解答題壓軸題訓(xùn)練（四）-2020-2021學(xué)年高一數(shù)學(xué)下學(xué)期期末考試壓軸題專練（2019尖子生專用）

解答題壓軸題訓(xùn)練（四）（時間：60分鐘總分：100）班級姓名得分解答題解題策略：（1）常見失分因素：①對題意缺乏正確的理解，應(yīng)做到慢審題快做題；②公式記憶不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性質(zhì)等；③思維不嚴謹，不要忽視易錯點；④解題步驟不規(guī)范，一定要按課本要求，否則會因不規(guī)范答題而失分，避免“對而不全”，如解概率題時，要給出適當?shù)奈淖终f明，不能只列幾個式子或單純的結(jié)論，表達不規(guī)范、字跡不工整等非智力因素會影響閱卷老師的“感情分”；⑤計算能力差導(dǎo)致失分多，會做的試題一定不能放過，不能一味求快，⑥輕易放棄試題，難題不會做時，可分解成小問題，分步解決，如最起碼能將文字語言翻譯成符號語言、設(shè)應(yīng)用題未知數(shù)、設(shè)軌跡的動點坐標等，都能拿分。也許隨著這些小步驟的羅列，還能悟出解題的靈感。（2）何為“分段得分”：對于同一道題目，有的人理解的深，有的人理解的淺；有的人解決的多，有的人解決的少。為了區(qū)分這種情況，中考的閱卷評分辦法是懂多少知識就給多少分。這種方法我們叫它“分段評分”，或者“踩點給分”——踩上知識點就得分，踩得多就多得分。與之對應(yīng)的“分段得分”的基本精神是，會做的題目力求不失分，部分理解的題目力爭多得分。對于會做的題目，要解決“會而不對，對而不全”這個老大難問題。有的考生拿到題目，明明會做，但最終答案卻是錯的——會而不對。有的考生答案雖然對，但中間有邏輯缺陷或概念錯誤，或缺少關(guān)鍵步驟——對而不全。因此，會做的題目要特別注意表達的準確、考慮的周密、書寫的規(guī)范、語言的科學(xué)，防止被“分段扣分”。經(jīng)驗表明，對于考生會做的題目，閱卷老師則更注意找其中的合理成分，分段給點分，所以“做不出來的題目得一二分易，做得出來的題目得滿分難”。對絕大多數(shù)考生來說，更為重要的是如何從拿不下來的題目中分段得點分。我們說，有什么樣的解題策略，就有什么樣的得分策略。把你解題的真實過程原原本本寫出來，就是“分段得分”的全部秘密。①缺步解答：如果遇到一個很困難的問題，確實啃不動，一個聰明的解題策略是，將它們分解為一系列的步驟，或者是一個個小問題，先解決問題的一部分，能解決多少就解決多少，能演算幾步就寫幾步，尚未成功不等于失敗。特別是那些解題層次明顯的題目，或者是已經(jīng)程序化了的方法，每一步得分點的演算都可以得分，最后結(jié)論雖然未得出，但分數(shù)卻已過半，這叫“大題拿小分”。②跳步答題：解題過程卡在某一過渡環(huán)節(jié)上是常見的。這時，我們可以先承認中間結(jié)論，往后推，看能否得到結(jié)論。如果不能，說明這個途徑不對，立即改變方向；如果能得出預(yù)期結(jié)論，就回過頭來，集中力量攻克這一“卡殼處”。由于考試時間的限制，“卡殼處”的攻克如果來不及了，就可以把前面的寫下來，再寫出“證實某步之后，繼續(xù)有……”一直做到底。也許，后來中間步驟又想出來，這時不要亂七八糟插上去，可補在后面。若題目有兩問，第一問想不出來，可把第一問作為“已知”，先做第二問，這也是跳步解答。③退步解答：“以退求進”是一個重要的解題策略。如果你不能解決所提出的問題，那么，你可以從一般退到特殊，從抽象退到具體，從復(fù)雜退到簡單，從整體退到部分，從較強的結(jié)論退到較弱的結(jié)論。總之，退到一個你能夠解決的問題。為了不產(chǎn)生“以偏概全”的誤解，應(yīng)開門見山寫上“本題分幾種情況”。這樣，還會為尋找正確的、一般性的解法提供有意義的啟發(fā)。④輔助解答：一道題目的完整解答，既有主要的實質(zhì)性的步驟，也有次要的輔助性的步驟。實質(zhì)性的步驟未找到之前，找輔助性的步驟是明智之舉。如：準確作圖，把題目中的條件翻譯成數(shù)學(xué)表達式，設(shè)應(yīng)用題的未知數(shù)等。答卷中要做到穩(wěn)扎穩(wěn)打，字字有據(jù)，步步準確，盡量一次成功，提高成功率。試題做完后要認真做好解后檢查，看是否有空題，答卷是否準確，所寫字母與題中圖形上的是否一致，格式是否規(guī)范，尤其是要審查字母、符號是否抄錯，在確信萬無一失后方可交卷。一、解答題如圖，在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，AA1⊥平面ABCD，AC與(1)證明：BD⊥A(2)求直線A1C與平面(3)求二面角A?A1【答案】(1)證明：由AA1⊥平面ABCD，有AA1⊥BD;

