江苏省届高考数学大二轮专题复习 审题 解题 回扣（要点回扣+易错警示+查缺补漏）第一篇 文

2014届高考数学（文科，江苏专版）大二轮专题复习-审题·解题·回扣word版（要点回扣+易错警示+查缺补漏）：第一篇审题是解题的开端，深入细致的审题是成功解题的必要前提．著名数学教育家波利亚说，“最糟糕的情况就是学生没有弄清问题就进行演算和作图．”为此波利亚总结出一张“怎样解题表”，将解题的过程分为四个阶段．其中第一步弄清问题就是我们常说的审题．审题就是多角度地观察，由表及里，由条件到结论，由数式到图形，洞察问题实质，选择正确的解题方向．事实上，很多考生往往对审题掉以轻心，或不知从何处入手进行审题，致使解题失误而丢分，真是令人痛心不已．本讲结合实例，教你正确的审题方法，给你制订一条“审题路线图”，破解高考不再难．一审条件挖隐含任何一个数学问题都是由条件和结论两部分构成的．条件是解题的主要素材，充分利用条件间的内在联系是解题的必经之路．条件有明示的，有隐含的，审视条件更重要的是要充分挖掘每一个条件的内涵和隐含的信息，发挥隐含条件的解题功能．例1已知0≤α<β<γ<2π，且sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，求β－α.审题路线图条件sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0根据审题路线图，可以规范地将题目解出．解由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＋sinβ＝－sinγ，①,cosα＋cosβ＝－cosγ，②))①2＋②2得2＋2(sinαsinβ＋cosαcosβ)＝1，故cos(β－α)＝－eq\f(1,2).由0≤α<β<γ<2π，知0<β－α<2π，所以β－α＝eq\f(2π,3)或β－α＝eq\f(4π,3).同理可得cos(γ－α)＝－eq\f(1,2)，0<γ－α<2π，所以γ－α＝eq\f(2π,3)或γ－α＝eq\f(4π,3).由于β<γ，得β－α<γ－α，所以β－α取小值，γ－α取大值，即β－α＝eq\f(2π,3).设α，β都是锐角，且cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，则cosβ等于 ()A.eq\f(2\r(5),25) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),25)或eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(\r(5),5)或eq\f(\r(5),25)答案A解析依题意得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(5),5)，cos(α＋β)＝±eq\r(1－sin2α＋β)＝±eq\f(4,5).又α，β均为锐角，所以0<α<α＋β<π，cosα>cos(α＋β)．因为eq\f(4,5)>eq\f(\r(5),5)>－eq\f(4,5)，所以cos(α＋β)＝－eq\f(4,5).于是cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－eq\f(4,5)×eq\f(\r(5),5)＋eq\f(3,5)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(2\r(5),25).故选A.二审结论会转换问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误．因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．审视结论，就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律．善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向．例2已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，A、B是抛物线C上异于坐标原点O的不同两点，抛物线C在点A，B处的切线分别为l1，l2，且l1⊥l2，l1与l2相交于点D.(1)求点D的纵坐标；(2)证明：直线AB过定点．审题路线图通过审视结论，我们画出了审题路线图，根据审题路线图，即可规范求解．(1)解如图，设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．∵l1，l2分别是抛物线C在点A，B处的切线，∴直线l1的斜率k1＝y′|x＝x1＝eq\f(x1,p)，直线l2的斜率k2＝y′|x＝x2＝eq\f(x2,p).∵l1⊥l2，∴k1k2＝－1，得x1x2＝－p2.∵A，B是抛物线C上的点，∴y1＝eq\f(x\o\al(2,1),2p)，y2＝eq\f(x\o\al(2,2),2p).∴直线l1的方程为y－eq\f(x\o\al(2,1),2p)＝eq\f(x1,p)(x－x1)，直线l2的方程为y－eq\f(x\o\al(2,2),2p)＝eq\f(x2,p)(x－x2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\f(x\o\al(2,1),2p)＝\f(x1,p)x－x1,y－\f(x\o\al(2,2),2p)＝\f(x2,p)x－x2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1＋x2,2),y＝－\f(p,2))).∴点D的纵坐标为－eq\f(p,2).(2)证明∵F为抛物线C的焦点，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2))).∴eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x1，\f(p,2)－\f(x\o\al(2,1),2p)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x1，\f(p2－x\o\al(2,1),2p)))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x2，\f(p,2)－\f(x\o\al(2,2),2p)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x2，\f(p2－x\o\al(2,2),2p))).