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2013年高考数学二轮复习:第23讲 高考题中的解答题解法
作者:未知 文章来源:网上收集 点击数: 更新时间:2013-8-20 14:05:02

简介
 高考题中的解答题解法

江苏高考数学试卷是由填空题和解答题两部分构成,其中填空题14小题,每小题5分,总分70分,文科考生只要做解答题中的15~20共计6题,总分90分,试卷总分160分.
解答题就是给出一定的题设条件(即已知),然后提出一定的要求(即结论).它要求考生能根据题设,运用已知的一切条件(含公理、定理、性质、定义、公式等),通过推理和计算最终达到要求的目标.在卷面上要求考生必须要将整个过程有条理、合乎逻辑、完整地陈述出来(包含添加的辅助线、引用的结论等).
试卷中前160分的6道解答题可分为中低档题(前3题),中高档题(后3题),其中三角、向量与解三角形,立体几何,解析几何可归结为前一类,应用题,数列题,函数、方程及不等式类题可归结为后一类问题,当然这也不是绝对的,应用题和解析几何题也是可以对调位置的,这要看整个试卷的知识点分布,纵观最近几年的江苏高考题,我们感觉到8个“C”级考点一定会在试卷中有所体现.试卷采用设点把关,注重层次性,即使是最后两题即所谓压轴题也不是高不可攀;试卷注重对基础知识的考查,既全面又突出重点;试卷注重对数学思想方法的考查,对学生的数学的学习能力、综合应用能力都有充分的要求.
在解答题的应试过程中,考生要根据自己的实际情况,选择适合自己的应试策略.

1. 已知O为坐标原点,=(2sin2x,1),=(1,-2sinxcosx+1),f(x)=·+m.
(1) 求y=f(x)的单调递增区间;
(2) 若f(x)的定义域为,值域为[2,5],求实数m的值.
2.如图,平面PAC⊥平面ABC,点E、F、O分别为线段PA、PB、AC的中点,点G是线段CO的中点,AB=BC=AC=4,PA=PC=2.求证:

(1) PA⊥平面EBO;
(2) FG∥平面EBO.
3.二次函数f(x)=ax2+bx(a,b∈R)满足条件:①f(0)=f(1);②f(x)的最小值为-.
(1) 求函数f(x)的解析式;
(2) 设数列{an}的前n项积为Tn, 且Tn=f(n), 求数列{an}的通项公式.
4.如图,在半径为、圆心角为60°的扇形的弧上任取一点P,作扇形的内接矩形PNMQ,使点Q在OA上,点N、M在OB上,设矩形PNMQ的面积为y.

(1) 按下列要求写出函数的关系式:
①设PN=x,将y表示成x的函数关系式;
②设∠POB=θ,将y表示成θ的函数关系式;
(2) 请你选用(1)中的一个函数关系式,求出y的最大值.

【例1】 已知集合A={x|x2-(3a+3)x+2(3a+1)<0,x∈R},集合B={x|<0,x∈R}.
(1) 当4B时,求实数a的取值范围;
(2) 求使BA的实数a的取值范围.

【例2】 如图,已知圆C:x2+y2=9,点A(-5,0),直线l:x-2y=0.
(1) 求与圆C相切,且与直线l垂直的直线方程;
(2) 在直线OA上(O为坐标原点),存在定点B(不同于点A),满足:对于圆C上任一点P,都有为一常数,试求所有满足条件的点B的坐标.



【例3】 对于数列{an},定义{Δan }为数列{an}的“一阶差分数列”,其中Δan=an+1-an(n∈N*).
(1) 若数列{an}的通项公式an=n2-n(n∈N*),求{Δan}的通项公式;
(2) 若数列{an}的首项是1,且满足Δan-an=2n.
① 证明数列为等差数列;
② 设{an}的前n项和为Sn ,求Sn.


【例4】 函数f(x)=lnx-(x>0,a∈R).
(1) 试求f(x)的单调区间;
(2) 当a>0时,求证:函数f(x)的图象存在唯一零点的充要条件是a=1;
(3) 求证:不等式-<对于x∈(1,2)恒成立.

1. (2011·重庆)设a∈R,f(x)=cosx(asinx-cosx)+cos2满足f=f(0),求函数f(x)在上的最大值和最小值.




2. (2011·江苏)请你设计一个包装盒,如图所示,ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片,切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得A、B、C、D四个点重合于图中的点P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒,E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点,设AE=FB=x cm.
(1) 某广告商要求包装盒侧面积S(cm2)最大,试问x应取何值?
(2) 某广告商要求包装盒容积V(cm3)最大,试问x应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值.

