（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)精準(zhǔn)提分 第三篇 滲透數(shù)學(xué)思想提升學(xué)科素養(yǎng)（四）審題路線中尋求解題策略試題.docx

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4審題路線中尋求解題策略 審題是解題的前提，只有認(rèn)真閱讀題目，提煉關(guān)鍵信息，明確題目的條件與結(jié)論，才能通過分析、推理啟發(fā)解題思路，選取適當(dāng)?shù)慕忸}方法．最短時(shí)間內(nèi)把握題目條件與結(jié)論間的聯(lián)系是提高解題效率的保障．審題不僅存在于解題的開端，還要貫穿于解題思路的全過程和解答后的反思回顧．正確的審題要多角度地觀察，由表及里，由條件到結(jié)論，由數(shù)式到圖形，洞察問題實(shí)質(zhì)，選擇正確的解題方向．事實(shí)上，很多考生往往對(duì)審題掉以輕心，或不知從何處入手進(jìn)行審題，致使解題失誤而丟分．下面結(jié)合實(shí)例，教你正確的審題方法，制作一張漂亮的“審題路線圖”，助你尋求解題策略． 題目的條件是解題的主要素材，條件有明示的，也有隱含的，審視條件時(shí)更重要的是充分挖掘每一個(gè)條件的內(nèi)涵和隱含信息，對(duì)條件進(jìn)行再認(rèn)識(shí)、再加工，注意已知條件中容易疏忽的隱含信息、特殊情形，明晰相近概念之間的差異，發(fā)揮隱含條件的解題功能 1．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，且＝－. (1)求B的大小； (2)若b＝，a＋c＝4，求△ABC的面積． 審題路線圖 →→ 解　(1)由余弦定理知，cosB＝， cosC＝， 將上式代入＝－，得 ＝－， 整理得a2＋c2－b2＝－ac， ∴cosB＝＝＝－. ∵B為三角形的內(nèi)角，∴B＝. (2)將b＝，a＋c＝4，B＝ 代入b2＝a2＋c2－2accosB， 得13＝42－2ac－2accos， 解得ac＝3. ∴S△ABC＝acsinB＝. 解題的最終目標(biāo)就是求出結(jié)論或說(shuō)明已給結(jié)論正確或錯(cuò)誤，因而解題的思維過程大多都是圍繞著結(jié)論這個(gè)目標(biāo)進(jìn)行定向思考的.審視結(jié)論，就是在結(jié)論的啟發(fā)下，探索已知條件和結(jié)論之間的內(nèi)在聯(lián)系和轉(zhuǎn)化規(guī)律.善于從結(jié)論中捕捉解題信息，善于對(duì)結(jié)論進(jìn)行轉(zhuǎn)化，使之逐步靠近已知條件，從而發(fā)現(xiàn)和確定解題方向. 2．已知θ是第四象限角，且sin＝，則tan＝________. 審題路線圖 ―→ 答案?。? 解析　∵sin＝>0， 且θ是第四象限角，易知cos＝， ∵θ－＝θ＋－， ∴sin＝sin ＝－cos＝－， cos＝cos ＝sin＝， ∴tan＝－. 3．在Rt△ABC中，BC＝2，AB＝4，∠ACB＝90，E為AC邊上的點(diǎn)，D是AB邊的中點(diǎn)，點(diǎn)O為BE與CD的交點(diǎn)，且AE＝2EC，沿CD把△BCD折起，使平面BCD⊥平面ACD. (1)求證：平面EOB⊥平面BCD； (2)求直線AB與平面ACD所成角的正弦值． 審題路線圖 (1)―→―→ ―→ (2)―→―→―→ (1)證明　∵BC＝2，BA＝4，∠ACB＝90，D為AB邊的中點(diǎn)， ∴AC＝2，△BCD為等邊三角形． 又AE＝2EC，∴EC＝， ∴tan∠CBE＝， ∴∠CBE＝30， ∵BC＝CD＝DB， ∴OB⊥CD，OE⊥CD. 又OB∩OE＝O，OB，OE?平面BOE， ∴CD⊥平面BOE.又CD?平面BCD， ∴平面BCD⊥平面BOE. (2)解　連接OA.由(1)可知OB⊥平面ACD， 則∠BAO就是直線AB與平面ACD所成的角， 在△ADO中，OD＝1，AD＝2，∠ADO＝120， ∴OA＝＝， 又OB＝，∠BOA＝90， ∴AB＝， ∴sin∠BAO＝＝＝. 故直線AB與平面ACD所成角的正弦值為. 在一些數(shù)學(xué)高考試題中，問題的條件往往是以圖形的形式給出，或?qū)l件隱含在圖形之中，因此在審題時(shí)，要善于觀察圖形，洞悉圖形所隱含的特殊關(guān)系、數(shù)值的特點(diǎn)、變化的趨勢(shì).抓住圖形的特征，運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法，是破解題目的關(guān)鍵. 4．函數(shù)y＝2x2－e|x|在[－2,2]的圖象大致為(　　) 審題路線圖 ―→―→―→ 答案　D 解析　y＝f(x)＝2x2－e|x|為偶函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝4x－ex，作y＝4x 與y＝ex的圖象如圖所示，故存在實(shí)數(shù)x0∈(0,1)，使得f′(x0)＝0，則當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x0)<0，當(dāng)x∈(x0，2)時(shí)，f′(x0)>0，所以f(x)在(0，x0)內(nèi)單調(diào)遞減，在(x0，2)內(nèi)單調(diào)遞增，又f(2)＝8－e2≈8－7.4＝0.6，故選D. 5.