2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 第三篇 建模板看細(xì)則突破高考拿高分.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 第三篇 建模板,看細(xì)則,突破高考拿高分 【模板特征概述】 數(shù)學(xué)解答題是高考數(shù)學(xué)試卷中的一類重要題型,通常是高考的把關(guān)題和壓軸題,具有較好的區(qū)分層次和選拔功能.目前的高考解答題已經(jīng)由單純的知識(shí)綜合型轉(zhuǎn)化為知識(shí)、方法和能力的綜合型解答題.在高考考場(chǎng)上,能否做好解答題,是高考成敗的關(guān)鍵,因此,在高考備考中學(xué)會(huì)怎樣解題,是一項(xiàng)重要的內(nèi)容.本節(jié)以著名數(shù)學(xué)家波利亞的《怎樣解題》為理論依據(jù),結(jié)合具體的題目類型,來談一談解答數(shù)學(xué)解答題的一般思維過程、解題程序和答題格式,即所謂的“答題模板”. “答題模板”就是首先把高考試題納入某一類型,把數(shù)學(xué)解題的思維過程劃分為一個(gè)個(gè)小題,按照一定的解題程序和答題格式分步解答,即化整為零.強(qiáng)調(diào)解題程序化,答題格式化,在最短的時(shí)間內(nèi)擬定解決問題的最佳方案,實(shí)現(xiàn)答題效率的最優(yōu)化. 模板1 三角函數(shù)的性質(zhì) 典例1 (12分)(xx天津)已知函數(shù)f(x)=sin2x-sin2,x∈R. (1)求f(x)的最小正周期; (2)求f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值. 審題路線圖 → →→ → 規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn) 構(gòu) 建 答 題 模 板 解 (1)由已知,有f(x)=-2分 =-cos 2x4分 =sin 2x-cos 2x=sin.6分 所以f(x)的最小正周期T==π.7分 (2)因?yàn)閒(x)在區(qū)間上是減函數(shù),在區(qū)間上是增函數(shù), f=-,8分 f=-,f=,10分 所以f(x)在區(qū)間上的最大值為,最小值為-.12分 第一步 化簡:利用輔助角公式化f(x)為y=Asin(ωx+φ)+k的形式. 第二步 整體代換:設(shè)t=ωx+φ,確定t的范圍. 第三步 求解:利用y=sin t的性質(zhì)求y=Asin(ωx+φ)+k的單調(diào)性、最值、對(duì)稱性等. 第四步 反思:查看換元之后字母范圍變化,利用數(shù)形結(jié)合估算結(jié)果的合理性,檢查步驟的規(guī)范性. 評(píng)分細(xì)則 第(1)問得分點(diǎn): 1 無化簡過程,直接得到f(x)=sin(2x-),扣5分 2 化簡結(jié)果錯(cuò)誤,中間某一步正確,給2分 第(2)問得分點(diǎn): 1 只求f(-),f()得出最值,給1分 2 若單調(diào)性出錯(cuò),給1分 3 單調(diào)性正確,計(jì)算錯(cuò)誤,扣2分 4 求出2x-范圍,利用數(shù)形結(jié)合求最值,同樣得分. 跟蹤演練1 (xx福建)已知函數(shù)f(x)=cos x(sin x+cos x)-. (1)若0<α<,且sin α=,求f(α)的值; (2)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間. 模板2 解三角形 典例2 (14分)(xx山東)△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c.已知a=3,cos A=,B=A+. (1)求b的值; (2)求△ABC的面積. 審題路線圖 (1)→→ (2)方法一→ 方法二→ 規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn) 構(gòu) 建 答 題 模 板 解 (1)在△ABC中,由題意知,sin A==,1分 又因?yàn)锽=A+, 所以sin B=sin=cos A=.3分 由正弦定理,得b===3.5分 (2)由余弦定理得: cos A==?c2-4c+9=0 ?c1=,c2=3,10分 又因?yàn)锽=A+為鈍角, 所以b>c,即c=,12分 所以S△ABC=acsin B=.14分 第一步 找條件:尋找三角形中已知的邊和角,確定轉(zhuǎn)化方向. 第二步 定工具:根據(jù)已知條件和轉(zhuǎn)化方向,選擇使用的定理和公式,實(shí)施邊角之間的轉(zhuǎn)化. 第三步 求結(jié)果:根據(jù)前兩步分析,代入求值得出結(jié)果. 第四步 再反思:轉(zhuǎn)化過程中要注意轉(zhuǎn)化的方向,審視結(jié)果的合理性. 評(píng)分細(xì)則 第(1)問得分點(diǎn) 1.