(江苏专版)2014届高考数学大二轮专题复习 审题 解题 回扣第二篇 第3讲 解答题的八个答题模板 文.doc

1、1第 3 讲 解答题的八个答题模板【模板特征概述】数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题在高考考场上，能否做好解答题，是高考成败的关键，因此，在高考备考中学会怎样解题，是一项重要的内容本节以著名数学家波利亚的怎样解题为理论依据，结合具体的题目类型，来谈一谈解答数学解答题的一般思维过程、解题程序和答题格式，即所谓的“答题模板” “答题模板”就是首先把高考试题纳入某一类型，把数学解题的思维过程划分为一个个小题，按照一定的解题程序和答题格式分步解答，即化整为零强调解题

2、程序化，答题格式化，在最短的时间内拟定解决问题的最佳方案，实现答题效率的最优化模板 1 三角函数的周期性、单调性及最值问题已知函数 f(x)2cos xsin sin2xsin xcos x1.(x 3) 3(1)求函数 f(x)的最小正周期；(2)求函数 f(x)的最大值及最小值；(3)写出函数 f(x)的单调递增区间审题路线图 不同角化同角降幂扩角化 f(x) Asin(x ) h结合性质求解.2规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板解 f(x)2cos x sin2xsin (12sin x 32cos x) 3xcos x12sin xcos x (cos2xsin 2x)1s

3、in 32x cos 2x132sin 1.(2x 3)(1)函数 f(x)的最小正周期为 .22(2)1sin 1，12sin 1(2x 3) (2x 3)3.当 2x 2 k， kZ，即 3 2x k， kZ 时， f(x)取得最大值 3；12当 2x 2 k， kZ，即 3 2x k， kZ 时， f(x)取得最小值1.512(3)由 2 k2 x 2 k， kZ，得 2 3 2 k x k， kZ.512 12函数 f(x)的单调递增区间为(kZ).512 k ， 12 k 第一步：三角函数式的化简，一般化成 y Asin(x ) h 的形式或y Acos(x ) h 的形式如： f(

4、x)2sin 1.(2x 3)第二步：根据 f(x)的表达式求其周期、最值第三步：由 sin x、cos x 的单调性，将“ x ”看作一个整体，转化为解不等式问题第四步：明确规范表述结论第五步：反思回顾查看关键点、易错点及解题规范.3模板 2 三角变换与解三角形问题在 ABC 中，若 acos2 ccos2 b.C A 32(1)求证： a， b， c 成等差数列；(2)求角 B 的取值范围审题路线图 (1) 化 简 变 形 用 余 弦 定 理 转 化 为 边 的 关 系 变 形 证 明(2) 用 余 弦 定 理 表 示 角 用 基 本 不 等 式 求 范 围 确 定 角 的 取 值 范 围

5、规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板(1)证明 因为 acos2 ccos2 aC A c b，1 cos C2 1 cos A2 32所以 a c( acos C ccos A)3 b，故a c 3(aa2 b2 c22ab cb2 c2 a22bc )b，整理，得 a c2 b，故 a， b， c 成等差数列(2)解 cos B a2 c2 b22ac a2 c2 (a c2 )22ac 3 a2 c2 2ac8ac ，6ac 2ac8ac 12因为 00 (nN *)，且 b1 b2 b315，又 a1 b1、 a2 b2、 a3 b3成等比数列(1)求数列 an、 bn的通项

6、公式；(2)求数列 anbn的前 n 项和 Tn.审题路线图 (1) an Sn Sn 1 n 2 消 去 Sn 得 an 1 3an an 3n 14规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板解 (1) a11， an1 2 Sn1 ( nN *)， an2 Sn1 1 (nN *， n2)， an1 an2( Sn Sn1 )，即 an1 an2 an， an1 3 an (nN *， n2)而 a22 a113， a23 a1.数列 an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列， an3 n1 (nN *) a11， a23， a39，在等差数列 bn中， b1 b2 b315， b2

7、5.又 a1 b1、 a2 b2、 a3 b3成等比数列，设等差数列 bn的公差为d，则有( a1 b1)(a3 b3)( a2 b2)2.(15 d)(95 d)64，解得 d10 或 d2， bn0 (nN *)，舍去 d10，取 d2， b13， bn2 n1 (nN *)(2)由(1)知 Tn315373 2(2 n1)3 n2 (2 n1)3n1 ，3 Tn3353 273 3(2 n1)3 n1 (2 n1)3 n，得2 Tn312323 223 323 n1 (2 n1)3 n32(33 23 33 n1 )(2 n1)3 n32 (2 n1)3 n3 n(2 n1)3 3n1

