(浙江專用)2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二板塊 考前熟悉3大解題技法學(xué)案

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1、第二板塊 考前熟悉3大解題技法 (一)小題小做 巧妙選擇 高考數(shù)學(xué)選擇題歷來都是兵家必爭之地,因其涵蓋的知識面較寬,既有基礎(chǔ)性,又有綜合性,解題方法靈活多變,分值又高,既考查了同學(xué)們掌握基礎(chǔ)知識的熟練程度,又考查了一定的數(shù)學(xué)能力和數(shù)學(xué)思想,試題區(qū)分度極佳.這就要求同學(xué)們掌握迅速、準(zhǔn)確地解答選擇題的方法與技巧,為全卷得到高分打下堅(jiān)實(shí)的基礎(chǔ). 一般來說,對于運(yùn)算量較小的簡單選擇題,都是采用直接法來解題,即從題干條件出發(fā),利用基本定義、性質(zhì)、公式等進(jìn)行簡單分析、推理、運(yùn)算,直接得到結(jié)果,與選項(xiàng)對比得出正確答案;對于運(yùn)算量較大的較復(fù)雜的選擇題,往往采用間接法來解題,即根據(jù)選項(xiàng)的特點(diǎn)、求解的要求,

2、靈活選用數(shù)形結(jié)合、驗(yàn)證法、排除法、割補(bǔ)法、極端值法、估值法等不同方法技巧,通過快速判斷、簡單運(yùn)算即可求解.下面就解選擇題的常見方法分別舉例說明. 直接法 直接從題目條件出發(fā),運(yùn)用有關(guān)概念、性質(zhì)、定理、法則和公式等知識,通過嚴(yán)密的推理和準(zhǔn)確的運(yùn)算,得出正確的結(jié)論.涉及概念、性質(zhì)的辨析或運(yùn)算較簡單的題目常用直接法. [典例] (2016·浙江高考)已知橢圓C1:+y2=1(m>1)與雙曲線C2:-y2=1(n>0)的焦點(diǎn)重合,e1,e2分別為C1,C2的離心率,則(  ) A.m>n且e1e2>1   B.m>n且e1e2<1 C.m<n且e1e2>1 D.m<n且e1e2<1 [

3、技法演示] 考查了橢圓與雙曲線的焦點(diǎn)、離心率,抓住焦點(diǎn)相同這個條件得到m,n之間的關(guān)系,代入離心率的公式即可得解. 法一:由題意知m2-1=n2+1,即m2=n2+2,則m>n,e1e2=·==>1.故選A. 法二:由題意知m2-1=n2+1,即m2=n2+2,則m>n,不妨設(shè)m2=3,則n2=1,e1=,e2=,則e1e2=>1,故選A. [答案] A [應(yīng)用體驗(yàn)] 1.(2016·浙江高考)已知集合P={x∈R|1≤x≤3},Q={x∈R|x2≥4},則P∪(?RQ)=(  ) A.[2,3]        B.(-2,3] C.[1,2) D.(-∞,-2]∪[1,+∞)

4、 解析:選B ∵Q={x∈R|x2≥4}, ∴?RQ={x∈R|x2<4}={x∈R|-2<x<2}. ∵P={x∈R|1≤x≤3}, ∴P∪(?RQ)={x∈R|-2<x≤3}=(-2,3]. 2.(2014·浙江高考)在(1+x)6(1+y)4的展開式中,記xmyn項(xiàng)的系數(shù)為f(m,n),則f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=(  ) A.45 B.60 C.120 D.210 解析:選C 由題意知f(3,0)=CC,f(2,1)=CC,f(1,2)=CC,f(0,3)=CC,因此f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=120,選C.

5、 數(shù)形結(jié)合法 根據(jù)題目條件作出所研究問題的有關(guān)圖形,借助幾何圖形的直觀性作出正確的判斷. [典例] (2017·浙江高考)如圖,已知平面四邊形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC與BD交于點(diǎn)O.記I1=·,I2=·,I3=·,則(  ) A.I1

6、B<0,∴I1I3,作AG⊥BD于G,又AB=AD, ∴OB·,即I1>I3, ∴I3

7、的垂線,垂足分別為A,B,則四邊形ABDC為矩形,由得C(2,-2).由得D(-1,1).所以|AB|=|CD|==3.故選C. 4.(2018·浙江高考)已知a,b,e是平面向量,e是單位向量,若非零向量a與e的夾角為,向量b滿足b2-4e·b+3=0,則|a-b|的最小值是(  ) A.-1 B.+1 C.2 D.2- 解析:選A 法一:∵b2-4e·b+3=0, ∴(b-2e)2=1,∴|b-2e|=1. 如圖所示,把a(bǔ),b,e的起點(diǎn)作為公共點(diǎn)O,以O(shè)為原點(diǎn),向量e所在直線為x軸,則b的終點(diǎn)在以點(diǎn)(2,0)為圓心,半徑為1的圓上,|a-b|就是線段AB的長度. 要求|AB|

8、的最小值,就是求圓上動點(diǎn)到定直線的距離的最小值,也就是圓心M到直線OA的距離減去圓的半徑長,因此|a-b|的最小值為-1. 法二:設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),a=,b==(x,y),e=(1,0),由b2-4e·b+3=0得x2+y2-4x+3=0,即(x-2)2+y2=1,所以點(diǎn)B的軌跡是以C(2,0)為圓心,1為半徑的圓.因?yàn)閍與e的夾角為,不妨令點(diǎn)A在射線y=x(x>0)上,如圖,數(shù)形結(jié)合可知|a-b|min=||-|CB―→|=-1.故選A. 驗(yàn)證法 將選項(xiàng)或特殊值,代入題干逐一去驗(yàn)證是否滿足題目條件,然后選擇符合題目條件的選項(xiàng)的一種方法.在運(yùn)用驗(yàn)證法解題時,若能根據(jù)題意確定代入順序,則

9、能提高解題速度. [典例] (2016·浙江高考)已知實(shí)數(shù)a,b,c,(  ) A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1,則a2+b2+c2<100 B.若|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1,則a2+b2+c2<100 C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1,則a2+b2+c2<100 D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|≤1,則a2+b2+c2<100 [技法演示] 通過邏輯判斷,借助于舉反例排除A、B、C選項(xiàng),選項(xiàng)D的證明對于學(xué)生來說是很高的要求. 法一:對于A,取a=b=10,c=-110, 顯然|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1成立, 但a2+b

