（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 熱考題型解法指導(dǎo) 第2講 解答題審題技巧專題強(qiáng)化訓(xùn)練

《（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 熱考題型解法指導(dǎo) 第2講 解答題審題技巧專題強(qiáng)化訓(xùn)練》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 熱考題型解法指導(dǎo) 第2講 解答題審題技巧專題強(qiáng)化訓(xùn)練（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講 解答題審題技巧專題強(qiáng)化訓(xùn)練1(2019寧波模擬)在ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且1.(1)求B；(2)若cos，求sin A的值解：(1)由1及正弦定理，得1，所以，即，則.因?yàn)樵贏BC中，sin A0，sin C0，所以cos B.因?yàn)锽(0，)，所以B.(2)因?yàn)?C，所以C.又cos，所以sin.所以sin Asin(BC)sinsinsincoscossin.2.如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1B1B為正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B平面BB1C1C.(1)求證：BC平面AB1C1；(2)求證：B1CAC1；(3)設(shè)點(diǎn)E，F(xiàn)，H，G

2、分別是B1C，AA1，A1B1，B1C1的中點(diǎn)，試判斷E，F(xiàn)，H，G四點(diǎn)是否共面，并說明理由解：(1)證明：在菱形BB1C1C中，BCB1C1.因?yàn)锽C平面AB1C1，B1C1平面AB1C1，所以BC平面AB1C1.(2)證明：連接BC1.在正方形ABB1A1中，ABBB1.因?yàn)槠矫鍭A1B1B平面BB1C1C，平面AA1B1B平面BB1C1CBB1，AB平面ABB1A1，所以AB平面BB1C1C.因?yàn)锽1C平面BB1C1C，所以ABB1C.在菱形BB1C1C中，BC1B1C.因?yàn)锽C1平面ABC1，AB平面ABC1，BC1ABB，所以B1C平面ABC1.因?yàn)锳C1平面ABC1，所以B1CAC

3、1.(3)E，F(xiàn)，H，G四點(diǎn)不共面. 理由如下：因?yàn)镋，G分別是B1C，B1C1的中點(diǎn)，所以GECC1.同理可證：GHC1A1.因?yàn)镚E平面EHG，GH平面EHG，GEGHG，CC1平面AA1C1C，A1C1平面AA1C1C，所以平面EHG平面AA1C1C.因?yàn)镕平面AA1C1C，所以F平面EHG，即E，F(xiàn)，H，G四點(diǎn)不共面3已知橢圓E：1(ab0)的離心率為，且過點(diǎn)P，右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)N(2，0)(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)動(dòng)弦AB與x軸垂直，求證：直線AF與直線BN的交點(diǎn)M仍在橢圓E上解：(1)因?yàn)閑，所以ac，bc，即橢圓E的方程可以設(shè)為1.將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入得：b21，所以，橢圓E的方程

4、為y21.(2)證明：右焦點(diǎn)為F(1，0)，設(shè)A(x0，y0)，由題意得B(x0，y0)所以直線AF的方程為：y(x1)，直線BN的方程為：y(x2)，聯(lián)立得，(x1)(x2)，即x，再代入得，y，即y.所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為.又因?yàn)閥，將y1代入得，y1.所以點(diǎn)M在橢圓E上4(2019杭州模擬)已知函數(shù)f(x).(1)若曲線yf(x)在點(diǎn)(x0，f(x0)處的切線方程為axy0，求x0的值；(2)當(dāng)x0時(shí)，求證：f(x)x；(3)設(shè)函數(shù)F(x)f(x)bx(x0)，其中b為實(shí)常數(shù)，試討論函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并證明你的結(jié)論解：(1)f(x).因?yàn)榍芯€axy0過原點(diǎn)(0，0)，所以，解得：x02.

