高考數(shù)學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題11 數(shù)學方法 第44練 關于計算過程的再優(yōu)化 文-人教版高三數(shù)學試題

《高考數(shù)學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題11 數(shù)學方法 第44練 關于計算過程的再優(yōu)化 文-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題11 數(shù)學方法 第44練 關于計算過程的再優(yōu)化 文-人教版高三數(shù)學試題（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第44練　關于計算過程的再優(yōu)化 [題型分析·高考展望]　中學數(shù)學的運算包括數(shù)的計算，式的恒等變形，方程和不等式同解變形，初等函數(shù)的運算和求值，各種幾何量的測量與計算，求數(shù)列和函數(shù)、定積分、概率、統(tǒng)計的初步計算等．《高中數(shù)學新課程標準》所要求的數(shù)學能力中運算求解能力更為基本，運算求解能力指的是要求學生會根據法則、公式進行正確運算、變形和數(shù)據處理，能根據問題的條件，尋找與設計合理、簡捷的運算途徑；能根據要求對數(shù)據進行估計和近似計算．運算求解能力是思維能力和運算技能的結合．運算包括對數(shù)字的計算、估值和近似計算，對式子的組合變形與分解變形，對幾何圖形各幾何量的計算求解等． 數(shù)學運算，都是依據相應的

2、概念、法則、性質、公式等基礎知識進行的，尤其是概念，它是思維的形式，只有概念明確、理解透徹，才能作出正確的判斷及合乎邏輯的推理．計算法則是計算方法的程序化和規(guī)則化，對法則的理解是計算技能形成的前提．高考命題對運算求解能力的考查主要是針對算法、推理及以代數(shù)運算為主的考查．因此在高中數(shù)學中，對于運算求解能力的培養(yǎng)至關重要． 提高數(shù)學解題能力，首先是提高數(shù)學的運算求解能力，可以從以下幾個方面入手： 1．培養(yǎng)良好的審題習慣． 2．培養(yǎng)認真計算的習慣． 3．培養(yǎng)一些常用結論的記憶的能力，記住一些常用的結論，比如數(shù)列求和的公式12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)，三角函數(shù)中的輔助角

3、公式asin x＋bcos x＝sin(x＋θ)等等． 4．加強運算練習是提高基本運算技能的有效途徑，任何能力都是有計劃、有目的地訓練出來的，提高基本運算技能也必須加強練習、嚴格訓練． 5．提高運算基本技能，必須要提高學生在運算中的推理能力，這就首先要清楚運算的定理及相關理論． 6．增強自信是解題的關鍵，自信才能自強，在數(shù)學解題中，自信心是相當重要的． 高考必會題型 題型一　化繁為簡，優(yōu)化計算過程 例1　過點(，0)引直線l與曲線y＝相交于A，B兩點，O為坐標原點，當△AOB的面積取最大值時，直線l的斜率等于(　　) A. B．－ C．± D．－ 答案　B 解析　由y＝得，

4、x2＋y2＝1(y≥0)， 設直線方程為x＝my＋，m<0(m≥0不合題意)， 代入x2＋y2＝1(y≥0)，整理得， (1＋m2)y2＋2my＋1＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則y1＋y2＝－，y1y2＝， 則△AOB的面積為×|y1－y2|＝|y1－y2|， 因為|y1－y2|＝ ＝＝＝ ＝≤＝， 當且僅當＝， 即m2－1＝2，m＝－時取等號． 此時直線方程為x＝－y＋，即y＝－x＋， 所以直線的斜率為－. 點評　本題考查直線與圓的位置關系以及三角形的面積公式，先設出直線方程x＝my＋，表示出△AOB的面積，然后探討面積最大時m的取值，得到直線

