《(通用版)2019版高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第三層級 難點自選 專題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理(普通生含解析).doc》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《(通用版)2019版高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第三層級 難點自選 專題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理(普通生含解析).doc(23頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
難點自選專題二 “選填”壓軸小題的4大搶分策略
解答選擇題中的壓軸題,務必要遵循“小題小解”的原則,要抓住已知條件與備選項之間的關系進行分析、試探、推斷,充分發(fā)揮備選項的暗示作用,選用解法要靈活機動,做到具體問題具體分析,不要生搬硬套.能定性判定的,就不再使用復雜的定量計算;能用特殊值分析的,就不再采用常規(guī)解法;能用間接法求解的,就不再用直接法.
能否快速準確地解答填空題中的壓軸題,往往是高考數(shù)學成敗的關鍵.現(xiàn)行《考試大綱》對解答填空題提出的基本要求是“正確、合理、迅速”.也就是說解填空題務必要做到:
特例思想開思路
特例思想是通過考查數(shù)學對象的特殊情況來獲得一般性結論.舉出特例或者研究特殊情況要比研究一般情況容易很多.研究清楚了特殊情況,對于解決一般情況可以提供解題思路.當題目十分復雜或解題目標不明確時,往往需要考查題設條件中的某些特殊情況,從中找出能反映問題本質(zhì)屬性的隱含信息,這樣做,常常能夠打開我們的思路,發(fā)現(xiàn)解決問題的方法.
[典例] 已知函數(shù)f(x)=x-sin 2x+asin x在R上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是( )
A.[-1,1] B.
C. D.
[解析] 法一:特殊值法
對函數(shù)f(x)求導,得f′(x)=1-cos 2x+acos x=-cos2x+acos x.根據(jù)題意,f′(x)≥0恒成立,因為函數(shù)f′(x)為偶函數(shù),從而f′(x)=0的兩根一定互為相反數(shù),即可知a的值關于原點對稱,排除選項B、D;當a=-1時,f′(0)=-cos20+acos 0<0,說明函數(shù)f(x)不是恒單調(diào)遞增的,排除選項A.故選C.
法二:特殊值法
觀察本題的四個選項,發(fā)現(xiàn)選項A、B、D中都有數(shù)-1,故取a=-1,f(x)=x-sin 2x-sin x,f′(x)=1-cos 2x-cos x,但f′(0)=1--1=-<0,不符合f(x)在R上單調(diào)遞增,排除選項A、B、D.故選C.
法三:數(shù)形結合
根據(jù)題意,可知f′(x)=1-cos 2x+acos x≥0在R上恒成立,化簡可得-cos2x+acos x+≥0在R上恒成立.又因為|cos x|≤1,令cos x=t,則-t2+at+≥0在t∈[-1,1]上恒成立.
設g(t)=-t2+at+,則函數(shù)g(t)在t∈[-1,1]上,使得不等式g(t)≥0恒成立,
則所以
所以-≤a≤.故選C.
法四:分類討論
由法三可知,函數(shù)g(t)=-t2+at+≥0,其中t∈[-1,1].對參數(shù)t分類討論:
當t=0時,函數(shù)g(0)=≥0,
此時參數(shù)a∈R,函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增;
當t>0時,分離參數(shù)得a≥=t-恒成立.設函數(shù)h(t)=t-,即有a≥h(t)max成立,由于h′(t)=+>0,從而可知函數(shù)h(t)在(0,1]上單調(diào)遞增,所以a≥h(1)=-.
當t<0時,分離參數(shù)得a≤=t-恒成立.易得a≤h(t)min=h(-1)=.
綜上所述,a的取值范圍是.故選C.
[答案] C
[題后悟通]
(1)本題的四種解法中,解法一是從函數(shù)的整體性質(zhì)(單調(diào)性、奇偶性)出發(fā),排除不符合題意的選項,是優(yōu)化解題方法的最好策略;解法二是從題目的選項特征出發(fā),采取特值法解題,方法簡單;解法三就是將函數(shù)f(x)求導后,再構造函數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式g(t)≥0恒成立,結合函數(shù)g(t)的結構特征與圖形特征解題;解法四中,令cos x=t,對參數(shù)t進行分類討論后,再利用導數(shù)知識研究單調(diào)性、最值,這就是有關單調(diào)性問題的解題套路.
(2)處理此類問題經(jīng)常根據(jù)題中所給出的條件巧妙選擇特殊值、特殊函數(shù)、特殊位置、特殊圖形等進行求解.