8、33n2 n3n， Tn n3n.第一步：令 n1，由Sn f(an)求出 a1.第二步：令 n2，构造an Sn Sn1 ，用 an代换Sn Sn1 (或用 Sn Sn1 代换an，这要结合题目特点)，由递推关系求通项第三步：验证当 n1 时的结论是否适合当 n2 时的结论如果适合，则统一“合写” ；如果不适合，则应分段表示第四步：写出明确规范的答案第五步：反思回顾查看关键点、易错点及解题规范本题的易错点，易忽略对 n1 和n2 分两类进行讨论，同时忽视结论中对二者的合并.模板 4 空间线、面位置关系的证明及空间角的计算问题如图，在七面体 ABCDMN 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的

9、正方形， MD平面 ABCD， NB平面 ABCD，且 MD2， NB1，MB 与 ND 交于 P 点(1)在棱 AB 上找一点 Q，使 QP平面 AMD，并给出证明；(2)求平面 BNC 与平面 MNC 所成锐二面角的余弦值5审题路线图 (1) P 是 ABM 的一边 BM 上的点在另一边 AB 上一定存在一点 Q 使PQ AM .BQQA BPPM NBMD 12(2)建立坐标系构造法向量求夹角.规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板解 (1)当 BQ AB 时，有 QP平面 AMD.13证明： MD平面 ABCD， NB平面 ABCD， MD NB. .又 . .BPPM NBM

10、D 12 QBQA 12 QBQA BPPM在 MAB 中， QP AM.又 QP平面 AMD， AM平面 AMD， QP平面 AMD.(2)以 DA、 DC、 DM 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系如图，则 D(0,0,0)， B(2,2,0)， C(0,2,0)， M(0,0,2)，N(2,2,1) (0，2,2)， (2,0,1)， (0,2,0)CM CN DC 设平面 MNC 的法向量为 n1( x， y， z)，则Error! Error!取 x1， n1(1，2，2)又 NB平面 ABCD， NB DC，又 DC BC. DC平面 BNC.平面 BNC

11、 的法向量 n2 (0,2,0)，cos n1， n2DC 第一步：作出(或找出)具有公共交点的三条相互垂直的直线第二步：建立空间直角坐标系，写出特殊点坐标第三步：求(或找)两个半平面的法向量第四步：求法向量 n1， n2的夹角或 cos n1， n2(若为锐二面角则求|cos n1， n2|)第五步：将法向量的夹角转化为二面角的夹角第六步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范如本题求得 cos n1， n2 后23易答二面角的余弦值为 而出23错，一定要注意这一点.6 .n1n2|n1|n2| 432 23设所求的锐二面角大小为 ，则 cos |cos n1， n2| .23故平面 BNC

12、 与平面 MNC 所成锐二面角的余弦值为 .23模板 5 解析几何中的探索性问题已知定点 C(1,0)及椭圆 x23 y25，过点 C 的动直线与椭圆相交于 A， B 两点(1)若线段 AB 中点的横坐标是 ，求直线 AB 的方程；12(2)在 x 轴上是否存在点 M，使 为常数？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，MA MB 请说明理由审题路线图 设 AB 的方程 y k(x1)待定系数法求 k写出方程；设 M 存在即为(m,0)求 在 为常数的条件下求 m.MA MB MA MB 规 范 解 答 示 例构 建 答 题 模 板解 (1)依题意，直线 AB 的斜率存在，设直线 AB 的方程为

13、 y k(x1)，将 y k(x1)代入 x23 y25，消去 y 整理得(3 k21)x26 k2x3 k250.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则Error!由线段 AB 中点的横坐标是 ，得 ，解得12 x1 x22 3k23k2 1 12k ，适合.33所以直线 AB 的方程为 x y10 或 x y10.3 3(2)假设在 x 轴上存在点 M(m,0)，使 为常数MA MB ()当直线 AB 与 x 轴不垂直时，由(1)知 x1 x2 ， x1x26k23k2 1. 3k2 53k2 1第一步：假设结论存在第二步：以存在为条件，进行推理求解第三步：明确规范表述结论若能推

