1、第三篇 建模板，看细则，突破高考拿高分 内容索引 模板特征概述 模板1 三角函数的性质 模板2 解三角形 模板3 数列的通项、求和 模板4 利用向量求空间角 内容索引 模板5 离散型随机变量的分布列 模板6 直线与圆锥曲线 模板7 解析几何中的探索性问题 模板8 函数与导数 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
2、，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 三角函数的性质 典例 1(12 分)(2015天津)已知函数 f(x)sin2xsin2x6，xR.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求 f(x)在区间3，4 上的最大值和最小值利用和角公式展开 降幂整理 审题路线图 用辅助角公式化fx为yAsinxk的形式 利用T2|求
3、周期 利用单调性或数形结合求最值解(1)由已知，有 f(x)1cos 2x21cos2x32 2 分规范解答评分标准1212cos 2x 32 sin 2x 12cos 2x4 分 34 sin 2x14cos 2x12sin2x6.6 分所以 f(x)的最小正周期 T22.7 分(2)因为 f(x)在区间3，6 上是减函数，在区间6，4 上是增函数，f3 14，8 分f6 12，f4 34，10 分所以 f(x)在区间3，4 上的最大值为 34，最小值为12.12 分构建答题模板第一步 化简：利用辅助角公式化f(x)为yAsin(x)k的形式 第二步 整体代换：设tx，确定t的范围 第三步
4、求解：利用ysin t的性质求yAsin(x)k的 单调性、最值、对称性等 第四步 反思：查看换元之后字母范围变化，利用数形结 合估算结果的合理性，检查步骤的规范性.1 无化简过程，直接得到 f(x)12sin(2x6)，扣 5 分评分细则 第(1)问得分点：2 化简结果错误，中间某一步正确，给2分 第(2)问得分点：1 只求 f(3)，f(4)得出最值，给 1 分2 若单调性出错，给1分 3 单调性正确，计算错误，扣2分 4 求出 2x6范围，利用数形结合求最值，同样得分跟踪演练 1(2014福建)已知函数 f(x)cos x(sin xcos x)12.(1)若 02，且 sin 22，求
5、 f()的值；解 因为 0c，即 c 3，12 分所以 SABC12acsin B3 22.14 分构建答题模板第一步 找条件：寻找三角形中已知的边和角，确定转化 方向 第二步 定工具：根据已知条件和转化方向，选择使用的 定理和公式，实施边角之间的转化 第三步 求结果：根据前两步分析，代入求值得出结果 第四步 再反思：转化过程中要注意转化的方向，审视结 果的合理性.3 写出 c 的两个值，没有舍去 c3 3，扣 2 分评分细则 1 写出正弦定理，b值计算错误得1分 2 写出余弦定理，c值计算错误得1分 4 写出面积公式，计算结果出错，给1分 5 利用 S12absin C 计算，同样得分跟踪演
6、练 2(2015浙江)在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，已知 A4，b2a212c2.(1)求tan C的值；解 由 b2a212c2 及正弦定理得 sin2B1212sin2C.所以cos 2Bsin2C.又由 A4，即 BC34，得cos 2Bsin 2C2sin Ccos Csin2C，解得tan C2.sin C2 55，cos C 55，(2)若ABC的面积为3，求b的值解 由tan C2，C(0，)得 又因为 sin Bsin(AC)sin4C，所以 sin B3 1010，由正弦定理得 c2 23 b，又因为 A4，12bcsin A3，所以 bc6 2
7、，故 b3.模板3 数列的通项、求和 典 例 3 (12 分)(2014 浙 江)已 知 数 列 an 和 bn 满 足a1a2a3an(2)nb(nN*)若an为等比数列，且 a12，b36b2.(1)求an与bn；(2)设 cn 1an 1bn(nN*)记数列cn的前 n 项和为 Sn.求Sn；求正整数k，使得对任意nN*，均有SkSn.an，bn关系、特殊项 基本量法求an 代入an，bn关系求bn 求an 分组求和求Sn 利用数列的单调性、最值确定k 审题路线图 规范解答评分标准 解(1)由题意知a1a2a3an，b3b26，(2)nb知a38.2分 32(2)bb又由a12，得公比q
8、2(q2舍去)，所以数列an的通项为an2n(nN*)，4分 所以，a1a2a3an(1)22n n(2)n(n1)故数列bn的通项为bnn(n1)(nN*).6分(2)由(1)知 cn 1an 1bn 12n1n 1n1(nN*)，所以 Sn 1n1 12n(nN*).8 分因为c10，c20，c30，c40，9分当 n5 时，cn1nn1nn12n1，而nn12nn1n22n1n1n22n10，得nn12n551251，所以，当n5时，cnb0)的离心率为 32，F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜率为2 33，O 为坐标原点(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q