[應用體驗]
1.(2016全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(-x)=2-f(x),若函數(shù)y=與y=f(x)圖象的交點為(x1,y1),(x2,y2),…,(xm,ym),則(xi+yi)=( )
A.0 B.m
C.2m D.4m
解析:選B 法一:(利用函數(shù)的對稱性)
由f(-x)=2-f(x),知f(-x)+f(x)=2,所以點(x,f(x))與點(-x,f(-x))連線的中點是(0,1),故函數(shù)f(x)的圖象關于點(0,1)成中心對稱(此處也可以這樣考慮:由f(-x)=2-f(x),知f(-x)+f(x)-2=0,即[f(x)-1]+[f(-x)-1]=0,令F(x)=f(x)-1,則F(x)+F(-x)=0,即F(x)=f(x)-1為奇函數(shù),圖象關于點(0,0)對稱,而F(x)的圖象可看成是f(x)的圖象向下平移一個單位得到的,故f(x)的圖象關于點(0,1)對稱).又y==1+的圖象也關于點(0,1)對稱,所以兩者圖象的交點也關于點(0,1)對稱,所以對于每一組對稱點xi+xi′=0,yi+yi′=2,所以(xi+yi)=i+i=0+2=m,故選B.
法二:(構造特殊函數(shù))
由f(-x)=2-f(x),知f(-x)+f(x)-2=0,
即[f(x)-1]+[f(-x)-1]=0.
令F(x)=f(x)-1,則F(x)為奇函數(shù),
即f(x)-1為奇函數(shù),從而可令f(x)-1=x,
即f(x)=x+1,顯然該函數(shù)滿足此條件.
此時y=x+1與y=的交點分別為(1,2)和(-1,0),
所以m=2,(xi+yi)=1+2+(-1)+0=2,
結合選項可知選B.
2.如圖,在△ABC中,點O是BC的中點,連接AO,過點O的直線分別交直線AB,AC于不同的兩點M,N,若=m ,=n ,則m+n的值為________.
解析:法一:因為O是BC的中點,
所以=(+)=+.
因為M,O,N三點共線,所以+=1,
所以m+n=2.
法二:(特殊位置法)
取M與B重合,N與C重合,
此時m=n=1,得m+n=2.
答案:2
3.已知△ABC中,AB=4,AC=5,點O為△ABC所在平面內(nèi)一點,滿足||=||=||,則=________.
解析:法一:如圖,=-,=-,
∴2=2-2+2,2=2-2+2.兩式相減,得2-2=2-2.
∴25-16=2(-),
∴9=2,
∴=.
法二:(特殊圖形法)
若△ABC為直角三角形,如圖,
則=(+),=-,
∴=(+)(-)=(2-2)=.
答案:
極限思想減運算
極限思想就是考慮相關問題的極端情況,極端情形往往都是相關命題的極限情況,或是某個變量所在區(qū)間端點的取值.例如線段是三角形高為零的極端情況,切線是割線的極端情形(即極限)等.有些高考數(shù)學壓軸題的求解,常常要從它的極端情形來尋找突破口.一般來說,運用極限思想分析問題,往往能夠減少運算量,尤其是選擇題和填空題,運用極限思想分析解題可以快速準確地解決問題,從而避免小題大做,節(jié)省考場上的答題時間.
[典例] 在平面四邊形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75,BC=2,則AB的取值范圍是________.
[解析] 法一:極限法
如圖,動態(tài)地審視平面四邊形ABCD,邊BC=2固定,∠B=∠C=75固定,延長BA,CD交于點P.雖然∠BAD=75,但AB邊并不固定,平行移動AD邊,則容易看出BQ
0時,-x2+x=m,
即x2-x+m=0,
由此可得x2x3=m.
當x<0時,由2x2-x=,得x=.
當m在上遞增時,
|x1|也在上遞增.
從而m|x1|隨著m的遞增而遞增,
而x1<0,所以x1x2x3∈為所求.
[答案]
[題后悟通]
透徹理解題目給出的新定義的模型,明確f(x)的解析式是解題的切入口.用新定義考查閱讀理解能力與知識遷移能力是現(xiàn)行數(shù)學高考的出發(fā)點.求解本題的關鍵在于從圖形中觀察到|x1|的取值是m的增函數(shù),且x=是m=時的極端情形.
[應用體驗]
5.對任意兩個平面向量α,β,定義α°β=,若向量a,b滿足條件|a|≥|b|>0,a與b的夾角θ∈,且a°b和b°a都在集合中,則a°b=( )
A. B.1
C. D.
解析:選C 由定義α°β=,
得a°b==,①
同理可得b°a==.②
由|a|≥|b|>0,得0<≤1.