由四邊形ABCD為菱形，

所以AC⊥BD，

又因為AC∩AA1=A，所以BD⊥平面ACC1A1，

因為A1C?平面ACC1A1，

所以BD⊥A1C．

(2)設(shè)點C到平面A1BD的距離為h，則有在△A1DB中，A1D=10,A1B=A1A2+AB2=10,DB=2，

所以，

所以，

因為VA1?DBC=VC?A1DB，

得?=2，

又因為，

又因為A1C=A1A2+AC2=32，

設(shè)A1C與平面A1BD夾角為θ，

則sinθ=?A1C=232=13．

(3)過O作OE⊥A1C于【知識點】線面垂直的判定、二面角、線面垂直的性質(zhì)、直線與平面所成角【解析】本題考查了面面垂直的判定以及性質(zhì)，線面角和二面角的求法，屬于中檔題．

(Ⅰ)利用線面垂直的判定定理證明BD⊥平面ACC1A1是解題的關(guān)鍵；

(2)根據(jù)等體積轉(zhuǎn)化求出點C到平面A1BD的距離為h，即可求出直線A1C與平面A1BD夾角的正弦值；已知?ABC中，過重心G的直線交邊AB于P，交邊AC于Q，設(shè)?APQ的面積為S1，?ABC的面積為S2，AP→(1)求GA→(2)求證：1p(3)求S1【答案】解：(1)延長AG交BC于D，則D為BC中點，，∵G是重心，∴GA；(2)設(shè)AB→∵AP→=p∵AQ→=q∵P,G,Q三點共線，則存在λ，使得PQ→=λPG即，，整理得λ=3p2p?1即2p?1p=1+qq，即(3)由，，，∵1p+1q，∵p>1，∴0<1則當1p=12時，S1S2取得最小值4∵1p≠1，則S【知識點】向量的夾角、向量的加法、減法、數(shù)乘運算、三角形面積公式、向量的數(shù)量積、平面向量的基本定理及其應(yīng)用【解析】本題考查平面向量的線性運算，考查基本定理和共線定理的應(yīng)用，考查面積公式的應(yīng)用，屬于較難題．

(1)延長AG交BC于D，則D為BC中點，可得，GA→=?2(2)設(shè)AB→=a→,AC→(3)可得，再根1p+1q

已知向量m=(3cos??x,??cos??x)，n=(?2asin??x,?2acos??x)，其中(2)

