广东省高考数学第二轮复习 第3讲 解答题题型特点与技法指导 文

第3讲　解答题题型特点与技法指导高考解答题一般有六大方向：三角函数与平面向量、概率与统计、立体几何、数列与不等式、解析几何、不等式与函数及导数．一般来说，前三题属于中、低档题，第四题属中档偏难题，后两题属难题．三角函数与平面向量、概率与统计、立体几何在前三题中出现的概率较高，掌握解这几类题的解法是大多数学生成功的关键．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．能否做好解答题，是高考成败的关键．1．三角函数有关三角函数的大题即解答题，主要是考查基础知识、基本技能和基本方法，且难度不大．凸显恒等变换与三角函数图象、性质在三角形内考查．主要考查以下4个方面：①三角函数的图象、性质、图象变换，主要是y＝Asin(ωx＋φ)＋b的图象、性质及图象变换，考查三角函数的概念、奇偶性、周期性、单调性、最值及图象的平移和对称等；②三角恒等变换，主要考查公式的灵活运用、变换能力，一般需要运用和差角公式、倍角公式，尤其是对公式的应用与三角函数性质的综合考查；③三角函数性质的应用．通过解三角形来考查三角恒等变形及应用三角函数性质的综合能力；④三角函数与平面向量、数列、不等式等知识的综合问题．【例1】已知向量a＝(cosωx－sinωx，sinωx)，b＝(－cosωx－sinωx,2cosωx)，设函数f(x)＝a·b＋λ(x∈R)的图象关于直线x＝π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若y＝f(x)的图象经过点，求函数f(x)在区间上的取值范围．点评利用向量的工具作用，与向量结合在一起命制综合题，体现了在知识交汇点处命题的指导思想．这类问题求解时，首先利用向量的运算，将向量式转化为代数式，再进行有关的三角恒等变换，再研究三角函数的图象与性质．变式训练1(2012·安徽高考，理16)设函数f(x)＝cos＋sin2x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)设函数g(x)对任意x∈R，有g＝g(x)，且当x∈时，g(x)＝－f(x)．求g(x)在区间[－π，0]上的解析式．2．立体几何立体几何是高中数学的主干知识之一，命题形式比较稳定，主要考查：(1)三视图：解答题中一般是根据三视图还原几何体模型，然后展开推理；(2)空间线面关系的判定和推理证明：主要是证明平行和垂直，求解这类问题要依据线面关系的判定定理和性质定理进行推理论证；(3)空间几何量(空间角、空间距离、几何体体积与面积)的计算：求解这类问题，常用方法是依据公理、定理以及性质等经过推理论证，作出所求几何量并求之．一般解题步骤是“作、证、求”．(2012·安徽八校一联考，18)如图，在多面体ABDEC中，AE⊥平面ABC，BD∥AE，且AC＝AB＝BC＝AE＝1，BD＝2，F为CD的中点．-11-\n(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求证：EF⊥平面BCD；(3)求多面体ABDEC的体积．点评本题第(1)问是证明线面平行问题，证明直线与平面平行，往往通过证直线与直线平行来实现．第(2)问是证线面垂直问题，往往转化为证线线垂直来实现．第(1)(2)问充分体现了问题的转化思想．第(3)问是几何体的体积计算问题，需要把握锥体的体积计算公式．变式训练2(2012·江苏高考，16)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.3．概率与统计概率解答题为每年高考的必考内容，主要考查互斥事件和对立事件的关系、古典概型和几何概型．要求学生能准确理解题意，迅速确定是古典概型还是几何概型，然后用概率公式求解．对于古典概型，要准确列出所有基本事件的个数和所求事件包含的基本事件个数．对于几何概型，一定要明确其与面积(体积、长度等)的关系．对于较复杂的问题，可以借助于图形和表格帮助分析．【例3】(2012·河南洛阳统测，文18)为了普及环保知识，增强环保意识，某大学从理工类专业的A班和文史类专业的B班各抽取20名同学参加环保知识测试．两个班同学的成绩(百分制)的茎叶图如图所示：按照大于或等于80分为优秀，80分以下为非优秀统计成绩．(1)根据以上数据完成下面的2×2列联表：成绩与专业列联表优秀非优秀总计A班20B班20总计40(2)能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为环保知识测试成绩与专业有关？