10、2+c2>100,即a2+b2+c2<100不成立. 對于B,取a2=10,b=-10,c=0, 顯然|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1成立, 但a2+b2+c2=110,即a2+b2+c2<100不成立. 對于C,取a=10,b=-10,c=0, 顯然|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1成立, 但a2+b2+c2=200,即a2+b2+c2<100不成立. 綜上知,A、B、C均不成立,所以選D. 法二:選項(xiàng)A,取a=b,c=-(a2+a),則|a2+b+c|+|a+b2+c|=0≤1, 此時由于a可任取,則c無界,顯然無法得到a2+b2+c2<100; 選項(xiàng)B,取c

11、=0,b=-a2,則|a2+b+c|+|a2+b-c|=0≤1, 此時由于a可任取,則b無界,顯然無法得到a2+b2+c2<100; 選項(xiàng)C,取c=0,b=-a,則|a+b+c2|+|a+b-c2|=0≤1, 此時由于a可任取,則b無界,顯然無法得到a2+b2+c2<100; 選項(xiàng)D,1≥|a2+b+c|+|a+b2-c|≥|a2+b+a+b2|, 而a2+a≥-,b2+b≥-?-≤a2+a≤,-≤b2+b≤?a,b∈?c∈,則a2+b2+c2<100. [答案] D [應(yīng)用體驗(yàn)] 5.(2016·浙江高考)已知a,b>0且a≠1,b≠1,若logab>1,則(  ) A.

12、(a-1)(b-1)<0 B.(a-1)(a-b)>0 C.(b-1)(b-a)<0 D.(b-1)(b-a)>0 解析:選D 法一:logab>1=logaa,當(dāng)a>1時,b>a,即b>a>1,則(a-1)(b-1)>0,(a-1)(a-b)<0,(b-1)(b-a)>0,選D.再驗(yàn)證:當(dāng)00,正確.(說明:作為選擇題,“0

13、指令,對各個備選答案進(jìn)行“篩選”,將其中與題干相矛盾的干擾項(xiàng)逐一排除,從而獲得正確結(jié)論. [典例] (2018·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)=的圖象大致為(  ) [技法演示] 先根據(jù)奇偶性排除一個選項(xiàng),再根據(jù)特值排除另外兩個選項(xiàng),最后剩余的一個即為正確答案. ∵y=ex-e-x是奇函數(shù),y=x2是偶函數(shù), ∴f(x)=是奇函數(shù),圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱,排除A選項(xiàng). 當(dāng)x=1時,f(1)==e->0,排除D選項(xiàng). 又e>2,∴<,∴e->1,排除C選項(xiàng).故選B. [答案] B [應(yīng)用體驗(yàn)] 6.(2017·浙江高考)函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)y=f(

14、x)的圖象可能是(  ) 解析:選D 由f′(x)的圖象知,f′(x)的圖象有三個零點(diǎn),故f(x)在這三個零點(diǎn)處取得極值,排除A、B;記導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點(diǎn)從左到右分別為x1,x2,x3,又在(-∞,x1)上f′(x)<0,在(x1,x2)上f′(x)>0,所以函數(shù)f(x)在(-∞,x1)上單調(diào)遞減,排除C,故選D. 7.(2014·浙江高考)在同一直角坐標(biāo)系中,函數(shù)f(x)=xa(x≥0),g(x)=logax的圖象可能是(  ) 解析:選D 當(dāng)a>1時,函數(shù)f(x)=xa(x>0)單調(diào)遞增,函數(shù)g(x)=logax單調(diào)遞增,且過點(diǎn)(1,0),由冪函數(shù)的圖象性質(zhì)可知C錯;

15、當(dāng)00)單調(diào)遞增,函數(shù)g(x)=logax單調(diào)遞減,且過點(diǎn)(1,0),排除A,又由冪函數(shù)的圖象性質(zhì)可知B錯,因此選D. 割補(bǔ)法 “能割善補(bǔ)”是解決幾何問題常用的方法,巧妙地利用割補(bǔ)法,可以將不規(guī)則的圖形轉(zhuǎn)化為規(guī)則的圖形,這樣可以使問題得到簡化,從而縮短解題時間. [典例] (2018·全國卷Ⅱ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(  ) A.        B. C. D. [技法演示] 用補(bǔ)形法,再補(bǔ)上一個相同的長方體,構(gòu)造出一個三角形,使三角形一個內(nèi)角為所求角或其補(bǔ)角

16、,然后解三角形得解. 如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1的一側(cè)補(bǔ)上一個相同的長方體EFBA-E1F1B1A1.連接B1F,由長方體性質(zhì)可知,B1F∥AD1,所以∠DB1F為異面直線AD1與DB1所成的角或其補(bǔ)角.連接DF,由題意,得DF==,F(xiàn)B1==2,DB1==. 在△DFB1中,由余弦定理,得 DF2=FB+DB-2FB1·DB1·cos∠DB1F, 即5=4+5-2×2××cos ∠DB1F, 所以cos ∠DB1F=. [答案] C [應(yīng)用體驗(yàn)] 8.已知在正四面體A-BCD中,E為BC中點(diǎn),F(xiàn)為直線BD上一點(diǎn),則平面AEF與平面ACD所成二面角的正弦值的取值范

17、圍是(  ) A. B. C. D. 解析:選A 如圖,將正四面體A-BCD放入正方體中,體對角線BK⊥平面ACD,所以平面AEF與平面ACD所成二面角的平面角的正弦值等于直線BK與平面AEF所成角的余弦值.由最小角定理,直線BK與平面AEF所成角不大于直線BK與AE所成角.當(dāng)BK∥平面AEF時,直線BK與平面AEF所成角為0°,其余弦值為1.又直線BK與AE所成角的余弦值為,故平面AEF與平面ACD所成二面角的平面角的正弦值的取值范圍是. 極端值法 選擇運(yùn)動變化中的極端值,往往是動靜轉(zhuǎn)換的關(guān)鍵點(diǎn),可以起到降低解題難度的作用,因此是一種較高層次的思維方法. 從有限到無限,從近似

