《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 備考技法 專題一 解題常用8術(shù)系統(tǒng)歸納——串一串方法講義 理（普通生含解析）.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 備考技法 專題一 解題常用8術(shù)系統(tǒng)歸納——串一串方法講義 理（普通生含解析）.doc（34頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
備考技法專題一 解題常用 8 術(shù)系統(tǒng)歸納——串一串方法
第1術(shù) 探求思路，圖作向?qū)?
方法概述
對題設(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入手和領(lǐng)會題意的關(guān)鍵所在．尤其是對一些復(fù)合函數(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，補形改圖，充分運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，主要涉及最值、不等式、取值范圍等問題
[例1] (1)用min{a，b，c}表示a，b，c三個數(shù)中的最小值，設(shè)f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，則f(x)的最大值為( )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 畫出y＝2x，y＝x＋2，y＝10－x的圖象如圖所示，觀察圖象可知f(x)＝
所以f(x)的最大值在x＝4時取得，且為6.
[答案] C
(2)已知函數(shù)y＝的圖象與函數(shù)y＝kx的圖象恰有兩個交點，則實數(shù)k的取值范圍是________．
[解析] y＝＝
作出其圖象如圖所示，結(jié)合圖象可知0
.①
∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1.
同理，x2≤1.
∴x2＋y2≤2.②
由①②可知：0，b>0)的左焦點F(－c,0)(c>0)，作圓x2＋y2＝的切線，切點為E，延長FE交雙曲線右支于點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，且OE⊥FP.記F′為雙曲線的右焦點，作出示意圖如圖，連接F′P，則F′P綊2OE，所以FP⊥F′P，且|F′P|＝a，故由雙曲線的定義可得|FP|＝3a.
所以(2c)2＝a2＋(3a)2，所以e＝＝.
4．已知a>0，b>0，則不等式a>>－b的解是( )
A.
B.
C.∪
D.∪
解析：選D 法一：直接求解法．
－b<，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|＝ax＋1有一個負(fù)根，但沒有正根，則實數(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|，y＝ax＋1，y＝x＋1的圖象．由圖可知，當(dāng)直線y＝ax＋1的斜率a≥1時，直線y＝ax＋1與y＝|x|的圖象有且僅有y軸左側(cè)一個交點，即|x|＝ax＋1有一個負(fù)根，但沒有正根．
答案：[1，＋∞)
6．已知a，b為單位向量，ab＝0，若向量c滿足|c－a－b|＝1，則|c|的取值范圍為__________________．
解析：令＝a，＝b， ＝a＋b，＝c，
如圖所示，則||＝.
又|c－b－a|＝1，
所以點C在以點D為圓心、半徑為1的圓上．
易知點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2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
[例1] 已知x，y∈R，滿足x2＋2xy＋4y2＝6，則z＝x2＋4y2的取值范圍為__________．
[常規(guī)解法]
由x2＋2xy＋4y2＝6，
得2xy＝6－(x2＋4y2)，
而2xy≤，
所以6－(x2＋4y2)≤，
所以x2＋4y2≥4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時，取等號．
又因為(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6，
所以z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12，
綜上可得4≤x2＋4y2≤12.
[提速解法]
已知x2＋2xy＋4y2＝6，
即(x＋y)2＋(y)2＝()2，
故設(shè)x＋y＝cos α，y＝sin α，
即x＝cos α－sin α，y＝sin α.
則z＝x2＋4y2＝6－2xy＝6－2(cos α－sin α)sin α＝8－4sin.
所以8－4≤z≤8＋4，
即z的取值范圍為[4,12]．
[答案] [4,12]
[例2] 已知橢圓C方程為＋y2＝1，且直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2＝1相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點，求△OMN面積的最大值．
[解] 圓O的圓心為坐標(biāo)原點，半徑r＝1，由直線l：y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0與圓O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2.①
由
消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2
＝2－4
＝.②
將①代入②，得|x1－x2|2＝，
故|x1－x2|＝.
