1、大二轮理大二轮 数学 理2第二编 考前冲刺攻略大二轮 数学 理3第四步 高考题型大突破大二轮 数学 理4第三讲 解答题的解题程序模板大二轮 数学 理5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
2、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大二轮 数学 理6模板一 三角函数MOBAN例1 在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csinAacosC.(1)求角C的大小；解(1)csinAacosC，由正弦定理，得sinCsinAsinAcosC.又0A0，从而sinCcosC.又cosC0，tanC1.又C(0，)，则C4.大二轮 数学 理7(2)求 3sinAcosB4 的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小；解(2)由(1)知，B34
3、A，B4A，则 3sinAcosB4 3sinAcos(A)3sinAcosA2sinA6.因为0A34，则6A61112.从而当A62，即A3时，2sinA6 取最大值2.综上可知，3sinAcosB4 的最大值为2，此时A3，B512.大二轮 数学 理8(3)若a2c2b2ac，且c2.求ABC的面积解(3)由a2c2b2ac及余弦定理，得cosBa2c2b22ac ac2ac12.又0B34，因此B3.A(BC)512.又c2，csinAacosC.从而2sin 512acos4，即2 6 24 22 a，a 31.ABC的面积SABC12acsinB3 32.大二轮 数学 理9审题视角
4、(1)由边化角，完成边角转化(2)正、逆用两角和的正、余弦公式，将3 sinAcos B4化为正弦型函数，根据三角函数性质，求角A、B.(3)由余弦定理，求B进而求A，得到SABC的值大二轮 数学 理10构建解题程序 第一步：运用正弦定理，将边化为角的关系，进而由角的范围及tanC1，求角C.第二步：化三角函数为 a2b2sin(x)的形式第三步：根据三角函数性质，求出A，B.第四步：利用余弦定理与面积公式求SABC.第五步：反思回顾，查看关键点、易错点，规范解题步骤批阅笔记 1.本题第(1)、(3)问的求解关键充分运用条件特征，灵活运用正余弦定理，完成边角的转化第(2)问注意到A、B关系，逆
5、用两角和的正弦公式2本题易错点：第(2)问中，忽视角的取值范围，推理计算不严谨；不会将cosB4 转化为cos(A)，导致求解复杂化，使得求错结论；抓不住第(3)问的条件特征，盲目代入，无果而终大二轮 数学 理11变式训练1 2015唐山统考在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且csinBbcosC3.(1)求b；(2)若ABC的面积为212，求c.解(1)由正弦定理得sinC sinBsinB cosC，又sinB0，所以sinCcosC，C45.因为bcosC3，所以b3 2.解(2)因为ABC的面积S12acsinB212，csinB3，所以a7.又c2a2b22abcos
6、C25，所以c5.大二轮 数学 理12模板二 立体几何MOBAN例2 如图，在七面体ABCDMN中，四边形ABCD是边长为2的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MD2，NB1，MB与ND交于P点(1)在棱AB上找一点Q，使QP平面AMD，并给出证明；解(1)当BQ13AB时，有QP平面AMD.证明：MD平面ABCD，NB平面ABCD，MDNB.BPPMNBMD12.又QBQA12.QBQABPPM.在MAB中，QPAM.又QP面AMD，AM面AMD，QP面AMD.大二轮 数学 理13(2)求平面BNC与平面MNC所成锐二面角的余弦值解(2)以DA、DC、DM所在直线分别为x轴，y轴
7、，z轴建立空间直角坐标系如图，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,0,2)，N(2,2,1)CM(0，2,2)，CN(2,0,1)，DC(0,2,0)设平面CMN的法向量为n1(x，y，z)，则n1CM0，n1CN0.2y2z0，2xz0.取x1，n1(1，2，2)又NB平面ABCD，NBDC，又DCBC.DC平面BNC.平面BNC的法向量n2DC(0,2,0)，cosn1，n2 n1n2|n1|n2|43223.设所求的锐二面角大小为，则cos|cosn1，n2|23.故平面BNC与平面MNC所成锐二面角的余弦值为23.大二轮 数学 理14审题视角(1)P是ABM
8、的一边BM上的点在另一边AB上一定存在一点Q使PQAM BQQA BPPM NBMD12.(2)建立坐标系构造法向量求夹角大二轮 数学 理15构建解题程序 第一步：作出(或找出)具有公共交点的三条相互垂直的直线第二步：建立空间直角坐标系，写出特殊点坐标第三步：求(或找)两个半平面的法向量第四步：求法向量n1，n2的夹角或cosn1，n2(若为锐二面角则求|cosn1，n2|)第五步：将法向量的夹角转化为二面角的夹角第六步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范如本题求得cosn1，n2 23 后易答当二面角的余弦值为23而出错，一定要注意这一点大二轮 数学 理16批阅笔记 1.本题第(1)问证
