（通用版）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 46分大題保分練（四）文

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1、46分大題保分練(四) (建議用時(shí)：40分鐘) 17．(12分)(2019·福州模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a(sin B－cos C)＝(c－b)cos A. (1)求角A； (2)若b＝，點(diǎn)D在BC邊上，CD＝2，∠ADC＝，求△ABC的面積． [解]　法一：(1)根據(jù)正弦定理，及a(sin B－cos C)＝(c－b)cos A， 得sin A(sin B－cos C)＝(sin C－sin B)cos A， 所以sin Asin B＋sin Bcos A＝sin Ccos A＋cos Csin A， 即sin Asin B＋sin Bcos

2、A＝sin(A＋C)． 又A＋C＝π－B，所以sin(A＋C)＝sin B， 所以sin Asin B＋sin Bcos A＝sin B. 又0＜B＜π，所以sin B＞0， 所以sin A＋cos A＝1，即sin＝. 又0＜A＜π，所以＜A＋＜，所以A＋＝，解得A＝. (2)如圖，在△ACD中，AC＝b＝，CD＝2，∠ADC＝， 由正弦定理，得＝， 即＝，所以sin∠CAD＝1，∠CAD＝. 從而∠ACD＝π－－＝，∠ABC＝π－－＝， 所以AB＝AC＝. 故S△ABC＝·AB·AC·sin∠BAC＝×××sin＝. 法二：(1)因?yàn)閍(sin B－cos C)

3、＝(c－b)cos A， 所以asin B＝acos C＋(c－b)cos A， 由余弦定理，得asin B＝a·＋(c－b)·， 化簡得2acsin B＝2bc－(b2＋c2－a2)， 所以2acsin B＝2bc－2bccos A， 即asin B＝b－bcos A. 由正弦定理，得bsin A＝b－bcos A. 所以sin A＝1－cos A，所以sin＝. 又0＜A＜π，所以＜A＋＜，所以A＋＝，A＝. (2)在△ACD中，AC＝b＝，CD＝2，∠ADC＝， 由余弦定理，得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC， 即3＝AD2＋4－2×AD×2×，

4、解得AD＝1， 從而AD2＋AC2＝CD2，所以∠CAD＝， 所以∠ACD＝π－－＝，∠ABC＝π－－＝， 所以AB＝AC＝. 故S△ABC＝·AB·AC·sin∠BAC＝×××sin＝. 18．(12分)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是邊長為2的正三角形，M，N分別是AB，AA1的中點(diǎn)，且A1M⊥B1N. (1)求證：B1N⊥A1C； (2)求M到平面A1B1C的距離． [解]　法一：(1)如圖，連接CM. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM?平面ABC. 所以AA1⊥CM. 在△ABC中，AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥A

5、B. 又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1. 因?yàn)锽1N?平面ABB1A1，所以CM⊥B1N. 又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM. 因?yàn)锳1C?平面A1CM，所以B1N⊥A1C. (2)連接B1M. 在矩形ABB1A1中，因?yàn)锳1M⊥B1N，所以∠AA1M＝∠A1B1N. 所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即＝. 因?yàn)椤鰽BC是邊長為2的正三角形，M，N分別是AB，AA1的中點(diǎn)，所以AM＝1，CM＝，A1B1＝2. 設(shè)AA1＝x，則A1N＝. 所以＝，解得x＝2. 從而S△A1B1M＝S正方形ABB1A1＝2，A1C＝B1

6、C＝2. 在△A1CB1中，cos∠A1CB1＝＝，所以sin∠A1CB1＝， 所以S△A1B1C＝A1C·B1C·sin∠A1CB1＝. 設(shè)點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為d，由V三棱錐M-A1B1C＝V三棱錐C-A1B1M，得S△A1B1C·d＝S△A1B1M·CM， 所以d＝＝，即點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為. 法二：(1)同法一． (2)在矩形ABB1A1中，因?yàn)锳1M⊥B1N，所以∠AA1M＝∠A1B1N， 所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即＝. 因?yàn)椤鰽BC是邊長為2的正三角形，M，N分別是AB，AA1的中點(diǎn)， 所以AM＝1，CM＝，A1B1＝2. 設(shè)AA