所以|MN|＝|x1－x2|＝＝.
故△OMN的面積S＝|MN|1＝.
令t＝4k2＋1(t≥1)，則k2＝，代入上式，
得S＝2＝
＝ ＝ ，
所以當(dāng)t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝時，S取得最大值，且最大值為＝1.
[例3] 已知u≥1，v≥1且(logau)2＋(logav)2＝loga(au2)＋loga(av2)(a>1)，則loga(uv)的最大值和最小值分別為________，________.
[解析] 令x＝logau，y＝logav，則x≥0，y≥0.已知等式可化為(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)．再設(shè)t＝loga(uv)＝x＋y(x≥0，y≥0)，由圖可知，當(dāng)線段y＝－x＋t(x≥0，y≥0)與圓弧(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)相切時(圖中CD位置)，截距t取最大值，tmax＝2＋2；當(dāng)線段端點是圓弧端點時(圖中AB位置)，截距t取最小值，tmin＝1＋.因此loga(uv)的最大值是2＋2，最小值是1＋.
[答案] 2＋2 1＋
[提醒] 利用兩次換元探究動點的軌跡方程，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．
[應(yīng)用體驗]
1．橢圓＋＝1的左焦點為F，直線x＝m與橢圓相交于點A，B，當(dāng)△FAB的周長最大時，△FAB的面積為________．
解析：已知＋＝1，則F(－1,0)．
設(shè)A(2cos θ，sin θ)，B(2cos θ，－sin θ)，
則|AF|＝|BF|＝＝2＋cos θ，
故△FAB的周長l＝2(2＋cos θ)＋2sin θ＝4＋4sin.
當(dāng)θ＝時，l取得最大值，此時△FAB的面積為
S＝(1＋2cos θ)2sin θ＝sin θ(1＋2cos θ)＝3.
答案：3
2．不等式log2(2x－1)log2(2x＋1－2)<2的解集是________．
解析：設(shè)log2(2x－1)＝y(tǒng)，則log2(2x＋1－2)＝1＋log2(2x－1)＝y(tǒng)＋1，故原不等式可化為y(y＋1)<2，解得－20，
則f(x)，
又x∈，
所以－n B．m2＋ D．m，n的大小關(guān)系不確定
[解析] 由不等式可得－0，
故函數(shù)f(x)在(2，e)上單調(diào)遞增．
因為f(n)，則事件A發(fā)生的概率為( )
A. B．1－
C. D．1－
[解析] 由題意知，計算機(jī)產(chǎn)生的0～1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
[應(yīng)用體驗]
1．已知函數(shù)f(x)是定義在實數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意的實數(shù)x都有xf(x＋1)＝(1＋x)f(x)，則f 的值是( )
A．0 B.
C．1 D.
解析：選A 由已知得＝，
故構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g(x＋1)＝，
所以g(x＋1)＝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 2πx(x∈R)，
所以f(x)＝xsin 2πx，從而有f ＝sin 5π＝0，
故f ＝f(0)＝0，因此選A.
2．已知數(shù)列{an}，an＝2an－1＋n＋1，a1＝1(n∈N*)，則an＝__________.
解析：由已知可得an＋n＋3＝2[an－1＋(n－1)＋3]．
設(shè)bn＝an＋n＋3，則bn＝2bn－1，
所以{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且b1＝a1＋1＋3＝5，
所以bn＝52n－1，所以an＝52n－1－n－3.
答案：52n－1－n－3
3．函數(shù)f(x)＝＋的值域為__________．
解析：f(x)＝＋，
其幾何意義是平面內(nèi)動點P(x,0)到兩定點M(2,3)和N(5，－1)的距離之和(如圖所示)，求其值域只要求其最值即可．
易知當(dāng)M，N，P三點共線(即P在線段MN上)時，f(x)取得最小值，且f(x)min＝|MN|＝5，f(x)無最大值，故得函數(shù)的值域為[5，＋∞)．
答案：[5，＋∞)
4．函數(shù)y＝的最大值和最小值分別為__________，__________.