5、的斜率． 題型二　運用概念、性質等優(yōu)化計算過程 例2　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，C與過原點的直線相交于A，B兩點，連接AF，BF.若|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝，則C的離心率e＝________. 答案　 解析　如圖，設|BF|＝m， 由題意知， m2＋100－2×10mcos∠ABF＝36， 解得m＝8，所以△ABF為直角三角形， 所以|OF|＝5，即c＝5， 由橢圓的對稱性知|AF′|＝|BF|＝8(F′為右焦點)， 所以a＝7，所以離心率e＝. 點評　熟練掌握有關的概念和性質是快速準確解決此類題目的關鍵． 題型三　代數(shù)運算

6、中加強“形”的應用，優(yōu)化計算過程 例3　設b>0，數(shù)列{an}滿足a1＝b，an＝(n≥2)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)證明：對于一切正整數(shù)n，an≤＋1. (1)解　由a1＝b>0，知an＝>0， ＝＋·.令An＝，A1＝， 當n≥2時，An＝＋An－1 ＝＋＋…＋＋A1 ＝＋＋…＋＋. ①當b≠2時， An＝＝； ②當b＝2時，An＝. 綜上，an＝ (2)證明　當b≠2時，(2n＋1＋bn＋1) ＝(2n＋1＋bn＋1)(bn－1＋2bn－2＋…＋2n－1) ＝2n＋1bn－1＋2n＋2bn－2＋…＋22n＋b2n＋2b2n－1＋…＋2n－1

7、bn＋1 ＝2nbn(＋＋…＋＋＋＋…＋) >2nbn(2＋2＋…＋2)， ＝2n·2nbn＝n·2n＋1bn， ∴an＝<＋1. 當b＝2時，an＝2＝＋1. 綜上所述，對于一切正整數(shù)n，an≤＋1. 點評　結合題目中an的表達式可知，需要構造an新的形式＝＋·，得到新的數(shù)列，根據新數(shù)列的形式求和；不等式的證明借用放縮完成． 高考題型精練 1．已知函數(shù)f(x)＝的定義域是一切實數(shù)，則m的取值范圍是(　　) A．0

8、當m≠0時，需滿足 解得0}，則f(10x)>0的解集為(　　) A．{x|x<－1或x>lg 2} B．{x|－1－lg 2} D．{x|x<－lg 2} 答案　D 解析　由題意知，一元二次不等式f(x)>0的解集為 (－1，)，即－1<10x

9、函數(shù)f(x)＝則使方程x＋f(x)＝m有解的實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(1,2) B．(－∞，－2] C．(－∞，1)∪(2，＋∞) D．(－∞，1]∪[2，＋∞) 答案　D 解析　當x≤0時，x＋f(x)＝m，即x＋1＝m，解得m≤1；當x>0時，x＋f(x)＝m，即x＋＝m，解得m≥2.即實數(shù)m的取值范圍是(－∞，1]∪[2，＋∞)．故選D. 5．在△ABC中，若＝，則(　　) A．A＝C B．A＝B C．B＝C D．以上都不正確 答案　C 解析　∵＝＝， ∴sin Bcos C－cos Bsin C＝0. ∴sin(B－C)＝0. 又∵－π<

10、B－C<π， ∴B－C＝0，即B＝C. 6．已知直線l與拋物線y2＝4x交于A、B兩點，若P(2,2)為AB的中點，則直線AB的方程為________． 答案　x－y＝0 解析　∵點A(x1，y1)，B(x2，y2)在拋物線y2＝4x上， ∴∴y－y＝4x2－4x1， 即＝. ∵P(2,2)為AB的中點，所以y2＋y1＝4， ∴直線AB的斜率k＝＝＝1， ∴直線AB的方程為x－y＝0. 7．拋物線y＝x2在x＝1處的切線與兩坐標軸圍成三角形區(qū)域為D(包含三角形內部與邊界)．若點P(x，y)是區(qū)域D內的任意一點，則x＋2y的取值范圍是________． 答案　[－2，]

