1、2012届高考数学专题复习课件：第11专题 高考中解答题的解题方法（理）热点重点难点专题透析第11专题 高考中解答题的解题方法 主要题型剖析引言解答题解题方法训练 从历年高考卷分析,高考解答题的设置一般有六大方向:三角函数与平面向量、立体几何、函数与导数、解析几何、概率统计应用、数列不等式等,这些题考查的范围涵盖了中学数学主要内容,综合考查学生运算能力、逻辑思维能力、空间想象能力和分析问题解决问题的能力;六个大题中前两题一般难度稍低,中间两题难度稍大,最后两题多数是把关题,它们分别考查不同内容,入口宽,对不同层次的考生设置了关卡,多层次、多角度地对考生的基础知识掌握程度和基本技能以及知识迁移等
2、能力进行考查,用以区分考生灵活运用知识和方法去分析及解决问题能力的差别.引言解答题解题方法训练主要题型剖析在高考数学试题的三大题型中,解答题的个数虽然不及选择填空题,但所占分数之多,足以看出解答题的重要性.解答题都具有一定的综合性,一般可分为三类题型:计算题、证明题和应用题.高考的区分层次和选拔使命主要靠这类题型来完成预设目标.目前的高考综合题已经由单纯的知识叠加型转化为知识、方法和能力综合型尤其是创新能力型(包括探索开放型)试题.解答题是高考数学试题的精华部分,具有知识容量大、解题方法多、能力要求高、突显数学思想方法的运用以及要求考生具有一定的创新意识和创新能力等特点.数学解答题的考查功能无
3、论是在广度上还是深度上,都要优于选择题和填空题.解答题的内涵丰富,包含的试题模式(如探索题、计算题、证明题、应用题等)灵活多变.引言解答题解题方法训练主要题型剖析解答题的解题步骤:1.分析条件,弄清问题考生在解答时,应认真审题和分析解题思路,把已知条件作为出发点,充分挖掘每一个条件的内涵和外延,发挥隐含条件的解题功能;审视结论能探知已知条件和结论间的联系与转化规律,从结论中捕捉解题信息,确定解题方向;正确利用题设信息进行文字语言和数学语言的转译.引言解答题解题方法训练主要题型剖析准确规范地表述解题过程和答案,将整个解答过程的主要步骤和经过有条理、合逻辑、完整地陈述清楚,语言表达清晰和答题规范是
4、与高考评卷中按步得分相对应的,直接对应所能得分数.3.验算结果,回顾反思通过检查是否有归纳、总结性语言,是否利用了所有条件(或发现多余条件),结论是否合理,有没有其他更简便的方法,达到对解题过程的反思、深化和提高.2.规范表达,实施计划引言解答题解题方法训练主要题型剖析1.从条件入手分析条件,化繁为简,注重隐含条件的挖掘;2.从结论入手执果索因,搭好联系条件的桥梁;3.回到定义和图形中来;4.换一个角度去思考;5.优先挖掘隐含条件,优先作图观察分析.解答题的解题技巧:1.把握“三性”.解答题的解题策略:引言解答题解题方法训练主要题型剖析解答题在审题思考中,要把握好“三性”.即:(1)目的性:明
5、确解题结果的终极目标和每一步骤分项目标;(2)准确性:提高概念把握的准确性和运算的准确性;(3)隐含性:注意题设条件的隐含性.2.实施“三化”.(1)问题具体化,即把题目中所涉及的各种概念或概念之间的关系具体明确,有时可画表格或图形,以便于把一般原理、一般规律应用到具体的解题过程中去;引言解答题解题方法训练主要题型剖析(2)问题简单化,即把问题分解为与各相关知识相联系的简单问题,把复杂的形式转化为简单的形式;(3)问题和谐化,即强调变换问题的条件或结论,使其表现形式符合数或形内部固有的和谐统一的特点,或者突出所涉及的各种数学对象之间的知识联系.3.把握“三转”.(1)语言转换能力.每个数学综合
6、题都是由一些特定的文字语言、符号语言、图形语言所组成,解解答题往往需要较强的语言转换能力,还需要有把普通语言转换成数学语言的能力.引言解答题解题方法训练主要题型剖析(2)概念转换能力.综合题的转译常常需要较强的数学概念的转换能力.(3)数形转换能力.解题中的数形结合,就是对题目的条件和结论既分析其代数含义又分析其几何意义,力图在代数与几何的结合上找出解题思路,运用数形转换策略要注意特殊性,否则解题会出现漏洞.引言解答题解题方法训练主要题型剖析4.关注“三思”.(1)思路.由于综合题具有知识容量大,解题方法多,因此,审题时应考虑多种解题思路.(2)思想.高考综合题的设置往往会突显考查数学思想方法
