高考数学考试万能工具包第二篇考前必看解题技巧专题2_3破解6类解答题 17页

专题 03 破解 6 类解答题 一、三角函数问题重在“变”——变角、变式与变名 三角函数类解答题是高考的热点,其起点低、位置前,但由于其公式多,性质繁,使不少同学对其有种畏 惧感.突破此类问题的关键在于“变”——变角、变式与变名. (1)变角:已知角与特殊角的变换、已知角与目标角的变换、角与其倍角的变换、两角与其和差角的变 换以及三角形内角和定理的变换运用.如 α=(α+β)-β=(α-β)+β,2α=(α+β)+(α-β),2α=(β+α)-(β-α). (2)变式:根据式子的结构特征进行变形,使其更贴近某个公式,方法通常有:“常值代换”“逆用、变形 用公式”“通分约分”“分解与组合”“配方与平方”等. (3)变名:通过变换函数名称达到减少函数种类的目的,方法通常有“切化弦”“升次与降次”等. 例 1 在△ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c.已知 a>b,a=5,c=6,sin B= . (1)求 b 和 sin A 的值; (2)求 sin 的值. 所以 sin 2A=2sin Acos A= ,cos 2A=1-2sin2A=- .(变名) 故 sin =sin 2Acos +cos 2Asin = .(变角) 变式:利用恒等变换变为 sin A= . 变名:利用二倍角公式实现三角函数名称的变化. 变角:把 2A+ 的三角函数表示为 2A 和 的三角函数. ▲破解策略 求解此类题目的策略: 既要注重三角知识的基础性,又要注重三角知识的应用性,突出与代数、几何、向量等知识的综合联 系.“明确思维起点,把握变换方向,抓住内在联系,合理选择公式”是三角变换的基本要决.在解题时,要紧 紧抓住“变”这一核心,灵活运用公式与性质,仔细审题,快速运算. 【变式训练】【2018 四川省广元市一模】设函数   22cos 2 2cos3f x x x      . （1）求  f x 的最大值，并写出使  f x 取最大值时 x 的集合； （2）已知 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，若   3 2f A  ， 2b c  ，求 a 的最小值. 二、数列问题重在“归”——化归、归纳 等差数列与等比数列是两个基本数列,是一切数列问题的出发点与归宿.首项与公差(比)称为等差数列 (等比数列)的基本量.只要涉及这两个数列的数学问题,我们总希望把条件化归为等差或等比数列的基本量 间的关系,从而达到解决问题的目的.这种化归为基本量处理的方法是等差或等比数列特有的方法,对于不 是等差或等比的数列,可从简单的个别的情形出发,从中归纳出一般的规律、性质,这种归纳思想便形成了解 决一般性数列问题的重要方法:观察、归纳、猜想、证明.由于数列是一种特殊的函数,也可根据题目的特点, 将数列问题化归为函数问题来解决. 例 2 (2017 课标全国Ⅲ,17,12 分)设数列{an}满足 a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列 的前 n 项和. 从而{an}的通项公式为 an= (n∈N*). (2)记 的前 n 项和为 Sn. 由(1)知 = = - .(化归) 则 Sn= - + - +…+ - = . 归纳:通过条件归纳出 a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1)(n≥2),进而得出{an}的通项公式. 化归:把数列的通项分拆,利用裂项相消法求和. ▲破解策略 “算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想,利用这种思想可探索一些一般数 列的简单性质.等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列,高考中通常考查的是非等差、等比数 列问题,应对的策略就是通过化归思想,将其转化为这两种数列. 【变式训练】【2018 江西省师范大学附属中学、九江第一中学联考】已知正项数列  na 满足:  2 1 1, 2 1n na a n a       2 1 12 1 2 .n na n a n n     N且 (1)求数列 na 的通项公式; (2)求 32 2 3 1 11 1 1 1 n n a aa a a a        的值. 三、立体几何问题重在“建”——建模、建系 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合,以某个几何体为依托,分步设问,逐层加深,解决 这类题目的原则是建模、建系.建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的 计算模型;建系——依托于题中的垂直条件,建立空间直角坐标系,利用空间向量求解. 例 3 (2017 课标全国Ⅲ,19,12 分)如图,四面体 ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角 形,∠ABD=∠CBD,AB=BD. (1)证明:平面 ACD⊥平面 ABC; (2)过 AC 的平面交 BD 于点 E,若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角 D-AE-C 的余 弦值. 所以平面 ACD⊥平面 ABC. (2)由题设及(1)知,OA,OB,OD 两两垂直.