11、解析　易知切線方程為：y＝2x－1，所以與兩坐標軸圍成的三角形區(qū)域三個點為A(0,0)，B(，0)，C(0，－1)．易知過C點時有最小值－2，過B點時有最大值. 8．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知A＝，bsin(＋C)－csin(＋B)＝a. (1)求證：B－C＝； (2)若a＝，求△ABC的面積． (1)證明　由bsin(＋C)－csin(＋B)＝a， 應用正弦定理，得 sin Bsin(＋C)－sin Csin(＋B)＝sin A， sin B(sin C＋cos C)－sin C(sin B＋cos B) ＝， 整理得sin Bcos C－cos

12、 Bsin C＝1， 即sin(B－C)＝1. 由于0

13、，所以PD⊥AD. 又因為ABCD是矩形， 所以AD⊥CD. 因為PD∩CD＝D， 所以AD⊥平面PCD， 所以AD是三棱錐A—PDE的高． 因為E為PC的中點，且PD＝DC＝4， 所以S△PDE＝S△PDC＝×＝4. 又AD＝2， 所以VA—PDE＝AD·S△PDE＝×2×4＝. (2)取AC中點M，連接EM，DM， 所以AM＝AC＝. 因為E為PC的中點，M是AC的中點，所以EM∥PA. 又因為EM?平面EDM， PA?平面EDM， 所以PA∥平面EDM. 即在AC邊上存在一點M，使得PA∥平面EDM，AM的長為. 10．已知雙曲線－＝1(a>0，b>

14、0)，O為坐標原點，離心率e＝2，點M(，)在雙曲線上． (1)求雙曲線方程； (2)若直線l與雙曲線交于P、Q兩點，且·＝0，求＋的值． 解　(1)∵e＝2， ∴c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2， ∴雙曲線方程為－＝1， 即3x2－y2＝3a2， ∵點M(，)在雙曲線上， ∴15－3＝3a2，∴a2＝4， ∴所求雙曲線方程為－＝1. (2)設直線OP的方程為y＝kx(k≠0)， 聯(lián)立－＝1得 ∴|OP|2＝x2＋y2＝. ∵·＝0， ∴直線OQ的方程為y＝－x， 同理可得|OQ|2＝， ∴＋＝ ＝＝. 11．已知數(shù)列{an}中，an＝1＋(n∈N*，

15、a∈R且a≠0)． (1)若a＝－7，求數(shù)列{an}中的最大項和最小項的值； (2)若對任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范圍． 解　(1)∵an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)， 又a＝－7， ∴an＝1＋(n∈N*)． 結合函數(shù)f(x)＝1＋的單調性， 可知1＞a1＞a2＞a3＞a4， a5＞a6＞a7＞…＞an＞1(n∈N*)． ∴數(shù)列{an}中的最大項為a5＝2， 最小項為a4＝0. (2)an＝1＋＝1＋， 已知對任意的n∈N*，都有an≤a6成立， 結合函數(shù)f(x)＝1＋的單調性， 可知5＜＜6， 即－10＜a＜－8. 12．若正數(shù)x

16、，y滿足x＋2y＋4＝4xy，且不等式(x＋2y)a2＋2a＋2xy－34≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　∵正實數(shù)x，y滿足x＋2y＋4＝4xy， 即x＋2y＝4xy－4. 不等式(x＋2y)a2＋2a＋2xy－34≥0恒成立， 即(4xy－4)a2＋2a＋2xy－34≥0恒成立， 變形得2xy(2a2＋1)≥4a2－2a＋34恒成立， 即xy≥恒成立． 又∵x>0，y>0， ∴x＋2y≥2， ∴4xy＝x＋2y＋4≥4＋2， 即2()2－－2≥0， ∴≥或≤－(舍去)， 可得xy≥2. 要使xy≥恒成立， 只需2≥恒成立， 化簡得2a2＋a－15≥0， 解得a≤－3或a≥. 故a的取值范圍是(－∞，－3]∪[，＋∞)．