新課標2020高三數學高考二輪復習：專題六《探索性問題》

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1、【專題六】探索性問題 【考情分析】 高考中的探索性問題主要考查學生探索解題途徑，解決非傳統(tǒng)完備問題的能力，是命題者根據學科特點，將數學知識有機結合并賦予新的情境創(chuàng)設而成的，要求考生自己觀察、分析、創(chuàng)造性地運用所學知識和方法解決問題. 【知識交匯】 隨著以培養(yǎng)學生的創(chuàng)新精神和實踐能力為重點的素質教育的深入發(fā)展，高考命題將更加關注“探索性問題”． 　　 由給定的題設條件探求相應的結論，或由給定的題斷追溯應具備的條件，或變更題設、題斷的某個部分使命題也相應變化等等，這一類問題稱之為探索性問題．由于這類題型沒有明確的結論，解題方向不明，自由度大，需要先通過對問題進行觀察、分析、比較、概

2、括后方能得出結論，再對所得出的結論予以證明．其難度大、要求高，是訓練和考查學生的創(chuàng)新精神，數學思維能力、分析問題和解決問題能力的好題型．近幾年高考中探索性問題分量加重，在選擇題、填空題、解答題中都已出現。 探索型問題具有較強的綜合性，因此復習中既要重視基礎知識的復習，又要加強變式訓練和數學思想方法的研究，切實提高分析問題、解決問題的能力．高考常見的探索性問題，就其命題特點考慮，可分為題設開放型、結論開放型、題設和結論均開放型以及解題方法的開放型幾類問題． 【思想方法】 一、條件追溯型 【例1】（2020年高考浙江卷理科第17題）如圖，在長方形ABCD中，AB=2,BC=1,E為DC的

3、中點，F為線段EC(端點除外)上一動點，現將AFD沿AF折起，使平面AFD⊥平面ABC,在平面ABD內過點D作DK⊥AB,K為垂足，設AK=t,則t的取值范圍是_______. 【解析】此題的破解可采用二個極端位置法，即對于F位于DC的中點時，，隨著F點到C點時，因平面，即有，對于，又，因此有，則有，因此的取值范圍是 w.w.w.k.s.5.u.c.o.。m 【例2】如圖，在平面直角坐標系中，，，，，設的外接圓圓心為E． （1）若⊙E與直線CD相切，求實數a的值； （例2） A B C D E x y O （2）設點在圓上，使的面積等于12的點有且只有三個，

4、試問這樣的⊙E是否存在，若存在，求出⊙E的標準方程；若不存在，說明理由. 【解析】（1）直線方程為，圓心，半徑. 由題意得，解得. （2）∵， ∴當面積為時，點到直線的距離為， 又圓心E到直線CD距離為(定值)，要使的面積等于12的點有且只有三個，只須圓E半徑，解得， 此時，⊙E的標準方程為． 評注：這類問題的基本特征是：針對一個結論，條件未知需探索，或條件增刪需確定，或條件正誤需判斷。解決這類問題的基本策略是：執(zhí)果索因，先尋找結論成立的必要條件，再通過檢驗或認證找到結論成立的充分條件。在“執(zhí)果索因”的過程中，常常會犯的一個錯誤是不考慮推理過程

5、的可逆與否，誤將必要條件當作充分條件，應引起注意。 二、結論探索型 【例3】（2020年高考江蘇卷第14題）設是公比為的等比數列，，令，若數列有連續(xù)四項在集合中，則= .高考資源網 [解析] 考查等價轉化能力和分析問題的能力。等比數列的通項。 有連續(xù)四項在集合，四項成等比數列，公比為，= -9 【例4】（2020年高考湖北卷理科第15題）已知數列滿足：（m為正整數），若，則m所有可能的取值為__________。 【解析】（1）若為偶數，則為偶, 故 ①當仍為偶數時， 故 ②當為奇數時， 故得m=4。 （2）若為奇數，則為偶數，故必為偶數 ，所以=1可得m

6、=5 評注：這類問題的基本特征是：有條件而無結論或結論的正確與否需要確定。解決這類問題的策略是：先探索結論而后去論證結論。在探索過程中?？上葟奶厥馇樾稳胧?，通過觀察、分析、歸納、判斷來作一番猜測，得出結論，再就一般情形去認證結論。 三、存在判斷型 【例5】（2020年高考北京卷文科第20題） 設數列的通項公式為. 數列定義如下：對于正整數m，是使得不等式成立的所有n中的最小值. （Ⅰ）若，求； （Ⅱ）若，求數列的前2m項和公式； （Ⅲ）是否存在p和q，使得？如果存在，求p和q的取值范圍；如果不存在，請說明理由. 【解析】本題主要考查數列的概念、數列的基本性質，考查運算能力、推理

7、論證能力、 分類討論等數學思想方法．本題是數列與不等式綜合的較難層次題. （Ⅰ）由題意，得，解，得. ∴成立的所有n中的最小整數為7，即. （Ⅱ）由題意，得， 對于正整數，由，得. 根據的定義可知 當時，；當時，. ∴ . （Ⅲ）假設存在p和q滿足條件，由不等式及得. ∵,根據的定義可知，對于任意的正整數m 都有 ，即對任意的正整數m都成立. 當（或）時，得（或）， 這與上述結論矛盾！ 當，即時，得，解得. ∴ 存在p和q