解析：從幾何意義上考慮把原解析式看作是動點P(cos x，sin x)與定點Q(3,0)連線的斜率，為此構(gòu)造一個單位圓，探究單位圓上動點P(cos x，sin x)與定點Q(3,0)連線的斜率問題．
如圖，因為動點在單位圓上運動時處于極端狀態(tài)，即為切點時直線斜率分別為最大、最小，設(shè)切點分別為R，M.
易知kOR＝2，kOM＝－2，
所以kQR＝－，kQM＝，所以－≤kPQ≤.
即y＝的最大值為，最小值為－.
答案： －
第4術(shù) 聲東擊西，換位推理
方法概述
對有些問題在直接求解時會感到困難或根本難以從條件入手，這時可避開正面強攻，從結(jié)論的對立面入手，或考查與其相關(guān)的另一問題，或反例中也可找到解決問題的途徑，有時甚至還能獲得最佳的解法．這就是“聲東擊西，換位推理”的戰(zhàn)術(shù)
應(yīng)用題型
既有選擇、填空題，也有解答題．主要體現(xiàn)為補集法、相關(guān)點法及反證法等
[例1] 若拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分，則k的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
[解析] 假設(shè)拋物線y＝x2上存在兩點A(x1，x)，B(x2，x)關(guān)于直線y＝k(x－3)對稱，設(shè)AB的中點為P(x0，y0)，則x0＝，y0＝.
因為直線y＝k(x－3)垂直平分弦AB，
所以＝－，所以＝－.
又AB的中點P(x0，y0)在直線y＝k(x－3)上，
所以＝k＝－，
所以中點P.
由于點P在y>x2的區(qū)域內(nèi)，所以－>2，
整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，解得k<－.
因此當(dāng)k<－時，拋物線y＝x2上存在弦能被直線y＝k(x－3)垂直平分，于是當(dāng)k≥－時，拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分．
所以實數(shù)k的取值范圍為.
[答案] D
[例2] 已知P(4,0)是圓x2＋y2＝36內(nèi)的一點，A，B是圓上兩動點，且滿足∠APB＝90，求矩形APBQ頂點Q的軌跡方程．
[解] 連接AB，PQ，設(shè)AB與PQ交于點M，如圖所示．
因為四邊形APBQ為矩形，所以M為AB，PQ的中點，連接OM.
由垂徑定理可知OM⊥AB，
設(shè)M(xM，yM)，
由此可得|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝36－(x＋y)．①
又在Rt△APB中，
有|AM|＝|PM|＝.②
由①②得x＋y－4xM－10＝0，
故點M的軌跡是圓．
因為點M是PQ的中點，設(shè)Q(x，y)，
則xM＝，yM＝，
代入點M的軌跡方程中得
2＋2－4－10＝0，
整理得x2＋y2＝56，即為所求點Q的軌跡方程．
[應(yīng)用體驗]
1．設(shè)a，b∈R，定義運算“∧”和“∨”如下：a∧b＝a∨b＝
若正數(shù)a，b，c，d滿足ab≥4，c＋d≤4，則( )
A．a(chǎn)∧b≥2，c∧d≤2 B．a(chǎn)∧b≥2，c∨d≥2
C．a(chǎn)∨b≥2，c∧d≤2 D．a(chǎn)∨b≥2，c∨d≥2
解析：選C 從定義知，a∧b＝min(a，b)，即求a，b中的最小值；a∨b＝max(a，b)，即求a，b中的最大值．
假設(shè)02，d>2，則c＋d>4，與已知c＋d≤4相矛盾，則假設(shè)不成立，故min(c，d)≤2，即c∧d≤2.
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)＝1－P()＝1－＝.
所以兩個班級來自不同年級的概率為.
答案：
3．已知函數(shù)f(x)＝ax2－x＋ln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為________．
解析：f′(x)＝2ax－1＋.