7、,解题时应注意数学思想方法的运用.(3)思辩.即在解综合题时注意思路的选择和运算方法的选择.(1)联系相关知识;(2)联接相似问题;(3)联想类似方法.5.重视“三联”.引言解答题解题方法训练主要题型剖析 主要题型:(1)纯三角知识综合;(2)三角函数与平面向量交汇;(3)三角函数与解斜三角形的交汇;(4)纯解斜三角形;(5)平面向量与解斜三角形交汇.题型一三角函数(含向量)主要策略:(1)观察三角函数中函数名称、角与结构上的差异,确定三角化简的方向;(2)利用数量积公式、垂直与平行的充要条件将向量关系转化为三角问题来解决;(3)利用正余弦定理进行三角形边与角的互化.引言解答题解题方法训练主要
8、题型剖析例1(2011年浙江)在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知Sin A+sin C=psin B(pR),且ac=b2.14(1)当p=,b=1时,求a,c的值;(2)若角B为锐角,求p的取值范围.【分析】破解时要注意恰当运用正弦定理实现边角互化,对于参数范围的求解,则需要结合余弦定理、角边转化化简;此题易造成的错解是没有考虑到角为锐角和不等式的内在联系,直接根据条件运用三角函数的有界性进行求解造成错解.引言解答题解题方法训练主要题型剖析【解析】(1)由题设并利用正弦定理,得 5,41,4acac 解得,或 1,14ac 1,41.ac (2)由余弦定理,b2=a2+c
9、2-2accos B=(a+c)2-2ac-2accos B=p2b2-b2-b2cos B,即p2=+cos B.因为0cosB2,即pb2 b,得p1,所以 p0),则M(0,1,z0),=(-,z0),=(0,0,z0).由直线AM与直线PC所成的角为60,3212AM3232CP引言解答题解题方法训练主要题型剖析得 =|cos60,解得z0=1.=(0,1,1),=(,-,0).设平面MAC的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则 即 取x1=1,得n=(1,-).平面ABC的法向量取为m=(0,0,1).AMCPAMCPCMCA3212CM0,CA0,nn 1111yz0,31xy
10、0,2233设m与n所成的角为,则cos=-.|m nmn37引言解答题解题方法训练主要题型剖析显然,二面角M-AC-B的平面角为锐角,二面角M-AC-B的平面角的余弦值为.(3)取平面PCM的法向量为n1=(1,0,0),则点A到平面PCM的距离h=.|=1,|=1,21711|CA|nn32PCPMVP-MAC=VA-PCM=|h=11=.1312 PCPM1632312引言解答题解题方法训练主要题型剖析 利用空间向量证明线面关系,仍然要依赖于传统几何中的定理.计算角和距离本质是转化为向量间的运算,向量法求线面角计算的是斜线与法向量的夹角,不要误认为这个夹角就是线面角;求点到平面的距离运用
11、空间向量法的关键是找到一条以该点为端点的斜线段,并以此为向量,其在法向量上的投影就是该点到平面的距离;求二面角的大小需根据定义作出所成的角,用解三角形的方法来求或者直接用法向量求二面角的大小.引言解答题解题方法训练主要题型剖析例4如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E、F分别是A1B1、CC1的中点,过D1、E、F作平面D1EGF交BB1于G.(1)求证:EGD1F;(2)求二面角C1-D1E-F的余弦值.【分析】(1)由面面平行可得;(2)作二面角的平面角比较困难时,用空间向量法来解答较合适.引言解答题解题方法训练主要题型剖析【解析】(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1
12、中,平面ABB1A1平面DCC1D1,平面D1EGF平面ABB1A1=EG,平面D1EGF平面DCC1D1=D1F,EGD1F.(2)(法一)CC1平面B1C1D1E,过F作FMD1E于M,连结C1M,则C1MF即为所求二面角的平面角,连结C1E,在C1D1E中,C1MD1E=D1C1B1C1,可得MC1=,C1F=1,MF=,cosC1MF=,即二面角C1-D1E-F的余弦值为.12124 552211MCC F10554 21214 2121引言解答题解题方法训练主要题型剖析(法二)如图,以D为原点,分别以DA、DC、DD1为x、y、z轴,建立空间直角坐标系,则有D1(0,0,2),E(2