沒求sin A而直接求出sin B的值,不扣分. 2.寫出正弦定理,但b計(jì)算錯(cuò)誤,得1分. 第(2)問得分點(diǎn) 1.寫出余弦定理,但c計(jì)算錯(cuò)誤,得1分. 2.求出c的兩個(gè)值,但沒舍去,扣2分. 3.面積公式正確,但計(jì)算錯(cuò)誤,只給1分. 4.若求出sin C,利用S=absin C計(jì)算,同樣得分. 跟蹤演練2 (xx浙江)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,已知A=,b2-a2=c2. (1)求tan C的值; (2)若△ABC的面積為3,求b的值. 模板3 數(shù)列的通項(xiàng)、求和 典例3 (12分)(xx浙江)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2a3…an=()(n∈N*).若{an}為等比數(shù)列,且a1=2,b3=6+b2. (1)求an與bn; (2)設(shè)cn=-(n∈N*).記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn. ①求Sn;②求正整數(shù)k,使得對(duì)任意n∈N*,均有Sk≥Sn. 審題路線圖 →→→→→ 規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn) 構(gòu) 建 答 題 模 板 解 (1)由題意知a1a2a3…an=(),b3-b2=6, 知a3=()=8.2分 又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去), 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an=2n(n∈N*),4分 所以,a1a2a3…an=2=()n(n+1). 故數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為bn=n(n+1)(n∈N*).6分 (2)①由(1)知cn=-=-(n∈N*), 所以Sn=-(n∈N*).8分 ②因?yàn)閏1=0,c2>0,c3>0,c4>0,9分 當(dāng)n≥5時(shí),cn=, 而-=>0, 得≤<1, 所以,當(dāng)n≥5時(shí),cn<0.11分 綜上,對(duì)任意n∈N*恒有S4≥Sn,故k=4.12分 第一步 找關(guān)系:根據(jù)已知條件確定數(shù)列的項(xiàng)之間的關(guān)系. 第二步 求通項(xiàng):根據(jù)等差或等比數(shù)列的通項(xiàng)公式或利用累加、累乘法求數(shù)列的通項(xiàng)公式. 第三步 定方法:根據(jù)數(shù)列表達(dá)式的結(jié)構(gòu)特征確定求和方法(常用的有公式法、裂項(xiàng)相消法、錯(cuò)位相減法、分組法等). 第四步 寫步驟. 第五步 再反思:檢查求和過程中各項(xiàng)的符號(hào)有無錯(cuò)誤,用特殊項(xiàng)估算結(jié)果. 評(píng)分細(xì)則 (1)求出a3=8得2分,給出b2,b3的關(guān)系得1分; (2)求出q給1分,但q=-2不舍去不得分; (3)裂項(xiàng)得1分,每個(gè)求和寫出正確結(jié)果得1分; (4)驗(yàn)算前4項(xiàng)給2分; (5)驗(yàn)算法給出最后結(jié)果得3分. 跟蹤演練3 (xx山東)已知等差數(shù)列{an}的公差為2,前n項(xiàng)和為Sn,且S1,S2,S4成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)令bn=(-1)n-1,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 模板4 利用向量求空間角 典例4 (12分)(xx山東)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60,AB=2CD=2,M是線段AB的中點(diǎn). (1)求證:C1M∥平面A1ADD1; (2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值. 審題路線圖 (1)?→ (2)→→→ 規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn) 構(gòu) 建 答 題 模 板 (1)證明 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是等腰梯形, 且AB=2CD,所以AB∥DC. 又由M是AB的中點(diǎn),因此CD∥MA且CD=MA. 連接AD1,如圖(1). 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 因?yàn)镃D∥C1D1,CD=C1D1,可得C1D1∥MA,C1D1=MA,所以四邊形AMC1D1為平行四邊形,3分 因?yàn)镃1M∥D1A. 