（江蘇專用）2020版高考數學二輪復習 第三部分 考前高效提分策略 第2講 考前必講的10大陷阱學案 文 蘇教版

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1、第2講　考前必講的10大陷阱 陷阱1　混淆概念致誤 若z＝sin θ－＋i是純虛數，則tan的值為________． [易錯分析] 本題易混淆復數的有關概念，忽視虛部不為零的限制條件，導致所求tan的值為多解． [正確解析] 由純虛數的概念，可知 由①，得sin θ＝，故cos θ＝±＝± ＝±，而由②，可得cos θ≠，故cos θ＝－，所以tan θ＝＝－． 而tan＝＝＝－7． [答案] －7 [跳出陷阱] 在解答概念類試題時，一定要仔細辨析試題中待求的問題，在準確用好概念的前提下再對試題進行解答，這樣才能避免概念性錯誤．如本題，要搞清楚虛數，純虛數，實數與復數的概念

2、． 陷阱2　錯求目標失分 設向量a，b滿足|a|＝1，|a－b|＝，a·(a－b)＝0，則|2a＋b|＝________． [易錯分析] 在本題求解向量模的運算過程中易忘記開平方，誤把向量模的平方當成所求結論而錯選結果． [正確解析] 法一：由a·(a－b)＝0，可得a·b＝a2＝1． 由|a－b|＝，可得(a－b)2＝3，即a2－2a·b＋b2＝3，解得b2＝4． 故(2a＋b)2＝4a2＋4a·b＋b2＝12，故|2a＋b|＝2． 法二：由a·(a－b)＝0，可知a⊥(a－b)． 而2a＋b＝3a－(a－b)， 所以(2a＋b)2＝[3a－(a－b)]2＝(3a)2＋

3、(a－b)2－2×3a·(a－b)＝9a2＋(a－b)2＝9×12＋()2＝12， 故|2a＋b|＝2． [答案] 2 [跳出陷阱] 求解向量模的問題，一般是先求該向量自身的數量積，即向量模的平方，易出現的問題就是最后忘記開方導致失誤．求解此類問題一定要注意審題，明確解題目標，求出結果之后再對照所求驗證一遍，就可以避免此類失誤． 陷阱3　錯用結論失分 函數f(x)的圖象由函數g(x)＝4sin xcos x的圖象向左平移個單位，再把所得圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍(縱坐標不變)而得到，則f＝________． [易錯分析] 該題易出現的問題主要有兩個方面：一是不能準確確

4、定函數解析式的變換與圖象左右平移方向之間的關系；二是記錯函數圖象上點的橫坐標的變化規(guī)律與函數解析式的變換的關系． [正確解析] 函數g(x)＝4sin xcos x＝2sin 2x的圖象向左平移個單位得到函數y＝2sin＝2sin的圖象，該函數圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍(縱坐標不變)所得圖象對應的函數， 即f(x)＝2sin＝2sin． 所以f＝2sin＝2· ＝2＝． [答案] [跳出陷阱] 三角函數圖象的平移與伸縮變換問題，關鍵是把握變換前后兩個函數解析式之間的關系，熟記相關的規(guī)律．如函數y＝f(x)的圖象向左平移m(m>0)個單位，得到函數y＝f(x＋m)的圖象；

5、若向右平移m(m>0)個單位，得到函數y＝f(x－m)的圖象．若函數y＝f(x)的圖象上點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼摩乇?，則得到函數y＝f的圖象． 陷阱4　遺漏條件致誤 若a，b∈{－1，0，1，2}，則函數f(x)＝ax2＋2x＋b有零點的概率為________． [易錯分析] 該題易出現的問題是求解基本事件的個數時，不按照一定的順序列舉導致漏、重現象． [正確解析] 法一：因為a，b∈{－1，0，1，2}，所以不同的取法為： (－1，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(－1，2)，(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(0，2)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(1，2)，(