13、,1,2),F(0,2,1),=(2,1,0),=(0,2,-1).设平面D1EGF的法向量为n=(x,y,z),则由n=0和n=0,得 取x=1,得y=-2,z=-4,n=(1,-2,-4).易知平面D1EB1C1的法向量为=(0,0,2).1D E1D F1D E1D F20,20,xyyz1DD故cos=11DD|DD|nn1DD引言解答题解题方法训练主要题型剖析=-.显然截面D1EGF与平面D1EB1C1所成二面角为锐角,故其余弦值为.传统方法可解决比较容易作出角和距离的问题,而使用向量方法时,只要能求出点的坐标,向量坐标,会用公式,什么样的角和距离都可以求出,对于向量夹角与平面角的关
14、系,一是通过图形判断,二是将两个法向量平移到二面角中间,若两个向量的方向都指向对应平面,或都背离平面,则向量夹角与平面角互补,若两个向量的方向,一个指向平面,另一个背离平面,则向量夹角等于平面角.2222221 0(2)0(4)21(2)(4)002 4 21214 2121引言解答题解题方法训练主要题型剖析 解析几何是代数与几何的完美结合,解析几何的问题可以涉及函数、方程、不等式、三角、几何、数列、向量等知识,形成了轨迹、最值、对称、范围、参系数等多种问题,因而成为高中数学综合能力要求比较高的内容.主要题型:(1)求曲线的方程;(2)有几何背景的圆和圆锥曲线问题,包括轨迹、最值、对称、范围、
15、定点、定值等问题;(3)解析几何与函数、向量、数列等的交汇问题.题型三解析几何引言解答题解题方法训练主要题型剖析例5如图所示,已知椭圆C1和抛物线C2有公共焦点F(1,0),C1的中心和C2的顶点都在坐标原点,过点M(4,0)的直线l与抛物线C2分别相交于A,B两点,A在x轴下方.(1)写出抛物线C2的标准方程;(2)若=,求直线l的方程;AM12 MB(3)若坐标原点O关于直线l的对称点P在抛物线C2上,直线l与椭圆C1有公共点,求椭圆C1的长轴长的最小值.引言解答题解题方法训练主要题型剖析【分析】(1)因为椭圆C1和抛物线C2有公共焦点F(1,0),C1的中心和C2的顶点都在坐标原点,很快
16、就能求出抛物线C2的标准方程.(2)求出l的另一个元素即可得直线l的方程.(3)直线l与椭圆有公共点可以求出a的范围从而求出2a的最小值.【解析】(1)y2=4x.(2)设A(,y1),B(,y2),由=得(4-,-y1)=(-4+,y2),y1=-y2,设直线l的方程为x=my+4,则联立方程组 消去x得y2-4my-16=0,214y224yAM12MB214y12224y1224,4,yxxmy 引言解答题解题方法训练主要题型剖析 m=.l的方程为2x-y-8=0.(3)设直线l的方程为x=my+4,由已知得P(,-),代入y2=4x.m=1,l:x=y+4.12121216,4,2.y
17、 yyymyy 222281m281mm设椭圆为+=1(ab0),由 消元整理得(2a2-1)y28(a2-1)y-a4+17a2-16=0.22xa22yb22221,4xyabxy 引言解答题解题方法训练主要题型剖析由0,得a.长轴长的最小值为.向量有关的问题往往利用坐标解决,而最值问题常常通过基本不等式或由判别式得不等量关系式求得.本题的直线方程设为x=my+4方便了解题.34234引言解答题解题方法训练主要题型剖析例6已知A、B、C是长轴长为4的椭圆上的三点,点A是长轴的一个顶点,BC过椭圆的中心O,且 =0,|=2|,建立适当的平面直角坐标系后.ACBCBCAC(1)求椭圆的方程;(
18、2)如果椭圆上的两点P、Q使PCQ的平分线垂直于OA,是否总存在实数,使得=.请说明理由.PQAB【分析】由于所给条件中没有直角坐标系,因此,应当根据给定条件,建立适当的直角坐标系,这里O为椭圆中心,A为长轴顶点,故以OA为x轴,O为原点建立坐标系而后解之.【解析】(1)以O为原点,OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系,则A(2,0),设椭圆方程为+=1,24x22yb引言解答题解题方法训练主要题型剖析不妨设C在x轴上方,由椭圆的对称性,|=2|=2|=|,又 =0ACOC,即OCA为等腰直角三角形,由A(2,0)得:C(1,1).把C点坐标代入椭圆方程得:b2=,BCACOCACOCACBC