以 O 为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向,| |为单位长,建立 如图所示的空间直角坐标系 O-xyz.(建系) 则 A(1,0,0),B(0, ,0),C(-1,0,0),D(0,0,1). 由题设知,四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 ,从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距 同理可取 m=(0,-1, ),则 cos= = . 易知二面角 D-AE-C 为锐二面角, 所以二面角 D-AE-C 的余弦值为 . 建模:构建二面角的平面角模型. 建系:以两两垂直的直线为坐标轴. ▲破解策略 立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定,因此,复习备考时往往有“纲”可 循,有“题”可依.在平时的学习中,要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练,切勿顾此失彼;要重视 识图训练,能正确确定关键点或线的位置,将局部空间问题转化为平面问题;能依托于题中的垂直条件,建立 适当的空间直角坐标系,将几何问题化归为代数问题. 【变式训练】【湖南省株洲市 2018 届高三教学质量统一检测】如图,在几何体 ABCDEF 中，四边形 ADEF 为矩形，四边形 ABCD 为梯形, / /AB CD ,平面CBE 与平面 BDE 垂直，且CB BE . （1）求证： ED  平面 ABCD ； （2）若 , 1AB AD AB AD   ,且平面 BCE 与平面 ADEF 所成锐二面角的余弦值为 6 6 ,求 AF 的长. 四、概率问题重在“辨”——辨析、辨型 概率与统计问题的求解关键是辨别它的概率模型,只要模型一找到,问题便迎刃而解.而概率与统计模 型的提取往往需要经过观察、分析、归纳、判断等复杂的辨析思维过程,同时,还需清楚概率模型中等可能 事件、互斥事件、对立事件等事件间的关系,注意放回和不放回试验的区别,合理划分复杂事件. 例 4 (2016 课标Ⅱ,18,12 分)某险种的基本保费为 a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人, 续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下: 上年度出险次 数 0 1 2 3 4 ≥5 保 费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下: 一年内出险次 数 0 1 2 3 4 ≥5 概 率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 (1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率; (2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出 60%的概率; (3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值. 解析 (1)设 A 表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件 A 发生当且仅当一年内出险 次数大于 1,(辨析 1) 故 P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(辨型 1) (2)设 B 表示事件:“一续保人本年度的保费比基本保费高出 60%”,则事件 B 发生当且仅当一年内出险 次数大于 3,(辨析 2) 故 P(B)=0.1+0.05=0.15. 又 P(AB)=P(B), 故 P(B|A)= = = = .(辨型 2) 辨型 1:该问题为求随机事件的概率,利用互斥事件的概率加法公式求解. 辨析 2:判断事件 B 发生,在一年内出险次数为 4 或≥5. 辨型 2:该问题为条件概率,可利用公式求解. ▲破解策略 概率与统计知识的复习应抓住基本概念、基本公式,不需要做难题、偏题、怪题.在审题 时,一般按以下程序操作:(1)准确弄清问题所涉及的事件有什么特点,事件之间有什么关系,如互斥、对立、 独立等;(2)理清事件以什么形式发生,如同时发生、至少有几个发生、至多有几个发生、恰有几个发生等;(3) 明确抽取方式,如放回还是不放回、抽取有无顺序等;(4)准确选择排列组合的方法来计算基本事件发生数和 事件总数,或根据概率计算公式和性质来计算事件的概率. 【变式训练】【2018 湖南省长沙市第一中学模拟】2017 年 4 月 1 日，新华通讯社发布：国务院决定设立 河北雄安新区.消息一出，河北省雄县、容城、安新 3 县及周边部分区域迅速成为海内外高度关注的焦点. （1）为了响应国家号召，北京市某高校立即在所属的 8 个学院的教职员工中作了“是否愿意将学校整体搬 迁至雄安新区”的问卷调查，8 个学院的调查人数及统计数据如下： 调查人数( x ) 10 20 30 40 50 60 70 80 愿 意 整 体 搬 迁 人 数 ( y ) 8 17 25 31 39 47 55 66 请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出变量 y 关于变量 x 的线性回归方程 y bx a  （b 保留小数点后 两位有效数字）；若该校共有教职员工 2500 人，请预测该校愿意将学校整体搬迁至雄安新区的人数； （2）若该校的 8 位院长中有 5 位院长愿意将学校整体搬迁至雄安新区，现该校拟在这 8 位院长中随机选取 4 位院长组成考察团赴雄安新区进行实地考察，记 X 为考察团中愿意将学校整体搬迁至雄安新区的院长人 数，求 X 的分布列及数学期望. 