8、，使得； p和q的取值范圍分別是，. 評注： 這類問題的基本特征是：要判斷在某些確定條件下的某一數學對象(數值、圖形、函數等)是否存在或某一結論是否成立。解決這類問題的基本策略是：通常假定題中的數學對象存在(或結論成立)或暫且認可其中的一部分的結論，然后在這個前提下進行邏輯推理，若由此導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論。其中反證法在解題中起著重要的作用。 探索性問題是一種具有開放性和發(fā)散性的問題，此類題目的條件或結論不完備。要求解答者自己去探索，結合已有條件，進行觀察、分析、比較和概括。它對學生的數學思想、數學意識及綜合運用數學方法的能力提出了較高的要求。它有利于培養(yǎng)學生探索

9、、分析、歸納、判斷、討論與證明等方面的能力，使學生經歷一個發(fā)現問題、研究問題、解決問題的全過程。 【專題演練】 1．已知函數的圖象按向量平移后便得到函數 的圖象，數列滿足（n≥2，n?N*）． （Ⅰ）若，數列滿足，求證：數列是等差數列； （Ⅱ）若，數列中是否存在最大項與最小項，若存在，求出最大項與最小項，若不存在， 說明理由； 2. 設三次函數在處取得極值，其圖象在處的切線的斜率為。 (Ⅰ)求證：； (Ⅱ)若函數在區(qū)間上單調遞增，求的取值范圍； (Ⅲ)問是否存在實數（是與無關的常數），當時，恒有恒成立？若存在，試求出的最小值；若不存在，請說明理由。

10、 3.某廠家擬在2020年舉行促銷活動，經調查測算，該產品的年銷售量（即該廠的年產量）萬件與年促銷費用萬元滿足（為常數），如果不搞促銷活動，則該產品的年銷售量是1萬件. 已知2020年生產該產品的固定投入為8萬元，每生產1萬件該產品需要再投入16萬元，廠家將每件產品的銷售價格定為每件產品年平均成本的1.5倍（產品成本包括固定投入和再投入兩部分資金，不包括促銷費用）． （1）將2020年該產品的利潤y萬元表示為年促銷費用萬元的函數； （2）該廠家2020年的促銷費用投入多少萬元時，廠家的利潤最大？ 4. 如圖，在組合體中，是一個長方體，是一個四棱錐．，，點 且． （Ⅰ）證明：；

11、 （Ⅱ）若，當為何值時，． 5． 有一座大橋既是交通擁擠地段，又是事故多發(fā)地段，為了保證安全，交通部門規(guī)定。大橋上的車距d(m)與車速v(km/h)和車長l(m)的關系滿足：（k為正的常數），假定車身長為4m，當車速為60（km/h)時，車距為2.66個車身長。 （1） 寫出車距d關于車速v的函數關系式; （2） 應規(guī)定怎樣的車速，才能使大橋上每小時通過的車輛最多？ 【參考答案】 1. 解:，則（n≥2，n?N*）． （Ⅰ），，∴ （n≥2， n?N*）．∴數列是等差數列． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，數列是等差數列，首項，公差為1，則其通項公式 ，由得，故．

12、 構造函數，則．函數在區(qū)間， 上為減函數． ∴當時，，且在上遞減，故當時，取最小值；當 時，，且在上遞減，故當時，取最大值．故存在． 2. 解：(Ⅰ) .由題設，得 ① ② ∵，∴，∴。 由①代入②得，∴，得∴或 ③ 將代入中，得 ④ 由③、④得； 方法二：同上可得：將（1）變?yōu)椋捍耄?）可得：，所以，則 方法三：同上可得：將（1）變?yōu)椋捍耄?）可得：，顯然，所以，因為圖象的開口向下，且有一根為x1=1。由韋達定理得,。,所以， 即，則，由 得：，∴ (Ⅱ)由(Ⅰ)知，的判別式Δ= ∴方程有兩個不等的實根，又, ∴，∴當或時，，當時，

13、， ∴函數的單調增區(qū)間是，∴，由知。 ∵函數在區(qū)間上單調遞增，∴，∴，即的取值范圍 是； (Ⅲ)由，即，∵，， ∴，∴或。由題意，得，∴，∴存在實數滿足條件，即的最小值為。 3. 解：（1）由題意可知，當時，，∴即， ∴，每件產品的銷售價格為元. ∴2020年的利潤 （2）∵時，. ∴，當且僅當，即時，. 答：該廠家2020年的促銷費用投入3萬元時，廠家的利潤最大，最大為21萬元. 4. 證：(Ⅰ)因為，，所以為等腰直角三角形，所以． 因為是一個長方體，所以，而， 所以，所以．因為垂直于平面內的兩條相交直線和，由線面垂直的判定定理，可得． (Ⅱ) 當時，．當時，四邊形是一個正方形，所以，而，所以，所以,而，與在同一個平面內，所以而，所以，所以． 方法二： ，所以，．設平面的法向量為，則有，令，可得平面的一個法向量為． 若要使得，則要，即，解得．所以當時，． 5.【解析】⑴因為當時，，所以， ∴ ⑵設每小時通過的車輛為，則．即 ∵， ∴，當且僅當，即時，取最大值． 答：當時，大橋每小時通過的車輛最多．