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【新步步高】(全國(guó)甲卷)2017版高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 第一篇 活用審題路線(xiàn)圖教你審題不再難 文
審題即弄清題意,明確題目的條件與結(jié)論,審題是解題的基礎(chǔ),深入細(xì)致的審題是正確迅速解題的前提.
審題不僅存在于解題的開(kāi)端,還要貫穿于解題思路的全過(guò)程和解答后的反思回顧.正確的審題要多角度地觀察,由表及里,由條件到結(jié)論,由數(shù)式到圖形,洞察問(wèn)題實(shí)質(zhì),選擇正確的解題方向.事實(shí)上,很多考生往往對(duì)審題掉以輕心,或不知從何處入手進(jìn)行審題,致使解題失誤而丟分.本篇結(jié)合實(shí)例,教你正確的審題方法,給你制訂一條“審題路線(xiàn)圖”,攻克高考解答題.
一審條件挖隱含
題目的條件是解題的主要素材,充分利用條件和結(jié)論間的內(nèi)在聯(lián)系是解題的必經(jīng)之路.條件有明示的,也有隱含的,審視條件更重要的是充分挖掘每一個(gè)條件的內(nèi)涵和隱含信息,發(fā)揮隱含條件的解題功能.
例1 已知函數(shù)f(x)=4sin(ωx-)cos ωx在x=處取得最值,其中ω∈(0,2).
(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期;
(2)將函數(shù)f(x)的圖象向左平移個(gè)單位,再將所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的3倍,縱坐標(biāo)不變,得到函數(shù)y=g(x)的圖象,若α為銳角,g(α)=-,求cos α.
審題路線(xiàn)圖
(1)
―→
(2)
解 (1)f(x)=4sin(ωx-)cos ωx
=2sin ωxcos ωx-2cos2ωx
=(sin 2ωx-cos 2ωx)-
=2sin(2ωx-)-,
∵f(x)在x=處取得最值,
∴2ω-=kπ+,k∈Z,
∴ω=2k+,k∈Z,∵ω∈(0,2),
即0<2k+<2,∴-
0),
f′(x)=-=
== (x>0),
令f′(x)>0,則x>2或0f(3).
所以函數(shù)f(x)在[1,3]上的最小值為2ln 2-5,最大值為-.
(2)若對(duì)于任意的x1∈[1,2],存在x2∈[2,3],使f(x1)≥h(x2),則f(x1)min≥h(x2)有解.
又a=-2,則f(x)=-2ln x-,
f′(x)=--<0,
所以f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減,
f(x1)min=f(2)=-2ln 2-5.
所以x-2bx2+4≤-2ln 2-5有解,
轉(zhuǎn)化為2b≥有解,
設(shè)函數(shù)g(x)=,
則g(x)在[2,3]上單調(diào)遞減,
所以2b≥g(x)min=g(3)=,
即b≥.
所以b的取值范圍為[,+∞).
跟蹤演練2 函數(shù)f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù),a∈R.
(1)當(dāng)a>0時(shí),解不等式f(x)≤0;
(2)當(dāng)a=0時(shí),求整數(shù)t的所有值,使方程f(x)=x+2在[t,t+1]上有解.
解 (1)因?yàn)閑x>0,所以不等式f(x)≤0即為ax2+x≤0,
又因?yàn)閍>0,所以不等式可化為x(x+)≤0,
所以不等式f(x)≤0的解集為[-,0].
(2)當(dāng)a=0時(shí),方程即為xex=x+2,
x=0不是方程的解,
所以原方程等價(jià)于ex--1=0.
令h(x)=ex--1.
因?yàn)閔′(x)=ex+>0對(duì)于x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,
所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù),
又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-2>0,h(-3)=e-3-<0,
h(-2)=e-2>0,所以方程f(x)=x+2有且只有兩個(gè)實(shí)數(shù)根,且分別在區(qū)間[1,2]和[-3,-2]上,
所以整數(shù)t的所有值為{-3,1}.
三審圖形抓特點(diǎn)
在一些數(shù)學(xué)高考試題中,問(wèn)題的條件往往是以圖形的形式給出,或?qū)l件隱含在圖形之中,因此在審題時(shí),要善于觀察圖形,洞悉圖形所隱含的特殊關(guān)系、數(shù)值的特點(diǎn)、變化的趨勢(shì).抓住圖形的特征,運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法,是破解考題的關(guān)鍵.
