人人文库网 > 教育资料 > 中学教育 > （全国通用）2020版高考数学二轮复习 第三层备考篇 专题一 解题常用8术系统归纳讲义（打包8套）.zip
全国通用2020版高考数学二轮复习第三层备考篇专题一解题常用8术系统归纳第8讲解题卡壳攻坚突围讲义202001080660.docx
（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第三层备考篇 专题一 解题常用8术系统归纳讲义（打包8套）.zip
收藏
资源目录
压缩包内文档预览：
编号：56501853
类型：共享资源
大小：18.54MB
格式：ZIP
上传时间：2020-03-12
上传人：扣***
认证信息
机构认证
宁夏凯米世纪网络科技有限公司
宁夏
统一社会信用代码/组织机构代码
91640100MA774ECW4K
IP属地：宁夏
15
积分
- 关 键 词：
-
全国通用2020版高考数学二轮复习
第三层备考篇
专题一
解题常用8术系统归纳讲义打包8套
全国
通用
2020
高考
数学
二轮
复习
三层
备考
专题
解题
常用
系统
归纳
讲义
打包
- 资源描述：
-
（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第三层备考篇 专题一 解题常用8术系统归纳讲义（打包8套）.zip,全国通用2020版高考数学二轮复习,第三层备考篇,专题一,解题常用8术系统归纳讲义打包8套,全国,通用,2020,高考,数学,二轮,复习,三层,备考,专题,解题,常用,系统,归纳,讲义,打包
- 内容简介：
-
第1讲探求思路，图作向导方法概述对题设条件不够明显的数学问题求解，注重考查相关的图形，巧用图形作向导是从直观入手领会题意的关键所在.尤其是对一些复合函数、三角函数、不等式等形式给出的命题，其本身虽不带有图形，但我们可换个角度思考，设法构造相应的辅助图形进行分析，将代数问题转化为几何问题来解.力争做到有图用图，无图想图，补形改图，充分运用其几何特征的直观性来启迪思维，从而较快地获得解题的途径.这就是我们常说的图解法应用题型选择题、填空题、解答题中均有应用，主要涉及最值、不等式、取值范围等问题例1(1)已知函数y的图象与函数ykx的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是_.(2)函数f(x)sinx，对于x1x2xn，且x1，x2，xn0，8(n10)，记m|f(x1)f(x2)|f(x2)f(x3)|f(xn1)f(xn)|，则m的最大值为_.解析(1)y作出其图象如图所示，结合图象可知0k1或1k2.(2)函数f(x)sinx(0x8)的图象如图所示，根据正弦函数的图象及性质x1，x2，xn0，8(n10)，在0，8有4个周期，要使m的最大值，则|f(x1)f(x2)|f(x2)f(x3)|f(x3)f(x4)|f(xn1)f(xn)|最大.则x1，x2，xn都是顶点的横坐标，故mmax4416.答案(1)(0，1)(1，2)(2)16例2已知f(x)则不等式f(x)x2的解集为()a.1，1b.2，2c.2，1 d.1，2解析分别作出f(x)和yx2的图象如图所示.由图可知，f(x)x2的解集为1，1.答案a例3在abc中，bc边上的中线ad的长为2，点p是abc所在平面上的任意一点，则的最小值为()a.1b.2c.2d.1解析法一：(坐标法)以点d为坐标原点，da所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则d(0，0)，a(0，2).设点p的坐标为(x，y)，则(x，2y)，(x，y)，故()22(x2y22y)，2(x2y22y)2x2(y1)222，当且仅当x0，y1时等号成立.所以的最小值为2.故选c.法二：(几何法)取ad的中点m，则，.所以()22222222.显然，当p，m重合时，2取得最小值0，此时取得最小值2.故选c.答案c例4已知圆x2y2x6ym0与直线x2y30交于p，q两点，且0(o为坐标原点).求实数m的值及该圆的圆心坐标及半径.解圆的方程化为(y3)2m，圆心c的坐标为.如图，取pq的中点m，连接cm，om，则cmpq.所以直线cm的方程为2xy40.解方程组得点m(1，2)，故|cm|.因为0，所以opoq，所以|mq|mo|.由|mq|2|cm|2|qc|2，得5m，解得m3.故半径r.应用体验1.函数f(x)log2x的零点个数为()a.0b.1c.2d.3解析：选b令f(x)0，则log2x0，即log2x，分别作出y与ylog2x的图象如图所示.由图可知两函数图象的交点只有1个，即f(x)的零点个数为1.故选b.2.