∵eq\f(\f(p2－x\o\al(2,1),2p),\f(p2－x\o\al(2,2),2p))＝eq\f(p2－x\o\al(2,1),p2－x\o\al(2,2))＝eq\f(－x1x2－x\o\al(2,1),－x1x2－x\o\al(2,2))＝eq\f(x1,x2)，∴eq\o(AF,\s\up6(→))∥eq\o(BF,\s\up6(→))，即直线AB过定点F.已知椭圆eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,4)＝1的上、下焦点分别为F1、F2，点P在第一象限且是椭圆上一点，并满足eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝1，过P作倾斜角互补的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点．(1)求证：直线AB的斜率为定值；(2)求△PAB面积的最大值．(1)证明由条件可得F1(0，eq\r(2))，F2(0，－eq\r(2))，设P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则eq\o(PF1,\s\up6(→))＝(－x0，eq\r(2)－y0)，eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(－x0，－eq\r(2)－y0)，所以eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝xeq\o\al(2,0)－(2－yeq\o\al(2,0))＝1，又点P(x0，y0)在椭圆上，所以eq\f(x\o\al(2,0),2)＋eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1，所以xeq\o\al(2,0)＝eq\f(4－y\o\al(2,0),2)，从而eq\f(4－y\o\al(2,0),2)－(2－yeq\o\al(2,0))＝1，得y0＝eq\r(2).则点P的坐标为(1，eq\r(2))．因为直线PA、PB的斜率必存在，故不妨设直线PB的斜率为k(k>0)，则直线PB的方程为y－eq\r(2)＝k(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\r(2)＝kx－1,\f(x2,2)＋\f(y2,4)＝1))，消去y，得(2＋k2)x2＋2k(eq\r(2)－k)x＋(eq\r(2)－k)2－4＝0，设B(xB，yB)，A(xA，yA)，则1＋xB＝eq\f(2kk－\r(2),2＋k2)，xB＝eq\f(2kk－\r(2),2＋k2)－1＝eq\f(k2－2\r(2)k－2,2＋k2)，同理可得xA＝eq\f(k2＋2\r(2)k－2,2＋k2)，则xA－xB＝eq\f(4\r(2)k,2＋k2)，yA－yB＝－k(xA－1)－k(xB－1)＝eq\f(8k,2＋k2).所以直线AB的斜率kAB＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝eq\r(2)为定值．(2)解由(1)可设直线AB的方程为y＝eq\r(2)x＋m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(2)x＋m,\f(x2,2)＋\f(y2,4)＝1))，消去y，得4x2＋2eq\r(2)mx＋m2－4＝0，由Δ＝(2eq\r(2)m)2－16(m2－4)>0，得即－2eq\r(2)<m<2eq\r(2)，又点P到直线AB的距离为d＝eq\f(|m|,\r(3))，则S△PAB＝eq\f(1,2)|AB|d＝eq\f(1,2)eq\r(1＋2)|xA－xB|d＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(1,2)m2))×3)×eq\f(|m|,\r(3))＝eq\r(\f(1,8)m2－m2＋8)≤eq\r(\f(1,8)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2－m2＋8,2)))2)＝eq\r(2).当且仅当m＝±2时取等号．所以△PAB面积的最大值为eq\r(2).三审图形抓特点在不少数学高考试题中，问题的条件往往是以图形的形式给出，或将条件隐含在图形之中，因此在审题时，要善于观察图形，洞悉图形所隐含的特殊的关系、数值的特点、变化的趋势．抓住图形的特征，运用数形结合的数学思想方法，是破解考题的关键．例3给定两个长度为1的平面向量eq\o(OA,\s\up6(→))和eq\o(OB,\s\up6(→))，它们的夹角为120°.如图所示，点C在以O为圆心的圆弧eq\x\to(AB)上变动，若eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))，其中x，y∈R，则x＋y的最大值是______．审题路线图〈观察方向一〉〈观察方向二〉〈观察方向三〉解析建立如图所示的坐标系，则A(1,0)，B(cos120°，sin120°)，即B(－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))．设∠AOC＝α，则eq\o(OC,\s\up6(→))＝(cosα，sinα)．∵eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＝(x,0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,2)，\f(\r(3),2)y))＝(cosα，sinα)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2)＝cosα，,\f(\r(3),2)y＝sinα.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(sinα,\r(3))＋cosα，,y＝\f(2sinα,\r(3))，))∴x＋y＝eq\r(3)sinα＋cosα＝2sin(α＋30°)．∵0°≤α≤120°，∴30°≤α＋30°≤150°.∴x＋y有最大值2，当α＝60°时取最大值．答案2点评从上面三种审题角度看，认真审图，抓住图形特征，解题又快又准，所以观察方向三值得考虑．