1、 解答题的八个答题模板【模板特征概述】数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题在高考考场上，能否做好解答题，是高考成败的关键，因此，在高考备考中学会怎样解题，是一项重要的内容本节以著名数学家波利亚的怎样解题为理论依据，结合具体的题目类型，来谈一谈解答数学解答题的一般思维过程、解题程序和答题格式，即所谓的“答题模板”“答题模板”就是首先把高考试题纳入某一类型，把数学解题的思维过程划分为一个个小题，按照一定的解题程序和答题格式分步解答，即化整为零强调解题程序化，答题格
2、式化，在最短的时间内拟定解决问题的最佳方案，实现答题效率的最优化模板1三角变换与三角函数的性质问题已知函数f(x)2cos xsinsin2xsin xcos x1.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)求函数f(x)的最大值及最小值；(3)写出函数f(x)的单调递增区间审题路线图不同角化同角降幂扩角化f(x)Asin(x)h结合性质求解规 范 解 答 示 例构 建 答 题 模 板解f(x)2cos xsin2xsin xcos x12sin xcos x(cos2xsin2x)1sin 2xcos 2x12sin1.(1)函数f(x)的最小正周期为.(2)1sin1，12sin13.当2x
3、2k，kZ，即xk，kZ时，f(x)取得最大值3；当2x2k，kZ，即xk，kZ时，f(x)取得最小值1.(3)由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.函数f(x)的单调递增区间为 (kZ).第一步化简：三角函数式的化简，一般化成yAsin(x)h的形式，即化为“一角、一次、一函数”的形式第二步整体代换：将x看作一个整体，利用ysin x，ycos x的性质确定条件第三步求解：利用x的范围求条件解得函数yAsin(x)h的性质，写出结果第四步反思：反思回顾，查看关键点，易错点，对结果进行估算，检查规范性. (2014福建)已知函数f(x)cos x(sin xcos x).(1)若0，且sin
4、，求f()的值；(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间解方法一(1)因为0，sin ，所以cos .所以f()().(2)因为f(x)sin xcos xcos2xsin 2xsin 2xcos 2xsin(2x)，所以T.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.所以f(x)的单调递增区间为k，k，kZ.方法二f(x)sin xcos xcos2xsin 2xsin 2xcos 2xsin(2x)(1)因为0，sin ，所以，从而f()sin(2)sin.(2)T.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.所以f(x)的单调递增区间为k，k，kZ.模板2解三角形问题在ABC中，若acos2c
5、cos2b.(1)求证：a，b，c成等差数列；(2)求角B的取值范围审题路线图(1)(2)规 范 解 答 示 例构 建 答 题 模 板(1)证明因为acos2ccos2acb，所以ac(acos Cccos A)3b，故ac3b，整理，得ac2b，故a，b，c成等差数列(2)解cos B，因为0B，所以0c，已知2，cos B，b3.求：(1)a和c的值；(2)cos(BC)的值解(1)由2得cacos B2.又cos B，所以ac6.由余弦定理，得a2c2b22accos B.又b3，所以a2c292613.解得或因为ac，所以a3，c2.(2)在ABC中，sin B ，由正弦定理，得sin
6、 Csin B.因为abc，所以C为锐角，因此cos C .于是cos(BC)cos Bcos Csin Bsin C.模板3数列的通项、求和问题(2014江西)已知首项都是1的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令cn，求数列an的通项公式；(2)若bn3n1，求数列an的前n项和Sn.审题路线图(1)(2)规 范 解 答 示 例构 建 答 题 模 板解(1)因为anbn1an1bn2bn1bn0(bn0，nN*)，所以2，即cn1cn2，所以数列cn是以首项c11，公差d2的等差数列，故cn2n1.(2)由bn3n1知ancnbn(2n1)3n
7、1，于是数列an的前n项和Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n2(2n2)3n，所以Sn(n1)3n1.第一步找递推：根据已知条件确定数列相邻两项之间的关系，即找数列的递推公式第二步求通项：根据数列递推公式转化为等差或等比数列求通项公式，或利用累加法或累乘法求通项公式第三步定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(如公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等)第四步写步骤：规范写出求和步骤第五步再反思：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范. 已知点是函数f(x)ax (a0，且a1)的图象
