高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 第一篇 活用審題路線圖教你審題不再難 文
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【新步步高】(全國甲卷)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端,還要貫穿于解題思路的全過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(x)cos x在x處取得最值,其中(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)伸長為原來的3倍,縱坐標(biāo)不變,得到函數(shù)yg(x)的圖象,若為銳角,g(),求cos .審題路線圖(1)(2)解(1)f(x)4sin(x)cos x2sin xcos x2cos2x(sin 2xcos 2x)2sin(2x),f(x)在x處取得最值,2k,kZ,2k,kZ,(0,2),即02k2,k,又kZ,k0,則,f(x)2sin(3x),T.(2)將函數(shù)f(x)的圖象向左平移個(gè)單位,得到h(x)2sin3(x)2sin(3x),再將h(x)圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的3倍,縱坐標(biāo)不變,得到g(x)2sin(x).故g()2sin(),sin(),因?yàn)闉殇J角,所以0),f(x) (x0),令f(x)0,則x2或0x,令f(x)0,則x2,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,)和(2,),單調(diào)遞減區(qū)間為(,2)當(dāng)x1,3時(shí),可知函數(shù)f(x)在1,2)上單調(diào)遞減,在(2,3上單調(diào)遞增,所以最小值為f(2)2ln 25.又f(1),f(3)2ln 3,且f(3)f(1)2ln 3f(3)所以函數(shù)f(x)在1,3上的最小值為2ln 25,最大值為.(2)若對于任意的x11,2,存在x22,3,使f(x1)h(x2),則f(x1)minh(x2)有解又a2,則f(x)2ln x,f(x)0時(shí),解不等式f(x)0;(2)當(dāng)a0時(shí),求整數(shù)t的所有值,使方程f(x)x2在t,t1上有解解(1)因?yàn)閑x0,所以不等式f(x)0即為ax2x0,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)a0時(shí),方程即為xexx2,x0不是方程的解,所以原方程等價(jià)于ex10.令h(x)ex1.因?yàn)閔(x)ex0對于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)e30,h(3)e30,所以方程f(x)x2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,在邊長為4的菱形ABCD中,DAB60.點(diǎn)E、F分別在邊CD、CB上,點(diǎn)E與點(diǎn)C、D不重合,EFAC,EFACO.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PBDEF的體積審題路線圖(1)(2)(1)證明因?yàn)榱庑蜛BCD的對角線互相垂直,所以BDAC,所以BDAO.因?yàn)镋FAC,所以POEF.因?yàn)槠矫鍼EF平面ABFED,平面PEF平面ABFEDEF,且PO平面PEF,所以PO平面ABFED.因?yàn)锽D平面ABFED,所以POBD.因?yàn)锳OPOO,所以BD平面POA.(2)解設(shè)AOBDH.因?yàn)镈AB60,所以BDC為等邊三角形故BD4,HB2,HC2.設(shè)POx(0x0,b0)的兩個(gè)焦點(diǎn),P是C上一點(diǎn),若PF1PF26a,且PF1F2最小的內(nèi)角為30,則雙曲線C的漸近線方程是_答案(1)2(2)xy0解析(1)方法一因?yàn)閎cos Cccos B2b,所以bc2b,化簡可得2.方法二因?yàn)閎cos Cccos B2b,所以sin Bcos Csin Ccos B2sin B,故sin(BC)2sin B,故sin A2sin B,則a2b,即2.(2)由題意,不妨設(shè)PF1PF2,則根據(jù)雙曲線的定義得,PF1PF22a,又PF1PF26a,解得PF14a,PF22a.在PF1F2中,F(xiàn)1F22c,而ca,所以有PF2g(f(x)的x的值為_(2)某校舉行了由全部學(xué)生參加的校園安全知識考試 ,從中抽出60名學(xué)生,將其成績分成六段40,50),50,60),90,100后,畫出如圖所示的頻率分布直方圖觀察圖形中的信息,回答下列問題:估計(jì)這次考試的及格率(60分及以上為及格)為_,平均分為_答案(1)12(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)x1時(shí),f(g(x)f(g(1)f(3)1.g(f(x)g(f(1)g(1)3.此時(shí)13,也即f(g(x)1,也即f(g(x)g(f(x),符合題意同理可解得x3時(shí),不符合題意(2)及格的頻率是(0.0150.030.0250.005)100.75,即及格率約為75%.樣本的均值為450.1550.15650.15750.3850.25950.0571,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)上的問題例如括號內(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)整解決問題的方向所以說重視審視細(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a11,Sn1Sna,數(shù)列bn滿足bnbn13an,且b11.(1)求數(shù)列an,bn的通項(xiàng)公式;(2)記Tnanb2an1b4a1b2n,求Tn.審題路線圖(1)(2)解(1)Sn1Sna,SnSn1a(n2),得:an1anaa,(an1an)(an1an1)0,an10,an0,an1an0,an1an1(n2)又由S2S1a得2a1a2a,即aa220,a22,a21(舍去)a2a11,an是以1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列,ann.又bnbn13an3n,bn1bn3n1 (n2)得:3(n2)又由b11,可求b23,故b1,b3,b2n1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b2n13n1,b2n33n13n.