又C1M?平面A1ADD1,D1A?平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1.5分 (2)解 如圖(2),連接AC,MC. 由(1)知CD∥AM且CD=AM, 所以四邊形AMCD為平行四邊形, 可得BC=AD=MC, 由題意得∠ABC=∠DAB=60,所以△MBC為正三角形, 因此AB=2BC=2,CA=,7分 因此CA⊥CB. 以C為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)系 C-xyz,所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,),8分 因此M,所以=,==. 設(shè)平面C1D1M的一個(gè)法向量為n=(x,y,z), 由得可得平面C1D1M的一個(gè)法向量n=(1,,1).又=(0,0,)為平面ABCD的一個(gè)法向量,9分 因此cos〈,n〉==.11分 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為.12分 第一步 找垂直:找出(或作出)具有公共交點(diǎn)的三條兩兩垂直的直線. 第二步 寫坐標(biāo):建立空間直角坐標(biāo)系,寫出特征點(diǎn)坐標(biāo). 第三步 求向量:求直線的方向向量或平面的法向量. 第四步 求夾角:計(jì)算向量的夾角. 第五步 得結(jié)論:得到所求兩個(gè)平面所成的角或直線和平面所成的角. 評(píng)分細(xì)則 (1)得出C1D1∥AM給1分,得出C1D1=MA給1分; (2)線面平行條件不完整扣1分; (3)建系得1分; (4)寫正確向量坐標(biāo)給2分; (5)求出平面C1D1M的一個(gè)法向量給2分. 跟蹤演練4 (xx四川)一個(gè)正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示,在正方體中,設(shè)BC的中點(diǎn)為M,GH的中點(diǎn)為N. (1)請(qǐng)將字母F,G,H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點(diǎn)處(不需說明理由); (2)證明:直線MN∥平面BDH; (3)求二面角AEGM的余弦值. 模板5 離散型隨機(jī)變量的分布列 典例5 (12分)甲、乙兩人參加某電視臺(tái)舉辦的答題闖關(guān)游戲,按照規(guī)則,甲先從6道備選題中一次性抽取3道題獨(dú)立作答,然后由乙回答剩余3題,每人答對(duì)其中2題就停止答題,即闖關(guān)成功.已知在6道備選題中,甲能答對(duì)其中的4道題,乙答對(duì)每道題的概率都是. (1)求甲、乙至少有一人闖關(guān)成功的概率; (2)設(shè)甲答對(duì)題目的個(gè)數(shù)為ξ,求ξ的分布列及均值. 審題路線圖 (1)→→ (2)→→→ 規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn) 構(gòu) 建 答 題 模 板 解 (1)設(shè)甲、乙闖關(guān)成功分別為事件A、B, 則P()===, P()=(1-)3+C(1-)2=+=,4分 則甲、乙至少有一人闖關(guān)成功的概率是 1-P()=1-P()P()=1-=.6分 (2)由題意知ξ的可能取值是1,2.7分 P(ξ=1)==,P(ξ=2)==, 則ξ的分布列為 ξ 1 2 P 10分 ∴E(ξ)=1+2=.12分 第一步 定元:根據(jù)已知條件確定離散型隨機(jī)變量的取值. 第二步 定性:明確每個(gè)隨機(jī)變量取值所對(duì)應(yīng)的事件. 第三步 定型:確定事件的概率模型和計(jì)算公式. 第四步 計(jì)算:計(jì)算隨機(jī)變量取每一個(gè)值的概率. 第五步 列表:列出分布列. 第六步 求解:根據(jù)均值、方差公式求解其值. 評(píng)分細(xì)則 (1)P(),P()計(jì)算正確每個(gè)給2分; (2)對(duì)甲、乙至少有一人闖關(guān)成功事件分解、計(jì)算正確的參照給分; (3)P(ξ=1),P(ξ=2)計(jì)算正確每個(gè)給1分,列表給1分. 跟蹤演練5 (xx安徽)已知2件次品和3件正品混放在一起,現(xiàn)需要通過檢測(cè)將其區(qū)分,每次隨機(jī)檢測(cè)一件產(chǎn)品,檢測(cè)后不放回,直到檢測(cè)出2件次品或者檢測(cè)出3件正品時(shí)檢測(cè)結(jié)束. (1)求第一次檢測(cè)出的是次品且第二次檢測(cè)出的是正品的概率; (2)已知每檢測(cè)一件產(chǎn)品需要費(fèi)用100元,設(shè)X表示直到檢測(cè)出2件次品或者檢測(cè)出3件正品時(shí)所需要的檢測(cè)費(fèi)用(單位:元),求X的分布列和均值(數(shù)學(xué)期望). 