19、43即椭圆方程为+=1.24x234y引言解答题解题方法训练主要题型剖析(2)假设总存在实数,使得=,即ABPQ,由C(1,1)得B(-1,-1),则kAB=,设CP:y=k(x-1)+1,则CQ:y=-k(x-1)+1,由(1+3k2)x2-6k(k-1)x+3k2-6k-1=0,由C(1,1)得x=1是方程(1+3k2)x2-6k(k-1)x+3k2-6k-1=0的一个根,PQAB0(1)2(1)132231,44(1)1xyyk x引言解答题解题方法训练主要题型剖析由韦达定理得:xP=xP1=,以-k代k得xQ=,故kPQ=,故ABPQ,即总存在实数,使得=.【点评】此题考查了坐标系的建
20、立、待定系数法、椭圆的对称性、向量的垂直、向量的共线及探索性问题的处理方法等,是一道很好的综合题.223611 3kkk223611 3kkkPQPQyyxx()2PQPQk xxkxx13PQAB引言解答题解题方法训练主要题型剖析题型四概率统计 概率与统计,与生活问题联系密切,也是高考的热点问题.主要考查学生数学知识的实际应用能力和抽象概括能力.考查的主要内容是:互斥事件的概率加法公式、古典概率模型与几何概率模型、离散型随机变量及其分布列、条件概率与事件的独立性、样本的数字特征、抽样方法、线性回归相关关系.处理概率问题要把握住如下几点:(1)概率与统计题目的特点是与实际生活密切相关,应立足基
21、础知识和基本方法的复习,通过对基本概念,基本方法的学习,发现解题规律,以提高解题能力;(2)抓好破势训练,从不同角度、不同侧面对题目进行分析,查找思维的缺陷,引言解答题解题方法训练主要题型剖析提高分析问题和解决问题的能力;(3)关注一些重要分布类型(二项分布、超几何分布、正态分布等),从事件背景、描述方法和数量结构特征上掌握其分布规律,并进行灵活运用.主要题型:(1)渗透统计的问题,考查概率的基本模型,求随机变量X的分布列和数学期望E(X).(2)渗透排列组合知识,考查一些重要的分布类型(二项分布、超几何分布等).引言解答题解题方法训练主要题型剖析例7二十世纪50年代,日本熊县水俣(y)市的许
22、多居民都感到运动失调、四肢麻木等症状,人们称为水俣病,后经调查是因为人们吃了被甲基汞污染的罗非鱼造成的,法律规定食品的汞含量不得超过1.00 ppm.现从一大批罗非鱼中随机地抽取15条做样本,经检验得每条鱼的汞含量的茎叶图(以小数点前一位数字为茎,小数点后一位数字为叶)如图所示.(1)若从这15条鱼中随机地抽出3条,求恰有1条鱼汞超标的概率;(2)以此15条鱼的样本数据来估计这批鱼的总体数据,若从这批数量很大的鱼中任选3条,记X为抽到的鱼汞含量超标的条数,求X=2时的概率;引言解答题解题方法训练主要题型剖析(3)在这15条样本鱼中,任取3条,记Y表示抽到的鱼汞含量超标的条数,求Y的分布列及E(
23、Y).【分析】(1)用等可能性事件概率求之.(2)n次独立重复实验某事件发生k次的概率是Pn(k)=Pk(1-P)n-k.(3)Y服从超几何分布.Ckn【解析】(1)记“15条鱼中任选3条恰好有1条鱼汞含量超标”为事件A,则P(A)=.12510315CCC4591(2)依题意可知,这批罗非鱼中汞含量超标的鱼的概率P=,则P(X=2)=()2()1=.5151323C132329(3)依据条件,Y服从超几何分布:其中N=15,M=5,n=3,Y的可能值为0,1,2,3,其分布列为:P(Y=k)=(k=0,1,2,3).3510315C CCkk引言解答题解题方法训练主要题型剖析Y0123P 2
24、49145912091291 本题数据以茎叶图形式给出,使得考题中考点内容增加,这是高考题型的一个特点,就该题而言,既考查了等可能性事件的概率,又考查了独立重复事件的概率和超几何分布,是一道难度不大但又属好题的题型.引言解答题解题方法训练主要题型剖析例8某种电脑屏幕保护画面,只有符号“”、“”及“”随机地反复出现,每次只出现其中之一,每秒钟变化一次,其中出现“”的概率为p,出现“”的概率为q,出现“”的概率为,若第k次出现“”,则记ak=1;出现“”,则记ak=-1,出现“”,则记ak=0.令Sn=a1+a2+an.(1)当p=,q=时,求S3=-1时的概率;1214(2)当p=q=时,记X=
