《浙江省2020年高考數學第二輪復習 第3講 解答題題型特點與技法指導 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江省2020年高考數學第二輪復習 第3講 解答題題型特點與技法指導 文（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第3講　解答題題型特點與技法指導 高考解答題一般有六大方向：三角函數與平面向量、概率與統(tǒng)計、立體幾何、數列與不等式、解析幾何、不等式與函數及導數．一般來說，前三題屬于中、低檔題，第四題屬中檔偏難題，后兩題屬難題．三角函數與平面向量、概率與統(tǒng)計、立體幾何在前三題中出現的概率較高，掌握解這幾類題的解法是大多數學生成功的關鍵．目前的高考解答題已經由單純的知識綜合型轉化為知識、方法和能力的綜合型解答題．能否做好解答題，是高考成敗的關鍵． 1．三角函數 有關三角函數的大題即解答題，主要是考查基礎知識、基本技能和基本方法，且難度不大．凸顯恒等變換與三角函數圖象、性質在三角形內考查．主要考查以

2、下4個方面：①三角函數的圖象、性質、圖象變換，主要是y＝Asin(ωx＋φ)＋b的圖象、性質及圖象變換，考查三角函數的概念、奇偶性、周期性、單調性、最值及圖象的平移和對稱等；②三角恒等變換，主要考查公式的靈活運用、變換能力，一般需要運用和差角公式、倍角公式，尤其是對公式的應用與三角函數性質的綜合考查；③三角函數性質的應用．通過解三角形來考查三角恒等變形及應用三角函數性質的綜合能力；④三角函數與平面向量、數列、不等式等知識的綜合問題． 【例1】已知向量a＝(cos ωx－sin ωx，sin ωx)，b＝(－cos ωx－sin ωx,2cos ωx)，設函數f(x)＝a·b＋λ(x∈R)的圖

3、象關于直線x＝π對稱，其中ω，λ為常數，且ω∈. (1)求函數f(x)的最小正周期； (2)若y＝f(x)的圖象經過點，求函數f(x)在區(qū)間上的取值范圍． 點評 利用向量的工具作用，與向量結合在一起命制綜合題，體現了在知識交匯點處命題的指導思想．這類問題求解時，首先利用向量的運算，將向量式轉化為代數式，再進行有關的三角恒等變換，再研究三角函數的圖象與性質． 變式訓練1 (2020·安徽高考，理16)設函數f(x)＝cos＋sin2x. (1)求f(x)的最小正周期； (2)設函數g(x)對任意x∈R，有g＝g(x)，且當x∈時，g(x)＝－f(x)．求g(x)在區(qū)間[－π，0]上的

4、解析式． 2．立體幾何 立體幾何是高中數學的主干知識之一，命題形式比較穩(wěn)定，主要考查：(1)三視圖：解答題中一般是根據三視圖還原幾何體模型，然后展開推理； (2)空間線面關系的判定和推理證明：主要是證明平行和垂直，求解這類問題要依據線面關系的判定定理和性質定理進行推理論證； (3)空間幾何量(空間角、空間距離、幾何體體積與面積)的計算：求解這類問題，常用方法是依據公理、定理以及性質等經過推理論證，作出所求幾何量并求之．一般解題步驟是“作、證、求”． 【例2】(2020·安徽八校一聯考，18)如圖，在多面體ABDEC中，AE⊥平面ABC，BD∥AE，且AC＝AB＝BC＝AE＝1，BD＝

5、2，F為CD的中點． (1)求證：EF∥平面ABC； (2)求證：EF⊥平面BCD； (3)求多面體ABDEC的體積． 點評 本題第(1)問是證明線面平行問題，證明直線與平面平行，往往通過證直線與直線平行來實現．第(2)問是證線面垂直問題，往往轉化為證線線垂直來實現．第(1)(2)問充分體現了問題的轉化思想．第(3)問是幾何體的體積計算問題，需要把握錐體的體積計算公式． 變式訓練2 (2020·廣東高考，文18)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中點，F是DC上的點且DF＝AB，PH為△PAD中AD邊上的高． (1)證明：

6、PH⊥平面ABCD； (2)若PH＝1，AD＝，FC＝1，求三棱錐E－BCF的體積； (3)證明：EF⊥平面PAB． 3．數列與不等式 高考中數列解答題的求解主要有以下幾個特點： (1)與等差、等比數列基本量有關的計算，可根據題意列方程(方程組)或利用等差、等比數列的性質求解； (2)與求和有關的題目，首先要求通項公式，并根據通項公式選擇恰當的求和方法(如錯位相減法、裂項相消法、分組求和法等)； (3)含Sn的式子，要根據題目特征利用an＝進行轉化； (4)與遞推數列有關的問題，要能合理轉化，使之構造出新的等差、等比數列； (5)與數列有關的不等式問題，可根據數列的特征選擇方