例3 如圖(1)所示,在邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中,∠DAB=60.點(diǎn)E、F分別在邊CD、CB上,點(diǎn)E與點(diǎn)C、D不重合,EF⊥AC,EF∩AC=O.沿EF將△CEF翻折到△PEF的位置,使平面PEF⊥平面ABFED,如圖(2)所示.
(1)求證:BD⊥平面POA;
(2)當(dāng)PB取得最小值時(shí),求四棱錐P-BDEF的體積.
審題路線(xiàn)圖
(1)
(2)
(1)證明 因?yàn)榱庑蜛BCD的對(duì)角線(xiàn)互相垂直,
所以BD⊥AC,所以BD⊥AO.
因?yàn)镋F⊥AC,所以PO⊥EF.
因?yàn)槠矫鍼EF⊥平面ABFED,
平面PEF∩平面ABFED=EF,
且PO?平面PEF,
所以PO⊥平面ABFED.
因?yàn)锽D?平面ABFED,所以PO⊥BD.
因?yàn)锳O∩PO=O,所以BD⊥平面POA.
(2)解 設(shè)AO∩BD=H.
因?yàn)椤螪AB=60,所以△BDC為等邊三角形.
故BD=4,HB=2,
HC=2.
設(shè)PO=x(00,b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn),P是C上一點(diǎn),若PF1+PF2=6a,且△PF1F2最小的內(nèi)角為30,則雙曲線(xiàn)C的漸近線(xiàn)方程是______.
答案 (1)2 (2)xy=0
解析 (1)方法一 因?yàn)閎cos C+ccos B=2b,
所以b+c=2b,
化簡(jiǎn)可得=2.
方法二 因?yàn)閎cos C+ccos B=2b,
所以sin Bcos C+sin Ccos B=2sin B,
故sin(B+C)=2sin B,
故sin A=2sin B,則a=2b,即=2.
(2)由題意,不妨設(shè)PF1>PF2,
則根據(jù)雙曲線(xiàn)的定義得,PF1-PF2=2a,
又PF1+PF2=6a,
解得PF1=4a,PF2=2a.
在△PF1F2中,F(xiàn)1F2=2c,而c>a,
所以有PF2g(f(x))的x的值為_(kāi)_______.
(2)某校舉行了由全部學(xué)生參加的校園安全知識(shí)考試 ,從中抽出60名學(xué)生,將其成績(jī)分成六段[40,50),[50,60),…,[90,100]后,畫(huà)出如圖所示的頻率分布直方圖.觀察圖形中的信息,回答下列問(wèn)題:估計(jì)這次考試的及格率(60分及以上為及格)為_(kāi)_______,平均分為_(kāi)_______.
答案 (1)1 2 (2)75% 71
解析 (1)第一空,因?yàn)間(1)=3,所以f(g(1))=f(3)=1.
第二空,當(dāng)x=1時(shí),f(g(x))=f(g(1))=f(3)=1.
g(f(x))=g(f(1))=g(1)=3.此時(shí)1<3,也即
f(g(x))1,也即f(g(x))>g(f(x)),符合題意.
同理可解得x=3時(shí),不符合題意.
(2)及格的頻率是(0.015+0.03+0.025+0.005)10=0.75,即及格率約為75%.
樣本的均值為450.1+550.15+650.15+750.3+850.25+950.05=71,以這個(gè)分?jǐn)?shù)估計(jì)總體的分?jǐn)?shù)即得總體的平均分約為71.
六審細(xì)節(jié)更完善
審題不僅要從宏觀上、整體上去分析、去把握,還要更加注意審視一些細(xì)節(jié)上的問(wèn)題.例如括號(hào)內(nèi)的標(biāo)注、數(shù)據(jù)的范圍、圖象的特點(diǎn)等.因?yàn)闃?biāo)注、范圍大多是對(duì)數(shù)學(xué)概念、公式、定理中所涉及的一些量或解析式的限制條件.審視細(xì)節(jié)能適時(shí)地利用相關(guān)量的約束條件,調(diào)整解決問(wèn)題的方向.所以說(shuō)重視審視細(xì)節(jié),更能體現(xiàn)審題的深刻性.
例6 已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=1,Sn+1+Sn=a,數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bnbn+1=3an,且b1=1.
(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)記Tn=anb2+an-1b4+…+a1b2n,求Tn.
