江西省高考数学第二轮复习 第3讲 解答题题型特点与技法指导 理.doc

第3讲解答题题型特点与技法指导高考解答题一般有六大方向：三角函数与平面向量、概率与统计、立体几何、数列与不等式、解析几何、不等式与函数及导数一般来说，前三题属于中、低档题，第四题属中档偏难题，后两题属难题三角函数与平面向量、概率与统计、立体几何在前三题中出现的概率较高，掌握解这几类题的解法是大多数学生成功的关键目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题能否做好解答题，是高考成败的关键1三角函数有关三角函数的大题即解答题，主要是考查基础知识、基本技能和基本方法，且难度不大凸显恒等变换与三角函数图象、性质在三角形内考查主要考查以下4个方面：三角函数的图象、性质、图象变换，主要是yasin(x)b的图象、性质及图象变换，考查三角函数的概念、奇偶性、周期性、单调性、最值及图象的平移和对称等；三角恒等变换，主要考查公式的灵活运用、变换能力，一般需要运用和差角公式、倍角公式，尤其是对公式的应用与三角函数性质的综合考查；三角函数性质的应用通过解三角形来考查三角恒等变形及应用三角函数性质的综合能力；三角函数与平面向量、数列、不等式等知识的综合问题【例1】已知向量a(cos xsin x，sin x)，b(cos xsin x,2cos x)，设函数f(x)ab(xr)的图象关于直线x对称，其中，为常数，且.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若yf(x)的图象经过点，求函数f(x)在区间上的取值范围点评 利用向量的工具作用，与向量结合在一起命制综合题，体现了在知识交汇点处命题的指导思想这类问题求解时，首先利用向量的运算，将向量式转化为代数式，再进行有关的三角恒等变换，再研究三角函数的图象与性质变式训练1 (2012安徽高考，理16)设函数f(x)cossin2x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)设函数g(x)对任意xr，有gg(x)，且当x时，g(x)f(x)求g(x)在区间，0上的解析式2立体几何立体几何是高中数学的主干知识之一，命题形式比较稳定立体几何解答题主要分两类：一类是空间线面关系的判定和推理证明，主要是证明平行和垂直，求解这类问题要依据线面关系的判定定理和性质定理进行推理论证；另一类是空间几何量(空间角、空间距离、几何体体积与面积)的计算求解这类问题，常用方法是依据公理、定理以及性质等经过推理论证，作出所求几何量并求之一般解题步骤是“作、证、求”对以上两类问题特别要加强空间向量法的训练【例2】(2012河南豫东、豫北十校阶段性检测，18)如图，已知直角梯形acde所在的平面垂直于平面abc，bacacd90，eac60，abacae.(1)在直线bc上是否存在一点p，使得dp平面eab？请证明你的结论；(2)求平面ebd与平面abc所成的锐二面角的余弦值点评 线线平行、线面平行、面面平行的判定与证明是相互转化的，垂直也是如此；对于二面角，一般有两种方法，几何法与向量法，一般倾向于用向量法变式训练2 (2012陕西西安二模，19)如图，fd垂直于矩形abcd所在的平面，cedf，def90.(1)求证：be平面adf；(2)若矩形abcd的一个边ab3，ef2，则另一边bc的长为何值时，平面bef与平面cdfe所成角的大小为45.3概率与统计概率与统计问题的解答题是每年高考必考内容，主要考查古典概型、几何概型、等可能事件的概率计算公式，互斥事件的概率加法公式，对立事件的概率减法公式，相互独立事件的概率乘法公式，事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率计算公式等五个基本公式的应用及离散型随机变量分布列和数学期望、方差等内容【例3】(2012天津宝坻质检，16)某学科奥赛分为初赛、复赛、决赛三个阶段进行，若某选手通过初赛、复赛、决赛的概率分别是，且各阶段通过与否相互独立(1)求该选手在复赛阶段被淘汰的概率；(2)设该选手在比赛中比赛的次数为，求的分布列和数学期望点评 