如图是半径为2，圆心角为90°的直角扇形OAB，Q为eq\x\to(AB)上一点，点P在扇形内(含边界)，且eq\o(OP,\s\up6(→))＝teq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－t)eq\o(OB,\s\up6(→))(0≤t≤1)，则eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))的最大值为________．答案4解析∵eq\o(OP,\s\up6(→))＝teq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－t)eq\o(OB,\s\up6(→))，∴B，P，A三点共线，∴eq\o(BP,\s\up6(→))＝teq\o(BA,\s\up6(→))，又0≤t≤1，∴P在线段BA上运动．∵Q为eq\x\to(AB)上一点，设∠POQ＝θ，∴eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝|eq\o(OP,\s\up6(→))||eq\o(OQ,\s\up6(→))|cosθ＝2|eq\o(OP,\s\up6(→))|cosθ≤2|eq\o(OP,\s\up6(→))|≤2×2＝4，即当P，Q重合且位于A或B处时，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))取得最大值4.四审结构定方案数学问题中的条件和结论，很多都是以数式的结构形式进行搭配和呈现的．在这些问题的数式结构中，往往都隐含着某种特殊关系，认真审视数式的结构特征，对数式结构进行深入分析，加工转化，可以寻找到突破问题的方案．例4在锐角△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，则eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)的值是________．审题路线图〈观察方向一〉〈观察方向二〉解析由eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，得b2＋a2＝6abcosC.化简整理得2(a2＋b2)＝3c2，将eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)切化弦，得eq\f(sinC,cosC)·(eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosB,sinB))＝eq\f(sinC,cosC)·eq\f(sinA＋B,sinAsinB)＝eq\f(sinC,cosC)·eq\f(sinC,sinAsinB)＝eq\f(sin2C,cosCsinAsinB).根据正、余弦定理得eq\f(sin2C,cosCsinAsinB)＝eq\f(c2,ab·\f(a2＋b2－c2,2ab))＝eq\f(2c2,a2＋b2－c2)＝eq\f(2c2,\f(3,2)c2－c2)＝4.答案4点评观察方向二从数式的特点出发，选择特殊化方法，这种解题方案往往会达到令人非常满意的效果．已知O是锐角△ABC的外接圆的圆心，且∠A＝θ，若eq\f(cosB,sinC)·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(cosC,sinB)·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2meq\o(AO,\s\up6(→))，则m＝________(用θ的三角函数表示)．答案sinθ解析方法一设AB＝c，AC＝b，AO＝R，将等式eq\f(cosB,sinC)·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(cosC,sinB)·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2meq\o(AO,\s\up6(→))两边平方，得cos2B·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,sinC)))2＋cos2C·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,sinB)))2＋2cosBcosC·eq\f(c,sinC)·eq\f(b,sinB)·cosθ＝4m2R2.设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，得cos2B＋cos2C＋2cosBcosCcosθ＝m2降幂，得1＋eq\f(1,2)cos2B＋eq\f(1,2)cos2C＋2cosBcosCcosθ＝m2，则m2＝1＋eq\f(1,2)cos[(B＋C)＋(B－C)]＋eq\f(1,2)cos[(B＋C)－(B－C)]＋2cosBcosCcosθ，将上式右边展开并化简，得m2＝1＋cosθcos(B＋C)＝1－cos2θ＝sin2θ.注意到m>0，可知m＝sinθ.方法二设AB＝c，AC＝b，AO＝R，∠BAO＝α，∠CAO＝β.等式eq\f(cosB,sinC)·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(cosC,sinB)·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2meq\o(AO,\s\up6(→))两边同时乘以eq\o(AO,\s\up6(→))，得eq\f(cosB,sinC)·cRcosα＋eq\f(cosC,sinB)·bRcosβ＝2mR2，由正弦定理及cosα＝eq\f(c,2R)＝sinC，cosβ＝eq\f(b,2R)＝sinB，得cosBsinC＋cosCsinB＝m，所以m＝sin(C＋B)＝sinθ.方法三设A＝B＝C＝θ＝60°，AB＝AC＝1，则eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\r(3)meq\o(AO,\s\up6(→))，上式两边平方，得1＋1＋1＝4m2，注意到所以m＝eq\f(\r(3),2)＝sin60°＝sinθ.五审图表、数据找规律题目中的图表、数据包含着问题的基本信息，往往也暗示着解决问题的目标和方向．在审题时，要认真观察分析图表、数据的特征和规律，常常可以找到解决问题的思路和方法．