25、,求X的分布列及数学期望.3S【分析】(1)对S3=-1进行分类讨论,转化成互斥事件的概率;(2)利用离散型随机变量的分布列的性质 Pi=1,求出各自概率后求分布列.1ni引言解答题解题方法训练主要题型剖析【解析】(1)p=,q=,r=.S3=-1,a1,a2,a3中有两个数为0,另一个数为-1,则P1=()3=.a1,a2,a3中有两个数为-1,另一个数为1,则12141413C14364P2=()2()=.P=+=.13C1412332364332964引言解答题解题方法训练主要题型剖析(2)当p=q=r=时:X=0,即|S3|=0,a1,a2,a3均为0或1、-1、0,P(X=0)=()
26、3+()3=.X=1,即|S3|=1,a1,a2,a3为0、0、1或1、1、-1或0、0、-1或-1、-1、1,P(X=1)=()34=.X=2,即|S3|=2,a1,a2,a3为0、1、1或0、-1、-1,1333A131372713C1349P(X=2)=()32=.X=3,即|S3|=3,a1,a2,a3为1、1、1或-1、-1、-1,13C1329引言解答题解题方法训练主要题型剖析P(X=3)=()32=.X的分布列为X0123P 132277274929227 E(X)=+=.求离散型随机变量的分布列,实际上是概率部分的延伸,分布列是讨论全部基本事件的概率计算,正确的分类是解决好本题
27、的关键.49496273027109引言解答题解题方法训练主要题型剖析 数列是历年高考考查的重点、热点和难点.数列解答题大多以数列为考查平台,综合运用函数、方程、不等式等知识,通过运用递推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等题型五数列与不等式各种数学思想方法,考查学生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力,属于低、中、高档难度的考题都有,部分省的数列考题前置,难度降低.常见题型:(1)数列的递推关系式的理解与应用;(2)数列的通项an与前n项和Sn之间的关系与应用;(3)求等差数列、等比数列的通项;(4)等差数列、等比数列的求和,求和方法涉及到公式法、错位相减法、裂项相消法等;
28、(5)能力研究性试题争相亮相,与数表序列、平均数、导数、不等式、对数函数、解析几何等知识交汇,是高考的热点.引言解答题解题方法训练主要题型剖析例9已知数列an中,a1=3,a2=5,其前n项和Sn满足Sn+Sn-2=2Sn-1+2n-1(n3),令bn=.11nnaa(1)求数列an的通项公式;(2)若f(x)=2x-1,求证:Tn=b1f(1)+b2f(2)+bnf(n)(n1).16【分析】(1)由Sn+Sn-2=2Sn-1+2n-1(n3)变形得:Sn-Sn-1=Sn-1-Sn-2+2n-1(n3),即an=an-1+2n-1(n3),后利用累加法可得;(2)求出bnf(n),尝试求和并
29、放缩证不等式.【解析】(1)由题意知Sn-Sn-1=Sn-1-Sn-2+2n-1(n3),即an=an-1+2n-1(n3),an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a3-a2)+a2.=2n-1+2n-2+22+5=2n-1+2n-2+22+2+1+2=2n+1(n3).检验知n=1、2时,结论也成立,故an=2n+1.引言解答题解题方法训练主要题型剖析(2)由于bnf(n)=2n-1=(-),故Tn=b1f(1)+b2f(2)+bnf(n)=(-)+(-)+(-)=(-)-1).(1)求f(x)的单调区间;(2)当a0时,设f(x)的最小值为g(a),若g(a)t恒成立,求实数