9、明的关键是在平面ADM内找到一条与PQ平行的线，并确定Q点的位置入手点应在BN綊12MD，利用这一条件可确定BQ13AB，再利用线面平行的判定定理进行证明第(2)问建立空间直角坐标系，将二面角的求法转化为两平面法向量夹角的求法即可2本题易错点：第(1)问Q点位置探索错误或解题步骤书写不规范，应先探索出Q点位置，再进行证明第(2)问的易错点忽视二面角的取值范围，将二面角的余弦值 23 作为结果，忘记求锐二面角的余弦值大二轮 数学 理17变式训练2 2015云南高三统测一如图，在四棱锥CABDE中，F为CD的中点，DB平面ABC，AEBD，ABBCCABD2AE.(1)求证：EF平面BCD；解(1
10、)证明：设AE1，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(3，1,0)，D(0,2,2)，E(0,0,1)，F32，32，1，EF32，32，0，CD(3，1,2)，BD(0,0,2)EFCD 0，EFBD 0，EFCD，EFBD.又CD平面BCD，BD平面BCD，CDBDD，EF平面BCD.大二轮 数学 理18(2)求平面CED与平面ABC所成二面角(锐角)的大小解(2)设平面CED的法向量为n(x，y，z)，则nEF，nCD，32 x32y0 3xy2z0，取x1，解得y 33z2 33，n1，33，2 33是平面CED的一个法向量，而平面ABC的一
11、个法向量为m(0,0,1)设平面CED与平面ABC所成二面角(锐角)的大小为，则cos mn|m|n|22.00(nN*)，且b1b2b315，又a1b1、a2b2、a3b3成等比数列(1)求数列an、bn的通项公式；解(1)a11，an12Sn1(nN*)，an2Sn11(nN*，n2)an1an2(SnSn1)，即an1an2an，an13an(nN*，n2)而a22a113，a23a1.数列an是以1为首项，3为公比的等比数列an3n1(nN*)a11，a23，a39.在等差数列bn中，b1b2b315，b25.又a1b1、a2b2、a3b3成等比数列，设等差数列bn的公差为d，则有(a
12、1b1)(a3b3)(a2b2)2.(15d)(95d)64，解得d10或d2.bn0(nN*)，舍去d10，取d2.b13，bn2n1(nN*)大二轮 数学 理26(2)求数列anbn的前n项和Tn.解(2)由(1)知Tn3153732(2n1)3n2(2n1)3n1，3Tn33532733(2n1)3n1(2n1)3n.得2Tn312323223323n1(2n1)3n32(332333n1)(2n1)3n3233n13(2n1)3n3n(2n1)3n2n3n，Tnn3n.大二轮 数学 理27审题视角(1)anSnSn1n2 消去Sn 得an13an an3n1(2)观察anbn中an与b
13、n的特点 在Tn前乘以an的公比，构造使用错位相减的条件 2Tn2n3n 得Tn大二轮 数学 理28构建解题程序 第一步：令n1，由Snf(an)求出a1.第二步：令n2，构造anSnSn1，用an代换SnSn1(或用SnSn1代换an，这要结合题目特点)，由递推关系求通项第三步：验证当n1时的结论是否适合当n2时的结论如果适合，则统一“合写”；如果不适合，则应分段表示第四步：写出明确规范的答案第五步：反思回顾查看关键点、易错点及解题规范本题的易错点，易忽略对n1和n2分两类进行讨论，同时忽视结论中对二者的合并批阅笔记 1.本题第(1)问利用Sn与an的关系，根据递推关系式可得an与an1的关
14、系，从而判断an是等比数列可求其通项公式；而bn中可设出公差d利用题中条件解方程组得b，d，即知bn的通项公式第(2)问根据an，bn的通项公式特点可知求其和Tn时用错位相减法2本题易错点：第(1)问求an时忘记检验a2与a1的关系即n1时的情况，且求bn的公差d时忽略bn0从而导致多解第(2)问用错位相减法时容易发生计算失误，尤其是项数和项的符号大二轮 数学 理29变式训练4 2015南宁适应测试二在各项均为正数的等比数列an中，a12，且2a1，a3,3a2成等差数列(1)求等比数列an的通项公式；解(1)设数列an的公比为q，2a1，a3,3a2成等差数列，2a13a22a3，2a13a
15、1q2a1q2，2q23q20，解得q2或q12.q0，q2.a12，数列an的通项公式为ana1qn12n.大二轮 数学 理30(2)若数列bn满足bn(n2)log2an，求数列1bn 的前n项和Tn.解(2)bn(n2)log2ann(n2)，1bn1nn2121n 1n2，Tn 1b1 1b2 1bn1 1bn12113 1214 1315 1n21n 1n1 1n1 1n 1n212112 1n1 1n2342n32n23n2.大二轮 数学 理31模板五 解析几何MOBAN例5 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
16、12，求直线AB的方程；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36k443k213k250，x1x2 6k23k21.由线段AB中点的横坐标是12，得x1x22 3k23k2112，解得k 33，适合.所以直线AB的方程为x 3y10或x 3y10.大二轮 数学 理32(2)在x轴上是否存在点M，使MA MB 为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由解(2)假设在x轴上存在点M(m,0)，使MAMB为常数()当直线AB与x轴不垂直时，
