（考前大通關(guān)）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第二部分應(yīng)試高分策略《第四講 解答題的解法》考前優(yōu)化訓(xùn)練 理

《（考前大通關(guān)）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第二部分應(yīng)試高分策略《第四講 解答題的解法》考前優(yōu)化訓(xùn)練 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（考前大通關(guān)）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第二部分應(yīng)試高分策略《第四講 解答題的解法》考前優(yōu)化訓(xùn)練 理（4頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 1．(2011年高考福建卷)設(shè)函數(shù)f(θ)＝sinθ＋cosθ，其中，角θ的頂點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，始邊與x軸非負(fù)半軸重合，終邊經(jīng)過點(diǎn)P(x，y)，且0≤θ≤π. (1)若點(diǎn)P的坐標(biāo)為，求f(θ)的值； (2)若點(diǎn)P(x，y)為平面區(qū)域Ω：上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，試確定角θ的取值范圍，并求函數(shù)f(θ)的最小值和最大值． 解： (1)由點(diǎn)P的坐標(biāo)和三角函數(shù)的定義可得 于是f(θ)＝sinθ＋cosθ＝×＋＝2. (2)作出平面區(qū)域Ω(即三角形區(qū)域ABC)如圖，其中A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)． 于是0≤θ≤. 又f(θ)＝sinθ＋cosθ＝2sin(θ＋)， 且≤θ＋≤，

2、 故當(dāng)θ＋＝，即θ＝時(shí)， f(θ)取得最大值，且最大值等于2； 當(dāng)θ＋＝，即θ＝0時(shí)， f(θ)取得最小值，且最小值等于1. 2．已知函數(shù)f(x)＝kx＋b，－1≤x≤1，k，b∈R，且是常數(shù)．若k是從－2，－1,0,1,2五個(gè)數(shù)中任取的1個(gè)數(shù)，b是從0,1,2三個(gè)數(shù)中任取的1個(gè)數(shù)，求函數(shù)y＝f(x)是奇函數(shù)的概率． 解：函數(shù)f(x)為奇函數(shù)的條件是b＝0，基本事件共有5×3＝15個(gè)，設(shè)事件A：“函數(shù)y＝f(x)是奇函數(shù)”，則事件A包含的基本事件是(－2,0)，(－1,0)，(0,0)，(1,0)，(2,0)． 所以P(A)＝＝. 3. 如圖所示，已知在直三棱柱ABC－A

3、1B1C1中，∠ACB＝90°，E為棱CC1上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是線段AB的中點(diǎn)，AC＝BC＝2，AA1＝4. (1)求證：CF⊥平面ABB1； (2)當(dāng)E是棱CC1的中點(diǎn)時(shí)，求證：CF∥平面AEB1； (3)在棱CC1上是否存在點(diǎn)E，使得二面角A－EB1－B的大小是45°？若存在，求CE的長；若不存在，說明理由． 解：(1)證明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱B1B⊥底面ABC， ∵CF?平面ABC，∴B1B⊥CF. ∵AC＝BC，F(xiàn)是線段AB的中點(diǎn)， ∴CF⊥AB. ∵AB，B1B是平面ABB1內(nèi)兩相交直線， ∴CF⊥平面ABB1. (2)證明：如圖所示，取AB1的

4、中點(diǎn)D，連接ED，DF. ∵DF是△ABB1的中位線， ∴DF綊B1B. ∵E是棱CC1的中點(diǎn)， ∴EC綊B1B.∴DF綊EC. ∴四邊形EDFC是平行四邊形．∴CF∥ED. ∵CF?平面AEB1，ED?平面AEB1， ∴CF∥平面AEB1. (3)假設(shè)存在點(diǎn)E，使二面角A－EB1－B的大小為45°，由于∠ACB＝90°，易證AC⊥平面BEB1， 過C點(diǎn)作CK⊥直線B1E于K，連接AK， 則∠AKC為二面角A－EB1－B的平面角， ∴∠AKC＝45°. ∴CK＝AC＝2， 設(shè)CE＝x，則＝，x＝， 故線段CE＝. 綜上，在棱CC1上存在點(diǎn)E，使得二面角A－EB1－