(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2ax－1＋
≥0，
得a≥.①
令t＝，因為x∈(1,2)，所以t＝∈.
設(shè)h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，顯然函數(shù)y＝h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減，
所以h(1)0，ω>0，|φ|<的部分圖象如圖所示，其中|PQ|＝2，則f(x)的解析式為______________．
[解析] 由題圖可知A＝2，P(x1，－2)，Q(x2,2)，
所以|PQ|＝＝＝2.
整理得|x1－x2|＝2，所以其最小正周期T＝2|x1－x2|＝4，即＝4，解得ω＝.
又函數(shù)圖象過點(0，－)，
所以2sin φ＝－，即sin φ＝－.
又|φ|<，所以φ＝－.
所以f(x)＝2sin.
[答案] f(x)＝2sin
[例2] 已知橢圓C的焦點在x軸上，其離心率為，且過點A，則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．
[解析] 設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a>b>0)．
因為其離心率e＝，所以＝＝，
即a＝2b.
故橢圓C的方程為＋＝1.
又點A在橢圓C上，所以＋＝1，
解得b2＝1.所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.
[答案] ＋y2＝1
[例3] 已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，且S3＝21，S5＝65，則Sn＝________.
[解析] 設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝An2＋Bn.
由已知可得化簡得
解得所以Sn＝3n2－2n.
[答案] 3n2－2n
[應(yīng)用體驗]
1．二次不等式ax2＋bx＋2>0的解集是，則a＋b的值是( )
A．10 B．－10
C．14 D．－14
解析：選D 由不等式的解集是，可知－，是方程ax2＋bx＋2＝0的兩根，可得解得所以a＋b＝－14.
2．過三點A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的圓交y軸于M，N兩點，則|MN|＝( )
A．2 B．8
C．4 D．10
解析：選C 設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
則解得
∴圓的方程為x2＋y2－2x＋4y－20＝0.
令x＝0，得y＝－2＋2或y＝－2－2，
∴M(0，－2＋2)，N(0，－2－2)或M(0，－2－2)，N(0，－2＋2)，
∴|MN|＝4.
3．函數(shù)y＝a－bcos 3x(b>0)的最大值為，最小值為－，則y＝－4asin 3bx的最小正周期是________．
解析：由題意可得解得
所以函數(shù)y＝－4asin 3bx＝－2sin 3x的最小正周期T＝.
答案：
4．與雙曲線x2－＝1有共同的漸近線，且過點(2,2)的雙曲線的方程是__________．
解析：設(shè)雙曲線方程為x2－＝λ，
將點(2,2)代入求得λ＝3，
即得雙曲線方程為－＝1.
答案：－＝1
第6術(shù) 蹊徑可辟，分割補形
方法概述
所謂割補法就是把一個復(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，把曲邊形割補成規(guī)則圖形、把斜棱柱割補成直棱柱、把三棱柱補成平行六面體、把三棱錐補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
[例1] (1)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. km2 B. km2
C. 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AB＝2 km，BC＝1 km，
所以AC2＋BC2＝AB2，
所以△ABC為直角三角形，
且∠ACB＝90，∠BAC＝30，
故∠DAC＝∠DCA＝15.
所以△ADC為等腰三角形，且∠D＝150，
設(shè)AD＝DC＝x km，
根據(jù)余弦定理得x2＋x2＋x2＝3，
即x2＝＝3(2－)．
所以小區(qū)的面積為1＋3(2－)＝＝(km2)．
[答案] D
(2)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，EF∥AB，EF＝2，則多面體的體積為( )
A. B.
C. D.
[解析] 法一：如圖，在EF上取點M，N，使EM＝FN＝，連接MA，MD，NB，NC，則MN＝1，三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DM＝AM＝＝.
設(shè)H為AD的中點，連接MH，則MH⊥AD，
且MH＝＝，
∴S△ADM＝ADMH＝.
