（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 學(xué)通考場解題常用12術(shù)——解得快講義 理（重點(diǎn)生含解析）.doc

《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 學(xué)通考場解題常用12術(shù)——解得快講義 理（重點(diǎn)生含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 學(xué)通考場解題常用12術(shù)——解得快講義 理（重點(diǎn)生含解析）.doc（70頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第一板塊 學(xué)通考場解題常用12術(shù)解得快第1術(shù)拋磚引玉活用特例方法概述所謂特例法，又叫特殊化法，就是當(dāng)我們面臨一道難以入手的一般性題目時，可以從一般退到特殊，先考查包含在一般情形里的某些比較簡單的特殊問題，以便從特殊問題的研究中，拓寬解題思路，發(fā)現(xiàn)解答原題的方向或途徑應(yīng)用題型(1)選擇題或填空題；(2)在解答題中，當(dāng)求解目標(biāo)尚未明確時，往往需要考查題設(shè)條件中所含參變因素的某些特殊情況或極端情況方法一：取特殊數(shù)值設(shè)f (x)若f (x0)3，則x0的取值范圍為()A(，0)(2，)B(0,2)C(，1)(3，) D(1,3)常規(guī)解法當(dāng)x02時，log24(x01)3，即log24log2(x01)3，log2(x01)1，x012，即x03.當(dāng)x03，即x02，x03或x01，即x0的取值范圍為(，1)(3，)提速解法取x01，則f (1)11時，f (x)x1；當(dāng)x1時，f (x)x1；當(dāng)0x1時，f (x)x1；當(dāng)10)，g(x)(x0)都是“影子函數(shù)”，但F(x)f (x)g(x)1(x0)不是“影子函數(shù)”(因?yàn)閷θ我獾膞1(0，)，存在無數(shù)多個x2(0，)，使得F(x1)F(x2)1)，所以錯誤答案B方法四：取特殊位置已知E為ABC的重心，AD為BC邊上的中線，過點(diǎn)E的直線分別交AB，AC于P，Q兩點(diǎn)，且m，n，則()A3 B4C5 D.常規(guī)解法分別過點(diǎn)B，C作BMAD，CNAD，分別交PQ于點(diǎn)M，N.D是BC的中點(diǎn)，DE是梯形CNMB的中位線又m，n，m，n，1122222213.提速解法由于直線PQ是過點(diǎn)E的一條“動”直線，所以結(jié)果必然是一個定值故可利用特殊直線確定所求值法一：如圖(1)，令PQBC，則，此時，mn，故3.法二：如圖(2)，直線BE與直線PQ重合，此時，故m1，n，所以3.答案A如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱A1A和B1B上各有一動點(diǎn)P，Q滿足A1PBQ，過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為()A31 B21C41 D.1常規(guī)解法設(shè)三棱柱ABCA1B1C1的體積為V，側(cè)棱AA1和BB1上各有一動點(diǎn)P，Q滿足A1PBQ，四邊形PQBA與四邊形PQB1A1的面積相等，故四棱錐CPQBA的體積等于三棱錐CABA1的體積，等于V，則幾何體CPQC1B1A1的體積等于V，故過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成的兩部分體積之比為21.提速解法將P，Q置于特殊位置：PA1，QB，此時仍滿足條件A1PBQ(0)，則有VCAA1BVA1ABCVABCA1B1C1.因此過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成的兩部分體積之比為21.答案B方法五：取特殊圖形AD，BE分別是ABC的中線，若|1，且與的夾角為120，則_.常規(guī)解法由已知得解得所以|2|2.提速解法若ABC為等邊三角形，則|，|cos 60.答案即時應(yīng)用體驗(yàn)1動點(diǎn)A在雙曲線1上，B，C為其左、右焦點(diǎn)在ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且a10，cb6，則tantan()A. B.C. D1解析：選A由題意得雙曲線的方程為1，取特殊位置ACBC，可得C，則a2b2(6b)2，解得b，故tan B，則tan，所以tantan.2若f (x)和g(x)都是定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)，且方程xf g(x)0有實(shí)數(shù)解，則gf (x)的解析式不可能是()Ayx2x Byx2xCyx2 Dyx2解析：選B法一：設(shè)x0為方程xf g(x)0的一個實(shí)根，則f g(x0)x0.