7、法(如比較法、放縮法等)； (6)與函數有關的問題，應根據函數的性質求解． 【例3】(2020·四川成都二診，20)已知數列{an}和{bn}，b1＝1，且bn＋1－3bn＝2n－2，記an＝bn＋1－bn＋1，n∈N*. (1)證明：數列{an}為等比數列； (2)求數列{an}和{bn}的通項公式； (3)記，數列{cn}的前n項和為Tn，若45Tk＜29，k∈N*恒成立，求k的最大值． 點評 第(1)問考查了等比數列的證明，它是為第(2)、(3)問服務的．第(2)問考查了求數列通項公式的常規(guī)方法．第(3)問考查了數列的求和方法，是數列與不等式知識的綜合問題． 變式訓練3 (

8、2020·湖北八校二聯，19)各項為正數的數列{an}的前n項和為Sn，且滿足：Sn＝a＋an＋(n∈N*)． (1)求an； (2)設函數f(n)＝cn＝f(2n＋4)(n∈N*)，求數列{cn}的前n項和Tn. 4．解析幾何 解析幾何解答題主要考查圓錐曲線的基本概念、標準方程及幾何性質等基礎知識和處理有關問題的基本技能、基本方法，往往以中檔偏難題或以壓軸題形式出現，主要考查學生的邏輯推理能力、運算能力，考查學生綜合運用數學知識解決問題的能力．突破解答題，應重點研究直線與曲線的位置關系，要充分運用一元二次方程根的判別式和韋達定理，注意運用“設而不求”的思想方法，靈活運用“點差法”解題

9、，要善于運用數形結合思想分析問題，使數與形相互轉化，根據具體特征選擇相應方法． 【例4】已知橢圓＋＝1，點P是橢圓上異于頂點的任意一點，過點P作橢圓的切線l，交y軸于點A，直線l′過點P且垂直于l，交y軸于點B．試判斷以AB為直徑的圓能否經過定點，若能，求出定點坐標；若不能，請說明理由． 點評 直線與圓錐曲線的位置關系一直是命題的熱點，基本方法是聯立方程，利用判別式、根與系數關系求解，運算量一般較大，這類綜合題中常涉及的問題有弦長問題、面積問題、對稱問題、定點定值問題等，是歷年高考的熱點問題，復習時要注重通性通法的訓練． 變式訓練4 (2020·山東高考，文21)如圖，橢圓M：＋＝1(a

10、＞b＞0)的離心率為，直線x＝±a和y＝±b所圍成的矩形ABCD的面積為8. (1)求橢圓M的標準方程； (2)設直線l：y＝x＋m(m∈R)與橢圓M有兩個不同的交點P，Q，l與矩形ABCD有兩個不同的交點S，T.求的最大值及取得最大值時m的值． 5．函數與導數 以函數為載體，以導數為工具，以考查函數性質及導數的應用為目標，以導數為工具圍繞函數、不等式、方程等綜合考查．在知識的交匯處命題，涉及到具體內容較多，如給定解析式求參數值，給定條件求參數范圍，以及對參數討論與證明不等式問題，極值、最值、值域及分析圖象交點等問題，都以導數為工具．既考查函數部分的相關知識，又滲透函數與方程、數形

11、結合、化歸與轉化、分類與整合等數學思想． 【例5】(2020·山東青島一模，21)已知函數f(x)＝x3－x. (1)若不等式f(x)＜k－2 005對于x∈[－2,3]恒成立，求最小的正整數k； (2)令函數g(x)＝f(x)－ax2＋x(a≥2)，求曲線y＝g(x)在(1，g(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形面積的最小值． 點評 第(1)問是恒成立求參數范圍問題，常用分離參數求最值．第(2)問考查了利用導數的幾何意義求切線方程，利用導數求最值問題． 變式訓練5 (2020·廣西南寧一模，21)已知函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d是定義在R上的奇函數，其圖象過點和(2,2

12、)． (1)求出函數f(x)的解析式，并求f(x)的單調區(qū)間； (2)設g(x)＝f(x)－5t，當實數t取何值時，關于x的方程g(x)＝0有且只有一個實數根？ 參考答案 方法例析 【例1】解：(1)因為f(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2sin ωx·cos ωx＋λ ＝－cos 2ωx＋sin 2ωx＋λ＝2sin＋λ. 由直線x＝π是y＝f(x)圖象的一條對稱軸， 可得sin＝±1， 所以2ωπ－＝kπ＋(k∈Z)， 即ω＝＋(k∈Z)． 又ω∈，k∈Z， 所以k＝1，故ω＝. 所以f(x)的最小正周期是. (2)由y＝f(x)的圖象過點，得f＝0， 即