如圖，在半徑為r的定圓C中，A為圓上的一個(gè)定點(diǎn)，B為圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若＋＝，且點(diǎn)D在圓C上，則＝________. 審題路線圖 ―→ ―→ 答案　 解析　根據(jù)向量加法的平行四邊形法則知， 四邊形ABDC為平行四邊形， 而||＝||＝||＝||＝r， ∴△ABC為正三角形， ∴＝. 數(shù)學(xué)問題中的條件和結(jié)論，很多都是以數(shù)式的結(jié)構(gòu)形式進(jìn)行搭配和呈現(xiàn).在這些問題的數(shù)式結(jié)構(gòu)中，往往都隱含著某種特殊關(guān)系，認(rèn)真審視數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征，對(duì)數(shù)式結(jié)構(gòu)進(jìn)行深入分析，加工轉(zhuǎn)化，和我們熟悉的數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)聯(lián)想比對(duì)，就可以尋找到解決問題的方案. 6．設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和． 審題路線圖 (1) (2) 解　(1)因?yàn)閍1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n， 所以當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)， 兩式相減，得(2n－1)an＝2， 所以an＝(n≥2)． 又由題設(shè)可得a1＝2，滿足上式， 所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝(n∈N*)． (2)記的前n項(xiàng)和為Sn， 由(1)知＝＝－， 則Sn＝－＋－＋…＋－＝(n∈N*)． 審題不僅要從宏觀上、整體上去分析、去把握，還要更加注意審視一些細(xì)節(jié)上的問題.例如括號(hào)內(nèi)的標(biāo)注、數(shù)據(jù)的范圍、圖象的特點(diǎn)等.因?yàn)闃?biāo)注、范圍大多是對(duì)數(shù)學(xué)概念、公式、定理中所涉及的一些量或解析式的限制條件，審視細(xì)節(jié)能適時(shí)地利用相關(guān)量的約束條件，調(diào)整解決問題的方向.所以說(shuō)重視審視細(xì)節(jié)，更能體現(xiàn)審題的深刻性. 7．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(－2,0)，離心率為. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，T為直線x＝－3上一點(diǎn)，過F作TF的垂線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)．當(dāng)四邊形OPTQ是平行四邊形時(shí)，求四邊形OPTQ的面積． 審題路線圖 (1)―→―→―→ (2)→→→→ 解　(1)由已知可得，＝，c＝2， 所以a＝. 又由a2＝b2＋c2，解得b＝， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是＋＝1. (2)設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為(－3，m)， 則直線TF的斜率kTF＝＝－m. 當(dāng)m≠0時(shí)，直線PQ的斜率kPQ＝，直線PQ的方程是x＝my－2. 當(dāng)m＝0時(shí)，直線PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式． 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 聯(lián)立消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0， 其判別式Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0. 所以y1＋y2＝，y1y2＝， x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝. 因?yàn)樗倪呅蜲PTQ是平行四邊形， 所以＝，即(x1，y1)＝(－3－x2，m－y2)． 所以 解得m＝1. 此時(shí)，四邊形OPTQ的面積 S四邊形OPTQ＝2S△OPQ＝2|OF||y1－y2|＝2＝2.