概率计算的关键是概率模型的判断，各事件之间的关系是互斥还是相互独立等，解题的关键是对概念理解到位求概率分布列的关键在于依据题意准确分析，计算随机变量在各个取值下对应的概率变式训练3 山东省第23届运动会将于2014年在济宁隆重召开为了搞好接待工作，组委会在某学院招募了12名男志愿者和18名女志愿者调查发现，这30名志愿者的身高如图：(单位：cm)若身高在175 cm以上(包括175 cm)定义为“高个子”，身高在175 cm以下(不包括175 cm)定义为“非高个子”，且只有“女高个子”才能担任“礼仪小姐”(1)如果用分层抽样的方法从“高个子”和“非高个子”中抽取5人，再从这5人中选2人，则至少有一人是“高个子”的概率是多少？(2)若从所有“高个子”中选3名志愿者，用表示所选志愿者中能担任“礼仪小姐”的人数，试写出的分布列，并求的数学期望4数列与不等式高考中数列解答题的求解主要有以下几个特点：(1)与等差、等比数列基本量有关的计算，可根据题意列方程(方程组)或利用等差、等比数列的性质求解；(2)与求和有关的题目，首先要求通项公式，并根据通项公式选择恰当的求和方法(如错位相减法、裂项相消法、分组求和法等)；(3)含sn的式子，要根据题目特征利用an进行转化；(4)与递推数列有关的问题，要能合理转化，使之构造出新的等差、等比数列；(5)与数列有关的不等式问题，可根据数列的特征选择方法(如比较法、放缩法、数学归纳法等)；(6)与函数有关的问题，应根据函数的性质求解【例4】(2012四川成都二诊，20)已知数列an和bn，b11，且bn13bn2n2，记anbn1bn1，nn*.(1)证明：数列an为等比数列；(2)求数列an和bn的通项公式；(3)记cnlogan3logan23，数列cn的前n项和为tn，若45tk29，kn*恒成立，求k的最大值点评 第(1)问考查了等比数列的证明，它是为第(2)、(3)问服务的第(2)问考查了求数列通项公式的常规方法第(3)问考查了数列的求和方法，是数列与不等式知识的综合问题变式训练4 (2012湖北八校二联，19)各项为正数的数列an的前n项和为sn，且满足：snaan(nn*)(1)求an；(2)设函数f(n)cnf(2n4)(nn*)，求数列cn的前n项和tn.5解析几何解析几何解答题主要考查圆锥曲线的基本概念、标准方程及几何性质等基础知识和处理有关问题的基本技能、基本方法，往往以中档偏难题或以压轴题形式出现，主要考查学生的逻辑推理能力、运算能力，考查学生综合运用数学知识解决问题的能力突破解答题，应重点研究直线与曲线的位置关系，要充分运用一元二次方程根的判别式和韦达定理，注意运用“设而不求”的思想方法，灵活运用“点差法”解题，要善于运用数形结合思想分析问题，使数与形相互转化，根据具体特征选择相应方法【例5】已知椭圆1，点p是椭圆上异于顶点的任意一点，过点p作椭圆的切线l，交y轴于点a，直线l过点p且垂直于l，交y轴于点b.试判断以ab为直径的圆能否经过定点，若能，求出定点坐标；若不能，请说明理由点评 直线与圆锥曲线的位置关系一直是命题的热点，基本方法是联立方程，利用判别式、根与系数关系求解，运算量一般较大，这类综合题中常涉及的问题有弦长问题、面积问题、对称问题、定点定值问题等，是历年高考的热点问题，复习时要注重通性通法的训练变式训练5 (2012山东高考，文21)如图，椭圆m：1(ab0)的离心率为，直线xa和yb所围成的矩形abcd的面积为8.(1)求椭圆m的标准方程；(2)设直线l：yxm(mr)与椭圆m有两个不同的交点p，q，l与矩形abcd有两个不同的交点s，t.