設(shè)g(x0)t0，則f (t0)x0.所以g(x0)gf (t0)t0，即gf (t0)t00，這說明方程gf (x)x0至少有一個實(shí)根t0，而對于選項(xiàng)B，當(dāng)gf (x)x2x時，方程x2xx無實(shí)根，故選B.法二：取特殊函數(shù)法令f (x)x，即可把原題改寫為xg(x)0有實(shí)數(shù)解，g(x)不可能是哪個代數(shù)式A、C、D均可使xg(x)0有實(shí)數(shù)解，只有B不能使xg(x)0有實(shí)數(shù)解，故選B.3設(shè)f (x)則使所有x均滿足不等式xf (x)g(x)的函數(shù)g(x)為()Asin x BxCx2 D|x|解析：選D若g(x)sin x，應(yīng)有xf (x)sin x，取x2，則f (x)1，于是2sin 2，矛盾，排除A；若g(x)x，應(yīng)有xf (x)x，取x，則f (x)0，于是0，矛盾，排除B；若g(x)x2，取x0.2，則0.20.22，矛盾，排除C.故選D.4cos2cos2(120)cos2(240)_.解析：令0，則原式.答案：5在ABC中，M是BC的中點(diǎn)，AM3，BC10，則_.解析：將ABC視作特殊的三角形：邊ABAC的等腰三角形，如圖，則AM3，BC10，ABAC.由余弦定理得cosBAC，所以16.答案：166橢圓1的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P為其上動點(diǎn)，當(dāng)F1PF2為鈍角時，點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍是_解析：設(shè)P(x，y)，則當(dāng)F1PF290時，點(diǎn)P的軌跡方程為x2y25，由此可得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)x.又當(dāng)點(diǎn)P在x軸上時，F(xiàn)1PF20；點(diǎn)P在y軸上時，F(xiàn)1PF2為鈍角，由此可得點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍是.答案：第2術(shù)探求思路圖作向?qū)Х椒ǜ攀鰧︻}設(shè)條件不夠明顯的數(shù)學(xué)問題求解，注重考查相關(guān)的圖形，巧用圖形作向?qū)撬季S入手、領(lǐng)會題意的關(guān)鍵所在尤其是對一些用函數(shù)、三角函數(shù)、不等式等形式給出的命題，其本身雖不帶有圖形，但我們可換個角度思考，設(shè)法構(gòu)造相應(yīng)的輔助圖形進(jìn)行分析，將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為幾何問題來解力爭做到有圖用圖，無圖想圖，補(bǔ)形改圖，充分運(yùn)用其幾何特征的直觀性來啟迪思維，從而較快地獲得解題的途徑這就是我們常說的圖解法應(yīng)用題型選擇題、填空題、解答題中均有應(yīng)用，主要涉及函數(shù)最值、不等式、解析幾何中范圍等問題應(yīng)用一：求解函數(shù)問題用mina，b，c表示a，b，c三個數(shù)中的最小值，設(shè)f (x)min2x，x2,10x(x0)，則f (x)的最大值為()A4B5C6 D7解析畫出y2x，yx2，y10x的圖象如圖所示，觀察圖象可知f (x)所以f (x)的最大值在x4時取得，且為6.答案C設(shè)f (x)(x2)2exaex，g(x)2a|x2|(e為自然對數(shù)的底數(shù))，若關(guān)于x的方程f (x)g(x)有且僅有6個不等的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A. B(e，)C(1，e) D.解析由f (x)g(x)，得|x2|2e2x2a|x2|exa2a2a，即(|x2|exa)2a2a.所以|x2|exa ，其中a0或a1.設(shè)h(x)|x2|ex，m1a，m2a.當(dāng)x2時，h(x)(2x)ex，h(x)ex(1x)于是，當(dāng)x0，則h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x1時，h(x)0，則h(x)單調(diào)遞減由此可得，函數(shù)h(x)maxh(1)e.所以02時，h(x)(x2)ex，h(x)ex(x1)0.