8、上的一点等比数列an的前n项和为f(n)c.数列bn (bn0)的首项为c，且前n项和Sn满足SnSn1 (n2)(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若数列的前n项和为Tn，问满足Tn的最小正整数n是多少？解(1)f(1)a，f(x)x.由题意知，a1f(1)cc，a2f(2)cf(1)c，a3f(3)cf(2)c.又数列an是等比数列，a1c，c1.又公比q，ann12n (nN*)SnSn1()() (n2)又bn0，0，1.数列构成一个首项为1、公差为1的等差数列，1(n1)1n，即Snn2.当n2时，bnSnSn1n2(n1)22n1，当n1时，b11也适合此通项公式bn2n1 (
9、nN*)(2)Tn.由Tn，得n，满足Tn的最小正整数n的值为101.模板4利用空间向量求角问题(2014山东)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，M是线段AB的中点(1)求证：C1M平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值审题路线图(1)(2)规 范 解 答 示 例构 建 答 题 模 板(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB2CD，所以ABDC.又由M是AB的中点，因此CDMA且CDMA.连接AD1，如图(1)在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因为CDC
10、1D1，CDC1D1，可得C1D1MA，C1D1MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因为C1MD1A.又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M平面A1ADD1.(2)解方法一如图(2)，连接AC，MC.由(1)知CDAM且CDAM，所以四边形AMCD为平行四边形，可得BCADMC，由题意得ABCDAB60，所以MBC为正三角形，因此AB2BC2，CA，因此CACB.以C为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系Cxyz，所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，因此M，所以，.设平面C1D1M的一个法向量为n(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一
11、个法向量n(1，1)又(0,0，)为平面ABCD的一个法向量，因此cos，n.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.方法二由(1)知平面D1C1M平面ABCDAB，过点C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N，如图(3)由CD1平面ABCD，可得D1NAB，因此D1NC为二面角C1ABC的平面角在RtBNC中，BC1，NBC60，可得CN.所以ND1.所以RtD1CN中，cosD1NC，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.第一步找垂直：找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线第二步写坐标：建立空间直角坐标系，写出特征点坐标第三步求向量：求直线的
12、方向向量或平面的法向量第四步求夹角：计算向量的夹角第五步得结论：得到所求两个平面所成的角或直线和平面所成的角. 如图所示，在直三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，点D是BC的中点(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值解(1)以A为坐标原点，分别以，为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,4)，D(1,1,0)，C1(0,2,4)所以(2,0，4)，(1，1，4)所以cos，.所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)由题
13、意，知(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量设平面ADC1的法向量为m(x，y，z)，因为(1,1,0)，(0,2,4)，由m，m，得取z1，得y2，x2，所以平面ADC1的一个法向量为m(2，2,1)设平面ADC1与平面ABA1所成二面角为，所以|cos |cos，m|，得sin .所以平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.模板5圆锥曲线中的范围问题椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，短轴长为，离心率为，直线l与y轴交于点P(0，m)，与椭圆C交于相异两点A，B，且3.(1)求椭圆C的方程；(2)求m的取值范围审题路线图(1)(2)规 范 解 答 示 例构 建 答 题 模 板
14、解(1)设椭圆C的方程为1(ab0)，设c0，c2a2b2，由题意，知2b，所以a1，bc.故椭圆C的方程为y21，即y22x21.(2)设直线l的方程为ykxm(k0)，l与椭圆C的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k22)x22kmx(m21)0，(2km)24(k22)(m21)4(k22m22)0，(*)x1x2，x1x2.因为3，所以x13x2，所以所以3(x1x2)24x1x20.所以3240.整理得4k2m22m2k220，即k2(4m21)(2m22)0.当m2时，上式不成立；当m2时，k2，由(*)式，得k22m22，又k0，所以k20.解得1m或m1，b0
