江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第23講 高考題中的解答題解法

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1、　高考題中的解答題解法 江蘇高考數(shù)學(xué)試卷是由填空題和解答題兩部分構(gòu)成，其中填空題14小題，每小題5分，總分70分，文科考生只要做解答題中的15～20共計6題，總分90分，試卷總分160分． 解答題就是給出一定的題設(shè)條件(即已知)，然后提出一定的要求(即結(jié)論)．它要求考生能根據(jù)題設(shè)，運(yùn)用已知的一切條件(含公理、定理、性質(zhì)、定義、公式等)，通過推理和計算最終達(dá)到要求的目標(biāo)．在卷面上要求考生必須要將整個過程有條理、合乎邏輯、完整地陳述出來(包含添加的輔助線、引用的結(jié)論等)． 試卷中前160分的6道解答題可分為中低檔題(前3題)，中高檔題(后3題)，其中三角、向量與解三角形，立體幾何，解析

2、幾何可歸結(jié)為前一類，應(yīng)用題，數(shù)列題，函數(shù)、方程及不等式類題可歸結(jié)為后一類問題，當(dāng)然這也不是絕對的，應(yīng)用題和解析幾何題也是可以對調(diào)位置的，這要看整個試卷的知識點(diǎn)分布，縱觀最近幾年的江蘇高考題，我們感覺到8個“C”級考點(diǎn)一定會在試卷中有所體現(xiàn)．試卷采用設(shè)點(diǎn)把關(guān)，注重層次性，即使是最后兩題即所謂壓軸題也不是高不可攀；試卷注重對基礎(chǔ)知識的考查，既全面又突出重點(diǎn)；試卷注重對數(shù)學(xué)思想方法的考查，對學(xué)生的數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)能力、綜合應(yīng)用能力都有充分的要求． 在解答題的應(yīng)試過程中，考生要根據(jù)自己的實(shí)際情況，選擇適合自己的應(yīng)試策略． 1. 已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，＝(2sin2x,1)，＝(1，－2sinxcosx

3、＋1)，f(x)＝·＋m. (1) 求y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2) 若f(x)的定義域?yàn)?，值域?yàn)閇2,5]，求實(shí)數(shù)m的值． 2.如圖，平面PAC⊥平面ABC，點(diǎn)E、F、O分別為線段PA、PB、AC的中點(diǎn)，點(diǎn)G是線段CO的中點(diǎn)，AB＝BC＝AC＝4，PA＝PC＝2.求證： (1) PA⊥平面EBO； (2) FG∥平面EBO. 3.二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx(a，b∈R)滿足條件：①f(0)＝f(1)；②f(x)的最小值為－. (1) 求函數(shù)f(x)的解析式； (2) 設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn, 且Tn＝f(n), 求數(shù)列{an}

4、的通項(xiàng)公式. 4.如圖，在半徑為、圓心角為60°的扇形的弧上任取一點(diǎn)P，作扇形的內(nèi)接矩形PNMQ，使點(diǎn)Q在OA上，點(diǎn)N、M在OB上，設(shè)矩形PNMQ的面積為y. (1) 按下列要求寫出函數(shù)的關(guān)系式： ①設(shè)PN＝x，將y表示成x的函數(shù)關(guān)系式； ②設(shè)∠POB＝θ，將y表示成θ的函數(shù)關(guān)系式； (2) 請你選用(1)中的一個函數(shù)關(guān)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) 當(dāng)4B時，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2) 求使BA的實(shí)數(shù)a的取值范圍．

5、 【例2】　如圖，已知圓C：x2＋y2＝9，點(diǎn)A(－5,0)，直線l：x－2y＝0. (1) 求與圓C相切，且與直線l垂直的直線方程； (2) 在直線OA上(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，存在定點(diǎn)B(不同于點(diǎn)A)，滿足：對于圓C上任一點(diǎn)P，都有為一常數(shù)，試求所有滿足條件的點(diǎn)B的坐標(biāo)． 【例3】　對于數(shù)列{an}，定義{Δan }為數(shù)列{an}的“一階差分?jǐn)?shù)列”，其中Δan＝an＋1－an(n∈N*)． (1) 若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝n2－n(n∈N*)，求{Δan}的通項(xiàng)公式； (2) 若數(shù)列{an}的首項(xiàng)是1，且滿足Δan－an＝2n

