新高考数学大二轮复习大题保分练含答案课件PPT

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大题保分练31．(2021·烟台模拟)从①sin A＝cos ，②2acos A＝bcos C＋ccos B，③acos C＋(2b＋c)cos A＝0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，______.(1)求A；(2)若a＝2，求△ABC面积的最大值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解　若选①：(1)sin A＝cos ，可得2sin cos ＝cos ，因为0<A<π，所以cos ≠0，故2sin ＝1，即sin ＝，由0<<，可知＝，所以A＝.(2)由余弦定理可知b2＋c2－2bccos A＝a2，即b2＋c2＝bc＋4.因为b2＋c2≥2bc，所以bc≤4，当且仅当b＝c＝2时，“＝”成立．所以△ABC面积的最大值为bcsin A＝×4×＝.若选②：(1)由正弦定理可得2sin Acos A＝sin Bcos C＋cos Bsin C.即2sin Acos A＝sin(B＋C)．因为A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sin A.故2sin Acos A＝sin A，解得cos A＝.因为0<A<π，所以A＝.(2)由余弦定理b2＋c2－2bccos A＝a2，即b2＋c2＝bc＋4.因为b2＋c2≥2bc，所以bc≤4，当且仅当b＝c＝2时，“＝”成立，所以△ABC面积的最大值为bcsin A＝×4×＝.若选③：(1)由正弦定理得sin Acos C＋(2sin B＋sin C)cos A＝0.因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋C)＝sin B，可得2sin Bcos A＋sin B＝0，因为0<B<π，所以sin B≠0，所以cos A＝－.因为0<A<π，所以A＝.(2)由余弦定理可知b2＋c2－2bccos A＝a2，即b2＋c2＝4－bc.因为b2＋c2≥2bc，所以bc≤，当且仅当b＝c＝时，“＝”成立，所以△ABC面积的最大值为bcsin A＝××＝.2．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an－，bn＝an－.(1)求证：数列{bn}是等比数列；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn<.证明　(1)因为a1＝2，an＋1＝an－，bn＝an－，所以＝＝＝＝，又b1＝a1－1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列．(2)由(1)得bn＝an－＝，所以an＝＋，所以Sn＝1＋＋＋…＋＋1＋＋＋…＋＝＋＝2－＋－<2＋＝.3.(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．解　(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.在矩形ABCD中，AD⊥DC，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC＝t，则A(t,0,0)，B(t,1,0)，M，P(0,0,1)，所以＝(t,1，－1)，＝.因为PB⊥AM，所以·＝－＋1＝0，得t＝，所以BC＝.(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得＝(－，0,1)，＝，＝(，0,0)，＝(，1，－1)．设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即令x1＝，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量为n1＝(，1,2)．设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0,1,1)．cos〈n1，n2〉＝＝＝，设二面角A－PM－B的平面角为α，则sin α＝＝＝＝，所以二面角A－PM－B的正弦值为.4．如图所示，曲线C由部分椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1所在椭圆的离心率为.(1)求a，b的值；(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(P，Q，A，B中任意两点均不重合)，若AP⊥AQ，求直线l的方程．解　(1)因为y＝－x2＋1(y≤0)，令y＝0，即x＝±1，因此A(－1,0)，B(1,0)，代入椭圆方程中，得b＝1，由＝以及 a2－c2＝b2＝1，可得a＝，所以a＝，b＝1.(2)由(1)可求出横轴上方的椭圆方程为y2＋2x2＝2(y≥0)，由题意可知，过点B的直线l斜率存在且不能为零，故设直线方程为x＝my＋1(m≠0)，代入椭圆C1得(2m2＋1)·y2＋4my＝0，故可得点P的坐标为，显然m<0，同理将x＝my＋1(m≠0)代入抛物线C2方程中，得m2y2＋y＋2my＝0，故可求得Q的坐标为，显然，m>－，∵AP⊥AQ，∴·＝·－·＝0,8m2＋2m＝0，解得m＝－，符合－<m<0，故直线l的方程为4x＋y－4＝0.