2015年高考文科数学二轮专题复习题：数学思想方法和常用的解题技

1、.?数学思想方法和常用的解题技巧?稳固训练一、选择题1假设a>b>1，P，Qlg alg b，Rlg，那么AR<P<Q BP<Q<RCQ<P<R DP<R<Q解析取a100，b10，此时P ，Qlg ，Rlg 55lg ，比较可知P<Q<R.答案B2在各项均为正数的等比数列an中，假设a5a69，那么log3a1log3a2log3a10A8 B10 C12 D2log35解析用特殊法由条件，联想到构造一等比数列3，3，3，可知B正确答案B3函数fx的零点个数为A0 B1 C2 D3解析当x>0时，可作出ylnx，y

2、x22x的图象如下图由图示可得函数fxln xx22xx>0有两个零点当x<0时，fx2x1有零点x.综上，可得fx有3个零点答案D4设0<x<，那么“xsin2 x<1是“xsin x<1的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析由0<x<，得0<sin x<1，故由xsin x<1，可得xsin2x<xsin x<1，即“xsin2x<1是“xsin x<1的必要条件；而假设xsin2x<1，那么xsin x<，但>1，故不能得到xsin x<

3、;1，所以“xsin2x<1是“xsin x<1的必要而不充分条件答案B5函数y的图象大致为解析函数有意义，需使exex0，故得其定义域为x|xR，且x0，故排除C，D；又因为y1，所以，当x>0时，函数为减函数，应选A.答案A6函数fxsin>0的最小正周期为，那么fx的图象的一条对称轴方程是Ax Bx Cx Dx解析由，所以1，所以fxsin，代入验证可知使sin±1，只有x，选C.答案C7函数fxmx2m3x1的图象与x轴的交点至少有一个在原点右侧，那么实数m的取值范围是A0,1 B0,1C，1 D，1解析令m0，由fx0，得x，合适，排除A，B.令m1

4、，由fx0，得x1；合适，排除C.答案D8三个互不重合的平面，m，n，且直线m，n不重合，由以下三个条件：m，n；m，n；m，n.能推得mn的条件是A或 B或C只有 D或解析构建长方体模型，如图，观察选项特点，可优先判断条件；取平面为平面ADDA，平面为平面ABCD，那么直线m为直线AD.因m，故可取平面为平面ABCD，因为n且n，故可取直线n为直线AB.那么直线AD与直线AB为异面直线，故m与n不平行因此，可排除A，C，D，选B.答案B9假设动点P，Q在椭圆9x216y2144上，且满足OPOQ，那么中心O到弦PQ的间隔 OH必等于A. B. C. D.解析选一个特殊位置如图，令OP，OQ分

5、别在长、短正半轴上，由a216，b29，得OP4，OQ3，那么OH.根据“在一般情况下成立，那么在特殊情况下也成立可知，答案C正确答案C10在平面直角坐标系中，假设不等式组a为常数所表示的平面区域的面积等于2，那么a的值为A5 B1 C2 D3解析如图阴影部分即为满足x10与xy10的可行域而直线axy10恒过点0,1，故看作该直线绕点0,1旋转，当a5时，那么可行域不是一个封闭区域；当a1时，封闭区域的面积是1；当a2时，封闭区域的面积是；当a3时，封闭区域的面积恰好为2.答案D11同时具有性质“最小正周期是，图象关于直线x对称；在上是增函数的一个函数是Aysin BycosCysin Dy

6、cos解析对于函数ysin的周期是4，所以排除A；对于函数ycos的周期为，而cos2×1，故x是此函数的对称轴，但此函数在上不是增函数，所以排除B；对于函数ysin的周期为，又sin1，故x是此函数的对称轴，又由2k2x2k，得kxkkZ，当k0时，知此函数在上是增函数，应选C.答案C12设0<b<1a，假设关于x的不等式xb2>ax2的解集中的整数恰有3个，那么A1<a<0 B0<a<1C1<a<3 D3<a<6解析取a±，代入原不等式得3x28bx4b2>0，解得x<b或x>2b，不符

7、合条件，从而排除A，B.取a4代入原不等式得15x22bxb2<0，解得<x<，0<b<5，解集中的整数解少于3个，从而排除D，应选C.答案C二、填空题13a，b为不垂直的异面直线，是一个平面，那么a，b在上的射影有可能是：两条平行直线；两条互相垂直的直线；同一条直线；一条直线及其外一点在上面的结论中，正确结论的序号是_写出所有正确的序号解析用正方体ABCDA1B1C1D1实例说明A1D1与BC1在平面ABCD上的射影互相平行，AB1与BC1在平面ABCD上的射影互相垂直，BC1与DD1在平面ABCD上的射影是一条直线及其外一点答案14函数fxln x.假设fx&