18、到精確,從量變到質(zhì)變,運(yùn)用極端值法解決某些問題,可以避開抽象、復(fù)雜的運(yùn)算,降低難度,優(yōu)化解題過程. [典例] (2016·全國卷Ⅲ)在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,則V的最大值是(  ) A.4π B. C.6π D. [技法演示] 根據(jù)直三棱柱的性質(zhì)找出最大球的半徑,再求球的體積. 設(shè)球的半徑為R,∵△ABC的內(nèi)切圓半徑為=2,∴R≤2.又2R≤3,∴R≤,∴Vmax=×π×3=.故選B. [答案] B [應(yīng)用體驗(yàn)] 9.雙曲線x2-y2=1的左焦點(diǎn)為F,點(diǎn)P為左支下半支異于頂點(diǎn)A的任意一點(diǎn),則直線PF斜

19、率的變化范圍是(  ) A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.(-∞,0) C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(1,+∞) 解析:選C 如圖所示,當(dāng)P→A時,PF的斜率k→0. 當(dāng)PF⊥x軸時,PF的斜率不存在,即k→±∞. 當(dāng)P在無窮遠(yuǎn)處時,PF的斜率k→1. 結(jié)合四個備選項(xiàng)得,選C. 估值法 由于選擇題提供了唯一正確的選擇項(xiàng),解答又無需過程,因此可通過猜測、合情推理、估算而獲得答案,這樣往往可以減少運(yùn)算量,避免“小題大做”. [典例] (2017·浙江高考)如圖,已知正四面體D-ABC(所有棱長均相等的三棱錐),P,Q,R分別為AB,BC,CA上的點(diǎn),AP=PB

20、,==2,分別記二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角為α,β,γ,則(  ) A.γ<α<β B.α<γ<β C.α<β<γ D.β<γ<α [技法演示] 設(shè)O為△ABC的中心,則O到PQ距離最小,O到PR距離最大,O到QR距離居中,而高相等,因此tan α

21、一:由題意知,V圓柱<V幾何體<V圓柱. 又V圓柱=π×32×10=90π, ∴45π<V幾何體<90π. 觀察選項(xiàng)可知只有63π符合.故選B. 法二:由題意知,該幾何體由底面半徑為3,高為10的圓柱截去底面半徑為3,高為6的圓柱的一半所得,其體積等價于底面半徑為3,高為7的圓柱的體積,所以它的體積V=π×32×7=63π. (二)快細(xì)穩(wěn)活 填空穩(wěn)奪   絕大多數(shù)的填空題都是依據(jù)公式推理計(jì)算型和依據(jù)定義、定理等進(jìn)行分析判斷型,解答時必須按規(guī)則進(jìn)行切實(shí)的計(jì)算或者合乎邏輯的推理和判斷.求解填空題的基本策略是要在“準(zhǔn)”“巧”“快”上下功夫.常用的方法有直接法、特殊值法、數(shù)形結(jié)合法、等價轉(zhuǎn)

22、化法、構(gòu)造法等. 解答填空題時,由于不反映過程,只要求結(jié)果,故對正確性的要求更高、更嚴(yán)格.解答時應(yīng)遵循“快”“細(xì)”“穩(wěn)”“活”“全”5個原則. 填空題解答“五字訣” 快——運(yùn)算要快,力戒小題大做 細(xì)——審題要細(xì),不能粗心大意 穩(wěn)——變形要穩(wěn),不可操之過急 活——解題要活,不要生搬硬套 全——答案要全,避免殘缺不齊 Ⅰ.填空題——五招速解 直接法 直接法就是從題設(shè)條件出發(fā),運(yùn)用定義、定理、公式、性質(zhì)、法則等知識,通過變形、推理、計(jì)算等得出正確的結(jié)論. [典例] (2018·浙江高考)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.若a=,b=2,A=60°,則

23、sin B=_______,c=________. [技法演示] 由正弦定理=,得sin B=·sin A=×=. 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A, 得7=4+c2-4c×cos 60°, 即c2-2c-3=0,解得c=3或c=-1(舍去). [答案]  3 [應(yīng)用體驗(yàn)] 1.若等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1=b1=-1,a4=b4=8,則=________. 解析:設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q,則a4=-1+3d=8,解得d=3;b4=-1·q3=8,解得q=-2.所以a2=-1+3=2,b2=-1×(-2)=2,所以=1

24、. 答案:1 2.(2016·浙江高考)已知a∈R,方程a2x2+(a+2)y2+4x+8y+5a=0表示圓,則圓心坐標(biāo)是________,半徑是________. 解析:由二元二次方程表示圓的條件可得a2=a+2,解得a=2或-1.當(dāng)a=2時,方程為4x2+4y2+4x+8y+10=0,即x2+y2+x+2y+=0,配方得2+(y+1)2=-<0,不表示圓; 當(dāng)a=-1時,方程為x2+y2+4x+8y-5=0,配方得(x+2)2+(y+4)2=25,則圓心坐標(biāo)為(-2,-4),半徑是5. 答案:(-2,-4) 5 特殊值法 當(dāng)填空結(jié)論唯一或題設(shè)條件中提供的信息暗示答案是一個

25、定值時,我們只需把題材中的參變量用特殊值代替即可得到結(jié)論. [典例] 已知等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q,設(shè){an},{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn,Tn,若n2(Tn+1)=2nSn,n∈N*,則d=________;q=________. [技法演示] 法一:特殊化思想,取Sn=n2,Tn=2n-1,則an=2n-1,bn=2n-1,滿足條件,故d=2,q=2. 法二:若q=1,則n2(nb1+1)=2n,這是不可能的,所以q≠1, 故n2=2n,所以q=2. 于是n2[b1(2n-1)+1]=2n, 比較兩邊系數(shù)得解得 綜上,d=2,q=2. [答案

26、] 2 2 [應(yīng)用體驗(yàn)] 3.在等差數(shù)列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,則a2+a8=________. 解析:法一:(特殊值法) 等差數(shù)列{an}為常數(shù)列,則a3+a4+a5+a6+a7=25=5a5?a5=5,a2+a8=2a5=10. 法二:(直接法) 因?yàn)閿?shù)列{an}是等差數(shù)列,由下標(biāo)和性質(zhì)知a3+a4+a5+a6+a7=25=5a5?a5=5,a2+a8=2a5=10. 答案:10 4.已知雙曲線E:-=1(a>0,b>0).矩形ABCD的四個頂點(diǎn)在E上,AB,CD的中點(diǎn)為E的兩個焦點(diǎn),且2|AB|=3|BC|,則E的離心率是________. 解