6、. ① 證明數(shù)列為等差數(shù)列； ② 設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn ，求Sn. 【例4】　函數(shù)f(x)＝lnx－(x>0，a∈R)． (1) 試求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2) 當(dāng)a>0時，求證：函數(shù)f(x)的圖象存在唯一零點(diǎn)的充要條件是a＝1； (3) 求證：不等式－<對于x∈(1,2)恒成立． 1. (2011·重慶)設(shè)a∈R，f(x)＝cosx(asinx－cosx)＋cos2滿足f＝f(0)，求函數(shù)f(x)在上的最大值和最小值． 2. (2011·江蘇)請你設(shè)計一個包

7、裝盒，如圖所示，ABCD是邊長為60 cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A、B、C、D四個點(diǎn)重合于圖中的點(diǎn)P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜邊的兩個端點(diǎn)，設(shè)AE＝FB＝x cm. (1) 某廣告商要求包裝盒側(cè)面積S(cm2)最大，試問x應(yīng)取何值？ (2) 某廣告商要求包裝盒容積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值． 3.(2011·安徽)設(shè)f(x)＝，其中a為正實(shí)數(shù)． (1) 當(dāng)a＝時，求f(x)的極值點(diǎn)； (2) 若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，求a

8、的取值范圍． 4.(2011·湖北)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1)． (1) 求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2) 若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差數(shù)列，試判斷：對于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2是否成等差數(shù)列，并證明你的結(jié)論． (2011·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)＝x(x－1)2，x>0. (1) 求f(x)的極值； (2) 設(shè)0

9、設(shè)函數(shù)g(x)＝lnx－2x2＋4x＋t(t為常數(shù))，若使g(x)≤x＋m≤f(x)在(0，＋∞)上恒成立的實(shí)數(shù)m有且只有一個，求實(shí)數(shù)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)隨x的變化情況如下表： x 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增 極大值 減 極小值 增 ∴ 當(dāng)x＝時，有極大值f＝；(2分) 當(dāng)x＝1時，有極小值f(1)＝0. (3分) (2) 易知f(x)在上遞增，遞減，(1，＋∞)遞增．(4

10、分) ∴ 當(dāng)0＜a≤時，G(a)＝＝(a－1)2≥， (5分) 特別當(dāng)a＝時，有G(a)＝； (6分) 當(dāng)＜a≤1時，F(xiàn)(a)＝f，則G(a)＝＝≥＝.(7分) 故對任意的0＜a≤1，G(a)的最小值為. (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)時，h′1(x)＜0，x∈(1，＋∞)時，h′1(x)＞0， 故x＝1時，h1(x)取極小值，也是最小值． 從而當(dāng)且僅當(dāng)h1(1)＝m－t－1≥0，m≥t＋1時，h1(x)≥0在(0，＋∞)恒成立．(

11、11分) 同樣的，h2(x)＝f(x)－x－m＝x3－2x2－m≥0， 在(0，＋∞)恒成立． 由h′2(x)＝3x(x－)得x∈時，h′2(x)＜0，x∈(，＋∞)時，h′2(x)＞0， 故x＝時，h2(x)取極小值，也是最小值． 從而當(dāng)且僅當(dāng)h2＝－－m≥0，m≤－時， h2(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．(13分) ∴ t＋1≤m≤－.(14分) 由m的唯一性知t＝－，此時m＝－. (16分) 第23講　高考題中的解答題解法 1. 在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c. (1) 若sin＝2cosA，求A的值； (2) 若cosA＝，b＝3

12、c，求sinC的值． 點(diǎn)撥：本題主要考查三角函數(shù)的基本關(guān)系式、兩角和的正弦公式、解三角形，考查運(yùn)算求解能力，是C級要求，但屬容易題．解題說理要準(zhǔn)確、完整，過程要合理、嚴(yán)謹(jǐn)． 解：(1) 由題意知sinAcos＋cosAsin＝2cosA，從而sinA＝cosA，所以 cosA≠0，tanA＝.因?yàn)?＜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. 如圖所示的是自動通風(fēng)設(shè)施．該設(shè)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

13、個半圓，固定點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)．△EMN是由電腦控制其形狀變化的三角通風(fēng)窗(陰影部分均不通風(fēng))，MN是可以沿設(shè)施邊框上下滑動且始終保持和CD平行的伸縮橫桿． (1) 設(shè)MN與AB之間的距離為x米，試將三角通風(fēng)窗EMN的通風(fēng)面積S(平方米)表示成關(guān)于x的函數(shù)S＝f(x)； (2) 當(dāng)MN與AB之間的距離為多少米時，三角通風(fēng)窗EMN的通風(fēng)面積最大？求出這個最大面積． 解：(1) ① 0≤x＜時，由平面幾何知識，得＝. ∴ MN＝2(2a－1)x＋1，S＝f(x)＝－(2a－1)x2＋(a－1)x＋. ② ＜x＜a＋時，S＝f(x)＝·2·＝·. ∴ S＝f(x)＝ (2) ① 0≤