模板6 直線與圓錐曲線 典例6 (12分)(xx課標(biāo)全國Ⅰ)已知點(diǎn)A(0,-2),橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率為,F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn),直線AF的斜率為,O為坐標(biāo)原點(diǎn). (1)求E的方程; (2)設(shè)過點(diǎn)A的動(dòng)直線l與E相交于P,Q兩點(diǎn),當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí),求l的方程. 審題路線圖 →→→→ → 規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn) 構(gòu) 建 答 題 模 板 解 (1)設(shè)F(c,0),由條件知,=,得c=.2分 又e==,所以a=2,b2=a2-c2=1.故E的方程為+y2=1.5分 (2)當(dāng)l⊥x軸時(shí),不合題意,故設(shè)l:y=kx-2,6分 P(x1,y1),Q(x2,y2),將y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.7分 當(dāng)Δ=16(4k2-3)>0,即k2>時(shí),x1,2=. 從而|PQ|=|x1-x2|=. 又點(diǎn)O到直線PQ的距離d=, 所以△OPQ的面積S△OPQ=d|PQ|=.9分 設(shè)=t,則t>0,S△OPQ==. 因?yàn)閠+≥4,當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即k=時(shí)等號(hào)成立,且滿足Δ>0,11分 所以,當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)l的方程為y=x-2或y=-x-2.12分 第一步 提關(guān)系:從題設(shè)條件中提取不等關(guān)系式. 第二步 找函數(shù):用一個(gè)變量表示目標(biāo)變量,代入不等關(guān)系式. 第三步 得范圍:通過求解含目標(biāo)變量的不等式,得所求參數(shù)的范圍或最值. 第四步 再回顧:注意目標(biāo)變量的范圍所受題中其他因素的制約,檢查最值取得的條件. 評(píng)分細(xì)則 (1)列出關(guān)于c的方程,結(jié)果算錯(cuò)給1分; (2)求出a=2,給2分,得E的方程給1分; (3)沒有考慮斜率不存在的情況扣1分; (4)求|PQ|時(shí)結(jié)果正確沒有過程扣1分; (5)沒有驗(yàn)證Δ>0扣1分. 跟蹤演練6 (xx天津)已知橢圓+=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(-c,0),離心率為,點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2+y2=截得的線段的長為c,|FM|=. (1)求直線FM的斜率; (2)求橢圓的方程; (3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上,若直線FP的斜率大于,求直線OP(O為原點(diǎn))的斜率的取值范圍. 模板7 解析幾何中的探索性問題 典例7 (12分)已知定點(diǎn)C(-1,0)及橢圓x2+3y2=5,過點(diǎn)C的動(dòng)直線與橢圓相交于A,B兩點(diǎn). (1)若線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是-,求直線AB的方程; (2)在x軸上是否存在點(diǎn)M,使為常數(shù)?若存在,求出點(diǎn)M的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由. 審題路線圖 (1)→→ (2)→→→ 規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn) 構(gòu) 建 答 題 模 板 解 (1)依題意,直線AB的斜率存在,設(shè)直線AB的方程為y=k(x+1), 將y=k(x+1)代入x2+3y2=5,消去y整理得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-5=0.2分 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則 由線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是-,得=-=-, 解得k=,適合①.