【最高考】高考数学二轮专题突破课堂讲义 第24讲 高考题中的解答题解法.docVIP

第24讲高考题中的解答题解法 江苏高考数学试卷由填空题和解答题两部分构成，其中填空题14小题，每小题5分，总分70分，文科考生只要做解答题中的1520共计6题，总分90分，试卷总分160分 解答题就是给出一定的题设条件(即已知)，然后提出一定的要求(即结论)它要求考生能根据题设，运用已知的一切条件(含公理、定理、性质、定义、公式等)，通过推理和计算最终达到要求的目标在卷面上要求考生必须要将整个过程有条理、合乎逻辑、完整地陈述出来(包含添加的辅助线、引用的结论等)试卷中前160分的6道解答题可分为中低档题(前3题)，中高档题(后3题)，其中三角、向量与解三角形，立体几何，解析几何可归结为前一类，应用题，数列题，函数、方程及不等式类题可归结为后一类问题，当然这也不是绝对的，应用题和解析几何题也是可以对调位置的，这要看整个试卷的知识点分布，纵观最近几年的江苏高考题，我们感觉到8个“c”级考点一定会在试卷中有所体现试卷采用设点把关，注重层次性，即使是最后两题即所谓压轴题也不是高不可攀；试卷注重对基础知识的考查，既全面又突出重点；试卷注重对数学思想方法的考查，对学生的数学的学习能力、综合应用能力都有充分的要求在解答题的应试过程中，考生要根据自己的实际情况，选择适合自己的应试策略1. 已知o为坐标原点，(2sin2x，1)，(1，2sinxcosx1)，f(x)m.(1) 求yf(x)的单调递增区间；(2) 若f(x)的定义域为，值域为2，5，求实数m的值解：(1) f(x)2sin2x2sinxcosx1m1cos2xsin2x1m2sin2m.由2k2x2k(kz)，得yf(x)的单调递增区间为(kz)(2) 当x时，2x， 1sin， 1mf(x)4m， 解得m1.2. 在四棱锥pabcd中，abdc，ab平面pad, pdad，ab2dc，e是pb的中点求证：(1) ce平面pad；(2) 平面pbc平面pab.证明：(1) (证法1)取pa的中点f，连结ef、df.因为e是pb的中点，所以efab，且efab.因为abcd，ab2dc，所以efcd，efcd，于是四边形dcef是平行四边形，从而cedf.而ce平面pad，df平面pad，故ce平面pad.(证法2)取ab的中点m，连结em、cm.因为e是pb的中点，所以empa.因为abcd，ab2dc，所以cmad.因为em平面pad，pa平面pad，所以em平面pad.同理，cm平面pad.因为emcmm，em、cm平面cem，所以平面cem平面pad.而ce平面pad，故ce平面pad.(2) (接(1)中证法1)因为pdad，且f是pa的中点，所以dfpa.因为ab平面pad，df平面pad，所以dfab. 因为cedf，所以cepa，ceab.因为pa、ab平面pab，paaba，所以ce平面pab.因为ce平面pbc，所以平面pbc平面pab.3. 二次函数f(x)ax2bx(a、br)满足条件：f(0)f(1)；f(x)的最小值为. (1) 求函数f(x)的解析式； (2) 设数列an的前n项积为tn, 且tn， 求数列an的通项公式. 解：(1) 由题知解得故f(x)x2x.(2) tna1a2an，tn1a1a2an1(n2)， an(n2)又a1t11满足上式，所以an(nn*)4. 如图，在半径为、圆心角为60的扇形的弧上任取一点p，作扇形的内接矩形pnmq，使点q在oa上，点n、m在ob上，设矩形pnmq的面积为y.(1) 按下列要求写出函数的关系式：设pnx，将y表示成x的函数关系式；设pob，将y表示成的函数关系式；(2) 请你选用(1)中的一个函数关系式，求出y的最大值解：(1) on，omx， mnx， yx，x. pnsin，oncos，omsinsin， mnonomcossin， ysin(cossin)3sincossin2，.(2) 选择y3sincossin2sin. ， 2， 2即时，ymax.题型一 三角与向量综合题型解法例1 已知向量m(sinx，1)，n，函数f(x)m2mn2.(1) 求f(x)的最大值，并求取得最大值时x的集合；(2) 已知a、b、c分别为abc内角a、b、c的对边，且a、b、c成等比数列，且f(b)1，求的值解：(1) f(x)(mn)m2sin2xsinxcosx2sin2xsin2xcos2xsin.