審題路線(xiàn)圖
(1)
―→―→
(2)―→―→
解 (1)∵Sn+1+Sn=a,①
Sn+Sn-1=a(n≥2),②
①-②得:an+1+an=a-a,
∴(an+1+an)(an+1-an-1)=0,
∵an+1>0,an>0,∴an+1+an≠0,
∴an+1-an=1(n≥2).
又由S2+S1=a得2a1+a2=a,
即a-a2-2=0,∴a2=2,a2=-1(舍去).
∴a2-a1=1,
∴{an}是以1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列,
∴an=n.
又∵bnbn+1=3an=3n,③
bn-1bn=3n-1 (n≥2).④
得:=3(n≥2).
又由b1=1,可求b2=3,
故b1,b3,…,b2n-1是首項(xiàng)為1,公比為3的等比數(shù)列,b2,b4,…,b2n是首項(xiàng)為3,公比為3的等比數(shù)列.
∴b2n-1=3n-1,b2n=33n-1=3n.
∴
(2)由(1)得:
Tn=3an+32an-1+33an-2+…+3na1,⑤
3Tn=32an+33an-1+34an-2+…+3n+1a1,⑥
⑥-⑤得:2Tn=-3an+32(an-an-1)+33(an-1-an-2)+…+3n(a2-a1)+3n+1a1,
由an=n,∴2Tn=-3n+32+33+…+3n+3n+1
=-3n+
=-3n-+3n+2,
∴Tn=--.
跟蹤演練6 已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列,公差為d,Sn為其前n項(xiàng)和,且滿(mǎn)足a=S2n-1,n∈N*.數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn=,n∈N*,Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若對(duì)任意的n∈N*,不等式λTn1 009時(shí),結(jié)束,故判斷框內(nèi)應(yīng)填入的條件是i≤1 009或i<1 010.
4.設(shè)雙曲線(xiàn)的一個(gè)焦點(diǎn)為F,虛軸的一個(gè)端點(diǎn)為B,如果直線(xiàn)FB與該雙曲線(xiàn)的一條漸近線(xiàn)垂直,那么此雙曲線(xiàn)的離心率為_(kāi)_______.
答案
解析 設(shè)雙曲線(xiàn)的方程為-=1(a>0,b>0),取F(c,0),B(0,b),漸近線(xiàn)y=x,由兩條直線(xiàn)互相垂直的條件得-=-1,∴b2=ac=c2-a2,∴e2-e-1=0,∴e=(負(fù)值舍去).
5.設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,其中B=.設(shè)向量m=(cos A,cos 2A),n=(-,1),當(dāng)mn取得最小值時(shí),△ABC的形狀為_(kāi)_______三角形.
答案 銳角
解析 因?yàn)閙n=-cos A+cos 2A=-cos A+2cos2A-1=2(cos2A-cos A)-1=2(cos A-)2-,所以當(dāng)cos A=時(shí),mn取得最小值.
此時(shí),即C<.
所以△ABC為銳角三角形.
6.已知M是△ABC內(nèi)的一點(diǎn)(不含邊界),且=2,∠BAC=30,若△MBC,△MAB,△MCA的面積分別為x,y,z,記f(x,y,z)=++,則f(x,y,z)的最小值為_(kāi)_______.
答案 36
解析 ∵=||||cos 30=2,
∴||||=4,
S△ABC=ABACsin 30=1=x+y+z,
∴f(x,y,z)=++=(++)(x+y+z)=1+4+9++++++=14+(+)+(+)+(+)≥14+4+6+12=36.
7.設(shè)函數(shù)則使得f(x)≤2成立的x的取值范圍是________.
答案 (-∞,8]
解析 由于題中所給的是一個(gè)分段函數(shù),則當(dāng)x<1時(shí),由ex-1≤2,解得x≤1+ln 2,故x<1;當(dāng)x≥1時(shí),由x≤2,解得x≤23=8.故1≤x≤8,綜合上述兩種情況可得x∈(-∞,8].
8.如圖,已知六棱錐P—ABCDEF的底面是正六邊形,PA⊥平面ABC.給出下列結(jié)論:
①CD∥平面PAF;②DF⊥平面PAF;③CF∥平面PAB;④DF∥平面PAB.
其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為_(kāi)_____.