6、2，－1)，(2，0)，(2，1)，(2，2)，共16種． 當a＝0時，f(x)＝2x＋b，無論b取{－1，0，1，2}中何值，原函數必有零點，所以有4種取法； 當a≠0時，函數f(x)＝ax2＋2x＋b為二次函數，若有零點須使Δ≥0，即4－4ab≥0，即ab≤1，所以a，b取值組成的數對分別為：(－1，0)，(1，0)，(2，0)，(－1，1)，(－1，－1)，(1，1)，(1，－1)，(－1，2)，(2，－1)，共9種， 綜上，所求的概率為＝． 法二：(排除法)：由法一可知，總的方法種數為16， 其中原函數若無零點，則有a≠0且Δ<0即ab>1， 所以此時a，b取值組成的數對分

7、別為(1，2)，(2，1)，(2，2)，共3種， 所以所求的概率為1－＝． [答案] [跳出陷阱] 利用列舉法求基本事件時，一是注意用不同的字母或數字符號表示不同類的元素，這樣便于區(qū)分；二是要注意按照一定的順序，如該題中a，b各有4個數可以取，寫出對應的基本事件時，按照從左到右或從右到左的順序進行列舉，一一寫出基本事件，否則就容易產生遺漏或重復的現象． 陷阱5　畫圖不準致誤 已知定義在R上的函數f(x)滿足： ①f(x)＋f(2－x)＝0； ②f(x－2)＝f(－x)； ③在[－1，1]上表達式為f(x)＝ 則函數f(x)與函數g(x)＝的圖象在區(qū)間[－3，3]上的交點

8、個數為________． [易錯分析] 該題易出現的問題是不能準確作出函數圖象導致無法判斷兩個函數圖象交點的個數． [正確解析] 由①f(x)＋f(2－x)＝0可得f(1－x)＋f(1＋x)＝0，即f(x)的圖象關于(1，0)對稱； 由②f(x－2)＝f(－x)可得f(x－1)＝f(－x－1)，即f(x)的圖象關于直線x＝－1對稱． 如圖，先作出函數y＝f(x)在[－1，1]上的圖象，然后作出其關于直線x＝－1對稱的圖象，即得到函數在[－3，－1]上的圖象，最后作其關于(1，0)對稱的圖象，即得到函數在[1，3]上的圖象． 又作出函數y＝g(x)的圖象，由圖象可知函數f(x)與函

9、數g(x)的圖象在[－3，3]上有6個交點． [答案] 6 [跳出陷阱] 該題是利用函數圖象的直觀性解決兩函數圖象的交點問題，準確利用函數的性質畫出函數圖象是解決此類問題的關鍵．要熟練把握函數的一些基本性質，如函數的奇偶性、對稱性、周期性與單調性等．如該題中的函數y＝f(x)，根據已知，該函數既有對稱中心，又有對稱軸，所以該函數也具有周期性——其周期就是對稱中心到對稱軸距離的4倍，所以該函數的周期為T＝2×4＝8．所以如果研究函數在其他范圍內的圖象，就可以利用周期性作出函數圖象． 陷阱6　忽視特例失分 已知l1：3x＋2ay－5＝0，l2：(3a－1)x－ay－2＝0．求使l1∥l

10、2的a的值． [易錯分析] 本題易出現的問題是忽略直線斜率不存在的特殊情況． [正確解析] 法一：當直線斜率不存在，即a＝0時，有l(wèi)1：3x－5＝0，l2：－x－2＝0，符合l1∥l2； 當直線斜率存在時，l1∥l2?－＝且≠－?a＝－． 故使l1∥l2的a的值為－或0． 法二：由l1∥l2?3·(－a)－(3a－1)·2a＝0， 得a＝0或a＝－． 故使l1∥l2的a的值為0或－． [跳出陷阱] 討論兩條直線的位置關系時，要注意對斜率是否存在進行討論，還要注意對系數是否為零進行討論． 陷阱7　跳步計算出錯 (2019·長沙四校聯(lián)考)設F1、F2分別是橢圓E：＋＝1(b