在平面上，|1，若|，则|的取值范围是()a.b.c.d.解析：选d根据，可知四边形ab1pb2是一个矩形.以a为坐标原点，ab1，ab2所在直线为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系.设|ab1|a，|ab2|b.点o的坐标为(x，y)，点p(a，b).|1，变形为|，(xa)2(yb)2，1x21y2.(xa)2y21，y21.同理，x21.x2y22.由可知：x2y22.|，0，b0)的左焦点f(c，0)(c0)，作圆x2y2的切线，切点为e，延长fe交双曲线右支于点p，若()，则双曲线的离心率为()a.b.c.d.解析：选a由题意可知e为fp的中点，且oefp.记f为双曲线的右焦点，作出示意图如图，连接fp，则fp綊2oe，所以fpfp，且|fp|a，故由双曲线的定义可得|fp|3a.所以(2c)2a2(3a)2，所以e.故选a.4.已知a0，b0，则不等式ab的解是()a.b.c.d.解析：选d法一：直接求解法.bax.故选d.法二：数形结合法.利用y的图象，如图所示.故选d.5.函数f(x)2(2x2)的值域为_.解析：因为f(x)2(2x2)，所以f(x)函数f(x)的图象如图所示，由图象得，函数f(x)的值域为2，4).答案：2，4)6第2讲解题常招，设参换元方法概述在解答数学问题时，我们常把某个代数式看成一个新的未知数，或将某些变元用另一参变量的表达式来替换，以便将所求的式子变形，优化思考对象，让原来不醒目的条件，或隐含的信息显露出来，促使问题的实质明朗化，使非标准型问题标准化，从而便于我们将问题化繁为简、化难为易、化陌生为熟悉，从中找出解题思路.这种通过换元改变式子形式来变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去考查、探究解题思路的做法，就是设参换元法，也就是我们常说的换元法应用题型此方法既适用选择题、填空题，也适用于解答题，多在研究方程、不等式、函数、三角、解析几何中广泛应用例1已知x，yr，满足x22xy4y26，则zx24y2的取值范围为_.解析法一：由x22xy4y26，得2xy6(x24y2)，而2xy，所以6(x24y2)，所以x24y24，当且仅当x2y时，取等号.又因为(x2y)262xy0，即2xy6，所以zx24y262xy12，综上可得4x24y212.法二：已知x22xy4y26，即(xy)2(y)2()2，故设xycos，ysin，即xcossin，ysin.则zx24y262xy62(cossin)sin84sin.所以84z84，即z的取值范围为4，12.答案4，12例2已知椭圆c的方程为y21，且直线l：ykxm与圆o：x2y21相切，若直线l与椭圆c交于m，n两点，求omn面积的最大值.解圆o的圆心为坐标原点，半径r1，由直线l：ykxm，即kxym0与圆o：x2y21相切，得1，故有m21k2.由消去y得(4k21)x28kmx4m240.设m(x1，y1)，n(x2，y2)，则x1x2，x1x2.所以|x1x2|2(x1x2)24x1x24.将代入，得|x1x2|2，故|x1x2|.所以|mn|x1x2|.故omn的面积s|mn|1.令t4k21(t1)，则k2，代入上式，得s2，所以当t3，即4k213，解得k时，s取得最大值，且最大值为1.应用体验1.椭圆1的左焦点为f，直线xm与椭圆相交于点a，b，当fab的周长最大时，fab的面积为_.解析：已知1，则f(1，0).设a(2cos，sin)，b(2cos，sin)，则|af|bf|2cos，故fab的周长l2(2cos)2sin44sin.当时，l取得最大值，此时fab的面积为s(12cos)2sinsin(12cos)3.答案：32.不等式log2(2x1)log2(2x12)2的解集是_.解析：设log2(2x1)y，则log2(2x12)1log2(2x1)y1，故原不等式可化为y(y1)2，解得2y1.所以2log2(2x1)1，解得log2xlog23，即x.答案：3.ysin xcos xsin xcos x的最大值是_.解析：设sin xcos xt，则sin xcos x，所以yt(t1)21，当t时，ymax.答案：4.若过定点n(0，2)的直线l交椭圆y21于不同的两点a，b，则|ab|的最大值为_.解析：当直线l的斜率不存在时，a(0，1)，b(0，1)或a(0，1)，b(0，1)，此时|ab|2.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx2，由消去y得，(19k2)x236kx270，由(36k)2108(19k2)0得k2.