附：K2＝P(K2≥k0)0.050　　0.010　　0.001k03.841　　6.635　　10.828-11-\n点评本题主要考查统计中的茎叶图独立性检验，考查分析解决问题的能力、运算求解能力，难度适中．准确读取茎叶图中的数据是解题的关键．变式训练3(2012·陕西高考，文19)假设甲乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等，为了解它们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随机抽取100个进行测试，结果统计如下：甲品牌乙品牌(1)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率；(2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了200小时，试估计该产品是甲品牌的概率．4．数列与不等式高考中数列解答题的求解主要有以下几个特点：(1)与等差、等比数列基本量有关的计算，可根据题意列方程(方程组)或利用等差、等比数列的性质求解；(2)与求和有关的题目，首先要求通项公式，并根据通项公式选择恰当的求和方法(如错位相减法、裂项相消法、分组求和法等)；(3)含Sn的式子，要根据题目特征利用an＝进行转化；(4)与递推数列有关的问题，要能合理转化，使之构造出新的等差、等比数列；(5)与数列有关的不等式问题，可根据数列的特征选择方法(如比较法、放缩法等)；(6)与函数有关的问题，应根据函数的性质求解．【例4】(2012·四川成都二诊，20)已知数列{an}和{bn}，b1＝1，且bn＋1－3bn＝2n－2，记an＝bn＋1－bn＋1，n∈N*.(1)证明：数列{an}为等比数列；(2)求数列{an}和{bn}的通项公式；(3)记cn＝logan3·logan＋23，数列{cn}的前n项和为Tn，若45Tk＜29，k∈N*恒成立，求k的最大值．点评第(1)问考查了等比数列的证明，它是为第(2)、(3)问服务的．第(2)问考查了求数列通项公式的常规方法．第(3)问考查了数列的求和方法，是数列与不等式知识的综合问题．变式训练4(2012·湖北八校二联，19)各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足：Sn＝a＋an＋(n∈N*)．(1)求an；(2)设函数f(n)＝cn＝f(2n＋4)(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.5．解析几何-11-\n解析几何解答题主要考查圆锥曲线的基本概念、标准方程及几何性质等基础知识和处理有关问题的基本技能、基本方法，往往以中档偏难题或以压轴题形式出现，主要考查学生的逻辑推理能力、运算能力，考查学生综合运用数学知识解决问题的能力．突破解答题，应重点研究直线与曲线的位置关系，要充分运用一元二次方程根的判别式和韦达定理，注意运用“设而不求”的思想方法，灵活运用“点差法”解题，要善于运用数形结合思想分析问题，使数与形相互转化，根据具体特征选择相应方法．【例5】已知椭圆＋＝1，点P是椭圆上异于顶点的任意一点，过点P作椭圆的切线l，交y轴于点A，直线l′过点P且垂直于l，交y轴于点B.试判断以AB为直径的圆能否经过定点，若能，求出定点坐标；若不能，请说明理由．点评直线与圆锥曲线的位置关系一直是命题的热点，基本方法是联立方程，利用判别式、根与系数关系求解，运算量一般较大，这类综合题中常涉及的问题有弦长问题、面积问题、对称问题、定点定值问题等，是历年高考的热点问题，复习时要注重通性通法的训练．变式训练5(2012·山东高考，文21)如图，椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，直线x＝±a和y＝±b所围成的矩形ABCD的面积为8.(1)求椭圆M的标准方程；(2)设直线l：y＝x＋m(m∈R)与椭圆M有两个不同的交点P，Q，l与矩形ABCD有两个不同的交点S，T.求的最大值及取得最大值时m的值．6．函数与导数以函数为载体，以导数为工具，以考查函数性质及导数的应用为目标，以导数为工具围绕函数、不等式、方程等综合考查．在知识的交汇处命题，涉及到具体内容较多，如给定解析式求参数值，给定条件求参数范围，以及对参数讨论与证明不等式问题，极值、最值、值域及分析图象交点等问题，都以导数为工具．既考查函数部分的相关知识，又渗透函数与方程、数形结合、化归与转化、分类与整合等数学思想．【例6】(2012·山东青岛一模，21)已知函数f(x)＝x3－x.