∴VABCDEF＝2VEADM＋VADMBCN
＝2＋1＝.
法二：如圖，取EF的中點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VEADG＝VGBCF＝＝，
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VGABCD＝11＝，
所以VABCDEF＝2VEADG＋VGABCD＝2＋＝.
[答案] A
[例2] (1)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )
A．8π＋16 B．8π－16
C．8π＋8 D．16π－8
[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V1＝π224＝8π，
直三棱柱的體積為V2＝424＝16.
所以所求幾何體的體積為V＝V1－V2＝8π－16.
[答案] B
(2)如圖，在直三棱柱A1B1C1ABC中，∠BCA＝90，點E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，若BC＝CA＝CC1，則B1E與A1F所成的角的余弦值為________．
[解析] 如圖，把直三棱柱A1B1C1ABC補成一個直平行六面體A1B1D1C1ABDC，取BD中點G，連接B1G，則B1G∥A1F，∠EB1G即為B1E與A1F所成的角(或其補角)．
設(shè)BC＝CA＝CC1＝2a，
則B1G＝＝a，
AB＝＝2a，
B1E＝＝a，
GE2＝BG2＋BE2－2BGBEcos 135＝5a2，
所以cos∠EB1G＝＝，
故B1E與A1F所成角的余弦值為.
[答案]
[應(yīng)用體驗]
1．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是( )
A．64 B．72
C．80 D．112
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V1＝43＝64.四棱錐PABCD的底面為正方形ABCD，高h(yuǎn)＝3，且PA＝PB，其底面積為S＝42＝16，則四棱錐PABCD的體積V2＝Sh＝163＝16.故所求幾何體的體積V＝V1＋V2＝64＋16＝80.
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，那么異面直線EF與SA所成的角等于( )
A．90 B．60
C．45 D．30
解析：選A 如圖，把正三棱錐SABC補成一個正方體AGBHA1CB1S.
∵EF∥AA1，
∴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，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：選B 法一：如圖，把多面體ABCDEFG補成正方體DEPGABHM，則VABCDEFG＝VDEPGABHM＝23＝4.
法二：如圖，取DG的中點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VABCDEFG＝VABPCDEFH＝ABACAD＝212＝4.
4．在正三棱錐SABC中，側(cè)棱SC⊥側(cè)面SAB，側(cè)棱SC＝4，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SBDCAEFG，如圖所示，其棱長為4，其外接球的直徑就是此正方體的體對角線，所以2R＝＝12，
即球半徑R＝6，所以球的表面積S＝4πR2＝144π.
答案：144π
第7術(shù) 關(guān)注整體，設(shè)而不求
方法概述
設(shè)而不求是數(shù)學(xué)解題中的一種很有用的手段，采用設(shè)而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的無益的循環(huán)運算，從而達(dá)到準(zhǔn)確、快速、簡捷的解題效果
應(yīng)用題型
選擇題、填空題、解答題中均有應(yīng)用
在解決某些涉及若干個量的求值問題時，要有目標(biāo)意識，通過虛設(shè)的策略，整體轉(zhuǎn)化的思想，繞開復(fù)雜的運算過程，可使問題迅速得到解決．
[例1] 已知等比數(shù)列{an}中，Sm＝16，S2m＝64，求S3m.
[解] 設(shè)公比為q，由于S2m≠2Sm，故q≠1，
于是
②①得1＋qm＝4，則qm＝3，
所以S3m＝
＝(1＋qm＋q2m)
＝16(1＋3＋32)
＝208.
有些代數(shù)問題，通過挖掘題目中隱含的幾何背景，設(shè)而不求，轉(zhuǎn)化成幾何問題求解．
[例2] 設(shè)a，b均為正數(shù)，且a＋b＝1，則＋的最大值為________．
[解析] 設(shè)u＝，
v＝(u>1，v>1)，
u＋v＝m，
則u，v同時滿足
其中u＋v＝m表示直線，m為此直線在v軸上的截距．
u2＋v2＝4是以原點為圓心，2為半徑的圓在第一象限內(nèi)的一部分圓弧，如圖所示，顯然直線與圓弧相切時，所對應(yīng)的截距m的值最大．
由圖易得mmax＝2，
即＋≤2.