5、B的大小是45°，此時(shí)CE＝. 4．(2011年高考四川卷)已知{an}是以a為首項(xiàng)，q為公比的等比數(shù)列，Sn為它的前n項(xiàng)和． 當(dāng)S1，S3，S4成等差數(shù)列時(shí)，求q的值； 當(dāng)Sm，Sn，Sl成等差數(shù)列時(shí)，求證：對(duì)任意自然數(shù)k，am＋k，an＋k，al＋k也成等差數(shù)列． 解：由已知，得an＝aqn－1，因此 S1＝a，S3＝a，S4＝a. 當(dāng)S1，S3，S4成等差數(shù)列時(shí)，S4－S3＝S3－S1， 可得aq3＝aq＋aq2，化簡得q2－q－1＝0. 解得q＝. 若q＝1，則{an}的各項(xiàng)均為a，此時(shí)am＋k，an＋k，al＋k顯然成等差數(shù)列． 若q≠1，由Sm，Sn，Sl成等差

6、數(shù)列可得Sm＋Sl＝2Sn， 即＋＝， 整理得qm＋ql＝2qn. 因此，am＋k＋al＋k＝aqk－1＝2aqn＋k－1＝2an＋k. 所以，am＋k，an＋k，al＋k成等差數(shù)列． 5．(2011年高考北京卷)已知橢圓G：＋y2＝1.過點(diǎn)(m,0)作圓x2＋y2＝1的切線l交橢圓G于A，B兩點(diǎn)． (1)求橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)和離心率； (2)將|AB|表示為m的函數(shù)，并求|AB|的最大值． 解：(1)由已知得a＝2，b＝1，所以c＝＝. 所以橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(－，0)，(，0)， 離心率為e＝＝. (2)由題意知，|m|≥1. 當(dāng)m＝1時(shí)，切線l的方程為x＝1，點(diǎn)A，

7、B的坐標(biāo)分別為，， 此時(shí)|AB|＝. 當(dāng)m＝－1時(shí)，同理可得|AB|＝. 當(dāng)|m|>1時(shí)，設(shè)切線l的方程為y＝k(x－m)． 由，得(1＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－4＝0. 設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則 x1＋x2＝，x1x2＝. 又由l與圓x2＋y2＝1相切，得＝1， 即m2k2＝k2＋1. 所以|AB|＝ ＝ ＝ ＝. 由于當(dāng)m＝±1時(shí)， |AB|＝， 所以|AB|＝，m∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)． 因?yàn)閨AB|＝＝≤2，且當(dāng)m＝±時(shí)， |AB|＝2， 所以|AB|的最大值為2. 6．已知函數(shù)f(x)＝e

8、x＋ax，g(x)＝exln x．(e≈2.71828) (1)設(shè)曲線y＝f(x)在x＝1處的切線與直線x＋(e－1)y＝1垂直，求a的值； (2)若對(duì)于任意實(shí)數(shù)x≥0，f(x)>0恒成立，試確定實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由題知，f′(x)＝ex＋a. 因此曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線l的斜率為e＋a， 又直線x＋(e－1)y＝1的斜率為， ∴(e＋a)＝－1， ∴a＝－1. (2)∵當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex＋ax>0恒成立； ∴若x＝0，a為任意實(shí)數(shù)，f(x)＝ex＋ax>0恒成立． 若x>0，f(x)＝ex＋ax>0恒成立， 即當(dāng)x>0時(shí)，a>－恒成立． 設(shè)Q(x)＝－， Q′(x)＝－＝. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，Q′(x)>0，則Q(x)在(0,1)上單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，Q′(x)<0，則Q(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴當(dāng)x＝1時(shí)，Q(x)取得最大值． Q(x)max＝Q(1)＝－e， ∴要使x≥0時(shí)，f(x)>0恒成立， a的取值范圍為(－e，＋∞)．