30、t的取值范围.【分析】(1)求函数f(x)的导函数,再解含a的不等式;(2)将g(a)-1),当a=0时,f(x)=-0,由f(x)0得x,由f(x)0得-1x,所以函数f(x)的减区间为(-1,),增区间为(,+);若-1a0,此时-1,所以f(x)=0,所以函数f(x)的减区间为(-1,+),无增区间;综上,当-10时,函数f(x)的减区间为(-1,),增区间为(,+).1a1a1a1a1a1()1a xax1a1a(2)由(1)得,g(a)=f()=1-(a+1)ln(+1),因为a0,所以g(a)t-0-(1+)ln(1+)-0),则h(x)0恒成立,1a1a()g aata1a1a1
31、ata引言解答题解题方法训练主要题型剖析由于h(x)=-ln(1+x)-t,当t0时,h(x)0,故函数h(x)在(0,+)上是减函数,所以h(x)h(0)=0成立;当t0得0 xe-t-1,故函数h(x)在(0,e-t-1)上是增函数,即对0 xh(0)=0,与题意不符.综上,t0为所求.利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考题中常见的形式,是复习的重点和难点.本题中第(2)问g(a)t恒成立转化为g(a)max0)在x=0处取得极值,且曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线垂直于直线x+2y+1=0.(1)求a,b的值;(2)若函数g(x)=,讨论g(x)的单调性.【分析】(1)由
32、极值点的导数为零,导数的几何意义可求出a,b的值;(2)通过对g(x)求导,由导数符号确定其单调性.【解析】(1)因f(x)=ax2+bx+k(k0),故f(x)=2ax+b.又f(x)在x=0处取得极值,故f(x)=0,从而b=0.由曲线y=f(x)在(1,f(1)处的切线与直线x+2y+1=0相互垂直可知该切线斜率为2,即f(1)=2,有2a=2,从而a=1,故a=1,b=0,f(x)=x2+k(k0).e()xf x引言解答题解题方法训练主要题型剖析(2)由(1)知,g(x)=(k0),g(x)=(k0),令g(x)=0,有x2-2x+k=0.当=4-4k1时,g(x)0在R上恒成立,故
33、函数g(x)在R上为增函数;当=4-4k=0,即当k=1时,g(x)=0(x0),k=1时,g(x)在R上为增函数;2exxk222e(2)()x xxkxk222e(1)()x xxk引言解答题解题方法训练主要题型剖析=4-4k0,即当0k0,故g(x)在(-,-)上为增函数.当x(1-,1+)时,g(x)0,故g(x)在(1+,+)上为增函数.本题是借助导数方法解决函数单调性、极值问题的基本综合性问题,导数方法的引入,给函数背景的试题增添了活力,也极大地拓展了试题的外延性,增强了函数的应用功能.准确求导是前提,导数的符号由二次函数确定,分类讨论其判别式的符号是关键.1 k1 k1 k1 k
34、1 k1 k1 k1 k1 k1 k引言解答题解题方法训练主要题型剖析1.ABC中,三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,若B=60,a=(-1)c.3(1)求角A的大小;(2)已知SABC=6+2,求函数f(x)=cos 2x+asin x的最大值.3【解析】(1)因为B=60,所以A+C=120,C=120-A.因为a=(-1)c,由正弦定理可得:sin A=(-1)sin C,sin A=(-1)sin(-A)=(-1)(sin cos A-cos sin A)=(-1)(cos A+sin A),整理可得:tan A=1,所以A=45.333233232333212引言解答题解题
35、方法训练主要题型剖析(2)由SABC=sin B=6+2 可推出a=4,f(x)=1-2sin2x+4sin x=-2(sin x-1)2+3,当sin x=1时,函数f(x)=1-2sin2x+4sin x取得最大值3.12231a3引言解答题解题方法训练主要题型剖析2.一袋子中有大小、质量均相同的10个小球,其中标记“G”字的小球有5个,标记“D”字的小球有3个,标记“P”字的小球有2个.从中任意摸出1个球确定标记后放回袋中,再从中任取1个球.不断重复以上操作,最多取3次,并规定若取出“P”字球,则停止摸球.求:(1)恰好摸到2个“D”字球的概率;(2)摸球次数X的概率分布列和数学期望.【
