2018年高考数学二轮专题复习(浙江专版)保分大题规范专练四(含答案)
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保分大题规范专练（四）
1.函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)ω>0，0<φ<π2的部分图象如图所示，M为最高点，该图象与y轴交于点F(0，2)，与x轴交于点B，C，且△MBC的面积为π.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若fα－π4＝255，求cos 2α的值．
解：(1)因为S△MBC＝12×2×BC＝BC＝π，
所以最小正周期T＝2π＝2πω，ω＝1，
由f(0)＝2sin φ＝2，得sin φ＝22，
因为0<φ<π2，所以φ＝π4，所以f(x)＝2sinx＋π4.
(2)由fα－π4＝2sin α＝255，得sin α＝55，
所以cos 2α＝1－2sin2α＝35.
2.如图，四边形ABCD是圆台OO1的轴截面，AB＝2CD＝4，点M在底面圆周上，且∠AOM＝π2，DM⊥AC.
(1)求圆台OO1的体积；
(2)求二面角ADMO的平面角的余弦值．
解：法一：(1)由已知可得OM⊥平面AOD.
又AC⊥DM，从而有AC⊥DO，
由平面几何性质可得AC⊥CB，
设OO1＝h，在Rt△ABC中，有AC2＋BC2＝AB2，
即(9＋h2)＋(1＋h2)＝16，∴h＝3，
∴圆台OO1的体积V＝13πh(r21＋r1r2＋r22)＝73π3.
(2)过点O在△DOM内作OE⊥DM，作OH⊥平面DAM，垂足分别为E，H，连接EH. 易得EH⊥DM， 故∠OEH就是二面角ADMO的平面角．
在△DOM中，OE＝2.
易得DM＝AM＝22，AD＝2，S△ADM＝7.
由V三棱锥DAOM＝V三棱锥OADM，
即13h·S△AOM＝13·OH·S△ADM，得OH＝2217，
在Rt△OEH中，sin∠OEH＝OHOE＝67，
则二面角ADMO的余弦值为77.
法二：(1)由题意可得OO1，OM，OB两两互相垂直，以O为原点，分别以直线OM，OB，OO1为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，
设OO1＝h(h>0)，
则D(0，－1，h)，M(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,1，h)，
∴DM―→＝(2,1，－h)，AC―→＝(0,3，h)，
∵DM⊥AC，∴DM―→·AC―→＝3－h2＝0，
解得h＝3，
∴圆台OO1的体积V＝13πh(r21＋r1r2＋r22)＝73π3.
(2)由(1)知AM―→＝(2,2,0)，DM―→＝(2,1，－3)，OM―→＝(2,0,0)，
设平面ADM，平面ODM的法向量分别为
u＝(x1，y1，z1)，v＝(x2，y2，z2)，
则 u·AM―→＝0，u·DM―→＝0，且 v·DM―→＝0，v·OM―→＝0，
即 2x1＋2y1＝0，2x1＋y1－3z1＝0，且 2x2＋y2－3z2＝0，2x2＝0，
取u＝(3，－3，1)，v＝(0，3，1)，
∴|cos〈u，v〉|＝u·v|u||v|＝77，
又二面角ADMO为锐角，
则二面角ADMO的平面角的余弦值为77. 3．已知函数f(x)＝mx＋xln x(m>0)，g(x)＝ln x－2.
(1)当m＝1时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使fx1x1·gx2x2＝－1，其中e是自然对数的底数，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当m＝1时，f(x)＝1x＋xln x，
则f′(x)＝－1x2＋ln x＋1.
因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，
所以当x>1时，f′(x)>0；当0 所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)． (2)由题意知，令h(x)＝fxx＝mx2＋ln x， φ(x)＝gxx＝ln x－2x. 因为φ′(x)＝3－ln xx2>0在[1，e]上恒成立， 所以函数φ(x)＝ln x－2x在[1，e]上单调递增， 故φ(x)∈－2，－1e. 又h(x1)·φ(x2)＝－1， 所以h(x)∈12，e，即12≤mx2＋ln x≤e在[1，e]上恒成立，即x22－x2ln x≤m≤x2(e－ln x)在[1，e]上恒成立． 设p(x)＝x22－x2ln x， 则p′(x)＝－2xln x≤0在[1，e]上恒成立， 所以p(x)在[1，e]上单调递减， 所以m≥p(x)max＝p(1)＝12. 设q(x)＝x2(e－ln x)， 则q′(x)＝x(2e－1－2ln x)≥x(2e－1－2ln e)>0在[1，e]上恒成立， 所以q(x)在[1，e]上单调递增， 所以m≤q(x)min＝q(1)＝e. 综上所述，m的取值范围为12，e.