11、>0)的左、右焦點，若P是該橢圓上的一個動點，且·的最大值為1． (1)求橢圓E的方程； (2)設直線l：x＝ky－1與橢圓E交于不同的兩點A、B，且∠AOB為銳角(O為坐標原點)，求k的取值范圍． [易錯分析] 該題易出現的問題是坐標化已知條件以及聯(lián)立方程確定點的坐標之間的關系時，由于計算過程不規(guī)范導致失誤． [正確解析] (1)法一：易知a＝2，c＝，b2<4， 所以F1(－，0)，F2(，0)， 設P(x，y)，則·＝(－－x，－y)·(－x，－y)＝x2＋y2－4＋b2＝x2＋b2－－4＋b2＝x2＋2b2－4． 因為x∈[－2，2]，故當x＝±2，即點P為橢圓長軸端點時

12、，·有最大值1，即1＝×4＋2b2－4，解得b2＝1． 故所求橢圓E的方程為＋y2＝1． 法二：由題意知a＝2，c＝，b2<4， 所以F1(－，0)，F2(，0)， 設P(x，y)，則·＝||·||·cos∠F1PF2＝||·||· ＝[(x＋)2＋y2＋(x－)2＋y2－16＋4b2] ＝x2＋2b2－4． 因為x∈[－2，2]，故當x＝±2，即點P為橢圓長軸端點時，·有最大值1，即1＝×4＋2b2－4，解得b2＝1． 故所求橢圓E的方程為＋y2＝1． (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋4)y2－2ky－3＝0，Δ＝(－2k)2＋12(4＋k2)＝16

13、k2＋48>0， 故y1＋y2＝，y1·y2＝． 又∠AOB為銳角，故·＝x1x2＋y1y2>0， 又x1x2＝(ky1－1)(ky2－1)＝k2y1y2－k(y1＋y2)＋1， 所以x1x2＋y1y2＝(1＋k2)y1y2－k(y1＋y2)＋1 ＝(1＋k2)·－＋1 ＝＝>0， 所以k2<，解得－0等)；

14、最后求解函數的最值，常利用代數方法，如基本不等式法、配方法、導數法、單調性法等，將所求得的函數最值與目標中的幾何最值形成對應，得到問題的結論． 陷阱8　推論不當致誤 如圖，以BC為斜邊的等腰直角三角形ABC與等邊三角形ABD所在平面互相垂直，且點E滿足＝． (1)求證：平面EBC⊥平面ABC； (2)求平面EBC與平面ABD所成的角的正弦值． [易錯分析] 推理過程不嚴謹，使用面面垂直的判定定理時給出的定理條件不全面，造成了推理的不充分． [正確解析] (1)證明：取BC的中點F，AB的中點H， 因為△ABD是等邊三角形，所以DH⊥AB， 因為以BC為斜邊的等腰直角三角

15、形ABC與等邊三角形ABD所在平面互相垂直， 所以DH⊥平面ABC， 因為點E滿足＝． 所以DE∥AC，DE＝AC， 因為HF∥AC，HF＝AC， 所以DE∥FH，DE＝FH， 則四邊形EFHD是矩形， 則EF∥DH， 則EF⊥平面ABC， 因為EF?平面BCE， 所以平面EBC⊥平面ABC． (2)建立以H為坐標原點，HF，HB，HD所在直線分別為x，y，z軸的空間直角坐標系如圖， 則平面ABD的法向量為， 是平面BCE的法向量， 則∠AFH＝45°， 則平面EBC與平面ABD所成的角為45°， 則sin 45°＝， 所以平面EBC與平面ABD所成的角的