27、析:法一:(特殊值法) 如圖,由題意知|AB|=,|BC|=2c,又2|AB|=3|BC|, ∴設(shè)|AB|=6,|BC|=4, 則|AF1|=3,|F1F2|=4, ∴|AF2|=5. 由雙曲線的定義可知,a=1,c=2,∴e==2. 法二:(直接法) 如圖,由題意知|AB|=,|BC|=2c. 又2|AB|=3|BC|, ∴2×=3×2c,即2b2=3ac, ∴2(c2-a2)=3ac,兩邊同除以a2并整理,得2e2-3e-2=0,解得e=2(負(fù)值舍去). 答案:2 數(shù)形結(jié)合法 根據(jù)題目條件,畫出符合題意的圖形,以形助數(shù),通過對圖形的直觀分析、判斷,往往可以快速

28、簡捷地得出正確的結(jié)果,它既是方法,也是技巧,更是基本的數(shù)學(xué)思想. [典例] 已知函數(shù)f(x)=在區(qū)間[-1,m]上的最大值是2,則m的取值范圍是________. [技法演示] f(x)=作出函數(shù)的圖象,如圖所示,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在[-1,m]上的最大值為2,又f(-1)=f(4)=2,所以-1

29、示. 由圖知f(x)<0的解集為(1,4). f(x)=恰有2個零點(diǎn)有兩種情況: ①二次函數(shù)有兩個零點(diǎn),一次函數(shù)無零點(diǎn); ②二次函數(shù)與一次函數(shù)各有一個零點(diǎn). 在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出y=x-4與y=x2-4x+3的圖象如圖②所示,平移直線x=λ,可得λ∈(1,3]∪(4,+∞). 答案:(1,4) (1,3]∪(4,+∞) 等價轉(zhuǎn)化法 通過“化復(fù)雜為簡單,化陌生為熟悉”將問題等價轉(zhuǎn)化為便于解決的問題,從而得到正確的結(jié)果. [典例] (2018·浙江高考)已知點(diǎn)P(0,1),橢圓+y2=m(m>1)上兩點(diǎn)A,B滿足=2,則當(dāng)m=________時,點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對

30、值最大. [技法演示] 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由=2, 得即x1=-2x2,y1=3-2y2. 因?yàn)辄c(diǎn)A,B在橢圓上,所以 得y2=m+,所以x=m-(3-2y2)2=-m2+m-=-(m-5)2+4≤4, 所以當(dāng)m=5時,點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對值最大. [答案] 5 [應(yīng)用體驗(yàn)] 6.(2016·浙江高考)如圖,在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°.若平面ABC外的點(diǎn)P和線段AC上的點(diǎn)D,滿足PD=DA,PB=BA,則四面體PBCD的體積的最大值是________. 解析:在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°, ∴AC= =2. 設(shè)CD

31、=x,則AD=2-x, ∴PD=2-x, ∴VP-BCD=S△BCD·h ≤×BC·CD·sin 30°·PD =x(2-x)≤2 =×2=, 當(dāng)且僅當(dāng)x=2-x,即x=時取“=”, 此時PD=,BD=1,PB=2,滿足題意. 故四面體PBCD的體積的最大值為. 答案: 7.設(shè)x,y為實(shí)數(shù),若4x2+y2+xy=1,則2x+y的最大值是________. 解析:∵4x2+y2+xy=1,∴(2x+y)2=3xy+1=×2xy+1≤×2+1,∴(2x+y)2≤,(2x+y)max=. 答案: 構(gòu)造法 根據(jù)題設(shè)條件與結(jié)論的特殊性,構(gòu)造出一些新的數(shù)學(xué)形式,并借助它

32、來認(rèn)識和解決問題. [典例] (2016·浙江高考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,則a1=________,S5=________. [技法演示] 先構(gòu)造等比數(shù)列,再進(jìn)一步利用通項(xiàng)公式求解. ∵an+1=2Sn+1,∴Sn+1-Sn=2Sn+1, ∴Sn+1=3Sn+1,∴Sn+1+=3, ∴數(shù)列是公比為3的等比數(shù)列, ∴=3. 又S2=4,∴S1=1,∴a1=1, ∴S5+=×34=×34=, ∴S5=121. [答案] 1 121 [應(yīng)用體驗(yàn)] 8.(2016·浙江高考)已知向量a,b,|a|=1,|b|=2.若對任意單

33、位向量e,均有|a·e|+|b·e|≤,則a·b的最大值是________. 解析:由于e是任意單位向量,可設(shè)e=, 則|a·e|+|b·e|=+ ≥ ==|a+b|. ∵|a·e|+|b·e|≤, ∴|a+b|≤,∴(a+b)2≤6, ∴|a|2+|b|2+2a·b≤6. ∵|a|=1,|b|=2, ∴1+4+2a·b≤6, ∴a·b≤,∴a·b的最大值為. 答案: Ⅱ.多空題——辨式解答 并列式——兩空并答 此種類型多空題的特點(diǎn)是:根據(jù)題設(shè)條件,利用同一解題思路和過程,可以一次性得出兩個空的答案,兩空并答,題目比較簡單,會便全會,這類題目在高考中一般涉及較少

34、,??疾橐恍┗玖康那蠼?,一般是多空題的第一個題目. [例1] (2016·浙江高考)已知2cos2x+sin 2x=Asin(ωx+φ)+b(A>0),則A=________,b=________. [解析] ∵2cos2x+sin 2x=1+cos 2x+sin 2x=1+sin,∴1+sin=Asin(ωx+φ)+b,∴A=,b=1. [答案]  1 [點(diǎn)評] 例1中根據(jù)題設(shè)條件把2cos2x+sin 2x化成1+sin后,對比原條件恒等式兩邊可直接得出兩空的結(jié)果,A=,b=1. [應(yīng)用體驗(yàn)] 1.(2015·浙江高考)雙曲線-y2=1的焦距是______,漸近線方程是___