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，可得x1x2，x1x2，|ab|x1x2|，令19k2t，则t4，|ab|22，当，即k时，有|ab|max.综上，|ab|的最大值为.答案：4第3讲出奇制胜，巧妙构造方法概述构造法是指根据题设条件和结论的特征、性质，运用已知数学关系式和理论，构造出满足条件或结论的数学对象，从而使原问题中隐含的关系和性质在新构造的数学对象中清晰地展现出来，并借助该数学对象方便快捷地解决数学问题的方法.构造法应用的技巧是“定目标构造”，需从已知条件入手，紧扣要解决的问题，把陌生的问题转化为熟悉的问题.解题时常构造函数、构造方程、构造几何图形等应用题型适用于各类题型，多涉及函数、方程、几何图形等知识例1(1)已知m，n(2，e)，且nb.m2d.m，n的大小关系不确定(2)已知定义在r上的可导函数yf(x)的导函数为f(x)，满足f(x)f(x)，且yf(x1)为偶函数，f(2)1，则不等式f(x)ex的解集为_.解析(1)由不等式可得lnmlnn，即lnn0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增.因为f(n)f(m)，所以nm.故选a.(2)令h(x)，则h(x)0，h(x)在r上是减函数，又yf(x1)是偶函数，yf(x)的图象关于直线x1对称，f(2)f(0)1，由f(x)ex得1，又h(0)1，h(x)h(0)，x0，故原不等式的解集为(0，).答案(1)a(2)(0，)例2已知a23a1，b23b1，且ab，则_.解析由题意可知a，b是方程x23x10的两个实数根，由根与系数的关系可知ab3，ab1，所以322(1)11.答案11例3已知m，n是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，现有以下命题：m，n，mn；m，n，m，n；m，n，mn；m，mnn.其中真命题的个数是()a.0b.1c.2d.3解析法一：(分析法)对于，若m，n，mn，则两平面可能是平行的，所以为假命题；对于，若m，n，m，n，只有当m与n相交时，才能推出，所以为假命题；对于，因为m，mn，所以n或n，又n，所以，所以为真命题；对于，若n，则结论正确，若n，则结论不正确，所以为假命题.综上可知，真命题的个数只有一个.故选b.法二：(构造法)如图，几何体abcda1b1c1d1为长方体.对于，a1b1bc，且a1b1平面a1b1c1d1，bc平面abcd，而平面abcd平面a1b1c1d1，所以为假命题；对于，a1b1平面abcd，分别取棱aa1，bb1的中点e，f，连接ef，显然ef平面abcd，而a1b1平面abb1a1，ef平面abb1a1，而平面abb1a1平面abcdab，故为假命题；对于，abcd，ab平面abcd，但cd平面abcd，所以为假命题.对于，因为m，mn，所以n或n，又n，所以，所以为真命题.综上可知，真命题的个数只有一个.故选b.答案b应用体验1.已知函数f(x)是定义在实数集r上的不恒为零的偶函数，且对任意的实数x都有xf(x1)(1x)f(x)，则f的值是()a.0b.c.1d.解析：选a由已知得，故构造函数g(x)，则g(x1)，所以g(x1)g(x)，即g(x)是周期为1的函数.又f(x)为偶函数，所以g(x)为奇函数.故再构造一个特例函数g(x)sin2x(xr)，所以f(x)xsin2x，从而有fsin50，故ff(0)0.故选a.2.已知数列an，an2an1n1，a11(nn*)，则an_.解析：由已知可得ann32an1(n1)3.设bnann3，则bn2bn1，所以bn是公比为2的等比数列，且b1a1135，所以bn52n1，所以an52n1n3.答案：52n1n33.函数f(x)的值域为_.解析：f(x)，其几何意义是平面内动点p(x，0)到两定点m(2，3)和n(5，1)的距离之和(如图所示)，求其值域只要求其最值即可.易知当m，n，p三点共线(即p在线段mn上)时，f(x)取得最小值，且f(x)min|mn|5，f(x)无最大值，故得函数的值域为5，).答案：5，)4.函数y的最大值和最小值分别为_，_.解析：从几何意义上考虑把原解析式看作是动点p(cosx，sinx)与定点q(3，0)连线的斜率，为此构造一个单位圆，探究单位圆上动点p(cosx，sinx)与定点q(3，0)连线的斜率问题.如图，因为动点在单位圆上运动时处于极端状态，即为切点时直线斜率分别为最大、最小，设切点分别为r，m.易知kor2，kom2，所以kqr，kqm，所以kpq.即y的最大值为，最小值为.答案：4第4讲声东击西，换位推理方法概述对有些问题在直接求解时会感到困难或根本难以从条件入手，这时可避开正面强攻，从结论的对立面入手，或考查与其相关的另一问题，或反例中也可找到解决问题的途径，有时甚至还能获得最佳的解法.