浙江高考数学 5页

7 的距离为AB，某目标点P沿墙面的射击线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角q的大小.若15ABm=，25ACm=，30BCMÐ=°，则tanq的最大值为____________.  【答案】 【解析】∵AB=15cm，AC=25cm，∠ABC=90°，∴BC=20cm，过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=， 设BP′=x，则CP′=20﹣x，由∠BCM=30°，得PP′=CP′tan30°=（20﹣x），在直角△ABP′中，AP′=， ∴tanθ=•，令y=，则函数在x∈[0，20]单调递减，∴x=0时，取得最大值为=． 若P′在CB的延长线上，PP′=CP′tan30°=（20+x），在直角△ABP′中，AP′=，∴tanθ=•， 令y=，则y′=0可得x=时，函数取得最大值，故答案为：   三、解答题：本大题共5小题，共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.  【2014年浙江卷（理18）】（本小题满分14分） 在ABCD中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知ab¹，3c=，22coscos3sincos3sincosABAABB-=-. ⑴求角C的大小； ⑵若4sin5A=，求ABCD的面积. 解：（Ⅰ）∵△ABC中，a≠b，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB， ∴﹣=sin2A﹣sin2B， 即 cos2A﹣cos2B=sin2A﹣sin2B，即﹣2sin（A+B）sin（A﹣B）=2•cos（A+B）sin（A﹣B）． ∵a≠b，∴A≠B，sin（A﹣B）≠0，∴tan（A+B）=﹣，∴A+B=，∴C=． （Ⅱ）∵sinA=＜，C=，∴A＜，或A＞（舍去），∴cosA==． 由正弦定理可得，\n=，即 =，∴a=． ∴sinB=sin[（A+B）﹣A]=sin（A+B）cosA﹣cos（A+B）sinA=﹣（﹣）×=， ∴△ABC的面积为 =×=  8   【2014年浙江卷（理19）】（本小题满分14分） 已知数列{}na和{}nb满足*12(2)()nbnaaanN×××=Î.若{}na为等比数列，且12a=，326bb=+. ⑴求na与nb； ⑵设*11()nnncnNab=-Î.记数列{}nc的前n项和为nS. ①求nS； ②求正整数k，使得对任意*nNÎ，均有knSS³.  解：（Ⅰ）∵a1a2a3…an=（n∈N*） ①，当n≥2，n∈N*时， ②， 由①②知：，令n=3，则有．∵b3=6+b2，∴a3=8． ∵{an}为等比数列，且a1=2，∴{an}的公比为q，则=4，由题意知an＞0，∴q＞0，∴q=2． ∴（n∈N*）．又由a1a2a3…an=（n∈N*）得：， ，∴bn=n（n+1）（n∈N*）． （Ⅱ）（i）∵cn===． ∴Sn=c1+c2+c3+…+cn== ==；  （ii）因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；当n≥5时，， 而=\n＞0，得， 所以，当n≥5时，cn＜0，综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k=4 【2014年浙江卷（理20）】（本小题满分15分） 如图，在四棱锥ABCDE-中，平面ABC^平面BCDE，90CDEBEDÐ=Ð=°，2ABCD==，1DEBE==，2AC=. ⑴证明：DE^平面ACD； ⑵求二面角BADE--的大小.     9    证明：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=，由AC=，AB=2得AB2=AC2+BC2，即AC⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD； 作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AB交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B﹣AD﹣E的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2=BC2+BD2，得BD⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB，由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD． 在Rt△ACD中，由DC=2，AC=，得AD=； 在Rt△AED中，由ED=1，AD=得AE=； 在Rt△ABD中，由BD=，AB=2，AD=得BF=，AF=AD，从而GF=， 在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE=，BC=． 在△BFG中，cos∠BFG==， 所以，∠BFG=，二面角B﹣AD﹣E的大小为    【2014年浙江卷（理21）】(本小题满分15分) 如图，设椭圆C：22221(0)xyabab+=>>，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限. ⑴已知直线l的斜率为k，用a、b、k表示点P的坐标； ⑵若过原点O的直线1l与l垂直，证明：点P到直线1l的距离的最大值为ab-.  解：（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m（k＜0），由，消去y得 （b2+a2k2\n）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0． 由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即b2﹣m2+a2k2=0，解得点P的坐标为 （﹣，）， 又点P在第一象限，故点P的坐标为P（，）． （Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，故直线l1的方程为x+ky=0，所以点P到直线l1的距离    10 d=， 整理得：d=， 因为a2k2+≥2ab，所以≤=a﹣b，当且仅当k2=时等号成立． 所以，点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b      【2014年浙江卷（理22）】（本小题满分14分） 已知函数3()3||()fxxxaaR=+-Î. ⑴若()fx在[1-，1]上的最大值和最小值分别记为()Ma、()ma，求()()Mama-； ⑵设bRÎ，若2[()]4fxb+£对[1xÎ-，1]恒成立，求3ab+的取值范围. 解：（Ⅰ）∵f（x）=x3+3|x﹣a|=， ∴f′（x）=， ①a≤﹣1时，∵﹣1≤x≤1，∴x≥a，f（x）在（﹣1，1）上是增函数， ∴M（a）=f（1）=4﹣3a，m（a）=f（﹣1）=﹣4﹣3a， ∴M（a）﹣m（a）=8； ②﹣1＜a＜1时，x∈（a，1），f（x）=x3+3x﹣3a，在（a，1）上是增函数；x∈（﹣1，a），f（x）=x3﹣3x﹣3a，在（﹣1，a）上是减函数， ∴M（a）=max{f（1），f（﹣1）}，m（a）=f（a）=a3， ∵f（1）﹣f（﹣1）=﹣6a+2， ∴﹣1＜a≤时，M（a）﹣m（a）=﹣a3﹣3a+4； ＜a＜1时，M（a）﹣m（a）=﹣a3+3a+2； ③a≥1时，有x≤a，f（x）在（﹣\n1，1）上是减函数， ∴M（a）=f（﹣1）=2+3a，m（a）=f（1）=﹣2+3a， ∴M（a）﹣m（a）=4； （Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=， ∵[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立， ∴﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立， 由（Ⅰ）知，    11 ①a≤﹣1时，h（x）在（﹣1，1）上是增函数，最大值h（1）=4﹣3a+b，最小值h（﹣1）=﹣4﹣3a+b，则﹣4﹣3a+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2矛盾； ②﹣1＜a≤时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（1）=4﹣3a+b，∴a3+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2， 令t（a）=﹣2﹣a3+3a，则t′（a）=3﹣3a2＞0，t（a）在（0，）上是增函数，∴t（a）＞t（0）=﹣2， ∴﹣2≤3a+b≤0； ③＜a＜1时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（﹣1）=3a+b+2，则a3+b≥﹣2且3a+b+2≤2，∴﹣＜3a+b≤0； ④a≥1时，最大值h（﹣1）=3a+b+2，最小值h（1）=3a+b﹣2，则3a+b﹣2≥﹣2且3a+b+2≤2，∴3a+b=0． 综上，3a+b的取值范围是﹣2≤3a+b≤0．