所以直線AB的方程為x-y+1=0或x+y+1=0.4分 (2)假設(shè)在x軸上存在點(diǎn)M(m,0),使為常數(shù). (ⅰ)當(dāng)直線AB與x軸不垂直時(shí),由(1)知x1+x2=-,x1x2=. ③ 所以=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(x1-m)(x2-m)+k2(x1+1)(x2+1) =(k2+1)x1x2+(k2-m)(x1+x2)+k2+m2.7分 將③代入,整理得 =+m2=+m2=m2+2m--.9分 注意到是與k無關(guān)的常數(shù),從而有6m+14=0,m=-,此時(shí)=.10分 (ⅱ)當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí),此時(shí)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為、,當(dāng)m=-時(shí),也有=.11分 綜上,在x軸上存在定點(diǎn)M,使為常數(shù).12分 第一步 先假定:假設(shè)結(jié)論成立. 第二步 再推理:以假設(shè)結(jié)論成立為條件,進(jìn)行推理求解. 第三步 下結(jié)論:若推出合理結(jié)果,經(jīng)驗(yàn)證成立則肯定假設(shè);若推出矛盾則否定假設(shè). 第四步 再回顧:查看關(guān)鍵點(diǎn),易錯(cuò)點(diǎn)(特殊情況、隱含條件等),審視解題規(guī)范性. 評(píng)分細(xì)則 (1)不考慮直線AB斜率不存在的情況扣1分; (2)不驗(yàn)證Δ>0扣1分; (3)沒有假設(shè)存在點(diǎn)M不扣分; (4)沒有化簡至最后結(jié)果,直接下結(jié)論扣1分. 跟蹤演練7 (xx湖南)如圖,O為坐標(biāo)原點(diǎn),雙曲線C1:-=1(a1>0,b1>0)和橢圓C2:+=1(a2>b2>0)均過點(diǎn)P(,1),且以C1的兩個(gè)頂點(diǎn)和C2的兩個(gè)焦點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是面積為2的正方形. (1)求C1,C2的方程; (2)是否存在直線l,使得l與C1交于A,B兩點(diǎn),與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),且|+|=||?證明你的結(jié)論. 模板8 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 典例8 (12分)(xx課標(biāo)全國Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)=emx+x2-mx. (1)證明:f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增; (2)若對(duì)于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范圍. 審題路線圖 (1)→→ (2)→→ →→→ 規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn) 構(gòu) 建 答 題 模 板 解 (1)f′(x)=m(emx-1)+2x.1分 若m≥0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),emx-1≤0,f′(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),emx-1≥0,f′(x)>0. 若m<0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),emx-1>0,f′(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),emx-1<0,f′(x)>0.4分 所以,f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增.6分 (2)由(1)知,對(duì)任意的m,f(x)在[-1,0]上單調(diào)遞減,在[0,1]上單調(diào)遞增,故f(x)在x=0處取得最小值.所以對(duì)于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要條件是8分 即①設(shè)函數(shù)g(t)=et-t-e+1,則g′(t)=et-1.9分 當(dāng)t<0時(shí),g′(t)<0;當(dāng)t>0時(shí),g′(t)>0.故g(t)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故當(dāng)t∈[-1,1]時(shí),g(t)≤0. 當(dāng)m∈[-1,1]時(shí),g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;10分 當(dāng)m>1時(shí),由g(t)的單調(diào)性,g(m)>0,即em-m>e-1; 當(dāng)m<-1時(shí),g(-m)>0,即e-m+m>e-1.11分 綜上,m的取值范圍是[-1,1].12分 第一步 求導(dǎo)數(shù):一般先確定函數(shù)的定義域,再求f′(x). 