这就是“声东击西，换位推理”的战术应用题型既有选择、填空题，也有解答题.主要体现为补集法、相关点法及反证法等例1若函数f(x)ln(x1)不存在零点，则实数k的取值范围是_.解析由题意可知解得x1且x0，当ln(x1)时，可得ln(kx)2ln(x1)ln(x1)2，可得kx(x1)2kx2(x1，x0)，由于x2或x2x20或x24，要使函数f(x)ln(x1)不存在零点，k的取值范围应取函数g(x)x2的值域的补集，即k|0k4，当k0时，函数无意义，故k的取值范围为(0，4).答案(0，4)例2已知p(4，0)是圆x2y236内的一点，a，b是圆上两动点，且满足apb90，求矩形apbq顶点q的轨迹方程.解连接ab，pq，oa，设ab与pq交于点m，如图所示.因为四边形apbq为矩形，所以m为ab，pq的中点，连接om.由垂径定理可知omab，设m(xm，ym)，在rtamo中，有|am|2|oa|2|om|236(xy).又在rtapb中，有|am|pm|.由得xy4xm100，故点m的轨迹是圆.因为点m是pq的中点，设q(x，y)，则xm，ym，代入点m的轨迹方程中得4100，整理得x2y256，即为所求点q的轨迹方程.应用体验1.某学校为了研究高中三个年级的数学学习情况，从高一，高二，高三三个年级中分别抽取了1，2，3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级来自不同年级的概率为_.解析：记高一年级中抽取的1个班级为a，高二年级中抽取的2个班级为b1，b2，高三年级中抽取的3个班级为c1，c2，c3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的所有可能结果为(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15种.设“抽取的两个班级来自不同年级”为事件a，则事件a为抽取的两个班级来自同一年级.两个班级来自同一年级的结果为(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4种.所以p(a)，故p(a)1p(a)1.所以两个班级来自不同年级的概率为.答案：2.已知函数f(x)ax2xlnx在区间(1，2)上不单调，则实数a的取值范围为_.解析：f(x)2ax1.(1)若函数f(x)在区间(1，2)上单调递增，则f(x)0在(1，2)上恒成立，所以2ax10，得a.令t，因为x(1，2)，所以t.设h(t)(tt2)，t，显然函数yh(t)在区间上单调递减，所以h(1)h(t)h，即0h(t).由可知，a.(2)若函数f(x)在区间(1，2)上单调递减，则f(x)0在(1，2)上恒成立，所以2ax10，得a.结合(1)可知，a0.综上，若函数f(x)在区间(1，2)上单调，则实数a的取值范围为(，0.所以若函数f(x)在区间(1，2)上不单调，则实数a的取值范围为.答案：3第5讲确定关系，待定系数方法概述待定系数法是确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的一种方法.其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等；待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程.使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否可用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解应用题型既有选择、填空题，也有解答题.分解因式、拆分分式、数列通项或求和、求函数式、求解析几何中曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解例1某种热饮需用开水冲泡，其基本操作流程如下：先将水加热到100，水温y()与时间t(min)近似满足一次函数关系；用开水将热饮冲泡后在室温下放置，热饮温度y()与时间t(min)近似满足的函数关系式为y80b(a，b为常数)，通常这种热饮在40时，口感最佳.某天室温为20时，冲泡热饮的部分数据如图所示.那么按上述流程冲泡一杯热饮，并在口感最佳时饮用，最少需要的时间为()a.35minb.30minc.25mind.20min解析由题图知，当0t5时，函数图象是一条线段，当t5时，函数图象是一条曲线，故当t5时，函数的解析式为y80b，将(5，100)和(15，60)代入解析式，有得故函数的解析式为y8020，t5.