高考数学二轮专题复习 开篇先学“审题”——开启专题复习之旅讲义

开篇先学“审题”开启专题复习之旅编者按开篇先学审题技法，旨在用通法引领复习，在复习中实践通法著名数学家波利亚总结了解决数学问题的四个步骤：弄清问题、拟订计划、实现计划、代入回顾其中“弄清问题”即审题审题是解题的基础和关键，一切解题的思路、方法、技巧都来源于认真审题审题是解题者对题目提供信息的发现、辨认和转译，并对信息作有序提炼，明确题目的条件、问题和相互间的关系审题就是“让题目会说话”，其具体内容是：已知什么，隐含什么，需作什么，注意什么，等等下面从审条件和审结论两个方面谈一下如何审题条件是题目的重要组成部分，解题时，充分利用和挖掘条件间的内在联系是解题的必经之路，审条件一般包括“审视隐含、审视结构、审视图形(图象)”等几方面.(一)审视隐含有的数学题条件并不明显，而寓于概念、存于性质或含于图中，审题时，就要注意深入挖掘这些隐含条件和信息，解题时，可避免因忽视隐含条件而出现的错误. 例1(2017衢州模拟)已知两条直线l1：4x3y10和l2：4x3y40，圆C过点P(1,1)且与两直线都相切，则圆C的方程为_审题指导 解析由已知可得直线l1与l2平行，且直线l1与l2间的距离d1，又圆C与l1，l2都相切，所以圆C的半径r.故可设圆的标准方程为(xa)2(yb)2，又P(1,1)在直线4x3y10上，即直线l1与圆C相切于点P(1,1)，故化简得解得a，b.故所求圆的方程为22.答案221.(2017杭州模拟)如图，在OMN中，A，B分别是OM，ON的中点，若xy(x，yR)，且点P落在四边形ABNM内(含边界)，则的取值范围是()A.B.C. D.解析：选C由题意不妨设OMN为等腰直角三角形，OMON2，则OAOB1，以OA，OB为x，y轴建立直角坐标系，则x，y满足不等式组对应的平面区域是以点B(0,1)，N(0,2)，M(2,0)，A(1,0)为顶点的等腰梯形(含边界)，当(x，y)取点(2,0)时，取得最小值；当(x，y)取点(0,2)时，取得最大值3，所以3，3，则，故选C.(二)审视结构数学问题中的条件和结论，很多都是以数式的结构形式进行搭配和呈现的在这些问题的数式结构中，往往都隐含着某种特殊关系，认真审视数式的结构特征，对数式结构进行深入分析，加工转化，可以寻找到突破问题的方案例2(2017绍兴模拟)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足1，则角A的取值范围是()A. B.C. D.审题指导解析由1，得b(ab)c(ac)(ac)(ab)，化简得b2c2a2bc，即，即cos A.又因为0A，所以0A，故选A.答案A2(2017金华中学模拟)已知向量ae，|e|1，对任意tR，恒有|ate|ae|，则()AaeBa(ae)Ce(ae) D(ae)(ae )解析：选C法一：由题意，得a22teat2e2a22eae2，即t22eat2eae20，因为该不等式对任意tR恒成立，则4(ea)28ea4e20，因而(eae2)20.于是eae20.所以e(ae)0，e(ae)故选C. 法二：如图，e，a，te，则|ae|，|ate|，由已知|.因为点B是直线OA上的任意点，点C与直线AB上的点的连线中线段AC的长度最短，故ACOB，也就是e(ae)(三)审视图形在一些高考数学试题中，问题的条件往往以图形的形式给出，或将条件隐含在图形之中，因此在审题时，要善于观察图形，洞悉图形所隐含的特殊的关系、数值的特点、变化的趋势，抓住图形的特征，利用图形所提供的信息解决问题.例3(2017浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A.1 B.3C.1 D.3审题指导 解析由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V12331.答案A3.(2017台州模拟)如图，M(xM，yM)，N(xN，yN)分别是函数f(x)Asin(x)(A0，0)的图象与两条直线l1：ym，l2：ym(Am0)的两个交点，记S|xNxM|，则S(m)的图象大致是()解析：选C由题意可得sin(xM)sin(xN)，则结合图象可得|(xM)(xN)|，所以S(m)|xMxN|是一个与m无关的常数函数，故选C.结论是解题的最终目标，解决问题的思维在很多情形下都是在目标意识下启动和定向的.审视结论是要探索已知条件和结论间的联系与转化规律，可以从结论中捕捉解题信息，确定解题方向.(一)结论转换解题的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误，而解题的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的.