則h(x)在(2，)上單調(diào)遞增，畫出函數(shù)h(x)的大致圖象如圖所示故方程f (x)g(x)有六個不等的實(shí)數(shù)解等價于直線ym1，ym2與曲線h(x)|x2|ex各有三個交點(diǎn)由圖知，則需0a，且ae.解得1a.答案D應(yīng)用二：求解不等式問題 已知f (x)則不等式f (x)x2的解集為()A1,1 B2,2C2,1 D1,2解析分別作出f (x)和yx2的圖象如圖所示由圖可知，f (x)x2的解集為1,1答案A應(yīng)用三：求解平面向量問題設(shè)a，b，c是單位向量，且ab0，則(ac)(bc)的最小值為()A2 B.2C1 D1解析由于(ac)(bc)(ab)c1，因此等價于求(ab)c的最大值，這個最大值只有當(dāng)向量ab與向量c同向共線時取得由于ab0，故ab，如圖所示，|ab|，|c|1.當(dāng)0時，(ab)c取得最大值且最大值為.故所求的最小值為1.答案D已知ABC的三個頂點(diǎn)的坐標(biāo)滿足如下條件：向量(2,0)， (2,2)，(cos ，sin )，則AOB的范圍為_解析由|，可知點(diǎn)A的軌跡是以C(2,2)為圓心，為半徑的圓過原點(diǎn)O作圓的切線，切點(diǎn)分別為M，N，如圖所示，連接CM，CN，則向量與的夾角的范圍是MOB，NOB由圖可知COB，因?yàn)閨2，由| |，知CON，所以BOM，BON，所以，故AOB的范圍為.答案應(yīng)用四：求解解析幾何問題已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x21的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P為右支上一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)若向量與的夾角為120，則點(diǎn)F2到直線PF1的距離為()A. B.C2 D.解析如圖，取PF2的中點(diǎn)M，連接OM，則2，故，120，OMF260.因?yàn)镺為F1F2的中點(diǎn)，所以O(shè)MPF1，所以F1PF2OMF260.在F1PF2中，設(shè)|PF1|m，|PF2|n，因?yàn)閍1，b，所以c，由余弦定理得，cosF1PF2，即cos 60，整理得m2n2mn28，所以解得過點(diǎn)F2作F2NPF1于N，在RtPF2N中，|F2N|PF2|sin 602，即點(diǎn)F2到直線PF1的距離為2.答案C 即時應(yīng)用體驗(yàn)1定義在R上的函數(shù)yf (x2)的圖象關(guān)于直線x2對稱，且函數(shù)f (x1)是偶函數(shù)若當(dāng)x0,1時，f (x)sin，則函數(shù)g(x)f (x)e|x|在區(qū)間2 018，2 018上的零點(diǎn)個數(shù)為()A2 017 B2 018C4 034 D4 036解析：選D由yf (x2)的圖象關(guān)于直線x2對稱，得f (x)是偶函數(shù)，即f (x)f (x)因?yàn)楫?dāng)x0,1時，f (x)sin，所以當(dāng)x1,0時，f (x)f (x)sin.因?yàn)楹瘮?shù)f (x1)是偶函數(shù)，所以f (x1)f (x1)，所以f (x2)f (x)f (x)，故f (x)是周期為2的偶函數(shù)作出函數(shù)yf (x)與函數(shù)ye|x|的圖象如圖所示，可知每個周期內(nèi)兩個圖象有兩個交點(diǎn)，所以函數(shù)g(x)f (x)e|x|在區(qū)間2 018,2 018上的零點(diǎn)個數(shù)為2 01824 036.2在平面上， ，| |1，若|，則| |的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選D根據(jù)，可知四邊形AB1PB2是一個矩形以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB1，AB2所在直線為x軸、y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系設(shè)|AB1|a，|AB2|b.點(diǎn)O的坐標(biāo)為(x，y)，點(diǎn)P(a，b)|1，變形為|，(xa)2(yb)2，1x21y2.(xa)2y21，y21.同理，x21.x2y22.由可知：x2y22.|，0，b0)的左焦點(diǎn)F(c,0)(c0)，作圓x2y2的切線，切點(diǎn)為E，延長FE交雙曲線右支于點(diǎn)P，若( )，則雙曲線的離心率為()A. B.C. D.解析：選A由題意可知E為FP的中點(diǎn)，且OEFP.記F為雙曲線的右焦點(diǎn)，作出示意圖如圖所示，連接FP，則FP綊2OE，且FPFP，所以|FP|a，由雙曲線的定義可得|FP|3a.