35、_____________. 解析:由雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程,知雙曲線焦點(diǎn)在x軸上,且a2=2,b2=1,∴c2=a2+b2=3,即c=,∴焦距2c=2,漸近線方程為y=±x,即y=±x. 答案:2 y=±x 分列式——一空一答 此種類型多空題的特點(diǎn)是:兩空的設(shè)問相當(dāng)于一個題目背景下的兩道小填空題,兩問之間沒什么具體聯(lián)系,各自成題,是對于多個知識點(diǎn)或某知識點(diǎn)的多個角度的考查;兩問之間互不干擾,不會其中一問,照樣可以答出另一問. [例2] (1)(2016·浙江高考)某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該幾何體的表面積是________cm2,體積是________cm3. (

36、2)(2015·浙江高考)已知函數(shù)f(x)=則f(f(-3))=________,f(x)的最小值是________. [解析] (1)由三視圖知該幾何體是一個組合體,左邊是一個長方體,交于一點(diǎn)的三條棱的長分別為2 cm,4 cm,2 cm,右邊也是一個長方體,交于一點(diǎn)的三條棱的長分別為2 cm,2 cm,4 cm. 幾何體的表面積為(2×2+2×4+2×4)×2×2-2×2×2=72(cm2), 體積為2×2×4×2=32(cm3). (2)∵f(-3)=lg[(-3)2+1]=lg 10=1, ∴f(f(-3))=f(1)=1+2-3=0. 當(dāng)x≥1時,x+-3≥2 -3=2-

37、3,當(dāng)且僅當(dāng)x=,即x=時等號成立, 此時f(x)min=2-3<0; 當(dāng)x<1時,lg(x2+1)≥lg(02+1)=0, 此時f(x)min=0. 所以f(x)的最小值為2-3. [答案] (1)72 32 (2)0 2-3 [點(diǎn)評] 例2(1)中根據(jù)題設(shè)條件三視圖得出其幾何體的直觀圖后,由面積的相關(guān)公式求出幾何體的面積,由體積的相關(guān)公式求出其體積;例2(2)中,兩空都是在已知一分段函數(shù)的解析式,考查兩方面的知識,分別求出函數(shù)的值和函數(shù)的最值. [應(yīng)用體驗(yàn)] 2.(2015·浙江高考)函數(shù)f(x)=sin2x+sin xcos x+1的最小正周期是________,單調(diào)遞減

38、區(qū)間是____________. 解析:∵f(x)=sin2x+sin xcos x+1 =+sin 2x+1 =sin 2x-cos 2x+ =sin+, ∴函數(shù)f(x)的最小正周期T=π. 令+2kπ≤2x-≤+2kπ,(k∈Z), 解之可得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 (k∈Z). 答案:π (k∈Z) 遞進(jìn)式——逐空解答 此種類型多空題的特點(diǎn)是:兩空之間有著一定聯(lián)系,一般是第二空需要借助第一空的結(jié)果再進(jìn)行作答,第一空是解題的關(guān)鍵也是難點(diǎn),只要第一空會做做對,第二空便可順勢解答. [例3] (2018·蕭山中學(xué)模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1,且4a1,

39、2a2,a3成等差數(shù)列,則公比q=________;數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=________. [解析] 因?yàn)閍1=1,且4a1,2a2,a3成等差數(shù)列,所以4a2=4a1+a3,即4q=4+q2,解得q=2,所以Sn==2n-1. [答案] 2 2n-1 [點(diǎn)評] 例3中根據(jù)題設(shè)條件求出q=2后,再根據(jù)等比數(shù)列的求和公式求出Sn.第二空的解答是建立在第一空解答的基礎(chǔ)上的,只有求出第一空才能求得第二空. [應(yīng)用體驗(yàn)] 3.(2017·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)已知在△ABC中,AB=3,BC=,AC=2,且O是△ABC的外心,則·=________, ·=________. 解析:因

40、為O是△ABC的外心,所以向量在向量上的投影=1,向量在向量上的投影=,所以·=2,·=,所以·=·-·=2-=-. 答案:2?。? (三)有舍有得壓軸大題——多搶分 高考是選拔性的考試,試卷中必然要有綜合考查數(shù)學(xué)知識、數(shù)學(xué)思想的能力型試題,即拉分題(亦即壓軸題).對大部分考生來說,如何從拿不下的題目(壓軸題)中分段得分,是考生高考數(shù)學(xué)能否取得圓滿成功的重要標(biāo)志,是使考生能否達(dá)到“名牌大學(xué)任我挑”的關(guān)鍵.對此可采用如下三個策略達(dá)到高分的目的. 如遇到一個不會做的問題,將它們分解為一系列的步驟,或者是一個個小問題,先解決問題的一部分,能解決多少就解決多少,能寫幾步就寫幾步.特別是那

41、些解題層次明顯的題目,每一步演算到得分點(diǎn)時都可以得分,最后結(jié)論雖然未得出,但分?jǐn)?shù)卻已過半.如下例: [典例1] (本小題滿分15分)如圖,設(shè)橢圓C:+=1(a>b>0),動直線l與橢圓C只有一個公共點(diǎn)P,且點(diǎn)P在第一象限. (1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點(diǎn)P的坐標(biāo); (2)若過原點(diǎn)O的直線l1與l垂直,證明:點(diǎn)P到直線l1的距離最大值為a-b. [規(guī)范解答及評分細(xì)則] (1)設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0), 由(2分) 消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0. 由于l與C只有一個公共點(diǎn),故Δ=0, 即b2-m2+a2k

42、2=0, 解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為. 又點(diǎn)P在第一象限, 故點(diǎn)P的坐標(biāo)為.(6分) (2)由于直線l1過原點(diǎn)O且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0,(8分) 所以點(diǎn)P到直線l1的距離 d=,(10分) 整理得d=,(13分) 因?yàn)閍2k2+≥2ab, 所以≤=a-b, 當(dāng)且僅當(dāng)k2=時等號成立. 所以點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a-b.(15分) [搶分有招] 得滿分不容易,得大部分分?jǐn)?shù)還是很輕松的.第一小題中只要有直線方程與橢圓聯(lián)立方程的意識就給2分,P點(diǎn)橫縱坐標(biāo)各2分,即第一小題6分;第二小題中只要設(shè)l1直線方程就給2分,至于直線方程有沒有設(shè)對無所謂;有