求的最大值及取得最大值时m的值6函数与导数以函数为载体，以导数为工具，以考查函数性质及导数的应用为目标，以导数为工具围绕函数、不等式、方程等综合考查在知识的交汇处命题，涉及到具体内容较多，如给定解析式求参数值，给定条件求参数范围，以及对参数讨论与证明不等式问题，极值、最值、值域及分析图象交点等问题，都以导数为工具既考查函数部分的相关知识，又渗透函数与方程、数形结合、化归与转化、分类与整合等数学思想【例6】(2012河南许昌联考，21)设x3是函数f(x)(x2axb)e3x(xr)的一个极值点(1)求a与b的关系式(用a表示b)，并求f(x)的单调区间；(2)设a0，g(x)ex.若存在x1，x20,4使得|f(x1)g(x2)|1成立，求a的取值范围点评 本题考查了利用导数研究极值、单调区间、值域问题，考查了分类讨论思想等变式训练6 (2012广东中山一模，20)已知函数f(x)4x33x2sin ，其中xr，为参数，且0.(1)当0时，判断函数f(x)是否有极值，说明理由；(2)要使函数f(x)的极小值大于零，求参数的取值范围；(3)若对(2)中所求的取值范围内的任意参数，函数f(x)在区间(2a1，a)内都是增函数，求实数a的取值范围参考答案方法例析【例1】解：(1)因为f(x)sin2xcos2x2sin xcos xcos 2xsin 2x2sin由直线x是yf(x)图象的一条对称轴，可得sin1，所以2k(kz)，即(kz)又，kz，所以k1，故所以f(x)的最小正周期是(2)由yf(x)的图象过点，得f0，即2sin2sin，即故f(x)2sin由0x，有x，所以sin1，得12sin2，故函数f(x)在上的取值范围为1，2【变式训练1】解：(1)f(x)cossin2xsin 2x，故f(x)的最小正周期为(2)当x时，g(x)f(x)sin 2x故当x时，x由于对任意xr，gg(x)，从而g(x)gsinsin(2x)sin 2x当x时，x从而g(x)g(x)sin2(x)sin 2x综合得g(x)在，0上的解析式为【例2】解：(1)存在，线段bc的中点就是满足条件的点p证明如下：取ab的中点f，连接dp，pf，ef，则pfac，且fpac取ac的中点m，连接em，ecaeac且eac60，eac是正三角形，emac，四边形emcd为矩形，edmcac又edac，edfp且edfp，四边形efpd是平行四边形，dpef又ef平面eab，dp平面eab，dp平面eab(2)(解法1)过b作ac的平行线l，过c作l的垂线交l于g，连接dgedac，edl，则l是平面ebd与平面abc的交线平面eac平面abc，dcac，dc平面abc又cgl，ldg，dgc是所求二面角的平面角设abacae2a，则cda，gc2agda，cos cosdgc(解法2)bac90，平面eacd平面abc，以点a为坐标原点，直线ab为x轴，直线ac为y轴，建立空间直角坐标系axyz，如图所示设abacae2a，由已知，得b(2a,0,0)，e(0，a，a)，d(0,2a，a)，(2a，a，a)，(0，a,0)设平面ebd的法向量为n(x，y，z)，则且，解之，得取z2，得平面ebd的一个法向量为n(，0,2)又平面abc的一个法向量为n(0,0,1)cos |cosn，n|【变式训练2】解：(1)由abcd是矩形得bcad，推出bc平面adf由cedf得ce平面adfbccec，所以平面bce平面adfbe平面bce，从而be平面adf(2)如图，建立空间直角坐标系dxyz，设bca，ceb，dfc，得b(a,3,0)，c(0,3,0)，e(0,3，b)，f(0,0，c)，(0，3，cb)，(0,3，b)，2，解得b3，c4，设平面bef的一个法向量n(1，p，q)，由n0，n0，求得平面bef的一个法向量为n又da平面dcef，|cosn，|，解得a当bc时