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2009屆新課標數學考點預測(21-31)

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2009屆新課標數學考點預測(21-31)

資源簡介

2009屆新課標數學考點預測(21):不等式選講(一)
一、考點介紹
(1)理解絕對值的幾何意義,并了解下列不等式成立的幾何意義及取等號的條件:
|a+b|≤|a|+|b|(a,b∈R);|a+b|≤|a-c|+|c-b|(a,b∈R).
(2)會利用絕對值的幾何意義求解以下類型的不等式. |ax+b|≤c  |ax+b|≥c 
|x-c|+|x-b|≥a
(3)通過一些簡單問題了解證明不等式的基本方法:比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法.
(4)能夠利用平均值不等式、柯西不等式求一些特定函數的最值。
(5)了解數學歸納法的原理及其使用范圍,會用數學歸納法證明一些簡單問題。
二、高考真題
1.(2007廣東卷理14)設函數,則 ;若,則的取值范圍是 .
【解析】.由得,則,得
【答案】6;
2.(2007海南、寧夏卷理22)設函數.
(I)解不等式;
(II)求函數的最小值.
【解析】(Ⅰ)令,則
.作出函數的圖象,它與直線的交點為和.所以的解集為.
(Ⅱ)由函數的圖像可知,當時,取得最小值.
3.(2008廣東卷理14)已知,若關于的方程有實根,則的取值范圍是 .
【解析】方程即,利用絕對值的幾何意義(或零點分段法進行求解)可得實數的取值范圍為
【答案】
4.(2008海南、寧夏卷理22)已知函數.
(Ⅰ)作出函數的圖像;
(Ⅱ)解不等式.
【解析】(Ⅰ)
圖像如下:
(Ⅱ)不等式,即,
由得.
由函數圖像可知,原不等式的解集為.
5.(2008江蘇卷理21)設a,b,c為正實數,求證:.
【解析】:因為為正實數,由平均不等式可得

所以,

所以
三、名校試題
考點一:含有絕對值的不等式的解法
1(2008屆寧夏銀川一中高三年級第二次模擬考試)設函數f(x)=|2x-1|+x+3,
(1)解不等式f(x)≤5,
(2)求函數y=f(x)的最小值。
【解析】(1)當x<時,f(x)=1-2x+x+3≤5, -x≤1, x≥-1, -1≤x<
當x≥時,f(x)=2x-1+x+3≤5 x≤1 ≤x≤1
綜上所述解集為[-1, 1]
(2)f(x)=由圖象可知[f(x)]min=
考點二:絕對值的不等式|a+b|≤|a|+|b|(a,b∈R);|a+b|≤|a-c|+|c-b|(a,b∈R).
2.[福建省2008年12月高三月考數學(理科)試卷]求|2x-3|+|3x+2|的最小值.
【解析|2x-3|+|3x+2|=|2x-3|+|2x+|+|x+|≥|(2x-3)-(2x+)|+|x+|≥4+0=4。
當x=-時取等號,∴|2x-3|+|3x+2|的最小值為4。
考點三:平均不等式
3.( 2008年南通四縣市高三聯合考試)求函數f(x)=sin3xcosx的最大值.
【解析】當sinxcosx<0時,函數f(x)不可能取最大值.
當sinxcosx>0時,f 2 (x)=sin6xcos2x=27()()()cos2x ≤27=,f(x)的最大值是. -
4.( 2008年江蘇省鹽城中學高三上學期第二次調研測試題)已知a>0,b>0,c>0,abc=1,試證明:.
【解析】由,所以
同理: ,
相加得:左(
考點四:證明不等式的基本方法
5.( 2008年寧夏銀川一中高三年級第三次模擬考試)
設a∈R且a≠-,比較與-a的大小.
【解析】 -()=,………………………………………………3分
當且時,∵ ,∴. ………………6分
當時, ∵ ,∴=. …………………………7分
當時,∵ ,∴.………………………… 10分
考點五:數學歸納法
6.(山東省濰坊市2008年5月高三教學質量檢測)已知各項均為正數的等比數列{an},公比q>1,且滿足a2a4=64,a3+2是a2,a4的等差中項.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)設,試比較An與Bn的大小,并證明你的結論.
【解析】(1)………………2分
的等差中項,