第二步 定區(qū)間:根據(jù)f′(x)的符號(hào)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間. 第三步 尋條件:一般將恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題. 第四步 寫步驟:通過函數(shù)單調(diào)性探求函數(shù)最值,對(duì)于最值可能在兩點(diǎn)取到的恒成立問題,可轉(zhuǎn)化為不等式組恒成立. 第五步 再反思:查看是否注意定義域,區(qū)間的寫法、最值點(diǎn)的探求是否合理等. 評(píng)分細(xì)則 (1)討論時(shí)漏掉m=0扣1分; (2)確定f′(x)符號(hào)時(shí)只有結(jié)論無中間過程扣1分; (3)寫出f(x)在x=0處取得最小值給1分; (4)無最后結(jié)論扣1分; (5)其他方法構(gòu)造函數(shù)同樣給分. 跟蹤演練8 設(shè)函數(shù)f(x)=a2ln x-x2+ax,a>0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)求所有的實(shí)數(shù)a,使e-1≤f(x)≤e2對(duì)x∈[1,e]恒成立. 學(xué)生用書答案精析 第三篇 建模板,看細(xì)則,突破高考拿高分 跟蹤演練1 解 (1)因?yàn)?<α<,sin α=, 所以cos α=. 所以f(α)=(+)-=. (2)因?yàn)閒(x)=sin xcos x+cos2x- =sin 2x+- =sin 2x+cos 2x =sin(2x+), 所以T==π. 由2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,得 kπ-≤x≤kπ+,k∈Z. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[kπ-,kπ+],k∈Z. 跟蹤演練2 解 (1)由b2-a2=c2及正弦定理得sin2B-=sin2C. 所以-cos 2B=sin2C. 又由A=,即B+C=π,得 -cos 2B=sin 2C=2sin Ccos C=sin2C, 解得tan C=2. (2)由tan C=2,C∈(0,π)得 sin C=,cos C=, 又因?yàn)閟in B=sin(A+C)=sin, 所以sin B=, 由正弦定理得c=b, 又因?yàn)锳=,bcsin A=3, 所以bc=6,故b=3. 跟蹤演練3 解 (1)因?yàn)镾1=a1,S2=2a1+2=2a1+2, S4=4a1+2=4a1+12, 由題意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1, 所以an=2n-1. (2)bn=(-1)n-1 =(-1)n-1 =(-1)n-1(+). 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí), Tn=(1+)-(+)+…+(+)-(+)=1-=. 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí), Tn=(1+)-(+)+…-(+)+(+)=1+=. 所以Tn= (或Tn=) 跟蹤演練4 (1)解 點(diǎn)F,G,H的位置如圖所示. (2)證明 連接BD,設(shè)O為BD的中點(diǎn), 因?yàn)镸,N分別是BC,GH的中點(diǎn), 所以O(shè)M∥CD,且OM=CD,HN∥CD,且HN=CD, 所以O(shè)M∥HN,OM=HN, 所以四邊形MNHO是平行四邊形, 從而MN∥OH, 又MN?平面BDH,OH?平面BDH, 所以MN∥平面BDH. (3)解 方法一 連接AC,過M作MP⊥AC于P, 在正方體ABCD-EFGH中,AC∥EG, 所以MP⊥EG, 過P作PK⊥EG于K,連接KM, 所以EG⊥平面PKM, 從而KM⊥EG, 所以∠PKM是二面角AEGM的平面角,設(shè)AD=2,則CM=1,PK=2, 在Rt△CMP中,PM=CMsin 45=, 在Rt△PKM中,KM==,所以cos∠PKM==, 即二面角AEGM的余弦值為. 方法二 如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以,,方向?yàn)閤,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz, 設(shè)AD=2,則M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0), 所以=(2,-2,0),=(-1,0,2), 設(shè)平面EGM的一個(gè)法向量為n1=(x,y,z), 由取x=2,得n1=(2,2,1), 在正方體ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC, 則可取平面AEG的一個(gè)法向量為n2==(1,1,0), 所以cosn1,n2===, 故二面角AEGM的余弦值為. 