36、解析】(1)恰好摸到两个“D”字球的取法共有4种情形:GDD,DGD,DDG,DDP.则恰好摸到2个“D”字球的概率是P=3+=.5103103103103102101531000引言解答题解题方法训练主要题型剖析(2)X=1,2,3,则 P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=1-P(X=1)-P(X=2)=.故取球次数X的分布列为 E(X)=1+2+3=.X123P 12110CC1518110CC12110CC42516251542516251542516256125引言解答题解题方法训练主要题型剖析3.已知一四棱锥P-ABCD的直观图和三视图如图所示,E是侧棱PC上的动点.(1)
37、求四棱锥P-ABCD的体积;(2)不论点E在棱PC的任何位置,是否都有BDAE?证明你的结论;(3)若点E为PC的中点,求二面角DAEB的大小.引言解答题解题方法训练主要题型剖析【解析】(1)由该四棱锥的三视图可知,该四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,侧棱PC底面ABCD,且PC=2.VP-ABCD=SABCDPC=.1323(2)不论点E在何位置,都有BDAE.证明如下:连结AC,如图.四边形ABCD是正方形,BDAC.PC底面ABCD且BD平面ABCD,BDPC,又ACPC=C,BD平面PAC.不论点E在何位置,都有AE平面PAC,不论点E在何位置,都有BDAE.引言解答题解题方
38、法训练主要题型剖析(3)(法一)在平面DAE内过点D作DGAE于G,连结BG.BDAE,DGAE,AE面BDG,BGEA,DGB为二面角D-EA-B的平面角.又BCDE,ADBC,ADDE,在RtADE中DG=,同理在RtABE中,BG=,在DGB中,由余弦定理得AD DEAE2323cosDGB=-,DGB=,即二面角D-AE-B的大小为120.2222DGBGBDDG BG22232231223引言解答题解题方法训练主要题型剖析(法二)以点C为坐标原点,CD所在的直线为x轴,CB所在直线为y轴,CP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系如图所示.则D(1,0,0),A(1,1,0),B(0,1
39、,0),E(0,0,1),从而=(-1,0,1),=(0,1,0),=(1,0,0),=(0,-1,1).设平面ADE和平面ABE的法向量分别为m=(a,b,c),n=(a,b,c),由法向量的性质可得:-a+c=0,b=0,a=0,-b+c=0,令c=1,c=-1,则a=1,b=-1,m=(1,0,1),n=(0,-1,-1).设二面角D-AE-B的平面角为,DEDABABE则cos=-,由图可知,为钝角,=.|m nmn1223引言解答题解题方法训练主要题型剖析4.已知二次函数f(x)=ax2+bx的图象过点(-4n,0),且f(0)=2n,nN+.(1)求f(x)的解析式;(2)若数列a
40、n满足=f(),且a1=4,求数列an的通项公式;11na 1na(3)在(2)的条件下,记bn=,Tn为数列bn的前n项和,求证:Tn2.1nna a 43【解析】(1)f(x)=2ax+b,由题意知b=2n,16n2a-4nb=0,a=,b=2n,则f(x)=x2+2nx(nN+).1212(2)数列an满足=f(),又f(x)=x+2n,=+2n,-=2n,11na 1na11na 1na11na 1na引言解答题解题方法训练主要题型剖析-=2+4+6+2(n-1)=n2-n=(n-)2an=(nN+且n2).当n=1时,a1=4也符合.1na141na12211()2n 24(21)n
41、(3)bn=2(-),Tn=b1+b2+bn=+=2(1-)+(-)+(-)=2(1-),2n+13,2(1-),又2(1-)2,Tn2.1nna a 4(21)(21)nn121n 121n 12a a23a a1nna a 131315121n 121n 121n 121n 43121n 43引言解答题解题方法训练主要题型剖析(3)bn=2(-),Tn=b1+b2+bn=+=2(1-)+(-)+(-)=2(1-),2n+13,2(1-),又2(1-)2,Tn0,得0k2,设E(x1,y1),F(x2,y2),则22(2),12yk xxy12 212221228,2182.21kxxkkx