(1)若不等式f(x)＜k－2005对于x∈[－2,3]恒成立，求最小的正整数k；(2)令函数g(x)＝f(x)－ax2＋x(a≥2)，求曲线y＝g(x)在(1，g(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最小值．点评第(1)问是恒成立求参数范围问题，常用分离参数求最值．第(2)问考查了利用导数的几何意义求切线方程，利用导数求最值问题．变式训练6(2012·广西南宁一模，21)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d是定义在R上的奇函数，其图象过点和(2,2)．(1)求出函数f(x)的解析式，并求f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x)－5t，当实数t取何值时，关于x的方程g(x)＝0有且只有一个实数根？参考答案方法例析【例1】解：(1)因为f(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2sinωx·cosωx＋λ＝－cos2ωx＋sin2ωx＋λ＝2sin＋λ.由直线x＝π是y＝f(x)图象的一条对称轴，可得sin＝±1，-11-\n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)的图象过点，得f＝0，即λ＝－2sin＝－2sin＝－，即λ＝－.故f(x)＝2sin－.由0≤x≤，有－≤x－≤，所以－≤sin≤1，得－1－≤2sin－≤2－，故函数f(x)在上的取值范围为[－1－，2－]．【变式训练1】解：(1)f(x)＝cos＋sin2x＝＋＝－sin2x，故f(x)的最小正周期为π.(2)当x∈时，g(x)＝－f(x)＝sin2x.故①当x∈时，x＋∈.由于对任意x∈R，g＝g(x)，从而g(x)＝g＝sin＝sin(π＋2x)＝－sin2x.②当x∈时，x＋π∈.从而g(x)＝g(x＋π)＝sin[2(x＋π)]＝sin2x.综合①，②得g(x)在[－π，0]上的解析式为g(x)＝【例2】(1)证明：取BC的中点G，连接AG，FG.-11-\n∵F，G分别为DC，BC的中点，∴FGDBEA.∴四边形EFGA为平行四边形．∴EF∥AG.又因为EF平面ABC，AG平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)证明：因为AE⊥面ABC，BD∥AE，∴DB⊥平面ABC.又∵DB平面BCD，∴平面ABC⊥平面BCD.又∵G为BC的中点且AC＝AB＝BC，∴AG⊥BC.∴AG⊥平面BCD.又∵EF∥AG，∴EF⊥平面BCD.(3)解：过C作CH⊥AB，则CH⊥平面ABDE且CH＝，∴VCABDE＝·S四边形ABDE·CH＝××＝.【变式训练2】证明：(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又AD平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F∥平面ADE.【例3】解：(1)成绩与专业列联表优秀非优秀总计A班14620B班71320总计211940(2)根据列联表中的数据，得到k＝≈4.912＞3.841.所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为环保知识测试成绩与专业有关．【变式训练3】解：(1)甲品牌产品寿命小于200小时的频率为＝-11-\n，用频率估计概率，所以，甲品牌产品寿命小于200小时的概率为.(2)根据抽样结果，寿命大于200小时的产品有75＋70＝145(个)，其中甲品牌产品是75个，所以在样本中，寿命大于200小时的产品是甲品牌的频率是＝，用频率估计概率，所以已使用了200小时的该产品是甲品牌的概率为.【例4】(1)证明：∵bn＋1－3bn＝2n－2，∴bn－3bn－1＝2(n－1)－2，n≥2，n∈N*.两式相减，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*)．∴数列{an}是公比为3的等比数列．(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，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＝log3n3·log3n＋23＝＝.∴Tn＝＝－.由45Tk＜29得135－90＜116.∴＋＞＝＋.∴k＜8.又k∈N*，∴k的最大值为7，【变式训练4】解：(1)由Sn＝an2＋an＋，①得：当n≥2时，Sn－1＝a2n－1＋an－1＋.