14、出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设第四步：反思回顾查看关7所以 ( x1 m)(x2 m) y1y2( x1 m)(x2 m) k2(x11)MA MB (x21)( k21) x1x2( k2 m)(x1 x2) k2 m2.将代入，整理得 m2MA MB 6m 1 k2 53k2 1 m2 m22 m .(2m 13) 3k2 1 2m 1433k2 1 13 6m 143 3k2 1注意到 是与 k 无关的常数，从而有 6m140， m ，此MA MB 73时 .MA MB 49()当直线 AB 与 x 轴垂直时，此时点 A、 B 的坐标分别为 、( 1， 23)

15、，( 1， 23)当 m 时，也有 .73 MA MB 49综上，在 x 轴上存在定点 M ，使 为常数.(73， 0) MA MB 键点，易错点及解题规范如本题中第(1)问容易忽略 0 这一隐含条件第(2)问易忽略直线 AB 与 x 轴垂直的情况.模板 6 离散型随机变量的分布列、期望与方差已知一个袋中装有 3 个白球和 3 个红球，这些球除颜色外完全相同(1)每次从袋中取一个球，取出后不放回，直到取到一个红球为止，求取球次数 的分布列和数学期望 E( )；(2)每次从袋中取一个球，取出后放回接着再取一个球，这样取 3 次，求取出红球次数 的数学期望 E( )审题路线图 取到红球为止取球次数

16、的所有可能 1,2,3,4求对应次数的概率列分布列求 E( )取出后放回，这是条件每次取到红球的概率相同三次独立重复试验利用公式.规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板8解 (1) 的可能取值为 1,2,3,4.P( 1) ， P( 2) ，36 12 A13A13A26 3365 310P( 3) ，A23A13A36 323654 320P( 4) .A3A13A46 3236543 120故 的分布列为 1 2 3 4P 12 310 320 120数学期望 E( )1 2 3 4 .12 310 320 120 74(2)取出后放回，取球 3 次，可看作 3 次独立重复试验，所

17、以 B(3， )，所以 E( )3 .12 12 32第一步：确定离散型随机变量的所有可能值第二步：求出每个可能值的概率第三步：画出随机变量的分布列第四步：求期望和方差第五步：反思回顾查看关键点、易错点及解题规范如本题可重点查看随机变量的所有可能值是否正确；根据分布列性质检查概率是否正确.模板 7 函数的单调性、最值、极值问题已知函数 f(x) aln x x (a0)2a2x(1)若曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线与直线 x2 y0 垂直，求实数 a 的值；(2)讨论函数 f(x)的单调性；(3)当 a(，0)时，记函数 f(x)的最小值为 g(a)，求证： g(a) e2.1

18、2审题路线图 (1) f(1)2求 a.(2)讨论 f( x)0 或 f( x)0 f( x) 1 ( x0)ax 2a2x2根据题意，有 f(1)2，所以 2a2 a30，解得 a1 或 a.32(2)解 f( x) 1 ax 2a2x2 x2 ax 2a2x2 x a x 2ax2(x0)当 a0 时，因为 x0，由 f( x)0 得( x a)(x2 a)0，解得xa；由 f( x)0，由 f( x)0 得( x a)(x2 a)0，解得 x2 a；由 f( x)0，23 23即 f(x)在1， )上为增函数23当 x( ，1)时， f( x)0，即 f(x)在(1,2上为增函数又 f(

19、 ) d， f(2)2 d， f(2)2 df( ) d，23 2227 23 2227当 x1,2时， f(x)max2 d，又 x1,2时， f(x) ，32故 d 的取值范围是(，1)( ，).32第一步：将问题转化为形如不等式 f(x) a(或 f(x) a)恒成立的问题第二步：求函数 f(x)的最小值 f(x)min或最大值 f(x)max.第三步：解不等式 f(x)min a(或 f(x)max a)第四步：明确规范地表述结论第五步：反思回顾查看关键点、易错点及答题规范如本题重点反思每一步转化的目标及合理性，最大或最小值是否正确.高考数学解答题虽然具有较强的知识综合性，思维的灵活性，但所考查的数学知识、方法，基本数学思想是不变的，题目形式的设置是相对稳定的，因而本讲结合近几年高考的重点、热点题型，通过对答题思路的分析、梳理，构建了几类重点题型的“答题模板” ，目的是给考生一个在考前回顾如何规范思维，如何有效答题的辅助材料重点是思维过程、规范解答和反思回顾，结合着具体题型给出了具有可操作性的答题程序希望能够举一反三，对考生答题有所帮助