9、两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程 待定系数法求E的方程设l方程联立l、E方程 求|PQ|求SOPQ 求SOPQ的最值审题路线图 解(1)设 F(c,0)，由条件知，2c2 33，得 c 3.2 分规范解答评分标准又 eca 32，所以 a2，b2a2c21.故 E 的方程为x24y21.5 分将 ykx2 代入x24y21 得(14k2)x216kx120.7 分(2)当lx轴时，不合题意，故设l：ykx2，6分P(x1，y1)，Q(x2，y2)，当 16(4k23)0，即 k234时，x1,28k24k234k21.从而|PQ|k21|x1x2|4k214k234k21.又点 O 到直
10、线 PQ 的距离 d2k21，所以OPQ 的面积 SOPQ12d|PQ|44k234k21.9 分设4k23t，则 t0，SOPQ 4tt24 4t4t.因为 t4t4，当且仅当 t2，即 k 72 时等号成立，且满足 0，11 分所以，当OPQ 的面积最大时 l 的方程为 y 72 x2 或 y 72 x2.12 分构建答题模板第一步 提关系：从题设条件中提取不等关系式 第二步 找函数：用一个变量表示目标变量，代入不等关系式 第三步 得范围：通过求解含目标变量的不等式，得所求参数的范围或最值 第四步 再回顾：注意目标变量的范围所受题中其他因素的制约，检查最值取得的条件.评分细则(1)列出关于
11、c的方程，结果算错给1分；(2)求出a2，给2分，得E的方程给1分；(3)没有考虑斜率不存在的情况扣1分；(4)求|PQ|时结果正确没有过程扣1分；(5)没有验证0扣1分 跟踪演练 6(2015天津)已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的左焦点为 F(c,0)，离心率为 33，点 M 在椭圆上且位于第一象限，直线 FM 被圆 x2y2b24 截得的线段的长为 c，|FM|4 33.解 由已知有c2a213，(1)求直线FM的斜率；又由a2b2c2，可得a23c2，b22c2.设直线FM的斜率为k(k0)，F(c,0)，则直线FM的方程为yk(xc)由已知，有kck212c22b22，解得 k
12、33.解 由(1)得椭圆方程为 x23c2 y22c21，(2)求椭圆的方程；直线 FM 的方程为 y 33(xc)，两个方程联立，消去y，整理得3x22cx5c20，解得 x53c，或 xc.因为点 M 在第一象限，可得 M 的坐标为c，2 33 c.由|FM|cc22 33 c0 24 33.解得 c1，所以椭圆的方程为x23y221.(3)设动点 P 在椭圆上，若直线 FP 的斜率大于 2，求直线OP(O 为原点)的斜率的取值范围解 设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，得 t yx1，即 yt(x1)(x1)，与椭圆方程联立ytx1，x23y221，消去 y，整理得 2x23t
13、2(x1)26，又由已知，得 t62x23x12 2，解得32x1，或1x0.设直线 OP 的斜率为 m，得 myx，即 ymx(x0)，与椭圆方程联立，整理得 m22x223.当 x32，1 时，有 yt(x1)0，因此 m0，于是 m2x223，得 m23，2 33.因此 m0，于是 m2x223，得 m，2 33.当x(1,0)时，有yt(x1)0.综上，直线 OP 的斜率的取值范围是，2 3323，2 33.模板7 解析几何中的探索性问题(1)若线段 AB 中点的横坐标是12，求直线 AB 的方程；典例7(12分)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
14、两点(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(1)设AB的方程ykx1 待定系数法求k 写出方程审题路线图 (2)设M存在即为m，0 求MA MB 在MA MB 为常数的条件下求m 下结论 规范解答评分标准解(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)x26k2x3k250.2分设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
15、，适合.所以直线 AB 的方程为 x 3y10 或 x 3y10.4 分(2)假设在 x 轴上存在点 M(m,0)，使MA MB 为常数()当直线AB与x轴不垂直时，由(1)知 x1x2 6k23k21，x1x23k253k21.所以MA MB(x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x11)(x21)(k21)x1x2(k2m)(x1x2)k2m2.7分 将代入，整理得MA MB 6m1k253k21m22m13 3k212m1433k21m2m22m136m1433k21.9 分注意到MA MB 是与 k 无关的常数，从而有 6m140，m73，此时MA MB 49.10 分(
16、)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MA MB 49.11 分综上,在 x 轴上存在定点 M73，0,使MA MB 为常数.12 分构建答题模板第一步 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.评分细则(1)不考虑直线AB斜率不存在的情况扣1分；(2)不验证0扣1分；(3)没有假设存在点M不扣分；(4)MA MB 没有化简至最后结果，直接下结论扣 1 分跟踪