3.(2011·安徽)设f(x)=,其中a为正实数.
(1) 当a=时,求f(x)的极值点;
(2) 若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.
4.(2011·湖北)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足:a1=a(a≠0),an+1=rSn(n∈N*,r∈R,r≠-1).
(1) 求数列{an}的通项公式;
(2) 若存在k∈N*,使得Sk+1,Sk,Sk+2成等差数列,试判断:对于任意的m∈N*,且m≥2,am+1,am,am+2是否成等差数列,并证明你的结论.

(2011·苏锡常镇调研)(本小题满分16分)已知函数f(x)=x(x-1)2,x>0.
(1) 求f(x)的极值;
(2) 设0(3) 设函数g(x)=lnx-2x2+4x+t(t为常数),若使g(x)≤x+m≤f(x)在(0,+∞)上恒成立的实数m有且只有一个,求实数m和t的值.
解:(1) f′(x)=(3x-1)(x-1), (1分)
令f′(x)=0,得x1=,x2=1.
f(x),f′(x)随x的变化情况如下表:
x



1
(1,+∞)

f′(x)
+
0
-
0
+

f(x)
增
极大值
减
极小值
增

∴ 当x=时,有极大值f=;(2分)
当x=1时,有极小值f(1)=0. (3分)
(2) 易知f(x)在上递增,递减,(1,+∞)递增.(4分)
∴ 当0<a≤时,G(a)==(a-1)2≥, (5分)
特别当a=时,有G(a)=; (6分)
当<a≤1时,F(a)=f,则G(a)==≥=.(7分)
故对任意的0<a≤1,G(a)的最小值为. (8分)
(3) 由已知得h1(x)=x+m-g(x)=2x2-3x-lnx+m-t≥0在(0,+∞)上恒成立,
由h′1(x)=,(9分)
得x∈(0,1)时,h′1(x)<0,x∈(1,+∞)时,h′1(x)>0,
故x=1时,h1(x)取极小值,也是最小值.
从而当且仅当h1(1)=m-t-1≥0,m≥t+1时,h1(x)≥0在(0,+∞)恒成立.(11分)
同样的,h2(x)=f(x)-x-m=x3-2x2-m≥0,
在(0,+∞)恒成立.
由h′2(x)=3x(x-)得x∈时,h′2(x)<0,x∈(,+∞)时,h′2(x)>0,
故x=时,h2(x)取极小值,也是最小值.
从而当且仅当h2=--m≥0,m≤-时,
h2(x)≥0在(0,+∞)上恒成立.(13分)
∴ t+1≤m≤-.(14分)
由m的唯一性知t=-,此时m=-. (16分)
第23讲 高考题中的解答题解法

1. 在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.
(1) 若sin=2cosA,求A的值;
(2) 若cosA=,b=3c,求sinC的值.
点拨:本题主要考查三角函数的基本关系式、两角和的正弦公式、解三角形,考查运算求解能力,是C级要求,但属容易题.解题说理要准确、完整,过程要合理、严谨.
解:(1) 由题意知sinAcos+cosAsin=2cosA,从而sinA=cosA,所以
cosA≠0,tanA=.因为0<A<π,所以A=.
(2) 由cosA=,b=3c,及a2=b2+c2-2bccosA,得b2=a2+c2,所以△ABC是直角三角形,且B=,所以sinC=cosA=.
2. 如图所示的是自动通风设施.该设施的下部ABCD是等腰梯形,其中AB=1米,高0.5米,CD=2a米.上部CmD是个半圆,固定点E为CD的中点.△EMN是由电脑控制其形状变化的三角通风窗(阴影部分均不通风),MN是可以沿设施边框上下滑动且始终保持和CD平行的伸缩横杆.
(1) 设MN与AB之间的距离为x米,试将三角通风窗EMN的通风面积S(平方米)表示成关于x的函数S=f(x);
(2) 当MN与AB之间的距离为多少米时,三角通风窗EMN的通风面积最大?求出这个最大面积.

