2019届江苏高考数学二轮复习第四篇三求准提速秒杀填空题课件理.pptx

第四篇 渗透数学思想，提升学科素养,(三)求准提速，秒杀填空题,填空题具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点.在高考中，填空题的题量较大，共同特点是不管过程，只要结果.因此解答这类题目除直接法外，还要掌握一些解题的基本策略，避免“小题大做”.解题基本解答策略是：充分利用题目提供的信息作出判断.先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，提高解题速度.,方法一 直接法,直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，结合有关性质或结论，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问题.,1.已知xR，集合A0,1,2,4,5，集合Bx2，x，x2，若AB0,2，则x_.,解析 因为A0,1,2,4,5，Bx2，x，x2， 且AB0,2，,当x2时，B0,2,4，AB0,2,4，不符合题意，舍去； 当x0时，B2,0,2，AB0,2，符合题意. 所以x0.,答案,解析,0,1,2,3,4,5,答案,解析,1,2,3,4,5,解析 因为a，b均为正实数，,答案,解析,1,2,3,4,5,答案,解析,4.若抛物线y24x上的点M到焦点的距离为10，则点M到y轴的距离是_. 解析 设点M的横坐标为x0，准线方程为x1， 点M到焦点的距离为10， 根据抛物线定义得x0110， x09，因此点M到y轴的距离为9.,9,1,2,3,4,5,解析 设点P(x0，y0)，由抛物线定义得x0(1)3， 所以x02.,答案,解析,1,2,3,4,5,方法二 特值、特例法,当题目已知条件中含有某些不确定的量，可将题中变化的不定量选取符合条件的恰当特殊情形(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论.为保证答案的正确性，在利用此方法时，可以多取几个特例.,答案,解析,6.cos2cos2(120)cos2(240)的值为_.,答案,解析,4,解析 可取特殊位置来解，当过点K的直线与BC平行时，MN就是ABC的一条中位线，,因此mn2，故mn4.,8.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1PBQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为_.,答案,解析,21,解析 将P，Q置于特殊位置：PA1，QB， 此时仍满足条件A1PBQ，,则有VPABC .,剩余部分的体积为 ，所以截后两部分的体积比为21.,不妨令A点在x轴上方.,答案,解析,方法三 数形结合法,有些题目条件中的式子或关系具有明显的几何意义，我们可以作出函数的图象或几何图形，借助于图象或图形的性质、特征，得出结论.,解析 直线ykxk(k0)恒过定点(1,0)，在同一直角坐标系中作出函数yf(x)的图象和直线ykxk(k0)的图象，如图所示，,答案,解析,11.设s，t是不相等的两个正数，且ssln tttln s，则stst的取值范围为_.,答案,解析,(1，),当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)为增函数； 当x(1，)时，f(x)t，则00， 所以stst1.,答案,解析,(0,1),关于x的方程f(x)m恰有四个互不相等的实根x1，x2，x3，x4， 即函数yf(x)的图象与直线ym有四个不同的交点， 则0m1， 不妨设从左向右的交点的横坐标分别为x1，x2，x3，x4.,当x0时，由对数函数的性质知，log2x3log2x4，x3x41， 当xx20，(x1)(x2)2，,所以0x1x2x3x41.,答案,解析,由图可知Dx|2x4， 函数F(x)f(x)kx(xD)有零点， 即方程f(x)kx有根， 即ykx的图象与yf(x)的图象在(2，4上有交点，,设过原点的直线与ylog2x的切点为(x0，log2x0)，,方法四 构造模型法,构造模型法是由题目的条件和结论的特殊性构造出几何体、函数、向量等数学模型，然后在模型中进行推导与运算，达到快速解题的目的. 构造模型法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，细致观察题目中数学结构、形式上的特点，通过分析、联想、类比接触过的数学模型，寻找灵感构造具体的数学模型.,14.点A，B，C，D均在同一球面上，且AB，AC，AD两两垂直，且AB1，AC2，AD3，则该球的表面积为_.,解析 三棱锥ABCD的三条侧棱两两互相垂直， 所以可把它补为长方体，而长方体的体对角线长为其外接球的直径.,答案,解析,14,15.中国古代数学名著张丘建算经中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”.其意思是：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里.若该匹马 按此规律继续行走7天，则它这14天内所走的总路程为_里.,答案,解析,解析 由题意，该匹马每日所行路程构成等比数列an，,16.已知f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f(x)，若2f(x)f(x)2 017e2x1(其中e为自然对数的底数)的解集为_.,因此不等式F(x)2 017的解集为(0，).,(0，),答案,解析,解析 如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体， 设正方体的外接球球O的半径为R， 则正方体的体对角线长即为球O的直径.,答案,解析,数学素养专练,1.原命题p ：“设a，b，cR，若ab，则ac2bc2”以及它的逆命题，否命题、逆否命题中，真命题的个数为_. 解析 由当c0时，ac2bc20，得原命题为假命题， 则其逆否命题为假命题， 原命题的逆命题为“设a，b，cR，若ac2bc2，则ab”，为真命题， 则原命题的否命题为真命题.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,2,2.设alog54，b(log53)2，clog45则a，b，c的大小关系为_.(用“1， 所以c的值最大. 又因为0(log53)2， 即ab. 综上bac.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,bac,3.某流程图如图所示，若输出的S57，则判断框内应填_.,k4,解析 程序在运行过程中各变量值变化如下： k S 是否继续循环 循环前 1 1 / 第一圈 2 4 是 第二圈 3 11 是 第三圈 4 26 是 第四圈 5 57 否 故退出循环的条件应为k4.,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,作出f(x)的简图，如图所示， 由图象可得当f(x)在(0,4上任意取一个值时，都有四个不同的x与f(x)的值对应. 再结合题中函数yf(x)2bf(x)1有8个不同的零点， 可得关于k的方程k2bk10有两个不同的实数根k1，k2，且0k14,0k24.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,如图所示， 当y2k(x3)4过点(3,0)时，k有最大值，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,6,解析 如图所示，该四面体的四个顶点为长方体的四个顶点， 设长、宽、高分别为a，b，c，,因为该四面体的外接球直径为长方体的体对角线长， 所以4R2a2b2c26， 所以外接球表面积S4R26.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,18,解析 把平行四边形ABCD看成正方形，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,8.若锐角，满足cos2cos2cos21，那么tan tan tan 的最小值为_.,解析 如图，构造长方体ABCDA1B1C1D1， 设ABa，ADb，AA1c，C1AB，C1AD，C1AA1， 则cos2cos2cos21.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,令f(x)0，得x2，即函数f(x)在(2，)上单调递增，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,10.在数列an中，a11，且an12an1，则数列an的通项公式是_.,an2n1,解析 由an12an1， 得an112(an1)， 又a11，得a1120， 数列an1是首项为2， 公比q2的等比数列， 因此an122n12n，故an2n1.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,2,解析 实际上MN|f(x)g(x)|， 因此我们只要求|f(x)g(x)|的最大值，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,解析 设点P(a，b)，Q(c，d)， 由题设