[答案] 2
恰當(dāng)合理地引入?yún)?shù)，可使解題目標(biāo)更加明確，已知和欲求之間的聯(lián)系得以明朗化，使問題能夠得到解決．
[例3] 已知對任何滿足(x－1)2＋y2＝1的實數(shù)x，y，不等式x＋y＋k≥0恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．
[解] 由題意設(shè)
則g(θ)＝x＋y＋k＝sin θ＋cos θ＋1＋k
＝sin＋1＋k≥－＋1＋k.
令－＋1＋k≥0，得k≥－1.
即實數(shù)k的取值范圍是[－1，＋∞)．
在解析幾何問題中，對于有關(guān)點的坐標(biāo)采用設(shè)而不求的策略，能促使問題定向，簡便化歸，起到以簡馭繁的解題效果．
[例4] 設(shè)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，經(jīng)過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線的準(zhǔn)線上，且BC∥x軸，求證：直線AC經(jīng)過原點O.
[證明] 設(shè)A(2pt，2pt1)，
B(2pt，2pt2)，
則C.
因為AB過焦點F，
所以2pt12pt2＝－p2，
得t1t2＝－.
又直線OC的斜率kOC＝＝－4t2＝，
直線OA的斜率kOA＝＝，則kOC＝kOA.
故A，O，C三點共線，即直線AC經(jīng)過原點O.
根據(jù)解題需要，可引入一個中間量作為中介，起到過渡作用，使問題得以解決．
[例5] 如圖，OA是圓錐底面中心O到母線的垂線，OA繞軸旋轉(zhuǎn)一周所得曲面將圓錐體積分成相等的兩部分，求圓錐母線與軸的夾角α的余弦值．
[解] 過點A作AM⊥SO，垂足為M，
可知∠MAO＝∠AOB＝∠OSB＝α.
設(shè)MA＝x，OB＝r，SO＝h，
則有πx2h＝πr2h.
化簡可得2＝.
又因為cos α＝＝，
即cos α＝＝.
所以cos2α＝＝.
于是cos4α＝，
又α為銳角，所以cos α＝2.
某些看似十分復(fù)雜的運算，經(jīng)過巧妙轉(zhuǎn)換，恒等變形，使運算對象發(fā)生轉(zhuǎn)移，起到意想不到的效果．
[例6] 求coscoscos…cos的值．
[解] 設(shè)M＝coscoscos…cos，
N＝sinsinsin…sin，
則MN＝sincossincos…sincos＝sinsin…sin
＝sinsin…sin
＝N.
而N≠0，故M＝＝.
[應(yīng)用體驗]
1．sin 10sin 30sin 50sin 70的值為________．
解析：設(shè)A＝sin 10sin 30sin 50sin 70，
B＝cos 10cos 30cos 50cos 70，
則AB＝sin 20sin 60sin 100sin 140
＝cos 70cos 30cos 10cos 50
＝B，
由此可得A＝.
答案：
2．一直線被兩直線4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0截得的線段中點恰好是坐標(biāo)原點，則這條直線的方程為________．
解析：設(shè)所求直線分別交直線4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0于點M，N，設(shè)M(x0，y0)，
則有4x0＋y0＋6＝0.①
因為M，N關(guān)于原點對稱，所以N(－x0，－y0)，
從而－3x0＋5y0－6＝0.②
由①＋②得x0＋6y0＝0.③
顯然M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，O(0,0)三點的坐標(biāo)均適合方程③.
故所求直線的方程為x＋6y＝0.
答案：x＋6y＝0
3．已知橢圓＋＝1，F(xiàn)1，F(xiàn)2為焦點，點P為橢圓上一點，∠F1PF2＝，則S△F1PF2＝________.
