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(duì)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(ωx－)cos ωx在x＝處取得最值，其中ω∈(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)y＝g(x)的圖象，若α為銳角，g(α)＝－，求cos α. 審題路線圖 (1) ―→ (2) 解　(1)f(x)＝4sin(ωx－)cos ωx ＝2sin ωxcos ωx－2cos2ωx ＝(sin 2ωx－cos 2ωx)－ ＝2sin(2ωx－)－， ∵f(x)在x＝處取得最值， ∴2ω－＝kπ＋，k∈Z， ∴ω＝2k＋，k∈Z，∵ω∈(0,2)， 即0<2k＋<2，∴－0)， f′(x)＝－＝ ＝＝ (x>0)， 令f′(x)>0，則x>2或0f(3)． 所以函數(shù)f(x)在[1,3]上的最小值為2ln 2－5，最大值為－. (2)若對(duì)于任意的x1∈[1,2]，存在x2∈[2,3]，使f(x1)≥h(x2)，則f(x1)min≥h(x2)有解． 又a＝－2，則f(x)＝－2ln x－， f′(x)＝－－<0， 所以f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減， f(x1)min＝f(2)＝－2ln 2－5. 所以x－2bx2＋4≤－2ln 2－5有解， 轉(zhuǎn)化為2b≥有解， 設(shè)函數(shù)g(x)＝， 則g(x)在[2,3]上單調(diào)遞減， 所以2b≥g(x)min＝g(3)＝， 即b≥. 所以b的取值范圍為[，＋∞)． 跟蹤演練2　函數(shù)f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R. (1)當(dāng)a>0時(shí)，解不等式f(x)≤0； (2)當(dāng)a＝0時(shí)，求整數(shù)t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解． 解　(1)因?yàn)閑x>0，所以不等式f(x)≤0即為ax2＋x≤0， 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)a＝0時(shí)，方程即為xex＝x＋2， x＝0不是方程的解， 所以原方程等價(jià)于ex－－1＝0. 令h(x)＝ex－－1. 因?yàn)閔′(x)＝ex＋>0對(duì)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)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－<0， h(－2)＝e－2>0，所以方程f(x)＝x＋2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(shì)．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，∠DAB＝60.點(diǎn)E、F分別在邊CD、CB上，點(diǎn)E與點(diǎn)C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O.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P－BDEF的體積． 審題路線圖 (1) (2) (1)證明　因?yàn)榱庑蜛BCD的對(duì)角線互相垂直， 所以BD⊥AC，所以BD⊥AO. 因?yàn)镋F⊥AC，所以PO⊥EF. 因?yàn)槠矫鍼EF⊥平面ABFED， 平面PEF∩平面ABFED＝EF， 且PO?平面PEF， 所以PO⊥平面ABFED. 因?yàn)锽D?平面ABFED，所以PO⊥BD. 因?yàn)锳O∩PO＝O，所以BD⊥平面POA. (2)解　設(shè)AO∩BD＝H. 因?yàn)椤螪AB＝60，所以△BDC為等邊三角形． 故BD＝4，HB＝2， HC＝2. 設(shè)PO＝x(00，b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是C上一點(diǎn)，若PF1＋PF2＝6a，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)xy＝0 解析　(1)方法一　因?yàn)閎cos C＋ccos B＝2b， 所以b＋c＝2b， 化簡可得＝2. 方法二　因?yàn)閎cos C＋ccos B＝2b， 所以sin Bcos C＋sin Ccos B＝2sin B， 故sin(B＋C)＝2sin B， 故sin A＝2sin B，則a＝2b，即＝2. (2)由題意，不妨設(shè)PF1>PF2， 則根據(jù)雙曲線的定義得，PF1－PF2＝2a， 又PF1＋PF2＝6a， 解得PF1＝4a，PF2＝2a. 在△PF1F2中，F(xiàn)1F2＝2c，而c>a， 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(shí)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)1　2　(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)x＝1時(shí)，f(g(x))＝f(g(1))＝f(3)＝1. g(f(x))＝g(f(1))＝g(1)＝3.此時(shí)1<3，也即 f(g(x))1，也即f(g(x))>g(f(x))，符合題意． 同理可解得x＝3時(shí)，不符合題意． (2)及格的頻率是(0.015＋0.03＋0.025＋0.005)10＝0.75，即及格率約為75%. 樣本的均值為450.1＋550.15＋650.15＋750.3＋850.25＋950.05＝71，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(hào)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(duì)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a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a，數(shù)列{bn}滿足bnbn＋1＝3an，且b1＝1. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)記Tn＝anb2＋an－1b4＋…＋a1b2n，求Tn. 審題路線圖 (1) ―→―→ (2)―→―→ 解　(1)∵Sn＋1＋Sn＝a，① Sn＋Sn－1＝a(n≥2)，② ①－②得：an＋1＋an＝a－a， ∴(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0， ∵an＋1>0，an>0，∴an＋1＋an≠0， ∴an＋1－an＝1(n≥2)． 又由S2＋S1＝a得2a1＋a2＝a， 即a－a2－2＝0，∴a2＝2，a2＝－1(舍去)． ∴a2－a1＝1， ∴{an}是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列， ∴an＝n. 又∵bnbn＋1＝3an＝3n，③ bn－1bn＝3n－1 (n≥2)．④ 得：＝3(n≥2)． 又由b1＝1，可求b2＝3， 故b1，b3，…，b2n－1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． ∴b2n－1＝3n－1，b2n＝33n－1＝3n. ∴ (2)由(1)得： Tn＝3an＋32an－1＋33an－2＋…＋3na1，⑤ 3Tn＝32an＋33an－1＋34an－2＋…＋3n＋1a1，⑥ ⑥－⑤得：2Tn＝－3an＋32(an－an－1)＋33(an－1－an－2)＋…＋3n(a2－a1)＋3n＋1a1， 由an＝n，∴2Tn＝－3n＋32＋33＋…＋3n＋3n＋1 ＝－3n＋ ＝－3n－＋3n＋2， ∴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a＝S2n－1，n∈N*.