15、)的焦距为2c，直线l过点(a,0)和(0，b)，且点(1,0)到直线l的距离与点(1,0)到直线l的距离之和sc，求双曲线的离心率e的取值范围解设直线l的方程为1，即bxayab0.由点到直线的距离公式，且a1，得到点(1,0)到直线l的距离d1，同理可得点(1,0)到直线l的距离为d2，于是sd1d2.由sc，得c，即5a2c2，可得52e2，即4e425e2250，解得e25.由于e1，故所求e的取值范围是.模板6解析几何中的探索性问题已知定点C(1,0)及椭圆x23y25，过点C的动直线与椭圆相交于A，B两点(1)若线段AB中点的横坐标是，求直线AB的方程；(2)在x轴上是否存在点M，
16、使为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由审题路线图设AB的方程yk(x1)待定系数法求k写出方程；设M存在即为(m,0)求在为常数的条件下求m.规 范 解 答 示 例构 建 答 题 模 板解(1)依题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk(x1)，将yk(x1)代入x23y25，消去y整理得(3k21)x26k2x3k250.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由线段AB中点的横坐标是，得，解得k，适合.所以直线AB的方程为xy10或xy10.(2)假设在x轴上存在点M(m,0)，使为常数()当直线AB与x轴不垂直时，由(1)知x1x2，x1x2. 所以(x1m)(x
17、2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x11)(x21)(k21)x1x2(k2m)(x1x2)k2m2.将代入，整理得m2m2m22m.注意到是与k无关的常数，从而有6m140，m，此时.()当直线AB与x轴垂直时，此时点A、B的坐标分别为、，当m时，也有.综上，在x轴上存在定点M，使为常数.第一步先假定：假设结论成立第二步再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解第三步下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设第四步再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性. (2014福建)已知双曲线E：1(a0，b0)的两条渐近线分别为l1：y2x，l
18、2：y2x.(1)求双曲线E的离心率(2)如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且OAB的面积恒为8.试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由解(1)因为双曲线E的渐近线分别为y2x，y2x，所以2，所以2，故ca，从而双曲线E的离心率e.(2)方法一由(1)知，双曲线E的方程为1.设直线l与x轴相交于点C.当lx轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|a，|AB|4a.又因为OAB的面积为8，所以|OC|AB|8，因此a4a8，解得a2，此时双曲线E的方程为1.若存
19、在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为1.以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：1也满足条件设直线l的方程为ykxm，依题意，得k2或k2，则C(，0)记A(x1，y1)，B(x2，y2)由得y1，同理，得y2.由SOAB|OC|y1y2|，得|8，即m24|4k2|4(k24)由得(4k2)x22kmxm2160.因为4k20，所以4k2m24(4k2)(m216)16(4k2m216)又因为m24(k24)，所以0，即l与双曲线E有且只有一个公共点因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为1.方法二由(1)知，双曲线E的方程为1.设直线l的方程为xmyt，A(x1，y
20、1)，B(x2，y2)依题意得m.由得y1，同理，得y2.设直线l与x轴相交于点C，则C(t,0)由SOAB|OC|y1y2|8，得|t|8.所以t24|14m2|4(14m2)由得(4m21)y28mty4(t2a2)0.因为4m212或k2.由得(4k2)x22kmxm20.因为4k20，所以x1x2.又因为OAB的面积为8，所以|OA|OB|sinAOB8，又易知sinAOB，所以8，化简，得x1x24.所以4，得m24(k24)由(1)得双曲线E的方程为1，由得(4k2)x22kmxm24a20.因为4k2P()而当n3时，P(C)P()理由如下：P(C)P()等价于4(2)C.用数学
21、归纳法来证明：1当n3时，式左边4(2C)4(22)16，式右边C20，所以式成立2假设nm(m3)时式成立，即4(2)C成立，那么，当nm1时，左边4(2)4(2)4CC4CCC右边，即当nm1时式也成立综合1，2得：对于n3的所有正整数，都有P(C)0，故f(x)在R上为增函数(3)由(1)知f(x)2e2x2e2xc，而2e2x2e2x24，当x0时等号成立下面分三种情况进行讨论当c0，此时f(x)无极值；当c4时，对任意x0，f(x)2e2x2e2x40，此时f(x)无极值；当c4时，令e2xt，注意到方程2tc0有两根t1,20，即f(0)0有两个根x1ln t1，x2ln t2.当x1xx2时，f(x)x2时，f(x)0，从而f(x)在xx2处取得极小值综上，若f(x)有极值，则c的取值范围为(4，)