7、1＝x，則A1N＝， 所以＝，解得x＝2. 如圖，取A1B1的中點(diǎn)D，連接MD，CD，過M作MO⊥CD于O. 在正方形ABB1A1中，易知A1B1⊥MD，由(1)可得CM⊥A1B1， 又CM∩MD＝M，所以A1B1⊥平面CDM. 因?yàn)镸O?平面CDM，所以A1B1⊥MO. 又MO⊥CD，A1B1∩CD＝D，所以MO⊥平面A1B1C， 即線段MO的長就是點(diǎn)M到平面A1B1C的距離． 由(1)可得CM⊥MD，又MD＝2，所以由勾股定理，得CD＝＝. S△CMD＝·CD·MO＝·CM·MD，即××MO＝××2， 解得MO＝，故點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為. 19．(12分)

8、(2019·合肥模擬)“工資條里顯紅利，個(gè)稅新政入民心”．隨著2019年新年鐘聲的敲響，我國自1980年以來，力度最大的一次個(gè)人所得稅(簡稱個(gè)稅)改革迎來了全面實(shí)施的階段．某IT從業(yè)者為了解自己在個(gè)稅新政下能享受多少稅收紅利，繪制了他在26歲～35歲(2009年～2018年)之間各年的月平均收入y(單位：千元)的散點(diǎn)圖： (1)由散點(diǎn)圖知，可用回歸模型y＝bln x＋a擬合y與x的關(guān)系，試根據(jù)有關(guān)數(shù)據(jù)建立y關(guān)于x的回歸方程； (2)如果該IT從業(yè)者在個(gè)稅新政下的專項(xiàng)附加扣除為3 000元/月，試?yán)?1)的結(jié)果，將月平均收入視為月收入，根據(jù)新舊個(gè)稅政策，估計(jì)他36歲時(shí)每個(gè)月少繳納的個(gè)人

9、所得稅． 附注：1.參考數(shù)據(jù)：xi＝55，yi＝155.5， (xi－)2＝82.5， (xi－)(yi－)＝94.9，ti＝15.1， (ti－)2＝4.84， (ti－)(yi－)＝24.2，其中ti＝ln xi；取ln 11＝2.4，ln 36＝3.6. 2．參考公式：回歸方程v＝bu＋a中斜率和截距的最小二乘估計(jì)分別為＝，＝－ . 3．新舊個(gè)稅政策下每月應(yīng)納稅所得額(含稅)計(jì)算方法及稅率表如下： 舊個(gè)稅稅率表(個(gè)稅起征點(diǎn)3 500元) 新個(gè)稅稅率表(個(gè)稅起征點(diǎn)5 000元) 繳稅級數(shù) 每月應(yīng)納稅所得額(含稅)＝收入－個(gè)稅起征點(diǎn) 稅率(%) 每月應(yīng)納稅所得額(含稅)

10、＝收入－個(gè)稅起征點(diǎn)－專項(xiàng)附加扣除 稅率(%) 1 不超過1 500元的部分 3 不超過3 000元的部分 3 2 超過1 500元至4 500元的部分 10 超過3 000元至12 000元的部分 10 3 超過4 500元至9 000元的部分 20 超過12 000元至25 000元的部分 20 4 超過9 000元至35 000元的部分 25 超過25 000元至35 000元的部分 25 5 超過35 000元至55 000元的部分 30 超過35 000元至55 000元的部分 30 … … … … … [解]　(1)令t

11、＝ln x，則y＝bt＋a. ＝＝＝5， ＝＝＝15.55，＝＝＝1.51， ＝－ ＝15.55－5×1.51＝8， 所以y關(guān)于t的回歸方程為y＝5t＋8. 因?yàn)閠＝ln x，所以y關(guān)于x的回歸方程為y＝5ln x＋8. (2)由(1)得該IT從業(yè)者36歲時(shí)月平均收入為 y＝5ln 11＋8＝5×2.4＋8＝20(千元)． 舊個(gè)稅政策下每個(gè)月應(yīng)繳納的個(gè)人所得稅為 1 500×3%＋3 000×10%＋4 500×20%＋(20 000－3 500－9 000)×25%＝3 120(元)． 新個(gè)稅政策下每個(gè)月應(yīng)繳納的個(gè)人所得稅為 3 000×3%＋(20 000－5 000