解:(1) ① 0≤x<时,由平面几何知识,得=.
∴ MN=2(2a-1)x+1,S=f(x)=-(2a-1)x2+(a-1)x+.
② <x<a+时,S=f(x)=·2·=·.
∴ S=f(x)=
(2) ① 0≤x<时,S=f(x)=-(2a-1)x2+(a-1)x+.
∵ a>,∴ -=<0,∴ <.
(i) <a≤1,当x=0时,[f(x)]max=f(0)=.
(ii) a>1,当x=时,[f(x)]max=f=.
② <x<a+时,
S=f(x)=·
=
≤=a2,
等号成立2=a2-2x=(a+1)∈.
∴ 当x=(a+1)时,[f(x)]max=.
(i)<a≤1时,∵ -=,
∴ <a≤时,当x=0,[f(x)]max=f(0)=,
<a≤1时,当x=(a+1),[f(x)]max=.
(ii) a>1时,a2-=a2>0.
当x=(a+1)时,[f(x)]max=.
综上,<a≤时,当x=0时,[f(x)]max=f(0)=,即MN与AB之间的距离为0米时,三角通风窗EMN的通风面积最大,最大面积为平方米.a>时;当x=(a+1)时,[f(x)]max=, 即MN与AB之间的距离为x=(a+1)米时,三角通风窗EMN的通风面积最大,最大面积为a2平方米.
基础训练
1. 解:(1) f(x)=2sin2x-2sinxcosx+1+m
=1-cos2x-sin2x+1+m=-2sin+2+m.
由+2kπ≤2x+≤+2kπ(k∈Z),
得y=f(x)的单调递增区间为(k∈Z).
(2) 当≤x≤π时,≤2x+≤,∴ -1≤sin≤,
∴ 1+m≤f(x)≤4+m,∴ 解得m=1.
2. 证明:由题意可知,△PAC为等腰直角三角形,△ABC为等边三角形.
(1) 因为O为边AC的中点,所以BO⊥AC.

因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,BO平面ABC,所以BO⊥面PAC.
因为PA平面PAC,所以BO⊥PA.
在等腰三角形PAC内,O,E为所在边的中点,
所以OE⊥PA.
又BO∩OE=O,所以PA⊥平面EBO.
(2) 连AF交BE于Q,连QO.因为E、F、O分别为边PA、PB、AC的中点,所以=2,且Q是△PAB的重心,于是=2=,所以FG∥QO.因为FG平面EBO,QO平面EBO,所以FG∥平面EBO.
(注:第(2)小题亦可通过取PE中点H,利用平面FGH∥平面EBO证得)
3. 解:(1) 由题知:解得故f(x)=x2-x.
(2) Tn=a1a2…an=,
Tn-1=a1a2…an-1=(n≥2),
∴ an==n-1(n≥2).
又a1=T1=1满足上式,所以an=n-1(n∈N*).
4. 解:(1) ① ON=,OM=x,MN=-x,
∴ y=x,x∈.
② PN=sinθ,ON=cosθ,OM=×sinθ=sinθ,
MN=ON-OM=cosθ-sinθ,
y=sinθ(cosθ-sinθ)=3sinθcosθ-sin2θ,.
(2) 选择y=3sinθcosθ-sin2θ=sin-.
∵ θ∈,∴ 2θ+∈,
∴ 2θ+=即θ=时,ymax=.
例题选讲
例1 解:(1) 若4∈B,则<0a<-或<a<4.
∴ 当4B时,实数a的取值范围为[-,]∪[4,+∞).
(2) A={x|(x-2)(x-3a-1)<0},B={x|a<x<a2+1}.
① 当a<时,A=(3a+1,2).
要使BA,必须此时-1≤a≤-;
② 当a=时,A=,使BA的a不存在;
③ 当a>时,A=(2,3a+1).
要使BA,必须此时2≤a≤3.
综上可知,使BA的实数a的取值范围是[2,3]∪.
例2 解:(1) 设所求直线方程为y=-2x+b,即2x+y-b=0.
∵ 直线与圆相切,∴ =3,得b=±3,
∴ 所求直线方程为y=-2x±3.
(2) (解法1)假设存在这样的点B(t,0).
当P为圆C与x轴左交点(-3,0)时,=;
当P为圆C与x轴右交点(3,0)时,=.
依题意,=,解得t=-5(舍去)或-.
下面证明点B对于圆C上任一点P,都有为一常数.
设P(x,y),则y2=9-x2,
∴ ====,
从而=为常数.
(解法2)假设存在这样的点B(t,0),使得为常数λ,则PB2=λ2PA2,
∴ (x-t)2+y2=λ2[(x+5)2+y2],将y2=9-x2代入得,
x2-2xt+t2+9-x2=λ2(x2+10x+25+9-x2),
即2(5λ2+t)x+34λ2-t2-9=0对x∈[-3,3]恒成立,
∴ 解得或(舍去),
所以存在点B对于圆C上任一点P,都有为常数.
例3 (1) 解:依题意Δan=an+1-an,
∴ Δan=-=5n-4.
(2) ①证明:由Δan-an-an=2n得an+1-2an=2n,即an+1=2an+2n.
∴ =+,即-=.∵ a1=1,∴ =.
∴ 是以为首项,为公差的等差数列.
②解:由①得=+(n-1)=,∴ an=·2n=n·2n-1.
∴ Sn=a1+a2+…+an=1·20+2·21+…+n·2n-1,
∴ 2Sn=1·21+2·22+…+n·2n,
两式相减得-Sn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n,
∴ Sn=n·2n-2n+1=(n-1)2n+1.
例4 (1) 解:f′(x)=-=(x>0).
当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调增;当a>0时,x∈(0,a),f′(x)<0,f(x)在(0,a)上单调减,x∈(a,+∞),f′(x)>0,f(x)在(a,+∞)上单调增.
综上,a≤0时f(x)的单调区间为(0,+∞);
当a>0时,f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(0,a).
(2) 证明:充分性:a=1时,由(1)知,f(x)在x=1处有极小值也是最小值,
即fmin(x)=f(1)=0.而f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
在(0,+∞)上有唯一的一个零点x=1.
必要性:f(x)=0在(0,+∞)上有唯一解,且a>0,由(1)知,在x=a处有极小值也是最小值f(a),f(a)=0,即lna-a+1=0.
令g(a)=lna-a+1,g′(a)=-1=.
当0<a<1时,g′(a)>0,在(0,1)上单调递增;当a>1时,g′(a)<0,在(1,+∞)上单调递减.gmax(a)=g(1)=0,g(a)=0只有唯一解a=1.
f(x)=0在(0,+∞)上有唯一解时必有a=1.
综上:在a>0时,f(x)=0在(0,+∞)上有唯一解的充要条件是a=1.
(3) 证明:∵ 1令F(x)=(x+1)lnx-2(x-1),∴ F′(x)=lnx+-2=lnx+-1.
由(1)知,当a=1时,fmin(x)=f(1)=0,
∴ f(x)≥f(1)=0,∴ lnx+-1≥0.
∴ F′(x)≥0,∴ F(x)在(1,2)上单调递增,∴ F(x)>F(1)=0,
∴ (x+1)lnx-2(x-1)>0,∴ -<(1<x<2).
高考回顾
1. 解:f(x)=asinxcosx-cos2x+sin2x=sin2x-cos2x.
由f=f(0)得-·+=-1,解得:a=2.
因此f(x)=sin2x-cos2x=2sin.
当x∈时,2x-∈,f(x)为增函数;
当x∈时,2x-∈,f(x)为减函数.
所以f(x)在上的最大值为f=2.
又因为f=,f=,
所以f(x)在上的最小值为f=.
2. 解:设包装盒的高为h(cm),底面边长为a(cm),由已知得
a=x,h==(30-x),0<x<30.
(1) S=4ah=8x(30-x)=-8(x-15)2+1 800,所以当x=15时,S取得最大值.
(2) V=a2h=2(-x3+30x2),V′=6x(20-x).
由V′=0得x=0(舍)或x=20.
当x∈(0,20)时,V′>0;当x∈(20,30)时V′<0.
所以当x=20时,V取得极大值,也是最大值.
此时=,即包装装盒的高与底面边长的比值为.
3. 解:对f(x)求导得f′(x)=.①
(1) 当a=,若f′(x)=0,则4x2-8x+3=0,解得x1=,x2=.
结合①,可知
x