又FPFP，可得(2c)210a2，所以e.4已知a0，b0，則不等式ab的解是()A.B.C.D.解析：選D法一：直接求解法bax，故選D.法二：數(shù)形結(jié)合法利用y的圖象，如圖所示，故選D.5已知關(guān)于x的方程|x|ax1有一個負(fù)根，但沒有正根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_解析：在同一平面直角坐標(biāo)系中分別作出y|x|，yax1，yx1的圖象由圖可知，當(dāng)直線yax1的斜率a1時，直線yax1與y|x|的圖象有且僅有y軸左側(cè)一個交點(diǎn)，即|x|ax1有一個負(fù)根，但沒有正根答案：1，)6已知a，b為單位向量，ab0，若向量c滿足|cab|1，則|c|的取值范圍是_解析：令a，b，ab，c，如圖所示，則|，又|cab|1，所以點(diǎn)C在以點(diǎn)D為圓心、半徑為1的圓上，易知點(diǎn)C與O，D共線時|取到最值，最大值為1，最小值為1，所以|c|的取值范圍為1，1答案：1，1第3術(shù)解題常招設(shè)參換元方法概述在解答數(shù)學(xué)問題時，我們常把某個代數(shù)式看成一個新的未知數(shù)，或?qū)⒛承┳冊昧硪粎⒆兞康谋磉_(dá)式來替換，以便將所求的式子變形，優(yōu)化思考對象，讓原來不醒目的條件，或隱含的信息顯露出來，促使問題的實(shí)質(zhì)明朗化，使非標(biāo)準(zhǔn)型問題標(biāo)準(zhǔn)化，從而便于我們將問題化繁為簡、化難為易、化陌生為熟悉，從中找出解題思路這種通過換元改變式子形式來變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去考查、探究解題思路的做法，就是設(shè)參換元法，也就是我們常說的換元法應(yīng)用題型此方法既適用選擇題、填空題，也適用于解答題，多在研究方程、不等式、函數(shù)、三角、解析幾何中廣泛應(yīng)用方法一：三角換元已知x，yR，滿足x22xy4y26，則zx24y2的取值范圍為_常規(guī)解法由x22xy4y26，得2xy6(x24y2)，而2xy，所以6(x24y2)，所以x24y24，當(dāng)且僅當(dāng)x2y時，取等號又因?yàn)?x2y)262xy0，即2xy6，所以zx24y262xy12，綜上可得4x24y212.提速解法已知x22xy4y26，即(xy)2(y)2()2，故設(shè)xycos ，ysin ，即xcos sin ，ysin .則zx24y262xy62(cos sin )sin 84sin.所以84z84，即z的取值范圍為4,12答案4,12方法二：比值換元設(shè)x，y，z滿足關(guān)系x1，則x2y2z2的最小值為_解析令x1k，則x1k，y12k，z23k，即xk1，y2k1，z3k2.x2y2z2(k1)2(2k1)2(3k2)214k210k6142.當(dāng)k，即x，y，z時，x2y2z2取最小值.答案方法三：整體換元如圖，已知橢圓C的離心率為，點(diǎn)A，B，F(xiàn)分別為橢圓的右頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，且SABF1.(1)求橢圓C的方程；(2)已知直線l：ykxm與圓O：x2y21相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，求OMN面積的最大值解(1)由已知得橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，設(shè)其方程為1(ab0)，則A(a,0)，B(0，b)，F(xiàn)(c,0)(c)由已知可得e2，所以a24b2，即a2b，故cb.又SABF|AF|OB|(ac)b1.所以b1，a2，c.所以橢圓C的方程為y21.(2)圓O的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑r1，由直線l：ykxm，即kxym0與圓O：x2y21相切，得1，故有m21k2.由消去y得(4k21)x28kmx4m240.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2，x1x2.所以|x1x2|2(x1x2)24x1x224.將代入，得|x1x2|2，故|x1x2|.所以|MN|x1x2|.故OMN的面積S|MN|1.令t4k21(t1)，則k2，代入上式，得S2 ，所以當(dāng)t3，即4k213，解得k時，S取得最大值，且最大值為1.方法四：局部換元設(shè)對一切實(shí)數(shù)x，不等式x2log22xlog2log20恒成立，則a的取值范圍為_解析注意到log2和log2及l(fā)og2之間的關(guān)系，換元化為一元二次不等式在R上恒成立問題設(shè)log2t，tR，則log2log23log23log23t，log22log22t.