解析：設(shè)|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，
由橢圓定義得r1＋r2＝10.①
由余弦定理得r＋r－2r1r2cos＝64.②
①2－②得，r1r2＝12，
所以S△F1PF2＝r1r2sin ＝3.
答案：3
4．已知F1，F(xiàn)2是橢圓2x2＋y2＝4的兩個焦點，點P是橢圓上在第一象限內(nèi)的點，且＝1.過點P作傾斜角互補的兩條直線PA，PB分別交橢圓于A，B兩點．
(1)求點P的坐標(biāo)；
(2)求直線AB的斜率．
解：(1)設(shè)P(m，n)，因為點P在橢圓上，
所以2m2＋n2＝4，m>0，n>0.①
又橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1，
設(shè)F1(0，)，F(xiàn)2(0，－)，
所以＝(－m，－n)(－m，－－n)＝1，
由此可得m2＋n2＝3.②
由①②解得m＝1，n＝，
即所求點P的坐標(biāo)為(1，)．
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為點A，B在橢圓上，
所以2x＋y＝4,2x＋y＝4，兩式相減得
2(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0.
所以kAB＝＝－2.③
同理可得kAP＝＝－2，④
kBP＝＝－2.⑤
因為PA，PB傾斜角互補，所以kPA＋kPB＝0.⑥
由④⑤左端及⑥得
x1y2＋x2y1－(x2＋x1)－(y1＋y2)＋2＝0，⑦
由④⑤右端及⑥得
x1y2＋x2y1＋(x2＋x1)＋(y1＋y2)＋2＝0，⑧
由⑧－⑦得2(x2＋x1)＋2(y1＋y2)＝0，
即y1＋y2＝－(x1＋x2)，⑨
由③⑨得kAB＝.
第8術(shù) 解題卡殼，攻堅突圍
解題卡殼，一般都是卡在壓軸題，或計算量大的題上，有時也卡在有些條件特殊的選擇題、填空題上．卡殼題不一定就是做不好的題，或是啃不動的題，而是因某些運算，或推理繁雜感到心理緊張而導(dǎo)致一下子難想出好主意，或回憶不到相關(guān)的公式、定理，或想不出相應(yīng)的輔助線、輔助函數(shù)，或把條件看錯，或在推理中錯算了一步，再無法繼續(xù)．解題過程卡在某一過渡環(huán)節(jié)上是常見的事．當(dāng)解題遇到卡殼時，應(yīng)注意調(diào)整心態(tài)、保持冷靜，注重更換思考方式、跳步或跳問解答，沉著迎戰(zhàn)．
一般來說，對卡殼題的突圍關(guān)鍵在于如何針對已有的信息與所求目標(biāo)的差異進(jìn)行綜合分析，回頭整合相關(guān)的結(jié)論(包括已推得的結(jié)論)，注重信息的遷移，考查相關(guān)定義
與圖形，從不同的角度再次認(rèn)識條件及結(jié)論，使之產(chǎn)生解題的靈感，從而獲得相關(guān)的“自我提示”．因此，在重審結(jié)論或剖析條件時，要注重考查命題所涉及的概念、定理，把握命題的結(jié)構(gòu)特點，構(gòu)建相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型進(jìn)行模仿探索，力爭做到求什么，想什么．在審查已做的運算、推理與所求結(jié)論的要求是否對路時，要注重隱含條件的挖掘與整合，仔細(xì)清查還有哪些條件未用上，還有哪些相關(guān)的通法未用到，力爭做到給什么，用什么．在溝通條件與結(jié)論時，要勇于試探、創(chuàng)新思維，注重類比、猜想、湊形、配式，力爭做到差什么，找什么．這就是我們常說的卡殼突圍術(shù)．常見的突圍策略有以下兩種．
對設(shè)有多問的數(shù)學(xué)問題，若前一問不會解，而后面的幾問又是自己容易解的，或是可用前一問的結(jié)論來求解的，此時應(yīng)放棄前一問的求解，著重攻后面的幾問，并將前一問的結(jié)論作為后幾問的條件使用，巧妙地配合題設(shè)條件或有關(guān)定理來解答后面的問題．這種利用自己根本不懂或不會證明的問題作條件來解后幾問的做法，就是數(shù)學(xué)解題中的“空城計”，即：前問難作后問易，棄前攻后為上計(也可說成：前難后易前問棄，借前結(jié)論攻后題)．
[例1] 設(shè)函數(shù)fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)．
(1)設(shè)n≥2，b＝1，c＝－1，證明：fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點；
(2)設(shè)n＝2，若對任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范圍；
(3)在(1)的條件下，設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的零點，判斷數(shù)列x2，x3，…，xn，…的增減性．
[解] (1)證明：當(dāng)b＝1，c＝－1，n≥2時，
fn(x)＝xn＋x－1.