14、x＜時，S＝f(x)＝－(2a－1)x2＋(a－1)x＋. ∵ a＞，∴ －＝＜0，∴ ＜. (i) ＜a≤1，當(dāng)x＝0時，[f(x)]max＝f(0)＝. (ii) a＞1，當(dāng)x＝時，[f(x)]max＝f＝. ② ＜x＜a＋時， S＝f(x)＝· ＝ ≤＝a2， 等號成立2＝a2－2x＝(a＋1)∈. ∴ 當(dāng)x＝(a＋1)時，[f(x)]max＝. (i)＜a≤1時，∵ －＝， ∴ ＜a≤時，當(dāng)x＝0，[f(x)]max＝f(0)＝， ＜a≤1時，當(dāng)x＝(a＋1)，[f(x)]max＝. (ii) a＞1時，a2－＝a2＞0. 當(dāng)x＝(a＋1)時，[f(x)

15、]max＝. 綜上，＜a≤時，當(dāng)x＝0時，[f(x)]max＝f(0)＝，即MN與AB之間的距離為0米時，三角通風(fēng)窗EMN的通風(fēng)面積最大，最大面積為平方米．a(chǎn)＞時；當(dāng)x＝(a＋1)時，[f(x)]max＝， 即MN與AB之間的距離為x＝(a＋1)米時，三角通風(fēng)窗EMN的通風(fēng)面積最大，最大面積為a2平方米． 基礎(chǔ)訓(xùn)練 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)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)． (2) 當(dāng)≤x≤π時，≤2x＋≤，∴ －1≤sin≤

16、， ∴ 1＋m≤f(x)≤4＋m，∴ 解得m＝1. 2. 證明：由題意可知，△PAC為等腰直角三角形，△ABC為等邊三角形． (1) 因?yàn)镺為邊AC的中點(diǎn)，所以BO⊥AC. 因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BO平面ABC，所以BO⊥面PAC. 因?yàn)镻A平面PAC，所以BO⊥PA. 在等腰三角形PAC內(nèi)，O，E為所在邊的中點(diǎn)， 所以O(shè)E⊥PA. 又BO∩OE＝O，所以PA⊥平面EBO. (2) 連AF交BE于Q，連QO.因?yàn)镋、F、O分別為邊PA、PB、AC的中點(diǎn)，所以＝2，且Q是△PAB的重心，于是＝2＝，所以FG∥QO.因?yàn)镕G平面EBO

17、，QO平面EBO，所以FG∥平面EBO. (注：第(2)小題亦可通過取PE中點(diǎn)H，利用平面FGH∥平面EBO證得) 3. 解：(1) 由題知：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滿足上式，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－s

18、in2θ，. (2) 選擇y＝3sinθcosθ－sin2θ＝sin－. ∵ θ∈，∴ 2θ＋∈， ∴ 2θ＋＝即θ＝時，ymax＝. 例題選講 例1　解：(1) 若4∈B，則＜0a＜－或＜a＜4. ∴ 當(dāng)4B時，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－，]∪[4，＋∞)． (2) A＝{x|(x－2)(x－3a－1)＜0}，B＝{x|a＜x＜a2＋1}． ① 當(dāng)a＜時，A＝(3a＋1,2)． 要使BA，必須此時－1≤a≤－； ② 當(dāng)a＝時，A＝，使BA的a不存在； ③ 當(dāng)a＞時，A＝(2,3a＋1)． 要使BA，必須此時2≤a≤3. 綜上可知，使BA的實(shí)數(shù)a的取值范圍是

19、[2,3]∪. 例2　解：(1) 設(shè)所求直線方程為y＝－2x＋b，即2x＋y－b＝0. ∵ 直線與圓相切，∴ ＝3，得b＝±3， ∴ 所求直線方程為y＝－2x±3. (2) (解法1)假設(shè)存在這樣的點(diǎn)B(t,0)． 當(dāng)P為圓C與x軸左交點(diǎn)(－3,0)時，＝； 當(dāng)P為圓C與x軸右交點(diǎn)(3,0)時，＝. 依題意，＝，解得t＝－5(舍去)或－. 下面證明點(diǎn)B對于圓C上任一點(diǎn)P，都有為一常數(shù)． 設(shè)P(x，y)，則y2＝9－x2， ∴ ＝＝＝＝， 從而＝為常數(shù)． (解法2)假設(shè)存在這樣的點(diǎn)B(t,0)，使得為常數(shù)λ，則PB2＝λ2PA2， ∴ (x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5