12、－3 000－3 000)×10%＝990(元)． 故根據(jù)新舊個(gè)稅政策，該IT從業(yè)者36歲時(shí)每個(gè)月少繳納的個(gè)人所得稅為3 120－990＝2 130(元)． 選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計(jì)分． 22．(10分)[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))．以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2＝，點(diǎn)P的極坐標(biāo)為. (1)求C的直角坐標(biāo)方程和P的直角坐標(biāo)； (2)設(shè)l與C交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M，求|PM|. [解]　(1)由ρ2＝得ρ2

13、＋ρ2sin2θ＝2?、?，將ρ2＝x2＋y2，y＝ρsin θ代入①并整理得，曲線C的直角坐標(biāo)方程為＋y2＝1. 設(shè)點(diǎn)P的直角坐標(biāo)為(x，y)，因?yàn)辄c(diǎn)P的極坐標(biāo)為， 所以x＝ρcos θ＝cos＝1，y＝ρsin θ＝sin＝1. 所以點(diǎn)P的直角坐標(biāo)為(1,1)． (2)法一：將代入＋y2＝1，并整理得41t2＋110t＋25＝0， Δ＝1102－4×41×25＝8 000＞0， 故可設(shè)方程的兩根分別為t1，t2， 則t1，t2為A，B對應(yīng)的參數(shù)，且t1＋t2＝－. 依題意，點(diǎn)M對應(yīng)的參數(shù)為. 所以|PM|＝＝. 法二：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)

14、， 則x0＝，y0＝. 由，消去t，得y＝x－. 將y＝x－代入＋y2＝1，并整理得41x2－16x－16＝0， 因?yàn)棣ぃ?－16)2－4×41×(－16)＝2 880＞0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝－. 所以x0＝，y0＝x0－＝×－＝－， 即M. 所以|PM|＝＝＝. 23．(10分)[選修4－5：不等式選講] 已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－|ax－3|(a＞0)． (1)當(dāng)a＝2時(shí)，求不等式f(x)＞1的解集； (2)若y＝f(x)的圖象與x軸圍成直角三角形，求a的值． [解]　(1)當(dāng)a＝2時(shí)，不等式f(x)＞1即|x＋1|－|2x－3|＞1. 當(dāng)x≤－

15、1時(shí)，原不等式可化為－x－1＋2x－3＞1，解得x＞5，因?yàn)閤≤－1，所以此時(shí)原不等式無解； 當(dāng)－1＜x≤時(shí)，原不等式可化為x＋1＋2x－3＞1， 解得x＞1，所以1＜x≤； 當(dāng)x＞時(shí)，原不等式可化為x＋1－2x＋3＞1，解得x＜3，所以＜x＜3. 綜上，原不等式的解集為{x|1＜x＜3}． (2)法一：因?yàn)閍＞0，所以＞0， 所以f(x)＝ 因?yàn)閍＞0，所以f(－1)＝－a－3＜0，f＝1＋＞0. 當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f(x)的圖象如圖①所示，要使得y＝f(x)的圖象與x軸圍成直角三角形，則(a－1)(a＋1)＝－1，解得a＝0，舍去； 當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)的圖象如圖②所示，所以y＝f(x)的圖象與x軸不能圍成三角形，不符合題意，舍去； 當(dāng)a＞1時(shí)，f(x)的圖象如圖③所示，要使得y＝f(x)的圖象與x軸圍成直角三角形，則(1－a)(a＋1)＝－1，解得a＝±，因?yàn)閍＞1，所以a＝. 綜上，所求a的值為. 圖①　　　圖②　　　圖③ 法二：因?yàn)閍＞0，所以＞0， 所以f(x)＝ 若y＝f(x)的圖象與x軸圍成直角三角形， 則(a－1)(a＋1)＝－1或(a＋1)(1－a)＝－1， 解得a＝0(舍去)或a＝或a＝－(舍去)． 經(jīng)檢驗(yàn)，a＝符合題意， 所以所求a的值為. - 8 -