答案 3
解析 因?yàn)榱忮FP—ABCDEF的底面是正六邊形,所以AF∥CD,由線(xiàn)面平行的判定定理,得CD∥平面PAF,故①正確;由正六邊形的特點(diǎn)易知DF⊥AF,因?yàn)镻A⊥平面ABCD,所以DF⊥PA,由線(xiàn)面垂直的判定定理,得DF⊥平面PAF,故②正確;CF∥AB,由線(xiàn)面平行的判定定理,得CF∥平面PAB,故③正確;連結(jié)AC,由正六邊形的特點(diǎn)易知DF∥AC,又AC∩平面PAB=A,故DF與平面PAB相交,故④不正確.故正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是3.
9.已知函數(shù)f(x)=,數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若a1=,Sn+1=f(Sn)(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)Tn=S+S+…+S,當(dāng)n≥2時(shí),求證:4Tn<2-.
(1)解 由題意可知,Sn+1=,
兩邊取倒數(shù)得,==+2,
即-=2,又=2,
所以數(shù)列{}是首項(xiàng)為2,公差為2的等差數(shù)列,
故=2+2(n-1)=2n,所以Sn=,
當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=-=-.
所以an=
(2)證明 由(1)可知,S=,
當(dāng)n≥2時(shí),<,
所以Tn<(1+1-+-+…+-)
即4Tn<2-.
10.已知函數(shù)f(x)=axln x-x+1.
(1)當(dāng)a=1時(shí),求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)求證:當(dāng)x>1時(shí),-<恒成立.
(1)解 當(dāng)a=1時(shí),f(x)=xln x-x+1(x>0),
f′(x)=ln x+x-1=ln x,
由f′(x)>0,得x>1,
由f′(x)<0,得01時(shí),ln x>0,
所以要證-<,
只要證(x-1)-ln x<(x-1)ln x(x>1),
即證(x+1)ln x-x+1>0(x>1),
令F(x)=(x+1)ln x-x+1(x>1),
F′(x)=ln x+(x+1)-1
=(x>1),
由(1),知x=1是f(x)=xln x-x+1的唯一極小值點(diǎn),所以f(x)≥f(1)=0,
所以F′(x)≥0,所以F(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),
所以當(dāng)x>1時(shí),F(xiàn)(x)>F(1)=0,
所以當(dāng)x>1時(shí),-<恒成立.
B組 能力提高
11.(2015安徽)如圖,三棱錐PABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60.
(1)求三棱錐PABC的體積;
(2)證明:在線(xiàn)段PC上存在點(diǎn)M,使得AC⊥BM,并求的值.
解 (1)由題意知AB=1,AC=2,∠BAC=60,
可得S△ABC=ABACsin 60=.
由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱錐PABC的高.
又PA=1,
所以三棱錐PABC的體積
V=S△ABCPA=.
(2)在平面ABC內(nèi),過(guò)點(diǎn)B作BN⊥AC,垂足為N,在平面PAC內(nèi),過(guò)點(diǎn)N作MN∥PA交PC于點(diǎn)M,連結(jié)BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC,所以MN⊥AC.由于BN∩MN=N,故AC⊥平面MBN,又BM?平面MBN,所以AC⊥BM.
在Rt△BAN中,AN=ABcos∠BAC=,從而NC=AC-AN=,由MN∥PA,得==.
12.已知橢圓C:+=1(a>b>0)經(jīng)過(guò)D(2,0),E(1,)兩點(diǎn).
(1)求橢圓C的方程;
(2)若直線(xiàn)l:y=kx+m與橢圓C交于不同兩點(diǎn)A,B,點(diǎn)G是線(xiàn)段AB中點(diǎn),點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn),設(shè)射線(xiàn)OG交橢圓C于點(diǎn)Q,且=2.
a.證明:4m2=4k2+1;
b.求△AOB的面積.
(1)解 由題意,得解得
∴橢圓C的方程為+y2=1.
(2)a.證明 令A(yù)(x1,y1),B(x2,y2),
由
消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.
∴
即①
∴y1+y2=k(x1+x2)+2m
=+2m=.
又由中點(diǎn)坐標(biāo)公式,得G(,).
將Q(,)代入橢圓方程,
有+=1,
化簡(jiǎn)得,4m2=1+4k2.②
b.解 由①②得m≠0,
且|x1-x2|=
=,③
在△AOB中,S△AOB=|m||x1-x2|,④
∴由②③④可得S△AOB==.
∴△AOB的面積是.
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