参考公式及数据： 8 8 21 2 2 1 11 ,ˆ ˆ , 16310, 20400 · n i ii i i in i iii x y n x y b a y b x x y x x n x                 . 五、解析几何问题重在“设”——设点、设线 解析几何试题知识点多,运算量大,能力要求高,综合性强,在高考试题中大都是以压轴题的面貌出现, 是考生“未考先怕”的题型,不是怕解题无思路,而是怕解题过程中繁杂的运算.因此,在遵循“设——列 ——解”程序化解题的基础上,应突出解析几何“设”的重要性,以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽 疾,突破如何避繁就简这一瓶颈. 例 5 (2017 课标全国Ⅰ,20,12 分)设 A,B 为曲线 C:y= 上两点,A 与 B 的横坐标之和为 4. (1)求直线 AB 的斜率; (2)设 M 为曲线 C 上一点,C 在 M 处的切线与直线 AB 平行,且 AM⊥BM,求直线 AB 的方程. 解析 (1)设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则 x1≠x2,y1= ,y2= ,x1+x2=4,(设点) 于是直线 AB 的斜率 k= = =1. (2)由 y= ,得 y'= , 设 M(x3,y3),由题设知 =1, 即 4 =2(m+1),解得 m=7. 所以直线 AB 的方程为 y=x+7. 设点:设出 A,B 两点坐标,并得出 x1≠x2,x1+x2=4. 设线:由(1)知直线斜率,再设直线方程为 y=x+m,利用条件可求出 m 的值. ▲破解策略 解析几何的试题常要根据题目特征,恰当地设点、设线,以简化运算.常见的设点方法有减 元设点、参数设点、直接设点等,常见的设线方法有圆方程的标准式与一般式、直线方程有 y=kx+b、x=my+n 及两点式、点斜式等形式、还有曲线系方程、参数方程等. 【变式训练】【2018 黑龙江省大庆市一模】已知椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b    0a b  ，其焦距为 2，离心率 为 2 2 （1）求椭圆C 的方程； （2）设椭圆的右焦点为 F ， K 为 x 轴上一点，满足 2OK OF  ，过点 K 作斜率不为 0 的直线l 交椭圆于 ,P Q 两点，求 FPQ 面积 s 的最大值. 六、函数与导数问题重在“分”——分离、分解 以函数为载体,以导数为工具的综合问题是高考常考的压轴大题,多涉及含参数的函数的单调性、极值 或最值的探索与讨论,复杂函数的零点的讨论,不等式中参数范围的讨论,恒成立和能成立问题的讨论等,是 近几年高考试题的命题热点.对于此类综合试题,一般先求导,再变形或分解出基本函数,再根据题意处理. 例 6 (2017 课标全国Ⅱ,21,12 分)已知函数 f(x)=ax2-ax-xln x,且 f(x)≥0. (1)求 a; (2)证明: f(x)存在唯一的极大值点 x0,且 e-2< f(x0)<2-2. 当 01 时,g'(x)>0,g(x)单调递增. 所以 x=1 是 g(x)的极小值点,故 g(x)≥g(1)=0. 综上,a=1. (2)由(1)知 f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x. 设 h(x)=2x-2-ln x,(分解) 则 h'(x)=2- . 当 x∈ 时,h'(x)<0; 当 x∈ 时,h'(x)>0, 所以 h(x)在 单调递减,在 单调递增. 分离:把函数 f(x)分离为 x 与 g(x)的积. 分解:构造 h(x)=2x-2-ln x. ▲破解策略 函数与导数压轴题计算复杂、综合性强、难度大.可以参变量分离,把复杂函数分离 为基本函数;可把题目分解成几个小题;也可把解题步骤分解为几个小步,注重分步解答,这样,即使解答不 完整,也要做到尽可能多拿步骤分. 【变式训练】 已知函数   1 lnf x ax x   （1）若不等式   0f x  恒成立，则实数 a 的取值范围； （2）在（1）中， a 取最小值时，设函数       1 2 2g x x f x k x     .若函数  g x 在区间 1 82      ， 上 恰有两个零点，求实数 k 的取值范围； （3）证明不等式：   2 2 12ln 2 3 4 n nn n       （ *n N 且 2n  ）. 答案精解精析 一、三角函数问题重在“变”——变角、变式与变名 【变式训练】【解析】（1）由题意得    1 3cos2x 2 1 22 2f x sin x cos x     1 3cos2x 2 12 2 sin x   cos 2 13x       ， ∵ 1 cos 2 13x        ， ∴ 0 cos 2 1 23x        ， ∴  f x 的最大值为 2．此时  2 23x k k Z    ，即  6x k k Z   ， ∴ 52 3 3A    ， ∴ 2 3A  在 ABC 中， 2b c  ， 1cos 2A  ， 由余弦定理得  22 2 2 2 22 cosa b c bc A b c bc b c bc         又 2 12 b cbc      ， ∴  22 4 1 3a b c bc      ，当且仅当 1b c  时取等号， ∴ a 的最小值为 3 . 