令y40，解得t25，所以最少需要的时间为25min.故选c.答案c例2已知焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且其焦点到渐近线的距离为2，则该双曲线的标准方程是()a.1b.y21c.1d.1解析由题意可设双曲线的标准方程为1(a0，b0)，因为双曲线的一条渐近线的倾斜角为，所以双曲线的一条渐近线方程为yx，即xy0，所以2，解得c4，由解得所以双曲线的标准方程是1.故选d.答案d例3已知等差数列an的前n项和为sn(nn*)，且s321，s565，则sn_.解析设等差数列an的前n项和为snan2bn.由已知可得化简得解得所以sn3n22n.答案3n22n应用体验1.二次不等式ax2bx20的解集是，则ab的值是()a.10b.10c.14d.14解析：选d由不等式的解集是，可知，是方程ax2bx20的两根，可得解得所以ab14.故选d.2.过三点a(1，3)，b(4，2)，c(1，7)的圆交y轴于m，n两点，则|mn|()a.2b.8c.4d.10解析：选c设圆的方程为x2y2dxeyf0，则解得圆的方程为x2y22x4y200.令x0，得y22或y22，m(0，22)，n(0，22)或m(0，22)，n(0，22)，|mn|4.故选c.3.已知函数f(x)asin(x)(a0，|)的部分图象如图所示，将函数yf(x)的图象向右平移个单位长度得到函数yg(x)的图象，则函数yg(x)的解析式为()a.g(x)2sin 2xb.g(x)2sinc.g(x)2sind.g(x)2sin解析：选d由图得a2，t，所以2.因为x时，y2，所以22k(kz)，所以2k(kz)，因为|，所以，所以函数f(x)2sin.因为函数g(x)的图象由函数f(x)的图象向右平移个单位长度得到，所以g(x)f2sin2sin.故选d.4.已知函数f(x)是定义在r上的奇函数，且x0时，f(x)(xa1)log2(x2)xm，其中a，m是常数，且a0.若f(0)f(a)1，则f(m3)()a.1b.1c.6d.6解析：选c由题意知f(0)a1m0，所以am1，又f(a)log2(a2)am，f(0)f(a)1，所以log2(a2)11，所以log2(a2)2，解得a2，所以m3.于是，当x0时，f(x)(3x)log2(x2)x3.故f(m3)f(6)f(6)(3log283)6.故选c.4第6讲蹊径可辟，分割补形方法概述所谓割补法就是把一个复杂面积或体积的计算分割成若干个简单图形的有关计算或将一个不易求出面积或体积的几何图形补足为较易计算的几何图形.也就是将复杂的或不熟悉的几何图形转化为简单的熟悉的几何图形或几何体.例如，把曲边形割补成规则图形、把斜棱柱割补成直棱柱、把三棱柱补成平行六面体、把三棱锥补成三棱柱或平行六面体、把多面体切割成锥体(特别是三棱锥)、把不规则的几何体割补成规则的几何体，从而把未知的转化为已知的、把陌生的转化为熟悉的、把复杂的转化为简单的、把不够直观的转化为直观易懂的应用题型在解决几何问题过程中，割补法是一种常用的方法.无论是平面几何、解析几何、还是立体几何，适时使用割补法，能帮助我们找到问题的突破口，把问题放到特殊的几何图形中，借助特殊图形分析问题，有时会柳暗花明，事半功倍例1(1)为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面积是()a.km2b.km2c.km2d.km2(2)如图，在多面体abcdef中，已知四边形abcd是边长为1的正方形，且ade，bcf均为正三角形，efab，ef2，则多面体的体积为()a.b.c.d.解析(1)如图，连接ac.在abc中，根据余弦定理可得ackm，又ab2km，bc1km，所以ac2bc2ab2，所以abc为直角三角形，且acb90，bac30，故dacdca15.所以adc为等腰三角形，且d150，设addcxkm，根据余弦定理得x2x2x23，即x23(2).所以小区的面积为13(2)(km2).故选d.(2)法一：如图，在ef上取点m，n，使emfn，连接ma，md，nb，nc，则mn1，三棱柱admbcn是直三棱柱，dmam.设h为ad的中点，连接mh，则mhad，且mh，sadmadmh.vabcdef2veadmvadmbcn21.故选a.法二：如图，取ef的中点g，连接ga，gb，gc，gd，则三棱锥eadg与三棱锥gbcf都是棱长为1的正四面体，易求得veadgvgbcf，又四棱锥gabcd的底面是边长为1的正方形，且侧棱边长为1.易求得其高为，则vgabcd11，所以vabcdef2veadgvgabcd2.故选a.