有些问题的结论看似不明确或不利于解决，可以转换角度，达到解决问题的目的.盯着未知数，这是个不错的解题途径. 例4(2017宁波模拟)已知函数f(x)ln x.(1)求函数f(x)的极值和单调区间；(2)求证：ln(n2，nN*)审题指导(1)(2)解(1)因为f(x)ln x，所以f(x)的定义域为(0，)，所以f(x).令f(x)0，得x1.所以f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(0,1)1(1，)f(x)0f(x)极小值故f(x)的极小值为f(1)1，无极大值，f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)(2)证明：由(1)知f(x)ln x在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，且f(1)1，所以对于x(0,1)，ln x1即ln x1.令x(n2，nN*)，则，所以ln11，即ln.则有ln，ln，ln，ln.将以上各式不等号两边分别相加，得lnlnlnln，即ln(n2，nN*)4(2017嘉兴模拟)设椭圆1(a)的右焦点为F，右顶点为A.已知，其中O为原点，e为椭圆的离心率(1)求椭圆的方程；(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BFHF，且MOAMAO，求直线l的斜率的取值范围解：(1)设F(c,0)，由，即，可得a2c23c2.又a2c2b23，所以c21.因此a24.所以椭圆的方程为1.(2)设直线l的斜率为k(k0)，则直线l的方程为yk(x2)，设B(xB，yB)，由方程组消去y，整理得(4k23)x216k2x16k2120.解得x2或x.由题意得xB，从而yB.由(1)知F(1,0)，设H(0，yH)，有(1，yH)，.由BFHF，得0，所以0，解得yH.因此直线MH的方程为yx.设M(xM，yM)，由方程组消去y，解得xM.在MAO中，MOAMAO|MA|MO|，即(xM2)2yxy，化简，得xM1，即1，解得k或k.所以直线l的斜率的取值范围为.(二)逆向分析一些题目从已知到结论不易证明，可采用逆向分析法，即从要证明的结论出发，逐步寻求使每一步结论成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为一个明显成立的条件或已知定理为止. 例5(2017温州模拟)设数列an的前n项和为Sn，已知a11，a26，a311，且(5n8)Sn1(5n2)SnAnB，n1,2，3，其中A，B为常数(1)证明：数列an为等差数列；(2)证明：不等式 1对任何正整数m，n都成立审题指导 证明(1)由已知，得S1a11，S2a1a27，S3a1a2a318.由(5n8)Sn1(5n2)SnAnB，知即解得A20，B8.故(5n8)Sn1(5n2)Sn20n8，所以(5n3)Sn2(5n7)Sn120n28.，得(5n3)Sn2(10n1)Sn1(5n2)Sn20，所以(5n2)Sn3(10n9)Sn2(5n7)Sn120.，得(5n2)Sn3(15n6)Sn2(15n6)Sn1(5n2)Sn0.因为an1Sn1Sn，所以(5n2)an3(10n4)an2(5n2)an10.因为5n20，所以an32an2an10.所以an3an2an2an1，n1.又因为a3a2a2a15，所以数列an为等差数列(2)由(1)可知，an15(n1)5n4，要证 1，只要证5amn1aman2.因为amn5mn4，aman(5m4)(5n4)25mn20(mn)16，故只要证5(5mn4)125mn20(mn)162，即只要证20m20n372.因为2aman5m5n85m5n8(15m15n29)20m20n37，所以命题得证5(2017宁波模拟)过抛物线E：x22py(p0)的焦点F作斜率分别为k1，k2的两条不同直线l1，l2，且k1k22，l1与E相交于点A，B，l2与E相交于点C，D，以AB，CD为直径的圆M，圆N(M，N为圆心)的公共弦所在直线记为l.若k10，k20，证明：2p2.证明：由题意知，抛物线E的焦点为F，直线l1的方程为yk1x.由得x22pk1xp20.设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实数根，从而x1x22pk1，y1y2k1(x1x2)p2pkp.所以点M的坐标为，(pk1，pk)同理可