17、演练 7(2014湖南)如图，O 为坐标原点，双曲线 C1：x2a21y2b211(a10，b10)和椭圆 C2：y2a22x2b221(a2b20)均过点 P(2 33，1)，且以 C1 的两个顶点和 C2 的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形因为点 P(2 33，1)在双曲线 x2y2b211 上，(1)求C1，C2的方程；解 设C2的焦距为2c2，由题意知，2c22,2a12.从而a11，c21.所以(2 33)2 1b211.故 b213.2a22 33 21122 33 21122 3.由椭圆的定义知 于是 a2 3，b22a22c222.故 C1，C2 的方程分别为 x2
18、y231，y23x221.(2)是否存在直线 l，使得 l 与 C1 交于 A，B 两点，与 C2 只有一个公共点，且|OA OB|AB|？证明你的结论.解 不存在符合题设条件的直线 若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线 l 的方程为 x 2或 x 2.当 x 2时，易知 A(2，3)，B(2，3)，所以|OA OB|2 2，|AB|2 3.此时，|OA OB|AB|.当 x 2时，同理可知，|OA OB|AB|.若直线l不垂直于x轴，设l的方程为ykxm.由ykxm，x2y231得(3k2)x22kmxm230.当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，
19、y2)，从而 x1x2 2km3k2，x1x2m23k23.则x1，x2是上述方程的两个实根，于是 y1y2k2x1x2km(x1x2)m23k23m2k23.由ykxm，y23x221得(2k23)x24kmx2m260.因此OA OB x1x2y1y2m23k233k23m2k23 k23k23 0，因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式16k2m28(2k23)(m23)0.化简，得2k2m23，于是OA 2OB 22OA OB OA 2OB 22OA OB，即|OA OB|2|OA OB|2，故|OA OB|AB|.综合可知，不存在符合题设条件的直线.典例8(12分)(2
20、015课标全国)设函数f(x)emxx2mx.(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围模板8 函数与导数(1)求导fxmemx12x 讨论m确定fx符号 证明结论审题路线图(2)条件转化为|fx1fx2|maxe1 结合1知fxminf0 f1f0e1f1f0e1emme1emme1 构造函数gtette1 研究gt单调性 寻求gm0gm0 的条件 对m讨论得适合条件的范围规范解答评分标准解(1)f(x)m(emx1)2x.1分 若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时
21、，emx10，f(x)0.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.4分所以，f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增.6分所以对于任意 x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1 的充要条件是f1f0e1，f1f0e1，8 分(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，故f(x)在x0处取得最小值 即emme1，emme1.设函数g(t)ette1，则g(t)et1.9分 当t0时，g(t)0；当t0时，g(t)0.故g(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增 又g(1)0，g(1)e12e0
22、，故当t1,1时，g(t)0.当m1,1时，g(m)0，g(m)0，即式成立；10分当m1时，由g(t)的单调性，g(m)0，即emme1；当m1时，g(m)0，即emme1.11分 综上，m的取值范围是1,1.12分 构建答题模板第一步 求导数：一般先确定函数的定义域，再求f(x)第二步 定区间：根据f(x)的符号确定函数的单调区间 第三步 寻条件：一般将恒成立问题转化为函数的最值问题 第四步 写步骤：通过函数单调性探求函数最值,对于最值可能在两点取到的恒成立问题,可转化为不等式组恒成立 第五步 再反思：查看是否注意定义域，区间的写法、最值点的探求是否合理等.评分细则(1)讨论时漏掉m0扣1
23、分；(2)确定f(x)符号时只有结论无中间过程扣1分；(3)写出f(x)在x0处取得最小值给1分；(4)无最后结论扣1分；(5)其他方法构造函数同样给分 跟踪演练8 设函数f(x)a2ln xx2ax，a0.(1)求f(x)的单调区间；解 因为f(x)a2ln xx2ax，其中x0，所以 f(x)a2x 2xaxa2xax.由于a0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，)(2)求所有的实数a，使e1f(x)e2对x1，e恒成立 解 由题意得f(1)a1e1，即ae.由(1)知f(x)在1，e内单调递增，要使e1f(x)e2对x1，e恒成立 只要f1a1e1，fea2e2aee2，解得 ae.谢谢观看