答案(1)d(2)a例2(1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()a.816b.816c.88d.168(2)如图，在直三棱柱a1b1c1abc中，bca90，点e，f分别为ab，ac的中点，若bccacc1，则b1e与a1f所成的角的余弦值为_.解析(1)由三视图可知该几何体为一个半圆柱去掉一个直棱柱.其中半圆柱的高为4，底面半圆的半径为2；直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形，高为4.半圆柱的体积为v12248，直三棱柱的体积为v242416.所以所求几何体的体积为vv1v2816.故选b.(2)如图，把直三棱柱a1b1c1abc补成一个直平行六面体a1b1d1c1abdc，取bd中点g，连接b1g，则b1ga1f，eb1g即为b1e与a1f所成的角(或其补角).设bccacc12a，则b1ga，ab2a，b1ea，ge2bg2be22bgbecos1355a2，所以coseb1g，故b1e与a1f所成角的余弦值为.答案(1)b(2)应用体验1.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()a.64b.72c.80d.112解析：选c根据三视图可知该几何体为四棱锥pabcd与正方体abcda1b1c1d1的组合体，如图所示.由三视图中的数据可知，正方体abcda1b1c1d1的棱长为4，其体积v14364.四棱锥pabcd的底面为正方形abcd，高h3，且papb，其底面积为s4216，则四棱锥pabcd的体积v2sh16316.故所求几何体的体积vv1v2641680.故选c.2.如图，曲线ysin3把边长为4的正方形oabc分成阴影部分和白色部分.在正方形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是()a.b.c.d.解析：选a如图所示，设曲线ysin3与线段oc，ab，bc的公共点分别为d，e，f.连接de，设de的中点为g，易知g为曲线ysin3与de的交点，则d(0，3)，e(4，3)，f(1，4)，g(2，3).因为曲线ysin3与线段de围成的左(白色)、右(阴影)两部分面积相等，所以图中阴影部分的面积等于矩形debc的面积，所以所求概率为.故选a.3.如图，已知多面体abcdefg，ab，ac，ad两两垂直，平面abc平面defg，平面bef平面adgc，abaddg2，acef1，则该多面体的体积为()a.2b.4c.6d.8解析：选b法一：如图，把多面体abcdefg补成正方体depgabhm，则vabcdefgvdepgabhm234.故选b.法二：如图，取dg的中点h，以da，de，dh为棱构造长方体efhdbpca，则三棱锥chfg与三棱锥fpcb全等.所以vabcdefgvabpcdefhabacad2124.故选b.4.在正三棱锥sabc中，侧棱sc侧面sab，侧棱sc4，则此正三棱锥的外接球的表面积为_.解析：由正三棱锥中侧棱sc侧面sab，可得三条侧棱sa，sb，sc两两垂直.又三条侧棱相等，故可以三条侧棱为相邻三边作出一个正方体sbdcaefg，如图所示，其棱长为4，其外接球的直径就是此正方体的体对角线，所以2r12，即球半径r6，所以球的表面积s4r2144.答案：1446第7讲关注整体，设而不求方法概述设而不求是数学解题中的一种很有用的手段，采用设而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的无益的循环运算，从而达到准确、快速、简捷的解题效果应用题型选择题、填空题、解答题中均有应用在解决某些涉及若干个量的求值问题时，要有目标意识，通过虚设的策略，整体转化的思想，绕开复杂的运算过程，可使问题迅速得到解决.例1已知等比数列an中，sm16，s2m64，求s3m.解设公比为q，由于s2m2sm，故q1，于是得1qm4，则qm3，所以s3m(1qmq2m)16(1332)208.有些代数问题，通过挖掘题目中隐含的几何背景，设而不求，转化成几何问题求解.例2设a，b均为正数，且ab1，则的最大值为_.解析设u，v(u1，v1)，uvm，则u，v同时满足其中uvm表示直线，m为此直线在v轴上的截距.u2v24是以原点为圆心，2为半径的圆在第一象限内的一部分圆弧，如图所示，显然直线与圆弧相切时，所对应的截距m的值最大.由图易得mmax2，即2.答案2恰当合理地引入参数，可使解题目标更加明确，已知和欲求之间的联系得以明朗化，使问题能够得到解决.例3已知对任何满足(x1)2y21的实数x，y，不等式xyk0恒成立，求实数k的取值范围.解由题意设则g()xyksincos1ksin1k1k.