解得q=2或(舍去),………………………………………………4分
………………5分
(2)由(1)得,
當n=1時,A1=2,B1=(1+1)2=4,A1 當n=2時,A2=6,B2=(2+1)2=9,A2 當n=3時,A3=14,B3=(3+1)2=16,A3 當n=4時,A4=30,B4=(4+1)2=25,A4>B4;
由上可猜想,當1≤n≤3時,AnBn.……………………8分
下面用數學歸納法給出證明:
①當n=4時,已驗證不等式成立.
②假設n=k(k≥4)時,Ak>Bk.成立,即,

即當n=k+1時不等式也成立,
由①②知,當
綜上,當時,An四、考點預測
高考對這部分知識的考查主要考查絕對值的幾何意義,解含參絕對值不等式的解法,證明不等式的基本方法,會用數學歸納法證明一些簡單問題等.題型仍以填空題或解答題形式出現.
1.不等式的解集為__________________.
【解析】當≤-2時,原不等式可以化為≥5,解得≤-3,即不等式組的解集是.
當時,原不等式可以化為≥5,即3≥5,矛盾.所以不等式組,的解集為,
當≥1時,原不等式可以化為≥5,解得≥2,
即不等式組的解集是.
綜上所述,原不等式的解集是; 【答案】
2.若的最小值為3, 則實數的值是________.
【解析】由,得或8
【答案】或8
3.已知g(x)=|x-1|-|x-2|,則g(x)的值域為 ;若關于的不等式的解集為空集,則實數的取值范圍是 .
【解析】 當x≤1時,g(x)=|x-1|-|x-2|=-1,當1<x≤2時,g(x)=|x-1|-|x-2|=2x-3,所以-1<≤1;當x>2時,g(x)=|x-1|-|x-2|=1.綜合以上,知-1≤g(x) ≤1。
的解集為空集,就是1= []max<所以 .【答案】[-1,1] ; .
4.[寧夏區銀川一中2009屆高三年級第四次月考數學試題(理科)選考題] 已知|x-4|+|3-x|(1)若不等式的解集為空集,求a的范圍
(2)若不等式有解,求a的范圍
【解析】解法一:(1)當 x≥4 時 ,(x-4)+(x-3) < a ,f(x)=2x-7 在 x≥4上單調遞增 , x=4時取最小值1。若要求不等式無解,則 a 小于或等于該最小值即可.即 a ≤ 1;
當 4>x>3時 ,(4-x)+(x-3) < a ,1 < a .若要求不等式無解,則 a ≤ 1。否則不等式的解集為全集;
當x ≤ 3 時 ,(4-x)+(3-x) < a , 7-2x < a. 在x ≤ 3區間,不等式左端的函數單調遞減.在 x=3 時取最小值 1.若要求不等式無解,則 a ≤ 1
綜合以上 a ≤ 1 .
(2)當:x≥4時:|x-4|+|3-x|=x-4+x-3=2x-7,因為x≥4,所以2x-7≥1 ;
當 3≤x<4時:|x-4|+|3-x|=4-x+x-3=1 ;
當:x<3時:|x-4|+|3-x|=4-x+3-x=7-2x,因為x<3,所以-x>-3,所以7-2x>1.
所以|x-4|+|3-x|最小值為1,要使|x-4|+|3-x|只需a小于等于|x-4|+|3-x|的最小值,所以a≤1
所以有解時是a>1
解法二: 設y=|x-4|+|x-3|,(|x-3|=|3-x|)
等價于:
其圖象為:
由圖象知: 當a≤1時,|x-4|+|3-x|當1<a時,|x-4|+|3-x|5.(2008屆蘇北三市高三年級第一次聯合調研) 設的三邊長分別為,
(1)判定 的符號;
(2)求證:.
【解析】(1)因為的三角形的三邊,所以……4分
(2)
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2009屆新課標數學考點預測(22):不等式選講(二)
一、考點介紹
不等式選講是對以前所學不等式內容的深化,通過不等式的證明,不等式的證明,不等式的幾何意義、不等式的背景,從不等式的數學本質上加以剖析,從而提高思維邏輯能力、分析解決問題的能力。主要內容是(1)絕對值不等式的解法及證明;(2)柯西不等式;(3)用不等式求函數極值;(4)數學歸納法在證明不等式方面的應用。
二、高考真題
1.(2008廣東卷,數學理,14)已知,若關于的方程有實根,則的取值范圍是 .
〖解析〗方程即,利用絕對值的幾何意義(或零點分段法進行求解)可得實數的取值范圍。
〖答案〗
2.(2008海南寧夏卷,數學理,24)已知函數。
(1)作出函數的圖象;(2)解不等式。
〖解析〗本題考查絕對值不等式的解法,我們可以利用“零點分段法”,先求出每個含絕對值符號的代數式等于零的未知數的值,然后分類討論,得到一個分段函數。
〖答案〗(Ⅰ)
圖像如下:
(Ⅱ)不等式,即,
由得.
由函數圖像可知,原不等式的解集為.
3.(2008年江蘇卷,數學,21D)
設a,b,c為正實數,求證:.
〖解析〗本題是幾何平均不等式的應用,我們要靈活地掌握它。
〖答案〗因為為正實數,由平均不等式可得