數(shù)列{bn}滿足bn＝，n∈N*，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(duì)任意的n∈N*，不等式λTn1 009時(shí)，結(jié)束，故判斷框內(nèi)應(yīng)填入的條件是i≤1 009或i<1 010. 4．設(shè)雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)為F，虛軸的一個(gè)端點(diǎn)為B，如果直線FB與該雙曲線的一條漸近線垂直，那么此雙曲線的離心率為________. 答案　 解析　設(shè)雙曲線的方程為－＝1(a>0，b>0)，取F(c，0)，B(0，b)，漸近線y＝x，由兩條直線互相垂直的條件得－＝－1，∴b2＝ac＝c2－a2，∴e2－e－1＝0，∴e＝(負(fù)值舍去)． 5．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)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n＝－cos A＋cos 2A＝－cos A＋2cos2A－1＝2(cos2A－cos A)－1＝2(cos A－)2－，所以當(dāng)cos A＝時(shí)，mn取得最小值． 此時(shí)，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，∠BAC＝30，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 30＝2， ∴||||＝4， S△ABC＝ABACsin 30＝1＝x＋y＋z， ∴f(x，y，z)＝＋＋＝(＋＋)(x＋y＋z)＝1＋4＋9＋＋＋＋＋＋＝14＋(＋)＋(＋)＋(＋)≥14＋4＋6＋12＝36. 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)x<1時(shí)，由ex－1≤2，解得x≤1＋ln 2，故x<1；當(dāng)x≥1時(shí)，由x≤2，解得x≤23＝8.故1≤x≤8，綜合上述兩種情況可得x∈(－∞，8]． 8.如圖，已知六棱錐P—ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC.給出下列結(jié)論： ①CD∥平面PAF；②DF⊥平面PAF；③CF∥平面PAB；④DF∥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FP—ABCDEF的底面是正六邊形，所以AF∥CD，由線面平行的判定定理，得CD∥平面PAF，故①正確；由正六邊形的特點(diǎn)易知DF⊥AF，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以DF⊥PA，由線面垂直的判定定理，得DF⊥平面PAF，故②正確；CF∥AB，由線面平行的判定定理，得CF∥平面PAB，故③正確；連結(jié)AC，由正六邊形的特點(diǎn)易知DF∥AC，又AC∩平面PAB＝A，故DF與平面PAB相交，故④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＝，Sn＋1＝f(Sn)(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)Tn＝S＋S＋…＋S，當(dāng)n≥2時(shí)，求證：4Tn<2－. (1)解　由題意可知，Sn＋1＝， 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＝2＋2(n－1)＝2n，所以Sn＝， 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－＝－. 所以an＝ (2)證明　由(1)可知，S＝， 當(dāng)n≥2時(shí)，<， 所以Tn<(1＋1－＋－＋…＋－) 即4Tn<2－. 10．已知函數(shù)f(x)＝axln x－x＋1. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求證：當(dāng)x>1時(shí)，－<恒成立． (1)解　當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝xln x－x＋1(x>0)， f′(x)＝ln x＋x－1＝ln x， 由f′(x)>0，得x>1， 由f′(x)<0，得01時(shí)，ln x>0， 所以要證－<， 只要證(x－1)－ln x<(x－1)ln x(x>1)， 即證(x＋1)ln x－x＋1>0(x>1)， 令F(x)＝(x＋1)ln x－x＋1(x>1)， F′(x)＝ln x＋(x＋1)－1 ＝(x>1)， 由(1)，知x＝1是f(x)＝xln x－x＋1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)x>1時(shí)，F(xiàn)(x)>F(1)＝0， 所以當(dāng)x>1時(shí)，－<恒成立． B組　能力提高 11．(2015安徽)如圖，三棱錐PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60. (1)求三棱錐PABC的體積； (2)證明：在線段PC上存在點(diǎn)M，使得AC⊥BM，并求的值． 解　(1)由題意知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60， 可得S△ABC＝ABACsin 60＝. 由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱錐PABC的高． 又PA＝1， 所以三棱錐PABC的體積 V＝S△ABCPA＝. (2)在平面ABC內(nèi)，過點(diǎn)B作BN⊥AC，垂足為N，在平面PAC內(nèi)，過點(diǎn)N作MN∥PA交PC于點(diǎn)M，連結(jié)BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN，又BM?平面MBN，所以AC⊥BM. 在Rt△BAN中，AN＝ABcos∠BAC＝，從而NC＝AC－AN＝，由MN∥PA，得＝＝. 12．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過D(2,0)，E(1，)兩點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程； (2)若直線l：y＝kx＋m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：4m2＝4k2＋1； b．求△AOB的面積． (1)解　由題意，得解得 ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)a.證明　令A(yù)(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. ∴ 即① ∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m ＝＋2m＝. 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，4m2＝1＋4k2.② b．解　由①②得m≠0， 且|x1－x2|＝ ＝，③ 在△AOB中，S△AOB＝|m||x1－x2|，④ ∴由②③④可得S△AOB＝＝. ∴△AOB的面積是.