令1k0，得k1.即实数k的取值范围是1，).在解析几何问题中，对于有关点的坐标采用设而不求的策略，能促使问题定向，简便化归，起到以简驭繁的解题效果.例4设抛物线y22px(p0)的焦点为f，经过点f的直线交抛物线于a，b两点，点c在抛物线的准线上，且bcx轴，求证：直线ac经过原点o.证明设a(2pt，2pt1)，b(2pt，2pt2)，则c.因为ab过焦点f，所以2pt12pt2p2，得t1t2.又直线oc的斜率koc4t2，直线oa的斜率koa，则kockoa.故a，o，c三点共线，即直线ac经过原点o.根据解题需要，可引入一个中间量作为中介，起到过渡作用，使问题得以解决.例5如图，oa是圆锥底面中心o到母线的垂线，oa绕轴旋转一周所得曲面将圆锥体积分成相等的两部分，求圆锥母线与轴的夹角的余弦值.解过点a作amso，垂足为m，可知maoaobosb.设max，obr，soh，则有x2hr2h.化简可得.又因为cos，即cos.所以cos2.于是cos4，又为锐角，所以cos2.某些看似十分复杂的运算，经过巧妙转换，恒等变形，使运算对象发生转移，起到意想不到的效果.例6求coscoscoscos的值.解设mcoscoscoscos，nsinsinsinsin，则mnsincossincossincossinsinsinsinsinsinn.而n0，故m.应用体验1.sin 10sin 30sin 50sin 70的值为_.解析：设asin 10sin 30sin 50sin 70，bcos 10cos 30cos 50cos 70，则absin 20sin 60sin 100sin 140cos 70cos 30cos 10cos 50b，而b0，由此可得a.答案：2.一直线被两直线4xy60，3x5y60截得的线段中点恰好是坐标原点，则这条直线的方程为_.解析：设所求直线分别交直线4xy60，3x5y60于点m，n，设m(x0，y0)，则有4x0y060.因为m，n关于原点对称，所以n(x0，y0)，从而3x05y060.由得x06y00.显然m(x0，y0)，n(x0，y0)，o(0，0)三点的坐标均适合方程.故所求直线的方程为x6y0.答案：x6y03.已知椭圆1，f1，f2为焦点，点p为椭圆上一点，f1pf2，则sf1pf2_.解析：设|pf1|r1，|pf2|r2，由椭圆定义得r1r210.由余弦定理得rr2r1r2cos64.2得，r1r212，所以sf1pf2r1r2sin 3.答案：34.在平面直角坐标系xoy中，双曲线1(a0，b0)的右支与焦点为f的抛物线x22py(p0)交于a，b两点.若|af|bf|4|of|，则该双曲线的渐近线方程为_.解析：法一：设a(x1，y1)，b(x2，y2)，由抛物线的定义可知|af|y1，|bf|y2，|of|，由|af|bf|y1y2y1y2p4|of|2p，得y1y2p.联立方程，得110.由根与系数的关系得y1y2b2p.pp，双曲线的渐近线方程为yx.法二：设a(x1，y1)，b(x2，y2)，由抛物线的定义可知|af|y1，|bf|y2，|of|，由|af|bf|y1y2y1y2p4|of|2p，得y1y2p.kab.由得kab，则，双曲线的渐近线方程为yx.答案：yx6第8讲解题卡壳，攻坚突围解题卡壳，一般都是卡在压轴题，或计算量大的题上，有时也卡在有些条件特殊的选择题、填空题上.卡壳题不一定就是做不好的题，或是啃不动的题，而是因某些运算，或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子难想出好主意，或回忆不到相关的公式、定理，或想不出相应的辅助线、辅助函数，或把条件看错，或在推理中错算了一步，再无法继续.解题过程卡在某一过渡环节上是常见的事.当解题遇到卡壳时，应注意调整心态、保持冷静，注重更换思考方式、跳步或跳问解答，沉着迎战.一般来说，对卡壳题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分析，回头整合相关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移，考查相关定义与图形，从不同的角度再次认识条件及结论，使之产生解题的灵感，从而获得相关的“自我提示”.因此，在重审结论或剖析条件时，要注重考查命题所涉及的概念、定理，把握命题的结构特点，构建相应的数学模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么.在审查已做的运算、推理与所求结论的要求是否对路时，要注重隐含条件的挖掘与整合，仔细清查还有哪些条件未用上，还有哪些相关的通法未用到，力争做到给什么，用什么.