又因為θ∈,所以2a2時,f(x)=x-3a2,
又f(x)是R上的奇函數(shù),
所以x<-2a2時,f(x)=x+3a2,
由此可得f(x-1)=x-1+3a2.
于是,由f(x-1)≤f(x),得
x-1+3a2≤x-3a2,
即6a2≤1,解得a∈.
法二:由圖易知,當x>0時,f(x)的最小值為-a2.
因為f(x)為奇函數(shù),所以當x<0時,f(x)的最大值為a2.
又易知,當x>0時,f(x)=a2所對應的橫坐標為x=4a2,即B點的橫坐標.
當x<0時,f(x)=a2所對應的橫坐標xmin=-2a2,即A點的橫坐標.
故要對?x∈R,都有f(x-1)≤f(x)成立,則要A,B兩點的跨度不大于1.
否則,f(x)的圖象向右平移1個單位后,線段DB會在A1C1的下方,
此時的圖象與對應的函數(shù)不等式f(x-1)≤f(x)相悖.
所以4a2-(-2a2)≤1,解得a∈.
[答案] B
[題后悟通]
本題主要考查全稱命題、奇函數(shù)和分段函數(shù)等基本概念,考查函數(shù)的最值與恒成立問題.意在考查考生應用數(shù)形結合思想,綜合運用數(shù)學知識分析問題、解決問題的能力.注重理解題意,根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)畫草圖進行探究,抓住函數(shù)f(x)在x<-2a2時的圖象向右平移1個單位后與原函數(shù)的圖象的關系進行分析,是解題入手的基本途徑.解法一是從函數(shù)的表達式的角度來構建不等式的,解法二是從區(qū)間跨度的角度來構建不等式的.易知,這兩種解法都遵循了小題小解的原則,體現(xiàn)了數(shù)形結合思想在解題中的作用.
[應用體驗]
6.設P,Q是雙曲線x2-y2=4上關于原點對稱的兩點,將坐標平面沿雙曲線的一條漸近線l折成直二面角,則折疊后線段PQ的長度的最小值為________.
解析:法一:因為雙曲線x2-y2=4是以直線y=x為漸近線的等軸雙曲線,
所以將雙曲線按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45,可得對應圖象的雙曲線方程為y=.
因為雙曲線x2-y2=4的頂點為A(,0),
所以旋轉(zhuǎn)后點A變?yōu)辄cA′(,).
因為點A′在y=的圖象上,則m=2.
即將原雙曲線按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45后,所得的雙曲線的方程為y′=.如圖.
故問題轉(zhuǎn)化為:過原點的直線交雙曲線y′=于P,Q兩點,將坐標平面沿y′軸折成直二面角,求折后線段PQ的長度的最小值.
設P(t>0),過點P作PM⊥y′軸于M,
則M,Q.
從而|MQ|= = ,
在折疊后的圖形中,有|QM1|=|MP|=t,
故|PQ|2=|QM1|2+|MM1|2+|MP|2=|QM|2+|MP|2=2t2+≥2=16.
當且僅當t2=4,即t=2時等號成立,
所以當t=2時,即P坐標為(2,)時,|PQ|的最小值為=4.
綜上所述,折疊后線段PQ的長度的最小值等于4.
法二:設P(x0,y0)到兩漸近線的距離分別為m,n,
如圖,則有|PM|=|QM1|=m,
|PN|=n,
且m=,
n=.
易知,折疊后的PQ,可視為一長方體的體對角線.
則PQ2=QM+M1M2+MP2=2m2+4n2≥2mn=4=16.
所以|PQ|min=4.
答案:4
A組——選擇題解題技法專練
1.若sin α+sin β=(cos β-cos α),α,β∈(0,π),則α-β的值為( )
A.- B.-
C. D.
解析:選D 令β=,則有sin α=-cos α?tan α=-,α∈(0,π),
所以α=,從而α-β=.
2.已知0;當x→0時,可推得a<1,故選A.
4.雙曲線x2-y2=1的左焦點為F,點P為左支下半支異于頂點A的任意一點,則直線PF斜率的變化范圍是( )
A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.(-∞,0)
C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(1,+∞)
解析:選C 如圖所示,當P→A時,PF的斜率k→0.
當PF⊥x軸時,PF的斜率不存在,即k→∞.