16、正弦值是． [跳出陷阱] 立體幾何試題的一個主要功能就是考查邏輯推理能力，主要以線面位置關系證明的方式進行考查，在使用空間線面位置關系的判定定理和性質定理時一定要保證條件的充分性，以確保推理過程嚴謹無誤． 陷阱9　分類標準不正確致誤 已知函數f(x)＝xln x＋x，g(x)＝－(x>0)． (1)討論f(x)在區(qū)間[t，t＋e](t>0)上的單調性； (2)是否存在直線y＝b(b∈R)，使得函數f(x)與g(x)的圖象分別在它的兩側(可相切)？若存在，請求出實數b的值(或取值范圍)；若不存在，請說明理由． [易錯分析] 該題易出現的問題是討論f(x)的單調性時，對參數進行分類

17、討論的標準不正確，造成分類重復或遺漏而導致錯解． [正確解析] (1)f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2， 由f′(x)＝0得x＝． 當00， 因此f(x)在上單調遞減，在上單調遞增． 當t≥時，在[t，t＋e]上，f′(x)≥0恒成立， 所以f(x)在[t，t＋e]上單調遞增． 綜上所述，當0

18、時，f′(x)>0， 所以f(x)在上單調遞減，在上單調遞增， 故f(x)min＝f＝－． 而g(x)＝－(x>0)，g′(x)＝， 當00，當x>1時，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減． 所以g(x)max＝g(1)＝－． 所以f(x)≥－≥g(x)， 故函數f(x)與函數g(x)的圖象恒在直線y＝－的兩側(相切)，所以b＝－． [跳出陷阱] 含參函數單調性的分析是一個難點，此類問題易出現的問題就是對參數分類的標準不清楚，導致分類錯亂．明確標準，合理分類是解決此類問題的關鍵，一般來說，討論含參函數單調性的

19、問題，對參數進行分類討論的基本順序為：①最高次冪系數是否為0；②方程f′(x)＝0是否有解；③解是否在定義域內；④解之間的大小關系．分類之后確定導函數的符號，應畫出導函數解析式中符號變化的部分對應函數(一般可轉化為一次函數或二次函數)的圖象，根據函數圖象與x軸的相對位置變化確定導函數的符號，進而寫出單調區(qū)間． 陷阱10　忽視驗證出錯 已知數列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝2an＋1(n∈N*)，且a1＝1． (1)求數列{an}的通項公式； (2)求數列{nan}的前n項和Tn． [易錯分析] 該題易出現的問題有兩個方面：一是利用an＝Sn－Sn－1建立an與an＋1之間的關系

20、時忽視n≥2的限制條件，而忽略n＝1的討論；二是求數列{nan}的前n項和Tn時，忽視該數列通項公式中n＝1時的情況，直接求和不驗證而導致失分． [正確解析] (1)當n＝1時，由已知可得a1＝2a2， 即a2＝a1＝． 當n≥2時，由已知Sn＝2an＋1(n∈N*)，可得Sn－1＝2an(n≥2，n∈N*)， 兩式相減得an＝2an＋1－2an?2an＋1＝3an，即＝， 所以數列{an}從第二項開始成一個首項為a2＝，公比為的等比數列， 故當n≥2，n∈N*時有an＝·． 所以an＝ (2)記bn＝nan＝ 故當n＝1時，T1＝b1＝1； 當n≥2時，Tn＝b1＋b2＋

21、b3＋…＋bn＝1＋×＋×＋…＋×＋×，① Tn＝＋×＋×＋…＋×＋×，② ①－②得，－Tn＝－＋1＋×＋×＋…＋×－× ＝＋－× ＝＋×－× ＝－－× ＝－＋－× ＝－1－×， 所以Tn＝2＋(n－2)×． 當n＝1時，T1＝2＋(1－2)×＝1， 顯然上式也成立． 綜上，Tn＝2＋(n－2)×． [跳出陷阱] 解決數列問題時一定要注意n的取值限制，求通項問題，要注意首項的驗證，如該題中用到an與Sn的關系式an＝Sn－Sn－1，而該式成立的前提是n≥2；再如已知數列{an}，當n≥2時，若有＝q，則該數列不一定是等比數列，因為該式不包含＝q，若要證明該數列是等比數列，則還需驗證＝q． - 11 -