43、點(diǎn)到直線的方程公式給2分;把點(diǎn)的坐標(biāo)代入正確給3分;最后有k2=的結(jié)果或等價形式都給2分;第一小題是突破口,如果能解出P點(diǎn)坐標(biāo),順勢寫出P到l1的距離,拿13分是非常輕松的. 對一個問題正面思考發(fā)生思維受阻時,用逆向思維的方法去探求新的解題途徑,往往能得到突破性的進(jìn)展.順向推有困難就逆推,直接證有困難就反證. [典例2] (2017·臺州調(diào)研·滿分15分)已知數(shù)列{an}滿足:an>0,an+1+<2(n∈N*). (1)求證:an+21(n∈N*). [規(guī)范解答及評分細(xì)則] (1)由an>0,an+1+<2, 得an+1<2-

44、<2.(3分) 因?yàn)?>an+2+>2(由題知an+1≠an+2), 即an+2N時,an≤aN+1<1.(8分) 根據(jù)an+1-1<1-=<0,而an<1, 所以>=1+,(10分) 于是>1+,…, >1+. 累加可得>n-1+.(*)(12分) 由假設(shè)可得aN+n-1<0, 而當(dāng)n>-+1時,顯然有n-1+>0, 因此有1(n∈N*).(15分) 法二:假設(shè)存在aN≤1(N≥1,

45、N∈N*), 由(1)可得當(dāng)n>N時,0≥>1.(10分) 于是1-an>(1-an-1), 1-an-1>(1-an-2),…, 1-aN+2>(1-aN+1). 累乘可得1-an>(1-aN+1)n-N-1,(*)(12分) 由(1)可得1-an<1, 而當(dāng)n>log+N+1時, 則有(1-aN+1)n-N-1>1, 這顯然與(*)矛盾. 所以an>1(n∈N*).(15分) [搶分有招] 一些證明問題,若直接證明比較困難,可從結(jié)論分析,把結(jié)論轉(zhuǎn)化為易證明的問題

46、,或利用反證法證明其結(jié)論的反面不成立,這是求解一些證明問題的常見思路. 一道題目的完整解答,既有主要的實(shí)質(zhì)性的步驟,也有次要的輔助性的步驟.實(shí)質(zhì)性的步驟未找到之前,找輔助性的步驟是明智之舉.如:準(zhǔn)確作圖,把題目中的條件翻譯成數(shù)學(xué)表達(dá)式,根據(jù)題目的意思列出要用的公式等.羅列這些小步驟都是有分的,這些全是解題思路的重要體現(xiàn),切不可以不寫,對計(jì)算能力要求高的,實(shí)行解到哪里算哪里的策略.書寫也是輔助解答,“書寫要工整,卷面能得分”是說第一印象好會在閱卷老師的心理上產(chǎn)生光環(huán)效應(yīng). [典例3] (本小題滿分15分)已知橢圓C:+=1,(a>b>0)的兩個焦點(diǎn)分別為F1(-1,0),F(xiàn)2(1,0),

47、且橢圓C經(jīng)過點(diǎn)P. (1)求橢圓C的離心率; (2)設(shè)過點(diǎn)A(0,2)的直線l與橢圓C交于M,N兩點(diǎn),點(diǎn)Q是線段MN上的點(diǎn),且=+,求點(diǎn)Q的軌跡方程. [規(guī)范解答及評分細(xì)則] (1)由橢圓定義知, 2a=|PF1|+|PF2|=+=2,所以a=. 又由已知,c=1, 所以橢圓C的離心率e===.(3分) (2)由(1)知,橢圓C的方程為+y2=1. 設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x,y). ①當(dāng)直線l與x軸垂直時,直線l與橢圓C交于(0,1),(0,-1)兩點(diǎn), 此時點(diǎn)Q的坐標(biāo)為.(4分) ②當(dāng)直線l與x軸不垂直時,設(shè)直線l的方程為y=kx+2. 因?yàn)镸,N在直線l上,可設(shè)點(diǎn)M

48、,N的坐標(biāo)分別為(x1,kx1+2),(x2,kx2+2),則|AM|2=(1+k2)x,|AN|2=(1+k2)x. 又|AQ|2=x2+(y-2)2=(1+k2)x2.(7分) 由=+, 得=+, 即=+=.?、侏?8分) 將y=kx+2代入+y2=1中,得 (2k2+1)x2+8kx+6=0.?、? 由Δ=(8k)2-4×(2k2+1)×6>0,得k2>. 由②可知,x1+x2=,x1x2=,(9分) 代入①中并化簡,得x2=. ③ 因?yàn)辄c(diǎn)Q在直線y=kx+2上,所以k=,代入③中并化簡,得10(y-2)2-3x2=18.(11分) 由③及k2>,可知0<x2<

49、, 即x∈∪. 又滿足10(y-2)2-3x2=18, 故x∈. 由題意,Q(x,y)在橢圓C內(nèi), 所以-1≤y≤1,(13分) 又由10(y-2)2=18+3x2有(y-2)2∈, 且-1≤y≤1,則y∈. 所以點(diǎn)Q的軌跡方程為10(y-2)2-3x2=18, 其中x∈,y∈.(15分) [搶分有招] 第二問求點(diǎn)Q的軌跡方程不易求解,考生可以利用圖形特點(diǎn)先求出直線l垂直于x軸時所滿足條件的點(diǎn)Q坐標(biāo),即使以下不作解答,閱卷老師也將酌情給分.像這類問題中根據(jù)圖形和題意求出一些特殊點(diǎn)的坐標(biāo)、方程或正確作出圖形的方法即為輔助解答法,此法是解題過程中必不可少的一種方法.