當P在無窮遠處時,PF的斜率k→1.
結合四個備選項得C項正確.
5.已知θ∈[0,π),若對任意的x∈[-1,0],不等式x2cos θ+(x+1)2sin θ+x2+x>0恒成立,則θ的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
解析:選A 令x=-1,不等式化為cos θ>0;
令x=0,不等式化為sin θ>0.
又0≤θ<π,所以0<θ<.
當-10.
設=t(t<0),
則t2cos θ+t+sin θ>0對t<0恒成立.
設f(t)=t2cos θ+t+sin θ=cos θ2+sin θ-,
則f(t)min=sin θ->0,即sin 2θ>.
又0<2θ<π,所以<2θ<,故<θ<.
6.在對角線AC1=6的正方體ABCDA1B1C1D1中,正方形BCC1B1所在平面內(nèi)的動點P到直線D1C1,DC的距離之和為4,則的取值范圍是( )
A.[-2,1] B.[0,1]
C.[-1,1] D.
解析:選A 法一:依題意可知CC1=2,
點P到點C1與C的距離之和為4,
從而可得點P在以C1C為y軸,C1C的中點為原點的橢圓4x2+y2=4上.設P(x0,y0),
則=(x0,y0-)(x0,y0+)=x+y-3=y(tǒng)-2(-2≤y0≤2).
由此可得-2≤≤1,故選A.
法二:由四個備選項可知,B、C、D都是A的子集.
于是,由“若A則B把A拋,A,B同真都去掉”可知,應著重考查“-2”與“1”的值能否取到.
又由條件易知,點P在以C1C為y軸,C1C的中點為原點的橢圓4x2+y2=4上.
由此可得,當y=0時,可取到-2,
當x=0時,可取到1.故選A.
7.如圖所示,A是函數(shù)f(x)=2x的圖象上的動點,過點A作直線平行于x軸,交函數(shù)g(x)=2x+2的圖象于點B,若函數(shù)f(x)=2x的圖象上存在點C使得△ABC為等邊三角形,則稱A為函數(shù)f(x)=2x的圖象上的“好位置點”,則函數(shù)f(x)=2x的圖象上的“好位置點”的個數(shù)為( )
A.0 B.1
C.2 D.3
解析:選B 設A(x,2x),B(x-2,2x),若△ABC為等邊三角形,則C(x-1,2x-1),且AC=AB=2,即=2,即22x-2=3,又y=22x-2單調(diào)遞增,所以方程有唯一解x=+1,即函數(shù)f(x)=2x的圖象上的“好位置點”的個數(shù)為1.
8.函數(shù)f(x)的定義域為R,若f(x+1)與f(x-1)都是奇函數(shù),則( )
A.f(x)是偶函數(shù) B.f(x)是奇函數(shù)
C.f(x)=f(x+2) D.f(x+3)是奇函數(shù)
解析:選D 法一:因為f(x+1)是奇函數(shù),所以f(x)=f(x-1+1)=-f[-(x-1)+1]=-f(-x+2),
又因為f(x-1)是奇函數(shù),則-f(-x+2)=-f[(-x+3)-1]=f(x-3-1)=f(x-4),
所以f(x)=f(x-4).
所以f(x+3)=f(x+3-4)=f(x-1)是奇函數(shù),因而選D.
法二:令f(x)=sin πx,
則f(x+1)=sin[π(x+1)]=-sin πx,
f(x-1)=sin[π(x-1)]=-sin πx.
所以,當f(x+1),f(x-1)都是奇函數(shù)時,f(x)不是偶函數(shù),排除A.
令f(x)=cos x,則
f(x+1)=cos=-sinx,
f(x-1)=cos=sin x,
且f(x+2)=cos=-cosx,
所以,當f(x+1),f(x-1)都是奇函數(shù)時,f(x)不是奇函數(shù),且f(x)≠f(x+2),排除B、C,故選D.
9.已知函數(shù)f(x)=x(1+a|x|),若關于x的不等式f(x+a)),M(x1,y1),N(x2,y2),
則以AF為直徑的圓的方程為(x-m)(x+2)+y2=0.
由
消去y,得x2-(m-2)x-2m-1=0.
所以x1+x2=(m-2).
所以=
===.