∵fnfn(1)＝1＜0，
∴fn(x)在內(nèi)存在零點．
又∵當(dāng)x∈時，fn′(x)＝nxn－1＋1＞0，
∴fn(x)在上是單調(diào)遞增的，
∴fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點．
(2)當(dāng)n＝2時，f2(x)＝x2＋bx＋c.
對任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等價于f2(x)在[－1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.據(jù)此分類討論如下：
①當(dāng)＞1，即|b|＞2時，
M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，與題設(shè)矛盾．
②當(dāng)－1≤－＜0，即0＜b≤2時，
M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立．
③當(dāng)0≤－≤1，即－2≤b≤0時，
M＝f2(－1)－f2＝2≤4恒成立．
綜上可知，當(dāng)－2≤b≤2時，對任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4.
故b的取值范圍為[－2,2]．
(3)法一：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(n≥2)，
則fn(xn)＝x＋xn－1＝0，
fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈，
于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)
＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)．
又由(1)知fn(x)在上是單調(diào)遞增的，
故xn＜xn＋1(n≥2)，
所以數(shù)列x2，x3，…，xn，…是遞增數(shù)列．
法二：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點，
fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1)
＝x＋xn－10，則當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
故f(x)存在兩個零點．
③設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，則ln(－2a)≤1，
故當(dāng)x∈(1，＋∞)時，
f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又當(dāng)x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．
若a<－，則ln(－2a)>1，
故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)<0；
當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又當(dāng)x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．
綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)．
(2)證明：不妨設(shè)x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2.
設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以當(dāng)x>1時，g′(x)<0，而g(1)＝0，
故當(dāng)x>1時，g(x)<0.
從而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
[點評] 本題在證明x1＋x2<2時，如果直接從題目條件出發(fā)，很難證明該結(jié)論成立，而通過分析，將x1＋x2<2轉(zhuǎn)化為x1<2－x2<1，利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性及f(x1)＝f(x2)，將問題轉(zhuǎn)化為證明不等式f(x1)>f(2－x2)，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(2－x2)，轉(zhuǎn)化為證明函數(shù)g(x)的最大值小于0，從而使問題得證．
[應(yīng)用體驗]
1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)求證：當(dāng)x∈(1，＋∞)時，1＜＜x；
(3)設(shè)c＞1，求證：當(dāng)x∈(0,1)時，1＋(c－1)x＞cx.
解：(1)由題設(shè)，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
當(dāng)0＜x＜1時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞1時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．
(2)證明：由(1)知，f(x)在x＝1處取得最大值，
最大值為f(1)＝0.
所以當(dāng)x≠1時，ln x＜x－1.
故當(dāng)x∈(1，＋∞)時，ln x＜x－1，ln ＜－1，
即1＜＜x.
(3)證明：由題設(shè)c＞1，設(shè)g(x)＝1＋(c－
（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 備考技法 專題一 解題常用8術(shù)系統(tǒng)歸納——串一串方法講義 理（普通生含解析）.doc
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