原不等式可化為(3t)x22tx2t0，它對一切實(shí)數(shù)x恒成立，所以解得t0，即log20,01，解得0a1)，則loga(uv)的最大值和最小值分別為_，_.解析令xlogau，ylogav，則x0，y0.已知等式可化為(x1)2(y1)24(x0，y0)再設(shè)tloga(uv)xy(x0，y0)，由圖可知，當(dāng)線段yxt(x0，y0)與圓弧(x1)2(y1)24(x0，y0)相切時(圖中CD位置)，截距t取最大值，tmax22；當(dāng)線段端點(diǎn)是圓弧端點(diǎn)時(圖中AB位置)，截距t取最小值，tmin1.因此loga(uv)的最大值是22，最小值是1.答案221提醒利用兩次換元探究動點(diǎn)的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合使問題變得直觀換元中應(yīng)注意舊變量對新變量的限制即時應(yīng)用體驗(yàn)1橢圓1的左焦點(diǎn)為F，直線xm與橢圓相交于點(diǎn)A，B，當(dāng)FAB的周長最大時，F(xiàn)AB的面積為_解析：已知1，則F(1,0)設(shè)A(2cos ，sin )，B(2cos ，sin )，則|AF|BF|2cos ，故FAB的周長l2(2cos )2sin 44sin.當(dāng)時，l取得最大值，此時FAB的面積為S(12cos )2sin sin (12cos )3.答案：32不等式log2(2x1)log2(2x12)2的解集是_解析：設(shè)log2(2x1)y，則log2(2x12)1log2(2x1)y1，故原不等式可化為y(y1)2，解得2y1.所以2log2(2x1)1，解得log2xlog23，即x.答案：3ysin xcos xsin xcos x的最大值是_解析：設(shè)sin xcos xt，則sin xcos x，所以yt(t1)21，當(dāng)t時，ymax.答案：4已知a0，b0，ab1，則 的取值范圍是_解析：法一：設(shè)ax，bx，x，則 .由()2222，4，得 的取值范圍是.法二：令 x, y，則x，y且x2y22.再令，則 xycos sin 2sin.答案：5在橢圓x24y28中，AB是長為的動弦，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求AOB面積的取值范圍解：設(shè)A，B的坐標(biāo)為(x1，y1)，(x2，y2)，直線AB的方程為ykxb，代入橢圓方程整理得(4k21)x28kbx4(b22)0.故x1x2，x1x2.由|AB|2(k21)(x2x1)2(k21)(x1x2)24x1x22(4k21)b2，得b22(4k21)，又原點(diǎn)O到AB的距離為.所以AOB的面積S.記u，則S242.又u4的范圍為1,4(u4為豎直弦)故u時，S4；而u1時，S.因此S的取值范圍是.第4術(shù)出奇制勝巧妙構(gòu)造方法概述構(gòu)造法是指根據(jù)題設(shè)條件和結(jié)論的特征、性質(zhì)，運(yùn)用已知數(shù)學(xué)關(guān)系式和理論，構(gòu)造出滿足條件或結(jié)論的數(shù)學(xué)對象，從而使原問題中隱含的關(guān)系和性質(zhì)在新構(gòu)造的數(shù)學(xué)對象中清晰地展現(xiàn)出來，并借助該數(shù)學(xué)對象方便快捷地解決數(shù)學(xué)問題的方法構(gòu)造法應(yīng)用的技巧是“定目標(biāo)構(gòu)造”，需從已知條件入手，緊扣要解決的問題，把陌生的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題解題時常構(gòu)造函數(shù)、構(gòu)造方程、構(gòu)造平面圖形等應(yīng)用題型適用于各類題型，多涉及函數(shù)、方程、平面圖形等知識方法一：構(gòu)造函數(shù)已知偶函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?，其?dǎo)函數(shù)是f (x)當(dāng)0x時，有f (x)cos xf (x)sin x0，則關(guān)于x的不等式f (x)f cos x的解集為()A.B.C.D.解析令F(x)，則F(x).當(dāng)0x時，有f (x)cos xf (x)sin x0，則F(x)0，則f (x)f cos x等價于，即F(x)，又x，所以x或x.