故f(x)max1，此时2x2k，kz，得xk，kz， f(x)取最大值时x的取值集合为x|xk，kz(2) f(b)sin1， 0b， 2b， 2b，b.由b2ac及正弦定理得sin2bsinasinc，于是. 在abc中，已知9，16.求：(1) ab的值；(2) 的值解：(1) (解法1)因为9，16，所以91625，即()25，亦即225，故ab5.(解法2)设a、b、c的对边依次为a、b、c，则由条件得bccosa9，accosb16.两式相加得c(bcosaacosb)91625，即c225，故abc5.(解法3)设a、b、c的对边依次为a、b、c，则由条件得bccosa9，accosb16. 由余弦定理得(b2c2a2)9，(c2a2b2)16，两式相加得c225，故abc5.(2) 由正弦定理得.在abc中，a、b、c所对的边分别为a、b、c，且满足cosa，2.(1) 求abc的面积；(2) 若bc5，求a的值解：(1) 因为cosa，0a，所以sina.又bccosa2，所以bc6，所以sabcbcsina62.(2) 因为bc5，bc6，所以或由余弦定理，得a2b2c22bccosa9，所以a3.题型二 解析几何题型解法例2 如图，在平面直角坐标系xoy中，已知点f是椭圆e：1(ab0)的左焦点，a、b、c分别为椭圆e的右、下、上顶点，满足5，椭圆的离心率为.(1) 求椭圆e的方程；(2) 若p为线段fc(包括端点)上任意一点，当取得最小值时，求点p的坐标；(3) 设点m为线段bc(包括端点)上的一个动点，射线mf交椭圆于点n，若，求实数的取值范围解：(1) 设f(c，0)， a(a，0)，b(0，b)，c(0，b)， (c，b)，(a，b) 5， acb25. ，a2b2c2，由，得a2，c1，b. 椭圆e的方程为1.(2) 线段fc的方程为yx(1x0)，设p(x，y)，则x(x2)y(y)x(x2)3(x1)(x2)4.当取得最小值时，x，则点p的坐标为.(3) 设m(0，m)，由，得n(1，m)代入椭圆e的方程，得3(1)24(m)2120.即4(m)2123(1)2. m， 04(m)2122.则0123(1)2122.解得1，即实数的取值范围为. 已知椭圆1经过点p，离心率是，动点m(2，t)(t0)(1) 求椭圆的标准方程； (2) 求以om为直径且被直线3x4y50截得的弦长为2的圆的方程；(3) 设f是椭圆的右焦点，过点f作om的垂线与以om为直径的圆交于点n，证明线段on长是定值，并求出定值解： (1) y21.(2) (x1)2(y2)25.(3) (解法1)设n(x0，y0)，点n在以om为直径的圆上，所以x0(x02)y0(y0t)0，即xy2x0ty0.又n在过f垂直于om的直线上，所以y0(x01)，即2x0ty02，所以on.(解法2)用平面几何知识：on2okom，其中k为fn与om的交点计算k.证得on22.题型三 数列题型解法例3 已知各项均为正数的等比数列an的公比为q，且0q.(1) 在数列an中是否存在三项，使其成等差数列？说明理由；(2) 若a11，且对任意正整数k，ak(ak1ak2)仍是该数列中的某一项 求公比q； 若bnlogan1(1)，snb1b2bn，tns1s2sn，试用s2 014表示t2 014.解：(1) 由条件知ana1qn1，0q0，所以数列an是递减数列，若有ak、am、an(kmn)成等差数列，则中项不可能是ak(最大)，也不可能是an(最小)若2amakan2qmk1qnk，(*)由2qmk2q1，知(*)式不成立，故ak、am、an不可能成等差数列(2) (解法1)akak1ak2a1qk1(1qq2)a1qk1，由知akak1ak2akak1ak2ak3 ，所以akak1ak2ak1，即q22q10，所以q1.(解法2)设akak1ak2am，则1qq2qmk，由1qq2知mk1，即mk1，以下同解法1. bn.(解法1)sn1，tn1(1)nnnsnnsnnsnnsnnsn(n1)snn，所以t2 0142 015s2 0142 014.