（浙江专用）2020高考数学二轮复习热考题型解法指导第2讲解答题审题技巧专题强化训练.docx

第2讲 解答题审题技巧专题强化训练1(2019宁波模拟)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且1.(1)求B；(2)若cos，求sin A的值解：(1)由1及正弦定理，得1，所以，即，则.因为在ABC中，sin A0，sin C0，所以cos B.因为B(0，)，所以B.(2)因为0C，所以C.又cos，所以sin.所以sin Asin(BC)sinsinsincoscossin.2.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1B1B为正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B平面BB1C1C.(1)求证：BC平面AB1C1；(2)求证：B1CAC1；(3)设点E，F，H，G分别是B1C，AA1，A1B1，B1C1的中点，试判断E，F，H，G四点是否共面，并说明理由解：(1)证明：在菱形BB1C1C中，BCB1C1.因为BC平面AB1C1，B1C1平面AB1C1，所以BC平面AB1C1.(2)证明：连接BC1.在正方形ABB1A1中，ABBB1.因为平面AA1B1B平面BB1C1C，平面AA1B1B平面BB1C1CBB1，AB平面ABB1A1，所以AB平面BB1C1C.因为B1C平面BB1C1C，所以ABB1C.在菱形BB1C1C中，BC1B1C.因为BC1平面ABC1，AB平面ABC1，BC1ABB，所以B1C平面ABC1.因为AC1平面ABC1，所以B1CAC1.(3)E，F，H，G四点不共面. 理由如下：因为E，G分别是B1C，B1C1的中点，所以GECC1.同理可证：GHC1A1.因为GE平面EHG，GH平面EHG，GEGHG，CC1平面AA1C1C，A1C1平面AA1C1C，所以平面EHG平面AA1C1C.因为F平面AA1C1C，所以F平面EHG，即E，F，H，G四点不共面3已知椭圆E：1(ab0)的离心率为，且过点P，右焦点为F，点N(2，0)(1)求椭圆E的方程；(2)设动弦AB与x轴垂直，求证：直线AF与直线BN的交点M仍在椭圆E上解：(1)因为e，所以ac，bc，即椭圆E的方程可以设为1.将点P的坐标代入得：b21，所以，椭圆E的方程为y21.(2)证明：右焦点为F(1，0)，设A(x0，y0)，由题意得B(x0，y0)所以直线AF的方程为：y(x1)，直线BN的方程为：y(x2)，联立得，(x1)(x2)，即x，再代入得，y，即y.所以点M的坐标为.又因为y，将y1代入得，y1.所以点M在椭圆E上4(2019杭州模拟)已知函数f(x).(1)若曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线方程为axy0，求x0的值；(2)当x0时，求证：f(x)x；(3)设函数F(x)f(x)bx(x0)，其中b为实常数，试讨论函数F(x)的零点个数，并证明你的结论解：(1)f(x).因为切线axy0过原点(0，0)，所以，解得：x02.(2)证明：设g(x)(x0)，则g(x).令g(x)0，解得x2.x在(0，)上变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0，2)2(2，)g(x)0g(x)所以当x2时，g(x)取得最小值.所以当x0时，g(x)1，即f(x)x.(3)F(x)0等价于f(x)bx0，等价于b0.注意x0.令H(x)b，所以H(x)(x0)当b0时，H(x)0 ，所以H(x)无零点，即F(x)在定义域内无零点当b0时，当0x2时，H(x)0，H(x)单调递减；当x2时，H(x)0，H(x)单调递增所以当x2时，H(x)有极小值也是最小值，H(2)b.当H(2)b0，即0b时，H(x)在(0，)上不存在零点；当H(2)b0，即b时，H(x)在(0，)上存在唯一零点2；当H(2)b0，即b时，由e1有Hbebb(e1)0，而H(2)0，所以H(x)在(0，2)上存在唯一零点；又因为2b3，H(2b)b.令h(t)ett3，其中t2b2，h(t)ett2，h(t)et3t，h(t)et3，所以h(t)e230，因此h(t)在(2，)上单调递增，从而h(t)h(2)e260，所以h(t)在(2，)上单调递增，因此h(t)h(2)e260，故h(t)在(2，)上单调递增，所以h(t)h(2)e240.由上得H(2b)0，由零点存在定理知，H(x)在(2，2b)上存在唯一零点，即在(2，)上存在唯一零点综上所述：当b时，函数F(x)的零点个数为0；当b时，函数F(x)的零点个数为1；当b时，函数F(x)的零点个数为2. 5已知数列an的前n项和为Sn，且满足a11，2an12anp(p为常数，n1，2，3，)(1)若S312，求Sn；(2)若数列an是等比数列，求实数p的值(3)是否存在实数p，使得数列满足：可以从中取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列？若存在，求出所有满足条件的p的值；若不存在，说明理由解：(1)因为a11，2an12anp，所以2a22a1p2p，2a32a2p22p.因为S312，所以22p22p63p24，即p6. 所以an1an3(n1，2，3，)所以数列an是以1为首项，3为公差的等差数列所以Sn1n3.(2)若数列an是等比数列，则aa1a3.由(1)可得：1(1p)解得p0.当p0时，由2an12anp，得：an1an1.显然，数列an是以1为首项，1为公比的等比数列所以p0.(3)当p0时，由(2)知：an1(n1，2，3，)所以1(n1，2，3，)，即数列就是一个无穷等差数列所以当p0时，可以得到满足题意的等差数列当p0时，因为a11，2an12anp，即an1an，所以数列an是以1为首项，为公差的等差数列所以ann1.下面用反证法证明：当p0时，数列中不能取出无限多项并按原来次序排列成等差数列假设存在p00，从数列中可以取得满足题意的无穷等差数列，不妨记为bn设数列bn的公差为d.当p00时，an0(n1，2，3，)所以数列bn是各项均为正数的递减数列所以d0.因为bnb1(n1)d(n1，2，3，)，所以当n1时，bnb1(n1)db1d