二、数列问题重在“归”——化归、归纳 【变式训练】【解析】 (1)  2 2 1n na n a 因为 =  2 1 12 1n na n a   , ⇒  1 1n n n na a a a   =  12 1 n nn a a   , 0na 所以 ,所以  1 2 1 2n na a n n    , 又 na因为 =     1 1 2 2 1 1n n n na a a a a a a         =   2 1 2 3 3 1n n      = 2n . (2) 1 1 n n a a   = 1 2 211 1 n n n a a a      = 2 21 1n   =    21 1 1n n    =  1 11 21 1 nn n     , 所以原式= 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 13 2 4 3 5 1 1n n                                   =   1 1 1 1 1 1 11 1 3 2 4 3 5 1 1n n n               = 1 1 1 2 1n n n     . 三、立体几何问题重在“建”——建模、建系 【变式训练】【解析】（1)证明：因为平面CBE 与平面 BDE 垂直 故 ED  平面 ABCD （2）由（1）知， ED 垂直 DA ， ED 垂直 DC ，又 AD 垂直 AB ， AB 平行CD ，所以 DC 垂直 DA ， 如图，以 D 为坐标原点， DA DC DE、 、 分别为 , ,x y z 轴建立空间坐标系 1, , 2AD AB AB AD BD    又 , 45CB BD CDB   ，所以 2DC  ， 设 DE a 则      1,1,0 , 0,2,0 , 0,0,B C E a    1, 1, , 1,1,0BE a BC     因为平面 BCE 与平面 ADEF 所成锐二面角的余弦值为 6 6 ，则 6cos , 6n m   ， 即 2 1 6 6 2 4 a   ，解得 1a  ，即 1AF DE  四、概率问题重在“辨”——辨析、辨型 【变式训练】【解析】 （1）由已知有 1 2 2 1 16310 8 45 3645, 36, 0.820400 8 4 5 ˆ 5 4 n i ii n ii x y n x y x y b x n x                  ， 36 0.80 45 0a     ,故变量 y 关于变量 x 的线性回归方程为 0.8y x ，所以当 2500x  时， 2500 0.80 2000y    . （2）由题意可知 X 的可能取值有 1，2,3,4.     1 3 2 2 5 3 5 3 4 4 8 8 1 31 , 214 7 C C C CP X P XC C        ，     2 1 4 5 3 5 4 4 8 8 3 13 , 47 14 C C CP X P XC C       . 所以 X 的分布列为 X 1 2 3 4 p 1 14 3 7 3 7 1 14   1 3 3 1 51 2 3 414 7 7 14 2E X          五、解析几何问题重在“设”——设点、设线 【变式训练】【解析】 (1)因为椭圆焦距为 2，即 2 2c  ，所以 1c  , 2 2 c a  ，所以 2a  ，从而 2 2 2 1b a c   ，所以椭圆的 方程为 2 2 12 x y  .     22 2 2 2 2 22 81 8 21 42 2 1 12 1 k kkk k kk            2 2 2 22 2 8 1 2 1 21 22 2 1 2 1 k k k k k k      ， 令 21 2t k  ， 1 2t  ，则 22 2 3 2 1 3 12 22 4 16 t tS t t            ，当 1 3 4t  时， S 取得最大值，此时 2 1 6k  ， 6 6k   ， S 取得最大值 2 4 . 六、函数与导数问题重在“分”——分离、分解 【变式训练】 【解析】 (2)由(1)可知， 1a  ，当 1a  时，   1 lnf x x x   ，      ln 2 2g x x x x k x      2 ln 2 2x x x k x     ，  g x 在区间 1 ,82      上恰有两个零点，即关于 x 的方程  2 ln 2 2 0x x x k x     在区间 1 ,82      上恰有两 个实数根. 整理方程得， 2 ln 2 2 x x xk x    ，令   2 ln 2 1 ,82 2 x x xs x xx         ， ，     2 2 3 2ln 4' 2 x x xs x x     ， 令   2 3 2ln 4x x x x     ， 1 ,82x      ， 则     2 1 2' x xx x    ， 1 ,82x      ，于是  ' 0x  ，  x 在 1 ,82      上单调递增. 因为  1 0  ，当 1 ,12x     时，   0x  ，从而  ' 0s x  ，  s x 单调递减， 当  1,8x 时，   0x  ，从而  ' 0s x  ，  s x 单调递增， 1 9 ln2 2 10 5s      ，  1 1s  ，   33 12ln28 5s  ， 因为   1 57 26ln28 02 10s s       ，所以实数 k 的取值范围是 9 ln21 10 5     ， . (3)由(1)可知，当 1a  时，有 1 lnx x  ， 当且仅当 1x  时取等号.