(解法2)sn11sn，所以(n1)sn1(n1)sn1，所以(n1)sn1nsnsn1.2s2s1s11，3s32s2s21，(n1)sn1nsnsn1，累加得(n1)sn1s1tnn，所以tn(n1)sn11n(n1)(snbn1)1n(n1)1n(n1)snn，所以t2 0142 015s2 0142 014.已知数列an的前n项和为sn，常数0，且a1ans1sn对一切正整数n都成立(1) 求数列an的通项公式；(2) 设a10，100，当n为何值时，数列的前n项和最大解：(1) 取n1，得a2s12a1，a1(a12)0.若a10，则s10，当n2时，ansnsn10，所以an0.若a10，则a1，当n2时，2ansn，2an1sn1，上述两个式子相减得an2an1，所以数列an是等比数列综上，若a10，则an0；若a10，则an.(2) 当a10，且100时，令bnlg，所以bn2nlg2，所以bn是单调递减的等差数列(公差为lg2)，则b1b2b3b6lglglg10.当n7时，bnb7lglg0，ar)(1) 试求f(x)的单调区间；(2) 当a0时，求证：函数f(x)的存在唯一零点的充要条件是a1；(3) 求证：不等式0，由(1)知在xa处有极小值也是最小值f(a)，f(a)0，即lnaa10.令g(a)lnaa1，g(a)1.当0a1时，g(a)0，g(a)在(0，1)上单调递增；当a1时，g(a)0，g(a)在(1，)上单调递减故gmax(a)g(1)0，g(a)0只有唯一解a1.则f(x)0在(0，)上有唯一解时必有a1.综上，在a0时，f(x)0在(0，)上有唯一解的充要条件是a1.(3) 证明： 1x0)，f(x)x5.令f(x)0，解得x12，x23.当0x3时，f(x)0，故f(x)在(0，2)，(3，)上为增函数；当2x3时，f(x)0，故f(x)在(2，3)上为减函数由此可知f(x)在x2处取得极大值f(2)6ln2，在x3处取得最小值f(3)26ln3.(本题模拟高考评分标准，满分16分)在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆c：1(ab0)的左、右焦点分别为f1、f2，焦距为2，一条准线方程为x2.p为椭圆c上一点，直线pf1交椭圆c于另一点q.(1) 求椭圆c的方程；(2) 若点p的坐标为(0，b)，求过p、q、f2三点的圆的方程；(3) 若，且，求的最大值(1) 解：由题意得解得c1，a22，所以b2a2c21.所以椭圆c的方程为y21.(2分)(2) 因为p(0，1)，f1(1，0)，所以pf1的方程为xy10.由解得或所以点q的坐标为.(4分)(解法1)因为kpf1kpf21，所以pqf2为直角三角形(6分)因为qf2的中点为，qf2，所以圆的方程为.(8分)(解法2)设过p、q、f2三点的圆为x2y2dxeyf0，则解得所以圆的方程为x2y2xy0.(8分)(3) (解法1)设p(x1，y1)，q(x2，y2)，则(x11，y1)，(1x2，y2)因为，所以即所以解得x2.(12分)所以x1x2y1y2x2(1x2)yx(1)x2(1) .(14分)因为，所以22，当且仅当，即1时，取等号所以，即最大值为.(16分)(解法2)当pq斜率不存在时，在y21中，令x1得y.所以1(1)，此时1.(10分)当pq斜率存在时，设为k，则pq的方程是yk(x1)，由得(12k2)x24k2x2k220，韦达定理x1x2，x1x2.(12分)设p(x1，y1)，q(x2，y2) ，则x1x2y1y2x1x2k2(x11)(x21)(k21)x1x2k2(x1x2)k2(k21)k2k2(14分).的最大值为，此时1.(16分)1. 在abc中，a、b、c的对边分别为a、b、c.(1) 若sin2cosa，求a的值；(2) 若cosa，b3c，求sinc的值解：(1) 由题意知sinacoscosasin2cosa，从而sinacosa，且cosa0，所以tana.因为0a，所以a.(2) 由cosa，b3c，及a2b2c22bccosa，得b2a2c2，所以abc是直角三角形，且b，所以sinccosa.点评：本题主要考查三角函数的基本关系式、两角和的正弦公式、解三角形，考查运算求解能力，是c级要求，但属容易题解题说理要准确、完整，过程要合理、严谨2. 如图所示的是自动通风设施该设施的下部abcd是等腰梯形，其中ab