12.在我們學過的函數(shù)中有這樣一類函數(shù):“對任意一個三角形,只要它的三邊長a,b,c都在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi),就有函數(shù)值f(a),f(b),f(c)也是某個三角形的三邊長”.下面四個函數(shù):
①f(x)=(x>0);②f(x)=x2(x>0);
③f(x)=sin x(0c,
∴a+b+2>c,∴(+)2>c,∴+>,
即f(a)+f(b)>f(c),
∴f(x)=(x>0)屬于這一類函數(shù);
②舉反例:若a=3,b=3,c=5,則a2+b20)不屬于這一類函數(shù);
③舉反例:若a=,b=,c=,則sin a=sin b+sin c,
即f(a)=f(b)+f(c)=+=1,
∴f(x)=sin x(0,
∴f(b)+f(c)=cos b+cos c>,而cos a<1,
即f(b)+f(c)>f(a),∴f(x)=cos x屬于這一類函數(shù).
綜上,屬于這一類函數(shù)的有2個,故選B.
B組——填空題解題技法專練
1.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c,若b-c=acos C,且4(b+c)=3bc,a=2,則△ABC的面積S=________.
解析:由正弦定理得sin B- sin C=sin Acos C,∵sin B=sin(A+C),
∴sin(A+C)-sin C=sin Acos C,
即cos Asin C=sin C.
又sin C≠0,∴cos A=,
又A是△ABC的內(nèi)角,∴A=60,
∴a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,
∴(b+c)2-4(b+c)=12,
得b+c=6,∴bc=8,
∴S=bcsin A=8=2.
答案:2
2.已知函數(shù)f(x)是定義在(0,+∞)上的可導函數(shù),f′(x)為其導函數(shù),當x>0且x≠1時,>0,若曲線y=f(x)在x=1處的切線的斜率為-,則f(1)=________.
解析:因為當x>0且x≠1時,>0,
所以當x>1時,2f(x)+xf′(x)>0;
當01時,g′(x)>0,函數(shù)g(x)=x2f(x)單調(diào)遞增;
當00,解得0,0,20時,0-.設AB的中點P(x0,y0),則x0=(x1+x2)=-,y0=-x0+b=+b.由點P在直線l1上,得+b=-+t,于是t=+b>-=.故l1在y軸上截距的取值范圍為.
答案:
14.(2019屆高三廣州調(diào)研)在平面直角坐標系xOy中,直線x+y-2=0與橢圓C:+=1(a>b>0)相切,且橢圓C的右焦點F(c,0)關于直線l:y=x的對稱點E在橢圓C上,則△OEF的面積為________.
解析:聯(lián)立消去x,化簡得(a2+2b2)y2-8b2y+b2(8-a2)=0,由Δ=0,得2b2+a2-8=0.設F′為橢圓C的左焦點,連接F′E,易知F′E∥l,所以F′E⊥EF,又點F到直線l的距離d==,所以|EF|=,|F′E|=2a-|EF|=,在Rt△F′EF中,|F′E|2+|EF|2=|F′F|2,化簡得2b2=a2,代入2b2+a2-8=0,得b2=2,a=2,所以|EF|=|F′E|=2,所以S△OEF=S△F′EF=1.
答案:1
15.(2019屆高三山西四校聯(lián)考)如圖,等邊△ABC的邊長為2,頂點B,C分別在x軸的非負半軸,y軸的非負半軸上移動,M為AB的中點,則的最大值為________.
解析:設∠OBC=θ,因為BC=2,所以B(2cos θ,0),C(0,2sin θ),則=(-2cos θ,2sin θ),設=(x,y),因為△ABC是邊長為2的等邊三角形,
所以解得即=(sin θ-cos θ,cos θ+sin θ),
則=+=(sin θ+cos θ,cos θ+sin θ),
因為M為AB的中點,
所以=+=sin θ+cos θ,cos θ+sin θ,
所以=+sin 2θ++sin 2θ+cos2θ=sin 2θ+cos 2θ+=sin(2θ+φ)+其中cos φ=,sin φ=,
所以的最大值為+.
答案:+
16.已知函數(shù)f(x)=sin 2x+2cos2x+m在區(qū)間上的最大值為3,則
(1)m=________;
(2)對任意a∈R,f(x)在[a,a+20π]上的零點個數(shù)為________.
解析:(1)因為f(x)=2sin+1+m,
當x∈時,≤2x+≤,
所以當x=時,f(x)取最大值3+m,所以m=0.
(2)易知函數(shù)f(x)是周期為π的周期函數(shù),由圖可知,在每個周期內(nèi)只有2個零點,而[a,a+20π]有20個周期,故有40個零點,特別地,當a為零點時,a+20π也是零點,由此可得,此時可有41個零點.所以填40或41.
答案:(1)0 (2)40或41
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