在沟通条件与结论时，要勇于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什么，找什么.这就是我们常说的卡壳突围术.常见的突围策略有以下两种.对设有多问的数学问题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是可用前一问的结论来求解的，此时应放弃前一问的求解，着重攻后面的几问，并将前一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地配合题设条件或有关定理来解答后面的问题.这种利用自己根本不懂或不会证明的问题作条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“空城计”，即：前问难作后问易，弃前攻后为上计(也可说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题).例1设函数fn(x)xnbxc(nn*，b，cr).(1)设n2，b1，c1，证明：fn(x)在区间内存在唯一零点；(2)设n2，若对任意x1，x21，1，有|f2(x1)f2(x2)|4，求b的取值范围；(3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在内的零点，判断数列x2，x3，xn，的增减性.解(1)证明：当b1，c1，n2时，fn(x)xnx1.fnfn(1)10，fn(x)在内存在零点.又当x时，fn(x)nxn110，fn(x)在上是单调递增的，fn(x)在区间内存在唯一零点.(2)当n2时，f2(x)x2bxc.对任意x1，x21，1都有|f2(x1)f2(x2)|4等价于f2(x)在1，1上的最大值与最小值之差m4.据此分类讨论如下：当1，即|b|2时，m|f2(1)f2(1)|2|b|4，与题设矛盾.当10，即0b2时，mf2(1)f24恒成立.当01，即2b0时，mf2(1)f24恒成立.综上可知，当2b2时，对任意x1，x21，1都有|f2(x1)f2(x2)|4.故b的取值范围为2，2.(3)法一：设xn是fn(x)在内的唯一零点(n2)，则fn(xn)xxn10，fn1(xn1)xxn110，xn1，于是有fn(xn)0fn1(xn1)xxn11xxn11fn(xn1).又由(1)知fn(x)在上是单调递增的，故xnxn1(n2)，所以数列x2，x3，xn，是递增数列.法二：设xn是fn(x)在内的唯一零点，fn1(xn)fn1(1)(xxn1)(1n111)xxn1xxn10，则fn1(x)的零点xn1在(xn，1)内，故xnxn1(n2)，所以数列x2，x3，xn，是递增数列.点评第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理较容易解决，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第(3)问的解答.事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举.有些数学命题的求解，开始入手还较为顺畅，但一到最后就难以继
- 温馨提示:
1: 本站所有资源如无特殊说明，都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
2: 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等，如果需要附件，请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
3.本站RAR压缩包中若带图纸，网页内容里面会有图纸预览，若没有图纸预览就没有图纸。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 人人文库网仅提供信息存储空间，仅对用户上传内容的表现方式做保护处理，对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑，并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容，请与我们联系，我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
人人文库网所有资源均是用户自行上传分享，仅供网友学习交流，未经上传用户书面授权，请勿作他用。
|
2:不支持迅雷下载,请使用浏览器下载
3:不支持QQ浏览器下载,请用其他浏览器
4:下载后的文档和图纸-无水印
5:文档经过压缩，下载后原文更清晰
|
川公网安备: 51019002004831号