答案B已知m，n(2，e)，且nBm2 Dm，n的大小關(guān)系不確定解析由不等式可得ln mln n，即ln n0，故函數(shù)f (x)在(2，e)上單調(diào)遞增因?yàn)閒 (n)f (m)，所以n，則事件A發(fā)生的概率為()A. B1C. D1解析由題意知，計算機(jī)產(chǎn)生的01之間的均勻隨機(jī)數(shù)a，b的對應(yīng)區(qū)域是邊長為1的正方形，面積為1；事件A對應(yīng)的區(qū)域是邊長為1的正方形減去四分之一的圓圓心為(1,1)，半徑為，如圖所示，則事件A對應(yīng)的區(qū)域的面積為1.由幾何概型的概率計算公式得事件A發(fā)生的概率為1.答案B即時應(yīng)用體驗(yàn)1已知函數(shù)f (x)是定義在實(shí)數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意的實(shí)數(shù)x都有xf (x1)(1x)f (x)，則f 的值是()A0B.C1D.解析：選A由已知得，故構(gòu)造函數(shù)g(x)，則g(x1)，所以g(x1)g(x)，即g(x)是周期為1的函數(shù)又f (x)為偶函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù)故再構(gòu)造一個特例函數(shù)g(x)sin 2x(xR)，所以f (x)xsin 2x，從而有f sin 50，故f f (0)0，因此選A.2已知數(shù)列an，an2an1n1，a11(nN*)，則an_.解析：由已知可得ann32an1(n1)3設(shè)bnann3，則bn2bn1，所以bn是公比為2的等比數(shù)列，且b1a1135，所以bn52n1，所以an52n1n3.答案：52n1n33已知不等式loga(a1)對于一切大于1的自然數(shù)n都成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_解析：構(gòu)造數(shù)列an(n2，nN*)an1，an1an0，an1an，故ana2，即an的最小值為.要使loga(a1)對于一切自然數(shù)n(n2)都成立，則必有l(wèi)oga(a1)，即loga(a1)1，所以a1，解得1ax2的區(qū)域內(nèi)，所以2，整理得(2k1)(6k22k1)0，解得k.因此當(dāng)k0且a1)，對于任意的n，mN*，都有anmanam，則稱數(shù)列an為指數(shù)數(shù)列(1)若數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式分別為an32n1，bn3n，試判斷an，bn是不是指數(shù)數(shù)列(需說明理由)；(2)若數(shù)列an是指數(shù)數(shù)列，a1(tN*)，證明：數(shù)列an中任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列解(1)因?yàn)閍n32n1，所以a13，a26，a312.因?yàn)閍3a12a1a2，所以數(shù)列an不是指數(shù)數(shù)列對于數(shù)列bn，因?yàn)閎nm3nm3n3mbnbm對任意的n，mN*恒成立，所以數(shù)列bn是指數(shù)數(shù)列(2)證明：因?yàn)閿?shù)列an是指數(shù)數(shù)列，所以對于任意的n，mN*，都有anmanam.令m1，則an1ana1an，所以an是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，所以ann.假設(shè)數(shù)列an中存在三項(xiàng)au，av，aw構(gòu)成等差數(shù)列，不妨設(shè)uvw，則由2avauaw，得2vuw, 所以2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu.當(dāng)t為偶數(shù)時，2(t4)wv(t3)vu是偶數(shù)，(t4)wu是偶數(shù)，(t3)wu是奇數(shù)，故2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu不能成立；當(dāng)t為奇數(shù)時，2(t4)wv(t3)vu是偶數(shù)，(t4)wu是奇數(shù)，(t3)wu是偶數(shù)，故2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu不能成立綜上，對任意的tN*,2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu不能成立，即數(shù)列an的任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列即時應(yīng)用體驗(yàn)1設(shè)a，bR，定義運(yùn)算“”和“”如下：abab若正數(shù)a，b，c，d滿足ab4，cd4，則()Aab2，cd2 Bab2，cd2Cab2，cd2 Dab2，cd2解析：選C從定義知，abmin(a，b)，即求a，b中的最小值；abmax(a，b)，即求a，b中的最大值假設(shè)0a2,0b2，則ab2，d2，則cd4，與已知cd4相矛盾，則假設(shè)不成立，故min(c，d)2，即cd2.