50、 “10+7”小題提速保分練(一) 一、選擇題 1.已知集合P={x|x2≥9},Q={x|x>2},則P∩Q=(  ) A.{x|x≥3}       B.{x|x>2} C.{x|22},所以P∩Q={x|x≥3}. 2.“α>”是“sin α>”的(  ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 解析:選D

51、 充分性:當(dāng)α>時,比如α=π,此時sin π=0,顯然不滿足sin α>,充分性不具備; 必要性:當(dāng)sin α>時,比如α=-,此時sin=1,但不滿足α>,必要性不具備. 所以“α>”是“sin α>”的既不充分也不必要條件. 3.設(shè)m,n是兩條不同的直線,α是一個平面,則下列說法正確的是(  ) A.若m∥α,n∥α,則m∥n B.若m∥α,n∥α,則m⊥n C.若m⊥α,n⊥α,則m∥n D.若m⊥α,n⊥α,則m⊥n 解析:選C 對于A,若m∥α,n∥α,m,n還可能相交或異面,故A是錯誤的;對于B,若m∥α,n∥α,m,n可能是平行的,故B是錯誤的;對于C,若m⊥α,n

52、⊥α,則m∥n,顯然C是正確的;對于D,若m⊥α,n⊥α,則m∥n,顯然D是錯誤的. 4.某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該幾何體的體積(單位:cm3)是(  ) A. B. C. D. 解析:選B 由三視圖易知該幾何體為三棱錐, 則該幾何體的體積V=××=. 5.已知y=f(x)+x是偶函數(shù),且f(2)=1,則f(-2)=(  ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析:選D ∵y=f(x)+x是偶函數(shù), ∴f(x)+x=f(-x)-x. 當(dāng)x=2時,f(2)+2=f(-2)-2,又f(2)=1, ∴f(-2)=5. 6.在等差數(shù)列{an}中,a1=3

53、,a1+a2+a3=21,則a3+a4+a5=(  ) A.45 B.42 C.21 D.84 解析:選A 由題意得a1+a2+a3=3a2=21,a2=7, 又a1=3,所以公差d=a2-a1=4. 所以a3+a4+a5=(a1+a2+a3)+6d=21+24=45. 7.由函數(shù)y=cos 2x的圖象通過平移變換得到函數(shù)y=cos的圖象,這個變換可以是(  ) A.向左平移個單位長度 B.向右平移個單位長度 C.向左平移個單位長度 D.向右平移個單位長度 解析:選B 因?yàn)閥=cos=cos,所以可以由函數(shù)y=cos 2x的圖象向右平移個單位長度得到函數(shù)y=cos的圖象.

54、 8.若不等式組表示一個三角形內(nèi)部的區(qū)域,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(  ) A. B. C. D. 解析:選C 作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示. 聯(lián)立解得x=y(tǒng)=,即A, 因?yàn)閤+y>a表示直線的右上方部分,由圖可知,若不等式組構(gòu)成三角形,則點(diǎn)A在x+y=a的右上方即可. 又A,所以+>a,即a<. 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 9.若|a|=|b|=|c|=2,且a·b=0,(a-c)·(b-c)≤0,則|a+b-c|的取值范圍是(  ) A.[0,2+2] B.[0,2] C.[2-2,2+2] D.[2-2,2] 解析:選D 如圖所示,=a,=b,=c,

55、=a+b, ∵(a-c)·(b-c)≤0, ∴點(diǎn)C在劣弧AB上運(yùn)動, ∵|a+b-c|表示C,D兩點(diǎn)間的距離|CD|. ∴|CD|的最大值是|BD|=2,|CD|最小值為|OD|-2=2-2. 10.已知F1,F(xiàn)2為橢圓與雙曲線的公共焦點(diǎn),P是它們的一個公共點(diǎn),且∠F1PF2=45°,則該橢圓與雙曲線的離心率乘積的最小值為(  ) A. B. C.1 D. 解析:選B 如圖,設(shè)橢圓的長半軸長為a1,雙曲線的半實(shí)軸長為a2,則根據(jù)橢圓及雙曲線的定義得|PF1|+|PF2|=2a1, |PF1|-|PF2|=2a2, ∴|PF1|=a1+a2,|PF2|=a1-a2,設(shè)|F1F

56、2|=2c,又∠F1PF2=45°, 在△PF1F2中,由余弦定理得, 4c2=(a1+a2)2+(a1-a2)2-2(a1+a2)(a1-a2)cos 45°, 化簡得,(2-)a+(2+)a=4c2, 即+=4, 又∵+≥=, ∴≤4,即e1e2≥, ∴橢圓和雙曲線的離心率乘積的最小值為. 二、填空題 11.已知復(fù)數(shù)z=(a∈R,i為虛數(shù)單位)的實(shí)部為1,則a=________,|z|=________. 解析:z===a-i,因?yàn)閺?fù)數(shù)z的實(shí)部為1,所以a=1,|z|==. 答案:1  12.一個口袋中裝有大小相同的2個黑球和3個紅球,從中摸出兩個球,則恰有一個黑球

57、的概率是________;若X表示摸出黑球的個數(shù),則E(X)=________. 解析:從中摸出兩個球,則恰有一個黑球的概率是P==;X的可能取值為0,1,2. 所以P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==, 所以E(X)=0×+1×+2×=. 答案:  13.若n的展開式各項(xiàng)系數(shù)之和為64,則n=________;展開式中的常數(shù)項(xiàng)為________. 解析:令x=1,得2n=64,所以n=6. 所以6的通項(xiàng)公式為 Tr+1=C(3)6-rr=C(-1)r36-rx3-r, 令r=3,得展開式中的常數(shù)項(xiàng)為C(-1)336-3=-540. 答案:6?。?40 1

58、4.設(shè)函數(shù)f(x)=則f =______;若f=1,則實(shí)數(shù)a的值為________. 解析:∵函數(shù)f(x)= ∴f =2-1=1,∴f =f(1)=2. 由f(f(a))=1,可知 當(dāng)a<時,f(f(a))=f(3a-1)=3(3a-1)-1=1,解得a=; 當(dāng)a≥1時,2a>1,f(f(a))=1,不成立; 當(dāng)≤a<1時,f(f(a))=f(3a-1)=23a-1=1, 解得a=(舍去).綜上,a=. 答案:2  15.若非零向量a,b滿足|a|=|b|,且(a-b)⊥(3a+2b),則向量a與b的夾角為________. 解析:∵(a-b)⊥(3a+2b), ∴(a-