17、由(1)知x1x2 6k23k21，x1x23k253k21.所以MAMB(x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x11)(x21)(k21)x1x2(k2m)(x1x2)k2m2.将代入，整理得MAMB6m1k253k21m22m13 3k212m1433k21m2m22m13 6m1433k21.注意到MAMB是与k无关的常数，从而有6m140，m73，此时MAMB49.()当直线AB与x轴垂直时，此时点A、B的坐标分别为1，23、1，23，当m73时，也有MAMB49.综上，在x轴上存在定点M73，0，使MAMB为常数大二轮 数学 理33审题视角 设AB的方程yk(x1)待
18、定系数法求k写出方程；设M存在即为(m,0)求 MA MB 在MA MB 为常数的条件下求m.大二轮 数学 理34构建解题程序 第一步：假设结论存在第二步：以存在为条件，进行推理求解第三步：明确规范表述结论若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设第四步：反思回顾查看关键点，易错点及解题规范如本题中第(1)问容易忽略0这一隐含条件第(2)问易忽略直线AB与x轴垂直的情况批阅笔记 1.第(1)问设出直线AB的斜率k，写出AB的方程与椭圆联立，通过韦达定理可得出AB的中点横坐标，从而求出k.即得AB方程第(2)问先假设存在M，再利用 MA MB 为常数，探索M点的坐标，所谓M
19、A MB 为常数，是指与AB的位置无关的定值2本题易错点：第(1)问利用 x1x22 12 求出k未检验0.第(2)问未对AB的斜率存在与否进行讨论，或不能正确理解MA MB 为常数这一条件大二轮 数学 理35变式训练5 2015江西重点八校联考已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率e12，且过点Q1，32.(1)求椭圆C的方程；解(1)由题意知ca121a2 94b21a2b2c2，解得a2，b 3，椭圆C的方程为x24y231.大二轮 数学 理36(2)椭圆C长轴两端点分别为A，B，点P为椭圆上异于A，B的动点，定直线x4与直线PA，PB分别交于M，N两点，又E(7,0)，过E，
20、M，N三点的圆是否过x轴上不同于点E的定点？若经过，求出定点坐标；若不经过，请说明理由解(2)设PA，PB的斜率分别为k1，k2，P(x0，y0)，则k1k234，可令PA：yk1(x2)，M(4,6k1)，PB：yk2(x2)，N(4,2k2)，又kEM6k13 2k1，kEN2k23，kEMkEN1，设圆过定点F(m,0)，则 6k14m 2k24m1，解得m1或m7(舍)，故过点E，M，N三点的圆是以MN为直径的圆，过x轴上不同于点E的定点F(1,0).大二轮 数学 理37模板六 函数与导数MOBAN例6 已知函数f(x)ln xax2(2a)x.(1)讨论f(x)的单调性；解(1)f(
21、x)的定义域为(0，)，f(x)1x2ax(2a)2x1ax1x.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增若a0，则由f(x)0得x 1a，且当x 0，1a 时，f(x)0，当x 1a 时，f(x)0，证明：当0 xf1ax；解(2)证明：设函数g(x)f1ax f1ax，则g(x)ln(1ax)ln(1ax)2ax，g(x)a1axa1ax2a 2a3x21a2x2.当0 x0，而g(0)0，所以g(x)0.故当0 xf1ax.大二轮 数学 理39(3)若函数yf(x)的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f(x0)0.从而a0时，f(x)的最大值为f1
22、a，且f1a 0.不妨设A(x1,0)，B(x2,0)，0 x1x2，则0 x11af(x1)0，从而x22ax1，于是x0 x1x221a.所以，由(1)知，f(x0)1a，从而f(x0)0.第四步：判定隐含条件a0，f1a 0.第五步：确定x01a，结合(1)问，证明f(x0)0时，设函数f(x)的最小值为g(a)，求证：g(a)0；解(1)由题意知f(x)exa0对xR均成立，且ex0，故a的取值范围为a0.解(2)证明：由a0，及f(x)exa可得，函数f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，故函数f(x)的最小值为g(a)f(ln a)eln aaln a1a
23、aln a1，则g(a)ln a，故当a(0,1)时，g(a)0，当a(1，)时，g(a)0，从而可知g(a)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，且g(1)0，故g(a)0.大二轮 数学 理43(3)求证：对任意的正整数n，都有1n12n13n1nn10时，总有exx1.于是，可得(x1)n1(ex)n1e(n1)x.令x1 1n1，即x nn1可得1n1n1en；令x1 2n1，即xn1n1可得2n1n1e(n1)；令x1 3n1，即xn2n1可得3n1n1e(n2)；令x1 nn1，即x 1n1可得nn1n1e1.对以上各式求和可得：1n1n12n1n13n1n1nn1n1ene(n1)e(n2)e1en1en1een11e 1ene1 1e11.故对任意的正整数n，都有1n12n13n1nn1(n1)n1.大二轮 数学 理44题型训练