13、λ＝－2sin＝－2sin＝－， 即λ＝－. 故f(x)＝2sin－. 由0≤x≤，有－≤x－≤， 所以－≤sin≤1， 得－1－≤2sin－≤2－， 故函數f(x)在上的取值范圍為[－1－，2－]． 【變式訓練1】解：(1)f(x)＝cos＋sin2x ＝＋ ＝－sin 2x， 故f(x)的最小正周期為π. (2)當x∈時，g(x)＝－f(x)＝sin 2x.故 ①當x∈時，x＋∈. 由于對任意x∈R，g＝g(x)，從而g(x)＝g＝sin＝sin(π＋2x)＝－sin 2x. ②當x∈時，x＋π∈. 從而g(x)＝g(x＋π)＝sin[2(x＋π)]＝sin

14、2x. 綜合①②得g(x)在[－π，0]上的解析式為 g(x)＝ 【例2】(1)證明：取BC的中點G，連接AG，FG. ∵F，G分別為DC，BC的中點， ∴FG綉DB綉EA. ∴四邊形EFGA為平行四邊形． ∴EF∥AG. 又因為EF平面ABC，AG?平面ABC， ∴EF∥平面ABC. (2)證明：因為AE⊥面ABC，BD∥AE， ∴DB⊥平面ABC. 又∵DB?平面BCD， ∴平面ABC⊥平面BCD. 又∵G為BC的中點且AC＝AB＝BC， ∴AG⊥BC.∴AG⊥平面BCD. 又∵EF∥AG，∴EF⊥平面BCD. (3)解：過C作CH⊥AB，則CH⊥平面

15、ABDE且CH＝， ∴VC－ABDE＝S四邊形ABDE·CH＝××＝. 【變式訓練2】(1)證明：AB⊥平面PAD，PH?面PAD?PH⊥AB， 又PH⊥AD，AD，AB?平面ABCD，AD∩AB＝A?PH⊥平面ABCD. (2)解：E是PB中點?點E到面BCF的距離h＝PH＝， ∴三棱錐E－BCF的體積V＝S△BCF·h＝··FC·AD·h＝×1××＝. (3)證明：取PA的中點為G，連接DG，EG. PD＝AD?DG⊥PA， 又AB⊥平面PAD，AB?平面PAB?平面PAD⊥平面PAB， 又平面PAD∩平面PAB＝PA，DG?平面PAD?DG⊥面PAB， 點E，G是

16、棱PB，PA的中點?EG綉AB， 又DF綉AB?EG綉DF?DG∥EF，得EF⊥平面PAB. 【例3】(1)證明：∵bn＋1－3bn＝2n－2， ∴bn－3bn－1＝2(n－1)－2，n≥2，n∈N*. 兩式相減，得bn＋1－bn－3bn＋3bn－1＝2(n≥2，n∈N*)． 整理，得bn＋1－bn＋1＝3(bn－bn－1＋1)(n≥2，n∈N*)， 即an＝3an－1(n≥2，n∈N*)． ∴數列{an}是公比為3的等比數列． (2)解：∵b2＝3， ∴a1＝3－1＋1＝3.∴an＝3n(n∈N*)． ∵an＝bn＋1－bn＋1＝3n， ∴bn－bn－1＋1＝3n－1，

17、bn－1－bn－2＋1＝3n－2，…，b2－b1＋1＝31. 累加，得bn－b1＋n－1＝－1. ∴bn＝－n＋(n∈N*)． (3)解：cn＝＝＝. ∴Tn＝＝－. 由45Tk＜29得135－90＜116. ∴＋＞＝＋. ∴k＜8. 又k∈N*，∴k的最大值為7， 【變式訓練3】解：(1)由Sn＝a＋an＋，① 得：當n≥2時，Sn－1＝a＋an－1＋.② ①－②，化簡得：(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0. 又∵數列{an}的各項為正數， ∴當n≥2時，an－an－1＝2. 故數列{an}為等差數列，且公差為2. 又a1＝S1＝a＋a1＋，解得a1＝