8、lt;x2在1，上恒成立，那么a的取值范围是_解析fx<x2，ln x<x2，又x>1，a>xln xx3，令gxxln xx3，hxgx1ln x3x2，hx6x，当x1，时，hx<0恒成立，hx在1，上单调递减hx<h12<0.即gx<0gx在1，上单调递减gx<g11.a>1.答案1，15过抛物线yax2a>0的焦点F作一直线交抛物线于P，Q两点，假设线段PF与FQ的长分别为p，q，那么为_解析假设用常规方法，运算量很大，不妨设PQx轴，那么pq，4a.答案4a16定义在R上的偶函数fx满足fx1fx，且在1,0上是增函数

9、，给出以下关于fx的命题：fx是周期函数；fx关于直线x1对称；fx在0,1上是增函数；fx在1,2上是减函数；f2f0其中正确命题的序号是_解析由fx1fx，可得fx2fx11fx1fxfx，所以函数fx是周期函数，它的一个周期为2，所以命题正确；由fx1fx，令x，可得ff，而函数fx为偶函数，所以fff，解得f0，故f0.根据函数fx在1,0上为增函数及f0，作出函数fx在1,0上的图象，然后根据fx为偶函数作出其在0,1上的图象，再根据函数的周期性把函数图象向两方无限延展，即得满足条件的一个函数图象，如下图 .由函数的图象显然可判断出命题正确，而函数fx在0,1上是减函数，在1,2上是

10、增函数，所以命题是错误的综上，命题是正确的答案三、解答题17设函数fxxaln xaR1当a3时，求fx的极值；2讨论函数fx的单调性解1函数fx的定义域为0，当a3时，fx1.令fx0，解得x1或2.fx与fx随x的变化如下表：x0,111,222，fx00fx极大值极小值所以fx在x1处获得极大值，f11；在x2处获得极小值，f213ln 2.2fx1，令gxx2ax2，其判别式a28，当|a|2时，0，fx0，故fx在0，上单调递增当a<2时，>0，gx0的两根都小于0，所以在0， 上，fx>0.故fx在0，上单调递增当a>2时，>0，gx0的两根为x1，x

11、2，且都大于0， fx与fx随x的变化如下表：x0，x1x1x1，x2x2x2，fx00fx极大值极小值故fx在，上单调递增，在上单调递减综上，当a2时，fx在0，上单调递增；当a>2时，fx在，上单调递增，在上单调递减18各项均为正数的等差数列an的公差d不等于0.a12，设a1，a3，a7是公比为q的等比数列bn的前三项1求数列anbn的前n项和Tn；2将数列an中与bn中一样的项去掉，剩下的项依次构成新的数列cn，设其前n项和为Sn，求S2nn122n13·2n1n2，nN*的值解因为a1，a3，a7成等比数列，an是公差d0的等差数列，所以a12d2a1a16d，整理得

12、a12d.又a12，所以d1，b1a12，q2，所以ana1n1dn1，bnb1·qn12n，所以anbnn1·2n.1用错位相减法，可求得anbn的前n项和Tnn·2n1.2新的数列cn的前2nn1项和为数列an的前2n1项和减去数列bn的前n项和，所以S2nn12n12n11，所以S2nn122n13·2n11.19函数fxx3ax2a21xaR1假设x1为fx的极值点，求正数a的值，并求出fx在0,4上的最值；2假设fx在区间0,2上不单调，务实数a的取值范围解1fxx22axa21，由题意，f10，即a22a0，解得a0舍去或a2.当a2时，fx

13、x24x3x1x3，令fx>0，解得x<1或x>3；令fx<0，解得1<x<3.fx的增区间为，1，3，减区间为1,3于是fx在0,1上单调递增，在1,3上单调递减；在3,4上单调递增，因此fx在0,4上的最大值为maxf1，f4max；fx在0,4上的最小值为minf0，f3min0.2函数fx在区间0,2上不单调函数fx在0,2内存在零点，而fx0的两根为a1，a1，所以0<a1<2，或0<a1<2，即1<a<3或1<a<1，所以实数a的取值范围是1,31,120如下图，直线l：xmy1过椭圆C：1a>b>0 的右焦点F，且交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线xa2上的射影依次为点D，K，E.1假设抛物线x24y的焦点为椭圆C的上顶点，求椭圆C的方程；2连接AE，BD，证明：当m变化时，直线AE，BD相交于一定点1解由题意，易知b，椭圆C的右焦点F1,0，那么c1，所以a2.故所求椭圆C的方程为1.2证明由题意，知F1,0，Ka2,0先探究：当m0时，直线lx轴，此时四边形ABED为矩形，由对称性，知AE，BD相交于FK的