(2)由(1)得:Tn3an32an133an23na1,3Tn32an33an134an23n1a1,得:2Tn3an32(anan1)33(an1an2)3n(a2a1)3n1a1,由ann,2Tn3n32333n3n13n3n3n2,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,且滿足aS2n1,nN*.數(shù)列bn滿足bn,nN*,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)若對任意的nN*,不等式Tnn8(1)n恒成立,求實(shí)數(shù)的取值范圍解(1)aS1a1,a10,a11.aS3a1a2a3,(1d)233d,解得d1或2.當(dāng)d1時(shí),a20不滿足條件,舍去,d2.數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an2n1.(2)bn(),Tn(1).當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),要使不等式Tnn8(1)n恒成立,只需不等式2n17恒成立即可2n8,等號在n2時(shí)取得,25.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),要使不等式Tnn8(1)n恒成立,只需不等式2n15恒成立即可2n隨n的增大而增大,n1時(shí),2n取得最小值6,21.綜合可得的取值范圍是(,21)審題突破練A組專題通關(guān)1已知集合Ax|x2x20,Bx|1x1,則A與B的關(guān)系為_答案BA解析集合Ax|x2x20x|1x2,集合Bx|1x1,所以B是A的真子集2已知公差為d的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,若3,則的值為_答案解析由等差數(shù)列求和公式得3d4a1,因此.3如圖給出的是計(jì)算1的值的一個(gè)流程圖,則判斷框內(nèi)應(yīng)填入的條件是_答案i1 009或i1 009時(shí),結(jié)束,故判斷框內(nèi)應(yīng)填入的條件是i1 009或i0,b0),取F(c,0),B(0,b),漸近線yx,由兩條直線互相垂直的條件得1,b2acc2a2,e2e10,e(負(fù)值舍去)5設(shè)ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為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_三角形答案銳角解析因?yàn)閙ncos Acos 2Acos A2cos2A12(cos2Acos A)12(cos A)2,所以當(dāng)cos A時(shí),mn取得最小值此時(shí)cos A (0A),于是A,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,BAC30,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_答案36解析|cos 302,|4,SABCABACsin 301xyz,f(x,y,z)()(xyz)14914()()()14461236.7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)x1時(shí),由ex12,解得x1ln 2,故x1;當(dāng)x1時(shí),由x2,解得x238.故1x8,綜合上述兩種情況可得x(,88.如圖,已知六棱錐PABCDEF的底面是正六邊形,PA平面ABC.給出下列結(jié)論:CD平面PAF;DF平面PAF;CF平面PAB;DF平面PAB.其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為_答案3解析因?yàn)榱忮FPABCDEF的底面是正六邊形,所以AFCD,由線面平行的判定定理,得CD平面PAF,故正確;由正六邊形的特點(diǎn)易知DFAF,因?yàn)镻A平面ABCD,所以DFPA,由線面垂直的判定定理,得DF平面PAF,故正確;CFAB,由線面平行的判定定理,得CF平面PAB,故正確;連結(jié)AC,由正六邊形的特點(diǎn)易知DFAC,又AC平面PABA,故DF與平面PAB相交,故不正確故正確結(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,Sn1f(Sn)(nN*)(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)TnSSS,當(dāng)n2時(shí),求證:4Tn2.(1)解由題意可知,Sn1,兩邊取倒數(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22(n1)2n,所以Sn,當(dāng)n2時(shí),anSnSn1.所以an(2)證明由(1)可知,S,當(dāng)n2時(shí),所以Tn(11)即4Tn1時(shí),0),f(x)ln xx1ln x,由f(x)0,得x1,由f(x)0,得0x1時(shí),ln x0,所以要證,只要證(x1)ln x1),即證(x1)ln xx10(x1),令F(x)(x1)ln xx1(x1),F(xiàn)(x)ln x(x1)1(x1),由(1),知x1是f(x)xln xx1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)x1時(shí),F(xiàn)(x)F(1)0,所以當(dāng)x1時(shí),b0)經(jīng)過D(2,0),E(1,)兩點(diǎn)(1)求橢圓C的方程;(2)若直線l:ykxm與橢圓C交于不同兩點(diǎn)A,B,點(diǎn)G是線段AB中點(diǎn),點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn),設(shè)射線OG交橢圓C于點(diǎn)Q,且2.a證明:4m24k21;b求AOB的面積(1)解由題意,得解得橢圓C的方程為y21.(2)a.證明令A(yù)(x1,y1),B(x2,y2),由消去y,得(14k2)x28kmx4m240.即y1y2k(x1x2)2m2m.又由中點(diǎn)坐標(biāo)公式,得G(,)將Q(,)代入橢圓方程,有1,化簡得,4m214k2.b解由得m0,且|x1x2| ,在AOB中,SAOB|m|x1x2|,由可得SAOB.AOB的面積是.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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