例5(2012·湖南)某超市为了了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.一次购物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顾客数(人)x3025y10结算时间(分钟/人)11.522.53已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(将频率视为概率)审题路线图解(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为eq\f(1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10,100)＝1.9(分钟)．(2)记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2，A3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”．将频率视为概率得P(A1)＝eq\f(15,100)＝eq\f(3,20)，P(A2)＝eq\f(30,100)＝eq\f(3,10)，P(A3)＝eq\f(25,100)＝eq\f(1,4).因为A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3是互斥事件，所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝eq\f(3,20)＋eq\f(3,10)＋eq\f(1,4)＝eq\f(7,10).故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为eq\f(7,10).对某校高一年级学生参加社区服务次数进行统计，随机抽取M名学生作为样本，得到这M名学生参加社区服务的次数．根据此数据作出了频数与频率的统计表和频率分布直方图：次数分组频数频率[10,15)100.25[15,20)25n[20,25)mp[25,30)20.05合计M1(1)求出表中的M、p及图中a的值；(2)若该校高一年级有学生360人，试估计他们参加社区服务的次数在区间[15,20)内的人数；(3)在所取样本中，从参加社区服务的次数不少于20次的学生中任选2人，求至多一人参加社区服务次数在区间[20,25)内的概率．解(1)由区间[10,15)内的频数是10，频率是0.25知，eq\f(10,M)＝0.25，所以M＝40.因为频数之和为40，所以10＋25＋m＋2＝40，解得m＝3，p＝eq\f(m,M)＝eq\f(3,40)，n＝eq\f(25,40)＝0.625.因为a是区间[15,20)内的eq\f(频率,组距)，所以a＝eq\f(n,5)＝0.125.(2)参加社区服务的次数在区间[15,20)内的人数约为360×0.625＝225.(3)在样本中，在区间[20,25)内的人数为3，可分别记为A，B，C，在区间[25,30)内的人数为2，可分别记为a，b.从该5名同学中取出2人的取法有(A，a)，(A，b)，(B，a)，(B，b)，(C，a)，(C，b)，(A，B)，(A，C)，(B，C)，(a，b)，共10种，至多一人在区间[20,25)内的情况有(A，a)，(A，b)，(B，a)，(B，b)，(C，a)，(C，b)，(a，b)，共7种，所以至多一人参加社区服务次数在区间[20,25)内的概率为eq\f(7,10).六审细节更完善审题不仅要从宏观上、整体上去分析、去把握，还要更加注意审视一些细节上的问题．例如括号内的标注、数据的范围、图象的特点等．因为标注、范围大多是对数学概念、公式、定理中所涉及的一些量或解析式的限制条件．审视细节能适时地利用相关量的约束条件，调整解决问题的方向．所以说重视审视细节，更能体现审题的深刻性．例6各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq\f(1,4)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an(n∈N*)．(1)求an；(2)令bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,b\f(n,2)，n为偶数，))cn＝b2n＋4(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.审题路线图解(1)a1＝S1＝eq\f(1,4)aeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)a1⇒eq\f(1,4)aeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)a1＝0，因为a1>0，故a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,4)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an－eq\f(1,4)aeq\o\al(2,n－1)－eq\f(1,2)an－1，所以eq\f(1,4)(aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1))－eq\f(1,2)(an＋an－1)＝0，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.因为an>0，所以an－an－1＝2，即{an}为等差数列，所以an＝2n(n∈N*)．(2)c1＝b6＝b3＝a3＝6，c2＝b8＝b4＝b2＝b1＝a1＝2，n≥3时，cn＝b2n＋4＝b2n－1＋2＝b2n－2＋1＝a2n－2＋1＝2n－1＋2，此时，Tn＝8＋(22＋2)＋(23＋2)＋…＋(2n－1＋2)＝2n＋2n；当n＝2时，T2＝22＋2×2＝8＝c1＋c2.所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2n＋2n，n≥2且n∈N*.))点评从审题路线图可以看出，细节对思维的方向不断地修正着．已知数列{an}的首项a1＝t>0，an＋1＝eq\f(3an,2an＋1)，n＝1,2，….(1)若t＝eq\f(3,5)，求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是等比数列，并求出{an}的通项公式；(2)若a