故選C.2某學(xué)校為了研究高中三個年級的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況，從高一，高二，高三三個年級中分別抽取了1,2,3個班級進(jìn)行問卷調(diào)查，若再從中任意抽取兩個班級進(jìn)行測試，則兩個班級來自不同年級的概率為_解析：記高一年級中抽取的1個班級為a，高二年級中抽取的2個班級為b1，b2，高三年級中抽取的3個班級為c1，c2，c3.從已抽取的6個班級中任意抽取兩個班級的所有可能結(jié)果為(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15種設(shè)“抽取的兩個班級來自不同年級”為事件A，則事件為抽取的兩個班級來自同一年級兩個班級來自同一年級的結(jié)果為(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4種所以P()，故P(A)1P()1.所以兩個班級來自不同年級的概率為.答案：3方程x24ax4a30，x2(a1)xa20，x22ax2a0中至少有一個方程有實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_解析：假設(shè)三個方程都無實(shí)根，則解得a1.因?yàn)槿齻€方程中至少有一個方程有實(shí)根所以所求a的取值范圍為1，)答案：1，)4已知函數(shù)f (x)ax2xln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_解析：f (x)2ax1.(1)若函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則f (x)0在(1,2)上恒成立，所以2ax10，得a.令t，因?yàn)閤(1,2)，所以t.設(shè)h(t)(tt2)2，t，顯然函數(shù)yh(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以h(1)h(t)h，即0h(t)0)與圓O：x2y28相交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2.過劣弧AB上動點(diǎn)P(x0，y0)作圓O的切線交拋物線E于C，D兩點(diǎn)，分別以C，D為切點(diǎn)作拋物線E的切線l1，l2，l1與l2相交于點(diǎn)M.(1)求p的值；(2)求動點(diǎn)M的軌跡方程解：(1)由點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2，可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2,2)，代入y22px，解得p1.(2)設(shè)動點(diǎn)M(x，y)，C，D，y10，y20，則切線l1：yy1k，代入y22x消去x，得ky22y2y1ky0.由0，解得k，所以l1的方程為yx.同理可得，l2的方程為yx.聯(lián)立解得易知直線CD的方程為x0xy0y8，其中x0，y0滿足xy8，x02,2，聯(lián)立消去x并整理得，x0y22y0y160，則又則可得由xy8，得y21.又x02,2 ，所以x4，2 所以動點(diǎn)M的軌跡方程為y21，x4，2 第6術(shù)蹊徑可辟分割補(bǔ)形方法概述所謂割補(bǔ)法就是把一個復(fù)雜面積或體積的計算分割成若干個簡單圖形的有關(guān)計算或?qū)⒁粋€不易求出面積或體積的幾何圖形補(bǔ)足為較易計算的幾何圖形也就是將復(fù)雜的或不熟悉的幾何圖形轉(zhuǎn)化為簡單的熟悉的幾何圖形或幾何體例如，把曲邊形割補(bǔ)成規(guī)則圖形、把斜棱柱割補(bǔ)成直棱柱、把三棱柱補(bǔ)成平行六面體、把三棱錐補(bǔ)成三棱柱或平行六面體、把多面體切割成錐體(特別是三棱錐)、把不規(guī)則的幾何體割補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，從而把未知的轉(zhuǎn)化為已知的、把陌生的轉(zhuǎn)化為熟悉的、把復(fù)雜的轉(zhuǎn)化為簡單的、把不夠直觀的轉(zhuǎn)化為直觀易懂的應(yīng)用題型在解決幾何問題過程中，割補(bǔ)法是一種常用的方法無論是平面幾何、解析幾何、還是立體幾何，適時使用割補(bǔ)法，能幫助我們找到問題的突破口，把問題放到特殊的幾何圖形中，借助特殊圖形分析問題，有時會柳暗花明，事半功倍方法一：分割為測出所住小區(qū)的面積，某人進(jìn)行了一些測量工作，所得數(shù)據(jù)如圖所示，則小區(qū)的面積是()A. km2B. km2C. km2 D. km2解析如圖，連接AC.