跟蹤演練5 解 (1)記“第一次檢測(cè)出的是次品且第二次檢測(cè)出的是正品”為事件A. P(A)==. (2)X的可能取值為200,300,400. P(X=200)==, P(X=300)==, P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300) =1--=. 故X的分布列為 X 200 300 400 P E(X)=200+300+400=350. 跟蹤演練6 解 (1)由已知有=, 又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2. 設(shè)直線FM的斜率為k(k>0),F(xiàn)(-c,0),則直線FM的方程為y=k(x+c). 由已知,有2+2=2, 解得k=. (2)由(1)得橢圓方程為+=1,直線FM的方程為y=(x+c),兩個(gè)方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c,或x=c. 因?yàn)辄c(diǎn)M在第一象限,可得M的坐標(biāo)為. 由|FM|= =. 解得c=1,所以橢圓的方程為+=1. (3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y),直線FP的斜率為t, 得t=,即y=t(x+1)(x≠-1),與橢圓方程聯(lián)立. 消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6, 又由已知,得t= >, 解得-<x<-1,或-1<x<0. 設(shè)直線OP的斜率為m,得m=,即y=mx(x≠0),與橢圓方程聯(lián)立,整理得m2=-. ①當(dāng)x∈時(shí),有y=t(x+1)<0, 因此m>0,于是m= ,得m∈. ②當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),有y=t(x+1)>0. 因此m<0,于是m=-, 得m∈. 綜上,直線OP的斜率的取值范圍是∪. 跟蹤演練7 解 (1)設(shè)C2的焦距為2c2,由題意知,2c2=2,2a1=2. 從而a1=1,c2=1. 因?yàn)辄c(diǎn)P(,1)在雙曲線x2-=1上, 所以()2-=1.故b=3. 由橢圓的定義知 2a2= +=2. 于是a2=,b=a-c=2. 故C1,C2的方程分別為 x2-=1,+=1. (2)不存在符合題設(shè)條件的直線. ①若直線l垂直于x軸,因?yàn)閘與C2只有一個(gè)公共點(diǎn), 所以直線l的方程為x=或x=-. 當(dāng)x=時(shí),易知A(,),B(,-), 所以|+|=2,||=2. 此時(shí),|+|≠|(zhì)|. 當(dāng)x=-時(shí), 同理可知,|+|≠|(zhì)|. ②若直線l不垂直于x軸,設(shè)l的方程為y=kx+m. 由得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0. 當(dāng)l與C1相交于A,B兩點(diǎn)時(shí),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1,x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根, 從而x1+x2=,x1x2=. 于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=. 由得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0. 因?yàn)橹本€l與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),所以上述方程的判別式Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0. 化簡,得2k2=m2-3, 因此=x1x2+y1y2 =+=≠0, 于是2+2+2≠2+2-2, 即|+|2≠|(zhì)-|2, 故|+|≠|(zhì)|. 綜合①②可知,不存在符合題設(shè)條件的直線. 跟蹤演練8 解 (1)因?yàn)閒(x)=a2ln x-x2+ax,其中x>0, 所以f′(x)=-2x+a=-. 由于a>0, 所以f(x)的增區(qū)間為(0,a),減區(qū)間為(a,+∞). (2)由題意得f(1)=a-1≥e-1,即a≥e. 由(1)知f(x)在[1,e]內(nèi)單調(diào)遞增, 要使e-1≤f(x)≤e2對(duì)x∈[1,e]恒成立. 只要解得a=e.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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