所以,

所以
三、名校試題
1.(2008全國高中數學聯賽江蘇初賽)如果實數,,,滿足,,其中,為常數,那么的最大值為 ( )
A. B. C. D.
〖解析〗由柯西不等式;或三角換元即可得到
,當,時,. 選B.
〖答案〗B
2.(2008廣州市育才中學模擬)不等式的解集為( )
A. B.
C. D.
〖解析〗當時,原不等式可以化為,
解得,即不等式組的解集是.
當時,原不等式可以化為,
即,矛盾.所以不等式組,的解集為,
當時,原不等式可以化為,解得,
即不等式組的解集是.
綜上所述,原不等式的解集是;
〖答案〗D
3.(2008年河北省高中數學競賽)已知則的最小值是( ).
A B C 2 D 1
〖解析〗記,則,,(當且僅當,即,時取等號).故選A.
〖答案〗A.
4.(2009年無錫調研)已知,,均為正數.求證:
〖解析〗本題考查不等式的證明,根據不等式的特點,利用基本不等式即可證明。
〖答案〗因為x,y,z無為正數.所以,同理可得,
,當且僅當時,以上三式等號都成立.
將上述三個不等式兩邊分別相加,并除以2,得.
5.(2008年高中數學聯賽江西預賽)設為非負實數,滿足,
證明:.
〖解析〗證明不等式的思路主要有三:(1)比較法;(2)分析法;(3)綜合法。本題可以使用綜合法,結合基本不等式從左向右證明。
〖證明〗為使所證式有意義,三數中至多有一個為;根據對稱性,不妨設,則,對正數作調整,
由于 ,取等號當且僅當,
此時條件式成為,則,且有,于是