在ABC中，根據(jù)余弦定理可得AC km，又AB2 km，BC1 km，所以AC2BC2AB2，所以ABC為直角三角形，且ACB90，BAC30，故DACDCA15.所以ADC為等腰三角形，且D150，設(shè)ADDCx km，根據(jù)余弦定理得x2x2x23，即x23(2)所以小區(qū)的面積為13(2)(km2)答案D如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，且ADE，BCF均為正三角形，EFAB，EF2，則多面體的體積為()A. B.C. D.解析法一：如圖，在EF上取點(diǎn)M，N，使EMFN，連接MA，MD，NB，NC，則MN1，三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DMAM.設(shè)H為AD的中點(diǎn)，連接MH，則MHAD，且MH，SADMADMH.VABCDEF2VEADMVADMBCN21.法二：如圖，取EF的中點(diǎn)G，連接GA，GB，GC，GD，則三棱錐EADG與三棱錐GBCF都是棱長為1的正四面體，易求得VEADGVGBCF，又四棱錐GABCD的底面是邊長為1的正方形，且側(cè)棱邊為1.易求得其高為，則VGABCD11，所以VABCDEF2VEADGVGABCD2.答案A啟思維多面體ABCDEF是一個不規(guī)則的幾何體，法一和法二使用了分割法，分割成我們熟悉的三棱錐和三棱柱等，便于使用棱柱、棱錐的體積公式方法二：補(bǔ)形某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A816 B816C88 D168解析由三視圖可知該幾何體為一個半圓柱去掉一個直棱柱其中半圓柱的高為4，底面半圓的半徑為2；直三棱柱的底面為斜邊是4的等腰直角三角形，高為4.半圓柱的體積為V12248，直三棱柱的體積為V242416.所以所求幾何體的體積為VV1V2816.答案B如圖，在直三棱柱A1B1C1ABC中，BCA90，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，若BCCACC1，則B1E與A1F所成的角的余弦值為_解析如圖，把直三棱柱A1B1C1ABC補(bǔ)成一個直平行六面體A1B1D1C1ABDC，取BD中點(diǎn)G，連接B1G，則B1GA1F，EB1G即為B1E與A1F所成的角(或其補(bǔ)角)設(shè)BCCACC12a，則B1Ga，AB2a，B1Ea，GE2BG2BE22BGBEcos 1355a2，所以cosEB1G，故B1E與A1F所成角的余弦值為.答案即時應(yīng)用體驗(yàn)1一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()A64 B72C80 D112解析：選C根據(jù)三視圖可知該幾何體為四棱錐PABCD與正方體ABCDA1B1C1D1的組合體，如圖所示由三視圖中的數(shù)據(jù)可知，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為4，其體積V14364.四棱錐PABCD的底面為正方形ABCD，高h(yuǎn)3，且PAPB，其底面積為S4216，則四棱錐PABCD的體積V2Sh16316.故所求幾何體的體積VV1V2641680.2.如圖，正三棱錐SABC的側(cè)棱與底面邊長相等，如果E，F(xiàn)分別為SC，AB的中點(diǎn)，那么異面直線EF與SA所成的角等于()A90 B60C45 D30解析：選A如圖，把正三棱錐SABC補(bǔ)成一個正方體AGBHA1CB1S.EFAA1，異面直線EF與SA所成的角為45.3.如圖，已知多面體ABCDEFG，AB，AC，AD兩兩垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1，則該多面體的體積為()A2 B4C6 D8解析：選B法一：如圖，把多面體ABCDEFG補(bǔ)成正方體DEPGABHM，則VABCDEFGVDEPGABHM234.法二：如圖，取DG的中點(diǎn)H，以DA，DE，DH為棱構(gòu)造長方體EFHDBPCA，則三棱錐CHFG與三棱錐FPCB全等所以VABCDEFGVABPCDEFHABACAD2124.4在正三棱錐SABC中，側(cè)棱SC側(cè)面SAB，側(cè)棱SC4，則此正三棱錐的外接球的表面積為_解析：由正三棱錐中側(cè)棱SC側(cè)面SAB，可得三條側(cè)棱SA，SB，SC兩兩垂直又三條側(cè)棱相等，故可以三條側(cè)棱為相鄰三邊作出一個正方體SB