5、(2)證明：設(shè)g(x)(x0)，則g(x).令g(x)0，解得x2.x在(0，)上變化時(shí)，g(x)，g(x)的變化情況如下表：x(0，2)2(2，)g(x)0g(x)所以當(dāng)x2時(shí)，g(x)取得最小值.所以當(dāng)x0時(shí)，g(x)1，即f(x)x.(3)F(x)0等價(jià)于f(x)bx0，等價(jià)于b0.注意x0.令H(x)b，所以H(x)(x0)當(dāng)b0時(shí)，H(x)0 ，所以H(x)無零點(diǎn)，即F(x)在定義域內(nèi)無零點(diǎn)當(dāng)b0時(shí)，當(dāng)0x2時(shí)，H(x)0，H(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x2時(shí)，H(x)0，H(x)單調(diào)遞增所以當(dāng)x2時(shí)，H(x)有極小值也是最小值，H(2)b.當(dāng)H(2)b0，即0b時(shí)，H(x)在(0，)上不存在

6、零點(diǎn)；當(dāng)H(2)b0，即b時(shí)，H(x)在(0，)上存在唯一零點(diǎn)2；當(dāng)H(2)b0，即b時(shí)，由e1有Hbebb(e1)0，而H(2)0，所以H(x)在(0，2)上存在唯一零點(diǎn)；又因?yàn)?b3，H(2b)b.令h(t)ett3，其中t2b2，h(t)ett2，h(t)et3t，h(t)et3，所以h(t)e230，因此h(t)在(2，)上單調(diào)遞增，從而h(t)h(2)e260，所以h(t)在(2，)上單調(diào)遞增，因此h(t)h(2)e260，故h(t)在(2，)上單調(diào)遞增，所以h(t)h(2)e240.由上得H(2b)0，由零點(diǎn)存在定理知，H(x)在(2，2b)上存在唯一零點(diǎn)，即在(2，)上存在唯一零

7、點(diǎn)綜上所述：當(dāng)b時(shí)，函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0；當(dāng)b時(shí)，函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1；當(dāng)b時(shí)，函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2. 5已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a11，2an12anp(p為常數(shù)，n1，2，3，)(1)若S312，求Sn；(2)若數(shù)列an是等比數(shù)列，求實(shí)數(shù)p的值(3)是否存在實(shí)數(shù)p，使得數(shù)列滿足：可以從中取出無限多項(xiàng)并按原來的先后次序排成一個(gè)等差數(shù)列？若存在，求出所有滿足條件的p的值；若不存在，說明理由解：(1)因?yàn)閍11，2an12anp，所以2a22a1p2p，2a32a2p22p.因?yàn)镾312，所以22p22p63p24，即p6. 所以an1an3(n1，2，3，)所以數(shù)

8、列an是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列所以Sn1n3.(2)若數(shù)列an是等比數(shù)列，則aa1a3.由(1)可得：1(1p)解得p0.當(dāng)p0時(shí)，由2an12anp，得：an1an1.顯然，數(shù)列an是以1為首項(xiàng)，1為公比的等比數(shù)列所以p0.(3)當(dāng)p0時(shí)，由(2)知：an1(n1，2，3，)所以1(n1，2，3，)，即數(shù)列就是一個(gè)無窮等差數(shù)列所以當(dāng)p0時(shí)，可以得到滿足題意的等差數(shù)列當(dāng)p0時(shí)，因?yàn)閍11，2an12anp，即an1an，所以數(shù)列an是以1為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列所以ann1.下面用反證法證明：當(dāng)p0時(shí)，數(shù)列中不能取出無限多項(xiàng)并按原來次序排列成等差數(shù)列假設(shè)存在p00，從數(shù)列中可以取得滿足題意的無窮等差數(shù)列，不妨記為bn設(shè)數(shù)列bn的公差為d.當(dāng)p00時(shí)，an0(n1，2，3，)所以數(shù)列bn是各項(xiàng)均為正數(shù)的遞減數(shù)列所以d0.因?yàn)閎nb1(n1)d(n1，2，3，)，所以當(dāng)n1時(shí)，bnb1(n1)db1d0，這與bn0矛盾當(dāng)p00時(shí)，令n10，解得：n1. 所以當(dāng)n1時(shí)，an0恒成立所以數(shù)列bn必然是各項(xiàng)均為負(fù)數(shù)的遞增數(shù)列所以d0.因?yàn)閎nb1(n1)d(n1，2，3，)，所以當(dāng)n1時(shí)，bnb1(n1)db1d0，這與bn0矛盾綜上所述，p0是唯一滿足條件的p的值- 7 -