20、)2＋y2]，將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對x∈[－3,3]恒成立， ∴ 解得或(舍去)， 所以存在點(diǎn)B對于圓C上任一點(diǎn)P，都有為常數(shù). 例3　(1) 解：依題意Δan＝an＋1－an， ∴ Δan＝－＝5n－4. (2) ①證明：由Δan－an－an＝2n得an＋1－2an＝2n，即an＋1＝2an＋2n. ∴ ＝＋，即－＝.∵ a1＝1，∴ ＝. ∴ 是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列． ②解：由①得＝＋(n－1)＝，∴ an＝·2n＝n·2n－1. ∴ Sn＝a

21、1＋a2＋…＋an＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1， ∴ 2Sn＝1·21＋2·22＋…＋n·2n， 兩式相減得－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)． 當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)增；當(dāng)a＞0時，x∈(0，a)，f′(x)＜0，f(x)在(0，a)上單調(diào)減，x∈(a，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)增． 綜上，a≤0時f(x)的單調(diào)區(qū)間為(0，＋∞)； 當(dāng)a＞0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a，＋∞)，單調(diào)遞

22、減區(qū)間為(0，a)． (2) 證明：充分性：a＝1時，由(1)知，f(x)在x＝1處有極小值也是最小值， 即fmin(x)＝f(1)＝0.而f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 在(0，＋∞)上有唯一的一個零點(diǎn)x＝1. 必要性：f(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一解，且a>0，由(1)知，在x＝a處有極小值也是最小值f(a)，f(a)＝0，即lna－a＋1＝0. 令g(a)＝lna－a＋1，g′(a)＝－1＝. 當(dāng)0＜a＜1時，g′(a)＞0，在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時，g′(a)＜0，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．gmax(a)＝g(1)＝0，g(a)＝0

23、只有唯一解a＝1. f(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一解時必有a＝1. 綜上：在a>0時，f(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一解的充要條件是a＝1. (3) 證明：∵ 1

24、顧 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. 當(dāng)x∈時，2x－∈，f(x)為增函數(shù)； 當(dāng)x∈時，2x－∈，f(x)為減函數(shù)． 所以f(x)在上的最大值為f＝2. 又因?yàn)閒＝，f＝， 所以f(x)在上的最小值為f＝. 2. 解：設(shè)包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為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，所以當(dāng)x＝15時，S取得最大值．

25、(2) V＝a2h＝2(－x3＋30x2)，V′＝6x(20－x)． 由V′＝0得x＝0(舍)或x＝20. 當(dāng)x∈(0,20)時，V′＞0；當(dāng)x∈(20,30)時V′＜0. 所以當(dāng)x＝20時，V取得極大值，也是最大值． 此時＝，即包裝裝盒的高與底面邊長的比值為. 3. 解：對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝.① (1) 當(dāng)a＝，若f′(x)＝0，則4x2－8x＋3＝0，解得x1＝，x2＝. 結(jié)合①，可知 x f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以，x1＝是極小值點(diǎn)，x2＝是極大值點(diǎn)． (2) 若f(x

26、)為R上的單調(diào)函數(shù)，則f′(x)在R上不變號，結(jié)合①與條件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并結(jié)合a＞0，知0＜a≤1. 4. 解：(1) 由已知an＋1＝rSn可得an＋2＝rSn＋1， 兩式相減可得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時，數(shù)列{an}為：a,0，…，0，…； 當(dāng)r≠0，r≠－1時，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，…成等比數(shù)列，∴

27、 當(dāng)n≥2時，an＝r(r＋1)n－2a. 綜上，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝ (2) 對于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列．證明如下： 當(dāng)r＝0時，由(1)知，am＝ ∴ 對于任意的m∈N*且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列， 當(dāng)r≠0，r≠1時，∵ Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，Sk＋1＝Sk＋ak＋1， 若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差數(shù)列，則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， 于是對于任意的m∈N*且m≥2，am＋1＝－2am，從而am＋2＝4am， ∴ am＋1＋am＋2＝2am，即am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列， 綜上，對于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列．