設(shè)函數(shù)，當時，是否存在整數(shù)使得f(x)的值域為？若存在，請求出a,b的值；若不存在，請說明理由．【答案】解：(1)∵

|m+n|=|m?n|

∴

(m+n)2=(m?n)2，即m?n=0

，

∵

m=(3cos?x,??cos?x)，n=(?2asin?x,?2acos?x)

∴

?2a3sinxcosx?2acos2x=0，即3sinxcosx+cos2x=0

，

∵

x∈(?π2?,??0)

∴

cosx∈(0?,??1)

，

∴

3sinx+cosx=0，即tanx=?33，∴x=?π6

，

∴

cos(x+π4)=2【知識點】輔助角公式、函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的圖象與性質(zhì)、兩角和與差的三角函數(shù)公式、向量的數(shù)量積【解析】本題考查三角函數(shù)求值，三角函數(shù)的值域，是中檔題．

(1)由|m+n|=|m?n|得m?n如圖，某小區(qū)準備將閑置的一直角三角形地塊開發(fā)成公共綠地，圖中設(shè)計時要求綠地部分(如圖中陰影部分所示)有公共綠地走道MN，且兩邊是兩個關(guān)于走道MN對稱的三角形(△AMN和現(xiàn)考慮方便和綠地最大化原則，要求點M與點A，B均不重合，落在邊BC上且不與端點B，C重合，設(shè)．

(1)若θ=π(2)為方便小區(qū)居民的行走，設(shè)計時要求AN，A?N的長度最短，求此時綠地公共走道【答案】解：(1)∵△AMN≌△A?MN，，

，

∴BM=12A′M=12AM．

∴AM=23AB=23a，

∵AB=a，BC=3a，，，

∴△AMN是等邊三角形，

∴S=2S△AMN=2×34×4a29=23a29．

(2)∵∠BMA′=π?2θ，AM=A′M，

∴BM=A′Mcos∠BMA′=?AMcos2θ．

∵AM+BM=a，即AM(1?cos2θ)=a，

．

在△AMN中，由正弦定理可得：，

，

令．

【知識點】解三角形的實際應(yīng)用、輔助角公式、三角形面積公式、二倍角公式及其應(yīng)用、三角函數(shù)的最值、半角公式與萬能公式、正弦、余弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)、兩角和與差的三角函數(shù)公式、正弦定理【解析】本題考查函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用、函數(shù)的最值及三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)，考查了學(xué)生的計算能力，培養(yǎng)了學(xué)生分析問題與解決問題的能力．

由∠B=π2，AB=a，BC=3a，可得∠BAC=π3，關(guān)注△BA′M與△AMN的特殊性，即可求解；

(1)因為θ=π3，所以BM=12A′M=12AM，可求得AM得長度，另△AMN為等邊三角形，進而得到公共綠地的面積；如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，△PAD是邊長為2的正三角形，PC=10，E為線段AD(1)求證：平面PBC⊥平面PBE；(2)是否存在滿足PF=λFC(λ>0)的點F，使得V【答案】(1)證明：因為△PAD是正三角形，E為線段AD的中點，所以PE⊥AD．因為ABCD是菱形，所以AD=AB．因為∠BAD=60°，所以△ABD是正三角形，所以BE⊥AD，

又PE∩BE=E所以AD⊥平面PBE．又AD?//?BC，所以BC⊥平面PBE．因為BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBE．(2)解：由PF=λFC所以，VB?PAEVD?PFB因此，VB?PAE=3所以，λ=2．即存在滿足PF=λFC(λ>0)的點F，使得V【知識點】線面垂直的判定、棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積、表面積和體積、面面垂直的判定【解析】本小題主要考查平面與平面垂直判定、三棱錐的體積等基礎(chǔ)知識；考查空間想象能力、運算求解能力、推理論證能力和創(chuàng)新意識；考查化歸與轉(zhuǎn)化、函數(shù)與方程等數(shù)學(xué)思想．