②①－②，化简得：(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.又∵数列{an}的各项为正数，∴当n≥2时，an－an－1＝2.故数列{an}为等差数列，且公差为2.又a1＝S1＝a12＋a1＋，解得a1＝1，∴an＝2n－1.(2)由分段函数f(n)＝可以得到：c1＝f(6)＝f(3)＝a3＝5，c2＝f(8)＝f(4)＝f(2)＝f(1)＝a1＝1；当n≥3，n∈N*时，cn＝f(2n＋4)＝f(2n－1＋2)＝f(2n－2＋1)＝2(2n－2＋1)－1＝2n－1＋1，故当n≥3时，Tn＝5＋1＋(22＋1)＋(23＋1)＋…＋(2n－1＋1)＝6＋＋(n-11-\n－2)＝2n＋n.n＝1时，T1＝5不满足Tn＝2n＋n；n＝2时，T2＝c1＋c2＝6满足Tn＝2n＋n.故Tn＝【例5】解：设点P(x0，y0)(x0≠0，y0≠0)，直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)，代入＋＝1，整理得(3＋4k2)x2＋8k(y0－kx0)x＋4(y0－kx0)2－12＝0.∵x＝x0是方程的两个相等实根，∴2x0＝－，解得k＝－.∴直线l的方程为y－y0＝－(x－x0)．令x＝0，得点A的坐标为.又∵＋＝1，∴4y02＋3x02＝12，∴点A的坐标为.又直线l′的方程为y－y0＝(x－x0)，令x＝0，得点B的坐标为，∴以AB为直径的圆方程为x·x＋·＝0，整理得x2＋y2＋y－1＝0.由得∴以AB为直径的圆恒过定点(－1,0)和(1,0)．【变式训练5】解：(1)设椭圆M的半焦距为c，由题意知所以a＝2，b＝1.因此椭圆M的方程为＋y2＝1.(2)由整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0，由Δ＝64m2－80(m2－1)＝80－16m2＞0，得－＜m＜.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.所以|PQ|＝＝-11-\n＝(－＜m＜)．线段CD的方程为y＝1(－2≤x≤2)，线段AD的方程为x＝－2(－1≤y≤1)．①不妨设点S在AD边上，T在CD边上，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＜)，则m＝3－t，t∈(3－，2]，所以＝＝＝，由于t∈(,2]，所以∈，因此当即t=时，取得最大值，此时m=.②不妨设点S在AB边上，T在CD边上，此时－1≤m≤1，因此|ST|=|AD|=，此时=，所以当m=0时，取得最大值.③不妨设点S在AB边上，T在BC边上，＜m≤-1，由椭圆和矩形的对称性知的最大值为，此时m=.综上所述m=±或m=0时，取得最大值.【例6】解：(1)∵f(x)＝x3－x，令f′(x)＝x2－1＝0，解得x＝±1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下：x－2(－2，－1)－1(－1,1)1(1,3)3f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗由上表可知：f(x)极大值＝f(－1)＝.-11-\n又f(3)＝6，f(－2)＝－.比较可得：当x∈[－2,3]时，f(x)max＝f(3)＝6.因为f(x)＜k－2005恒成立，所以k－2005＞6，即k＞2011，所以最小的正整数k＝2012.(2)g(x)＝f(x)－ax2＋x＝x3－ax2，则g′(x)＝x2－ax，所以g′(1)＝1－a.又因为g(1)＝－a，所以切线方程为y－＝(1－a)(x－1)．令x＝0，得y＝a－，令y＝0，得x＝，所以S＝.因为a≥2，则S＝，则S′＝.所以S′＞0，即S在[2，＋∞)上单调递增，所以a＝2时，Smin＝＝.【变式训练6】解：(1)∵f(－x)＝－f(x)，∴－ax3＋bx2－cx＋d＝－ax3－bx2－cx－d.∴b＝0，d＝0.故f(x)＝ax3＋cx.而它的图象过点和(2,2)，则解得故f(x)＝x3－x.从而f′(x)＝x2－1＝＝.由f′(x)＞0，得f(x)的单调增区间为和；由f′(x)＜0，得f(x)的单调减区间为.(2)令g(x)＝0，得f(x)＝5t，要使得方程g(x)＝0有且只有一个解，即函数y＝f(x)与y＝5t的图象有且只有一个交点，而由(1)知，f(x)在x＝－时取得极大值，在x＝时取得极小值，而f＝×3－＝，f＝－f＝－，故要使得y＝f(x)与y＝5t的图象只有一个交点，-11-\n则5t＞或5t＜－，即t＞或t＜－.-11-