42、xk引言解答题解题方法训练主要题型剖析=,x1-2=(x2-2),且01,由知,(x1-2)+(x2-2)=,(x1-2)(x2-2)=x1x2-2(x1+x2)+4=,BEBF2421k2221k 由知:=即k2=-,0k2,0-,解得:3-2 3+2,又01,3-2 1.2(1)2218k 24(1)121224(1)1212222引言解答题解题方法训练主要题型剖析6.统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为:y=x3-x+8(0 x120).已知甲、乙两地相距100千米.1128000380(1)当汽车以40千米/小时的速
43、度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升?(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升?【解析】(1)当x=40时,汽车从甲地到乙地行驶了=2.5小时,要耗油(403-40+8)2.5=17.5(升).则当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油17.5升.100401128000380引言解答题解题方法训练主要题型剖析(2)当速度为x千米小时时,汽车从甲地到乙地行驶了 小时,设耗油量为h(x)升,依题意得h(x)=(x3-x+8)=x2+-(0 x120),h(x)=-=(0 x120).令h(x)=0,得x=80.当x(0,80)时,h(x)0,h(x
44、)是增函数.100 x1128000380100 x11280800 x154640 x2800 x33280640 xx引言解答题解题方法训练主要题型剖析当x=80时,h(x)取到极小值h(80)=11.25.因为h(x)在(0,120上只有一个极值,所以它是最小值.则当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,最少为11.25升.引言解答题解题方法训练主要题型剖析7.已知函数f(x)=aln x-ax-3(aR).(1)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2)处的切线的倾斜角为45,问m取何值时,对于任意的t,函数g(x)=x3+x2+f(x)在区间(t,3)上总存在极
45、值?1,22m(2)当a=2时,设函数h(x)=(p-2)x-3,若在区间 上至少存在一个x0,使得h(x0)f(x0)成立,试求实数p的取值范围.2epx1,e【解析】(1)由f(2)=-=1,a=-2,f(x)=-2ln x+2x-3,f(x)=2-,故g(x)=x3+x2+f(x)=x3+(2+)x2-2x,g(x)=3x2+(4+m)x-2,2a2x2m2m引言解答题解题方法训练主要题型剖析g(x)在区间(t,3)上总存在极值,由g(0)=-20,t1,2及函数g(x)的图象特征知,(t,3)只能含有g(x)的极小值点,解得-m-9.所以当m在(-,-9)内取值时,对于任意的t,函数g
46、(x)=x3+x2+f(x)在区间(t,3)上总存在极值.()0,(3)0.g tg3733731,22m(2)a=2,f(x)=2ln x-2x-3.令F(x)=h(x)-f(x)=(p-2)x-3-2ln x+2x+3=px-2ln x,当p0时,由x 得px-0,-2ln xf(x0)成立.2epxpx2ex1,epx2ex1,e引言解答题解题方法训练主要题型剖析当p0时,F(x)=,x,2e-2x0,px2+p0,F(x)0在 上恒成立,故F(x)在 上单调递增.2222epxxpx1,e1,e1,eF(x)max=F(e)=pe-4.故只要pe-40,解得p.所以p的取值范围是(,+).epep24ee124ee1引言解答题解题方法训练主要题型剖析