f′(x)
+
0
-
0
+

f(x)

极大值
 
极小值
 

所以,x1=是极小值点,x2=是极大值点.
(2) 若f(x)为R上的单调函数,则f′(x)在R上不变号,结合①与条件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,因此Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并结合a>0,知0<a≤1.
4. 解:(1) 由已知an+1=rSn可得an+2=rSn+1,
两式相减可得an+2-an+1=r(Sn+1-Sn)=ran+1,即an+2=(r+1)an+1.
又a2=ra1=ra,所以r=0时,数列{an}为:a,0,…,0,…;
当r≠0,r≠-1时,由已知a≠0,∴ an≠0(n∈N*).
于是由an+2=(r+1)an+1,可得=r+1(n∈N*),
a2,a3,…,an,…成等比数列,∴ 当n≥2时,an=r(r+1)n-2a.
综上,数列{an}的通项公式为an=
(2) 对于任意的m∈N*,且m≥2,am+1,am,am+2成等差数列.证明如下:
当r=0时,由(1)知,am=
∴ 对于任意的m∈N*且m≥2,am+1,am,am+2成等差数列,
当r≠0,r≠1时,∵ Sk+2=Sk+ak+1+ak+2,Sk+1=Sk+ak+1,
若存在k∈N*,使得Sk+1,Sk,Sk+2成等差数列,则Sk+1+Sk+2=2Sk,
∴ 2Sk+2ak+1+ak+2=2Sk,即ak+2=-2ak+1.
由(1)知,a2,a3,…,an,…的公比r+1=-2,
于是对于任意的m∈N*且m≥2,am+1=-2am,从而am+2=4am,
∴ am+1+am+2=2am,即am+1,am,am+2成等差数列,
综上,对于任意的m∈N*,且m≥2,am+1,am,am+2成等差数列.



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