(1)由已知推導(dǎo)出AD⊥平面PBE，通過AD?//?BC，可得BC⊥平面PBE，進而可證平面PBC⊥平面PBE；

(2)由PF=λFC，知(λ+1)FC=PC，可得VB?PAE=12V在邊長為1的菱形ABCD中，A=60°，E是線段CD上一點，滿足|CE|=2|DE|，如圖所示，設(shè)AB=a，AD=b．

(1)用a，b表示BE．

(2)在線段BC上是否存在一點F，滿足AF⊥BE?【答案】解：(1)根據(jù)題意得：BC=AD=b，

CE=23CD=23BA=?23AB=?23a，

BE=BC+CE=b?23a．

(2)設(shè)BF=tBC=tb，則FC=1?tb，t∈0,1，

∴AF=AB+BF=a+tb，

【知識點】向量垂直的判斷與證明、向量的加法、減法、數(shù)乘運算、向量的模、向量的數(shù)量積【解析】本題考查向量的加、減法運算法則，數(shù)量積運算，屬于中檔題．

(1)根據(jù)題意可知BC=AD=b，求得CE=?23a，從而即可得到BE的值．

(2)根據(jù)題意設(shè)BF=tBC=tb，求得AF,BE關(guān)于

a，b的表達式，為使AF⊥BE在?ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，sinA(1)若?ABC還同時滿足下列四個條件中的三個：①a=7，②b=10，③c=8，④?ABC(2)若a=3，求?ABC周長L的取值范圍．【答案】解：因為sinAcosA=sinB+sinCcosB+cosC，

所以sinAcosB+sinAcosC=cosAsinB+cosAsinC，

即sinAcosB?cosAsinB=sinCcosA?cosCsinA，

所以sinA?B=sinC?A

因為A，B，C∈(0,π)，

所以A?B=C?A，即2A=B+C，所以A=π3，

(1)?ABC還同時滿足條件①③④，

理由如下：

若?ABC同時滿足條件①②，

則由正弦定理得sinB=bsinAa=537>1，這不可能，

所以?ABC不能同時滿足條件①②，

所以【知識點】輔助角公式、三角形面積公式、兩角和與差的三角函數(shù)公式、正弦定理【解析】本題主要考查了正弦定理，三角形的面積公式，和差角公式及輔助角公式在三角化簡求值中的應(yīng)用，屬于中檔題．

(1)先對已知等式結(jié)合和差角公式進行化簡，可求A，進行合理組合，結(jié)合正弦定理及三角形的面積公式即可判斷；

(2)由已知結(jié)合正弦定理可表示b，c，然后代入周長公式后結(jié)合和差角公式及輔助角公式進行化簡后，結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)可求．

某市某棚戶區(qū)改造建筑用地平面示意圖如圖所示，經(jīng)規(guī)劃調(diào)研確定，棚改規(guī)劃建筑用地區(qū)域近似為圓面，該圓面的內(nèi)接四邊形ABCD是原棚戶建筑用地，測量可知邊界AB=AD=?4萬米，BC=6萬米，CD=2萬米．

(1)請計算原棚戶區(qū)建筑用地ABCD的面積及線段AC的長；(2)因地理條件的限制，邊界AD，DC不能變更，而邊界AB，BC可以調(diào)整，為提高棚戶區(qū)改造建筑用地的利用率，請在弧上設(shè)計一點P，使得棚戶區(qū)改造的新建筑用地APCD的面積最大，并求最大值．【答案】解：(Ⅰ)∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓，

∴∠ABC+∠ADC=180°，連接AC，由余弦定理：

，

．

∴cos∠ABC=12，

∵∠ABC∈(0,π)，故∠ABC=60°，故

=83

(萬平方米)；

在△ABC中，由余弦定理：

=16+36?2×4×6×12=28，

∴AC=27；

(Ⅱ

又，

設(shè)AP=x，CP=y，

則，

又由余弦定理

=x2+y2?xy=28，

∴x2+y2?xy?2xy?xy=xy，

∴xy≤28，當且僅當x=y【知識