18、1， ∴an＝2n－1. (2)由分段函數f(n)＝ 可以得到：c1＝f(6)＝f(3)＝a3＝5， c2＝f(8)＝f(4)＝f(2)＝f(1)＝a1＝1； 當n≥3，n∈N*時， cn＝f(2n＋4)＝f(2n－1＋2)＝f(2n－2＋1)＝2(2n－2＋1)－1＝2n－1＋1， 故當n≥3時，Tn＝5＋1＋(22＋1)＋(23＋1)＋…＋(2n－1＋1)＝6＋＋(n－2)＝2n＋n. n＝1時，T1＝5不滿足Tn＝2n＋n； n＝2時，T2＝c1＋c2＝6滿足Tn＝2n＋n. 故Tn＝ 【例4】解：設點P(x0，y0)(x0≠0，y0≠0)，直線l的方程為y－y0＝

19、k(x－x0)，代入＋＝1， 整理得(3＋4k2)x2＋8k(y0－kx0)x＋4(y0－kx0)2－12＝0. ∵x＝x0是方程的兩個相等實根， ∴2x0＝－， 解得k＝－. ∴直線l的方程為y－y0＝－(x－x0)．令x＝0，得點A的坐標為. 又∵＋＝1，∴4y＋3x＝12， ∴點A的坐標為. 又直線l′的方程為y－y0＝(x－x0)，令x＝0，得點B的坐標為， ∴以AB為直徑的圓方程為x·x＋·＝0， 整理得x2＋y2＋y－1＝0.由得 ∴以AB為直徑的圓恒過定點(－1,0)和(1,0)． 【變式訓練4】解：(1)設橢圓M的半焦距為c， 由題意知 所以a＝

20、2，b＝1. 因此橢圓M的方程為＋y2＝1. (2)由整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0， 由Δ＝64m2－80(m2－1)＝80－16m2＞0， 得－＜m＜. 設P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|PQ|＝＝ ＝(－＜m＜)． 線段CD的方程為y＝1(－2≤x≤2)，線段AD的方程為x＝－2(－1≤y≤1)． ①不妨設點S在AD邊上，T在CD邊上，可知1≤m＜，S(－2，m－2)，D(－2,1)， 所以|ST|＝|SD|＝[1－(m－2)]＝(3－m)， 因此＝， 令t＝3－m(1≤m＜)， 則m＝3－t，t∈(3－，2]

21、， 所以＝＝ ＝， 由于t∈(3－，2]， 所以∈， 因此當＝，即t＝時，取得最大值，此時m＝. ②不妨設點S在AB邊上，T在CD邊上，此時－1≤m≤1， 因此|ST|＝|AD|＝2，此時＝， 所以當m＝0時，取得最大值. (3)不妨設點S在AB邊上，T在BC邊上，－＜m≤－1， 由橢圓和矩形的對稱性知的最大值為，此時m＝－. 綜上所述，m＝±或m＝0時，取得最大值. 【例5】解：(1)∵f(x)＝x3－x， 令f′(x)＝x2－1＝0，解得x＝±1. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化如下： x －2 (－2，－1) －1 (－1,1) 1

22、(1,3) 3 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 極大值 極小值 由上表可知：f(x)極大值＝f(－1)＝. 又f(3)＝6，f(－2)＝－. 比較可得：當x∈[－2,3]時，f(x)max＝f(3)＝6. 因為f(x)＜k－2 005恒成立， 所以k－2 005＞6，即k＞2 011， 所以最小的正整數k＝2 012. (2)g(x)＝f(x)－ax2＋x＝x3－ax2， 則g′(x)＝x2－ax，所以g′(1)＝1－a. 又因為g(1)＝－a， 所以切線方程為y－＝(1－a)(x－1)． 令x＝0，得y＝a－，令

23、y＝0，得x＝， 所以S＝. 因為a≥2，則S＝， 則S′＝. 所以S′＞0，即S在[2，＋∞)上單調遞增， 所以a＝2時，Smin＝＝. 【變式訓練5】解：(1)∵f(－x)＝－f(x)， ∴－ax3＋bx2－cx＋d＝－ax3－bx2－cx－d. ∴b＝0，d＝0.故f(x)＝ax3＋cx. 而它的圖象過點和(2,2)， 則 解得故f(x)＝x3－x. 從而f′(x)＝x2－1＝＝. 由f′(x)＞0，得f(x)的單調增區(qū)間為和； 由f′(x)＜0，得f(x)的單調減區(qū)間為. (2)令g(x)＝0，得f(x)＝5t，要使得方程g(x)＝0有且只有一個解，即函數y＝f(x)與y＝5t的圖象有且只有一個交點， 而由(1)知，f(x)在x＝－時取得極大值，在x＝時取得極小值， 而f＝×3－＝， f＝－f＝－， 故要使得y＝f(x)與y＝5t的圖象只有一個交點， 則5t＞或5t＜－，即t＞或t＜－.