，平面bef与平面cdfe所成角的大小为45【例3】解：(1)记“该选手通过初赛”为事件a，“该选手通过复赛”为事件b，“该选手通过决赛”为事件c，则p(a)，p(b)，p(c)那么该选手在复赛阶段被淘汰的概率是：pp(a)p(a)p()(2)可能的取值为1,2,3p(1)p()1，p(2)p(a)p(a)p()，p(3)p(ab)p(a)p(b)的分布列为：123p的数学期望e123【变式训练3】解：(1)根据茎叶图，有“高个子”12人，“非高个子”18人，用分层抽样的方法，每个人被抽中的概率是，所以选中的“高个子”有122人，“非高个子”有183人用a表示事件“至少有一名高个子被选中”，则p(a)11因此，至少有一人是“高个子”的概率是(2)依题意，的取值为0,1,2,3p(0)，p(1)，p(2)，p(3)因此，的分布列如下：0123p所以e()01231【例4】解：(1)bn13bn2n2，bn3bn12(n1)2，n2，nn*两式相减，得bn1bn3bn3bn12(n2，nn*)整理，得bn1bn13(bnbn11)(n2，nn*)，即an3an1(n2，nn*)数列an是公比为3的等比数列(2)b23，a13113an3n(nn*)anbn1bn13n，bnbn113n1，bn1bn213n2，b2b1131累加，得bnb1n11bnn(nn*)(3)tn由45tk29得13590116k8又kn*，k的最大值为7，【变式训练4】解：(1)由snan2an，得，当n2时，sn1an12an1由化简得：(anan1)(anan12)0又数列an的各项为正数，当n2时，anan12故数列an成等差数列，公差为2又a1s1a12a1，解得a11，an2n1(2)由分段函数f(n)可以得到：c1f(6)f(3)a35，c2f(8)f(4)f(2)f(1)a11；当n3，nn*时，cnf(2n4)f(2n12)f(2n21)2(2n21)12n11，故当n3时，tn51(221)(231)(2n11)6(n2)2nnn1时，t15不满足tn2nn，n2时，t2c1c26满足tn2nn，故tn【例5】解：设点p(x0，y0)(x00，y00)，直线l的方程为yy0k(xx0)，代入1，整理得(34k2)x28k(y0kx0)x4(y0kx0)2120xx0是方程的两个相等实根，2x0，解得k直线l的方程为yy0(xx0)令x0，得点a的坐标为又1，4y023x0212，点a的坐标为又直线l的方程为yy0(xx0)，令x0，得点b的坐标为，以ab为直径的圆方程为xx0，整理得x2y2y10由得以ab为直径的圆恒过定点(1,0)和(1,0)【变式训练5】解：(1)设椭圆m的半焦距为c，由题意知所以a2，b1因此椭圆m的方程为y21(2)由整理得5x28mx4m240，由64m280(m21)8016m20，得m设p(x1，y1)，q(x2，y2)，则x1x2，x1x2所以|pq|(m)线段cd的方程为y1(2x2)，线段ad的方程为x2(1y1)不妨设点s在ad边上，t在cd边上，可知1m，s(2，m2)，d(2,1)，所以|st|sd|1(m2)(3m)，因此，令t3m(1m)，则m3t，t(3，2，所以，由于t(3，2，所以，因此当即t时，取得最大值，此时m不妨设点s在ab边上，t在cd边上，此时1m1，因此|st|ad|2，此时，所以当m0时，取得最大值不妨设点s在ab边上，t在bc边上，m1，由椭圆和矩形的对称性知的最大值为，此时m综上所述m或m0时，取得最大值【例6】解：(1)f(x)x2(a2)xbae3x，由f(3)0，得323(a2)bae330，即得b32a，则f(x)x2(a2)x33ae3x(x3)(xa1)e3x令f(x)0，得x13或x2a1，由于x3是函数的一个极值点所以x1x2，那么a4当a4时，x23x1，则在区间(，3)上，f