59、b)·(3a+2b)=0, 即3a2-2b2-a·b=0, 即a·b=3a2-2b2=b2, ∴cos〈a,b〉===, 即〈a,b〉=. 答案: 16.若正實(shí)數(shù)m,n滿足2m+n+6=mn,則mn的最小值是________. 解析:由正實(shí)數(shù)m,n滿足2m+n+6=mn可得, 2+6≤2m+n+6=mn, 即2+6≤mn,令=t, 則不等式可化為2t+6≤,即t2-4t-12≥0, 解得t≤-2(舍去)或t≥6. 即≥6,mn≥18,∴mn的最小值是18. 答案:18 17.當(dāng)1≤x≤3時,|3a+2b|-|a-2b|≤|a|·對任意實(shí)數(shù)a,b都成立,則實(shí)數(shù)m的取值

60、范圍是________. 解析:當(dāng)a=0時,不等式顯然成立; 當(dāng)a≠0時,-≤x++1, 而-≤=4,∴x++1≥4,即m≥3x-x2. 當(dāng)1≤x≤3時,3x-x2≤3×-=,∴m≥. 答案: “10+7”小題提速保分練(二) 一、選擇題 1.已知集合A={x|0

61、(  ) A.-i B.i C.- D. 解析:選C 因?yàn)閦====-i,所以復(fù)數(shù)z的虛部為-. 3.已知直線l,m與平面α,β,l?α,m?β,則下列命題中正確的是(  ) A.若l∥m,則α∥β B.若l⊥m,則α⊥β C.若l⊥β,則α⊥β D.若α⊥β,則m⊥α 解析:選C 對于選項(xiàng)A,平面α和平面β還有可能相交,所以選項(xiàng)A錯誤;對于選項(xiàng)B,平面α和平面β還有可能相交或平行,所以選項(xiàng)B錯誤;對于選項(xiàng)C,因?yàn)閘?α,l⊥β,所以α⊥β,所以選項(xiàng)C正確;對于選項(xiàng)D,直線m還有可能和平面α平行,所以選項(xiàng)D錯誤,故選C. 4.使得n(n∈N*)的展開式中含有常數(shù)項(xiàng)的最小的n為

62、(  ) A.4 B.5 C.6 D.7 解析:選B n(n∈N*)的展開式的通項(xiàng)為 Tr+1=3n-rCxn-rxr=3n-rCxnr, 令n-r=0,得n=r,又n∈N*, ∴當(dāng)r=2時,n的值最小,即nmin=5. 5.記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.“對于任意正整數(shù)n,均有an>0”是“{Sn}為遞增數(shù)列”的(  ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 解析:選A ∵“an>0”?“數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列”, ∴“an>0”是“數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列”的充分條件. 當(dāng)數(shù)列{an}為-1,0,1,2,3,4,…,顯然數(shù)列

63、{Sn}是遞增數(shù)列,但是an不一定大于零,還有可能小于等于零, ∴“數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列”不能推出“an>0”, ∴“an>0”不是“數(shù)列{Sn}為遞增數(shù)列”的必要條件. ∴“對于任意正整數(shù)n,an>0”是“數(shù)列{Sn}為遞增數(shù)列”的充分不必要條件. 6.已知實(shí)數(shù)x,y滿足不等式組則|x-y|的最大值為(  ) A.0 B.2 C.4 D.8 解析:選C 作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示,|x-y|=·=·的幾何意義為表示區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)到直線x-y=0的距離的倍, 由圖可知點(diǎn)A(4,0)到直線x-y=0距離最大,所以|x-y|的最大值為·=4. 7.某城市的街道如圖

64、,某人要從A地前往B地,則路程最短的走法有(  ) A.8種 B.10種 C.12種 D.32種 解析:選B 此人從A到B,路程最短的走法應(yīng)走2縱3橫,將縱用0表示,橫用1表示,則一種走法就是2個0和3個1的一個排列,只需從5個位置中選2個排0,其余位置排1即可,故共有C=10種. 8.設(shè)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)P(2,0)的直線與拋物線相交于A,B兩點(diǎn),與拋物線的準(zhǔn)線相交于C,若|BF|=,則=(  ) A. B. C. D. 解析:選D 如圖,拋物線的準(zhǔn)線方程為l:x=-1, 分別過A,B作準(zhǔn)線l的垂線AM,BN, 則|BN|=|BF|=, ∴點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為

65、,不妨設(shè)B,則直線AB的方程為y=2x-4, 聯(lián)立方程組 得6x2-25x+24=0, 設(shè)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為x0,則x0+=,解得x0=. ∴|AM|=x0+1=, ∴===. 9.已知a為正常數(shù),f(x)=若存在θ∈,滿足f(sin θ)=f(cos θ),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(  ) A. B. C.(1,) D. 解析:選D 設(shè)g(x)=x2-ax+1, 則其關(guān)于直線x=a對稱的曲線為g(-x+2a), g(-x+2a)=(-x+2a)2-a(-x+2a)+1=x2-3ax+2a2+1, 所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=a對稱,且在[a,+∞)上為增函數(shù). 所以

66、a==sin. 因?yàn)棣取?,θ+? 所以a=sin∈. 10.已知x,y均為非負(fù)實(shí)數(shù),且x+y≤1,則4x2+4y2+(1-x-y)2的取值范圍為(  ) A. B.[1,4] C.[2,4] D.[2,9] 解析:選A 設(shè)=z,則問題等價于x+y+2z=1,滿足x,y,z≥0,求4(x2+y2+z2)的取值范圍. 設(shè)點(diǎn)A,B(1,0,0),C(0,1,0), 所以點(diǎn)P(x,y,z)可視為長方體的一個三角截面ABC上的一個點(diǎn), 則|OP|2=x2+y2+z2,于是問題可以轉(zhuǎn)化為先求|OP|的取值范圍. 顯然|OP|≤1,設(shè)點(diǎn)O到平面ABC的距離為h, 則VO-ABC=VA-OBC, 所以××××h=××1×1×, 解得h=,所以≤|OP|≤1, 所以|OP|2∈,即4(x2+y2+z2) ∈. 故答案為A. 二、填空題 11.雙曲線x2-=1的離心率是__________,漸近線方程為____________. 解析:因?yàn)閍=1,b=,c=2,所以雙曲線的離心率為e==2,漸近線方程為y=±x=±x. 答案:2 y=±x 12.已知直線l:mx-

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