发布时间 : 星期一 文章2020年高考模拟河南省洛阳市高考数学一模试卷(理科) 含解析更新完毕开始阅读8c32db2701d8ce2f0066f5335a8102d276a261b1
综上可得a≤﹣故答案为：a≤﹣
或a＝e． 或a＝e．
2
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三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17．在△ABC中，角A，B，C对应边分别为a，b，c． （1）若△ABC的面积S满足（2）若
且b＞c，求b的值；
且△ABC为锐角三角形．求△ABC周长的范围．
【分析】（1）由已知结合余弦定理及三角形的面积公式可求tanC，进而可求C，然后再由余弦定理即可求解b，
（2）由已知结合正弦定理可表示b，c，然后根据和差角公式及辅助角公式进行化简后结合正弦函数的性质可求． 解：（1）∵4所以即tanC＝
，
， ，
又因为0＜C＜π， 所以C＝因为c＝
， ，a＝4，
＝，
，
由余弦定理可得cos解可得，b＝3因为b＞c＝所以，b＝3（2）
或b＝， ；
，
由正弦定理可得，＝，
故b＝2sinB，c＝2sinC＝2sin（），
由题意可知，，
解可得，则△ABC周长为＝因为所以故
＜sin（B+
，
， 2sin（
，
）+2sinB＝
，
， ）≤1，
，3
]．
因此三角形的周长的范围（3+
18．如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，BDEF为正方形，平面BDEF⊥平面ABCD，AD∥BC，
AD＝AB＝1，∠ABC＝60°
（1）求证：平面CDE⊥平面BDEF；
（2）点M为线段EF上一动点，求BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围．
【分析】（1）先求出BD⊥DC，再证明CD⊥平面BDEF，再根据面面垂直的判断定理求出即可；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求出平面BCM的法向量，BD 的方向向量，利用夹角公式，结合函数的最值，求出即可． 解：（1）等腰梯形ABCD，AD＝AB＝1， 由∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，
BD＝＝，
BC＝1+＝2，
所以BC2＝CD2+BD2，BD⊥DC，
由平面BDEF⊥平面ABCD，BD＝平面BDEF∩平面ABCD， 所以CD⊥平面BDEF， 又CD?平面CDE，
所以平面CDE⊥平面BDEF；
（2）根据题意，以D为圆心，以DB，DC，DE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设EM＝m∈[0，
]则B（
，
设平面BMC的法向量为
，
，0，0），C（0，1，0），D（0，0，0），M（m，0，
，
），
由令x＝故
，y＝3，z＝
，
， ，
设BD与平面BCM的夹角为θ， 所以sinθ＝|cos＜
＞|＝
，m∈[0，
]，
所以当m＝0时取最小值，m＝取最大值，
]．
故BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围为[
19．过点P（0，2）的直线与抛物线C：x2＝4y相交于A，B两点． （1）若
，且点A在第一象限，求直线AB的方程；
（2）若A，B在直线y＝﹣2上的射影分别为A1，B1，线段A1B1的中点为Q，求证BQ∥PA1． 【分析】本题第（1）题由题意，设过点P（0，2）的直线l的斜率为k，则l：y＝kx+2．然后由
，根据定比分点的知识，可得
＝2，
＝0．将y1＝kx1+2，
y2＝kx2+2代入最终可得到k的值，则即可求出直线AB的方程；第（2）题先联立直线l与抛物线方程，整理得到一元二次方程，根据韦达定理有x1+x2＝4k，x1?x2＝﹣8．再根据题意写出∴
＝（
﹣x2，﹣2﹣y2），
＝（x1，﹣4）．再根据平行向量的
坐标公式x1y2﹣x2y1＝0进行代入计算即可证明BQ∥PA1．
【解答】（1）解：由题意，设过点P（0，2）的直线l的斜率为k，则l：y＝kx+2． 设A（x1，y1），B（x2，y2）． ∵
，
∴根据定比分点的知识，有
＝2，
＝0．
∴x1+2x2＝6，y1+2y2＝0． ∵y1+2y2＝kx1+2+2（kx2+2）＝ ＝k（x1+2x2）+6 ＝6k+6＝0， 解得k＝﹣1．
∴直线AB的方程为y＝﹣x+2．
（2）证明：根据（1），联立直线l与抛物线方程，得
，
整理，得x﹣4kx﹣8＝0． 则x1+x2＝4k，x1?x2＝﹣8．
∵A1（x1，﹣2），B1（x2，﹣2）．∴Q（∴∵（
＝（
﹣x2，﹣2﹣y2），
，﹣2）．
＝（x1，﹣4）．
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﹣x2）?（﹣4）﹣x1?（﹣2﹣y2）