只要證,即,也即,
此為顯然,取等號當且僅當,故命題得證.
四、考點預測
(一)本章是對必修5中不等式的補充和深化,從新課標高考看,考點主要有兩部分:一是絕對值不等式;二是不等式的證明與應用(求最值),但要注意不等式的證明與數學歸納法的結合。但是近年來高考對不等式的證明難度要求有所降低,出現題目較少,因此應將絕對值不等式的解法和證明放在重點位置。本部分作為四選二的內容之一,必有一道選做的解答題,題目多為中低檔題。
(二)考點預測題
1.設,且,。則的取值范圍為_______.
〖解析〗本題考查不等式的基本性質,首先建立待求范圍的整體與已知范圍的整體的等量關系,再利用“一次性”不等關系的運算求得待求整體的范圍。
〖答案〗設(,為待定系數),則,即。
所以。解之得,,所以
又,,所以,故。
2.已知不等式在有解,求的取值范圍。
〖解析〗本題考查絕對值不等式的解法。可以利用不等式的性質解答。
〖答案〗由不等式的性質知:,得
,若原不等式在有解,則的取值范圍是。
3.設,,均為正實數,求證:
〖解析〗本題考查不等式的證明。對這類問題,一要熟練掌握不等式常用的證明方法,即比較法、分析法、綜合法等。二要對證明不等式一般性命題的數學歸納法,應該熟悉其原理。三要注意在證明過程中,可以適當地使用放縮法。本題需要利用基本不等式結合放縮法證明。
〖答案〗由于,,均為正實數,
所以,當時等號成立;
,當時等號成立;
,當時等號成立;
三個不等式相加,即得,
當且僅當時等號成立。
針對《考試說明》對本部分的要求,我們在復習是要注意:(1)重雙基。對不等式的基本性質、絕對值不等式的解法、應用不等式求最值的方法、不等式證明的方法等理解透徹,熟練應用。(2)重課本。復習中以課本為主,參照課本,不要認為加大難度,不要一味地“鉆”難題、怪題。
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2009屆新課標數學考點預測(23)選擇題的解法
一、考點分析
1.題型的結構與解答特點:
數學選擇題通常是由一個問句或一個不完整的句子和四個供考生選擇用的選擇肢構成,即“一干,四支”。考生只需從選擇四肢中選擇一項作為答案,便完成了解答。高考數學選擇題的解答特點是“四選一”,怎樣快速、準確、無誤地選擇好這個“一”是十分必要的,也是決勝高考的前提,
2.數學選擇題的學科特點:
概念性強:數學概念是抽象的,而且是復雜的,學好考好數學的關健是正確理解好概念。數學選擇中有一部分是以基本概念為基礎命制和構造出來的。因此,快速準確地解好數學選擇題的前提是深刻理解數學基本概念。
量化突出:數學是研究現實世界中數量關系的科學,因此數學選擇題的數量特點十分明。但是,盲目計算又是解選擇題的一大“誤區”,只有建立在對的數學概念的深刻理解,熟練掌握基本性質,基本方法,基本定理的基礎之上科學合理地利用聯想、推理、類比等分析來簡化計算才能羸得高考的時間,確保選擇題的準確,從而才能奠定高考中數學高分。
辨證思維,善辨真偽。
數形結合,相互轉化。
一題多解,巧解高效。
3.考查特點:
能在較大的知識范圍內,實現對基礎知識,基本技能和基本思想方法的考查;
能比較確切地測試考生對概念、原理、性質和法則、定理和公式的掌握和理解;
在一定程度上,能有效地考查邏輯思維能力、運算能力空間想象能力,以及靈活和綜合地運用數學知識解決問題的能力。
4.思維策略
數學選擇題每次試題多、考查面廣,不僅要求考生有正確的分辨能力,還要有較快的解題速度,為此,需要研究解答選擇題的一些技巧。總的來說,選擇題屬小題,解題的原則是:“小題巧解,小題不能大做”。解題的基本策略是 :充分地利用題干和選擇肢的兩方面條件所提供的信息作出判斷。
先定性后定量,先特殊后推理;先間接后直解,先排除后求解。
5.解題策略
(1)選擇題中的題干、選項和四選一的要求都是題目給出的重要信息,答題時要充分利用。
(2)解答選擇題的基本原則是小題不能大做,小題需小做、繁題會簡做、難題要巧做。求解選擇題的基本方法是以直接思路肯定為主,間接思路否定為輔,即求解時出了用直接計算方法之外還可以用逆向化策略、特殊化策略、圖形化策略、整體化策略等方法求解。
(3)解答選擇題應注意以下幾點:認真審題、先易后難、大膽猜想、小心驗證。
二、解題策略
1、直接法:直接法是解答選擇題最常用的基本方法,低檔選擇題可用此法迅速求解。直接法適用的范圍很廣,只要運算正確必能得出正確的答案.提高直接法解選擇題的能力,準確地把握中檔題目的“個性”,用簡便方法巧解選擇題,是建在扎實掌握“三基”的基礎上的,否則一味求快則會快中出錯.
例1、有三個命題:①垂直于同一個平面的兩條直線平行;②過平面α的一條斜線l有且僅有一個平面與α垂直;③異面直線a、b不垂直,那么過a的任一個平面與b都不垂直。其中正確命題的個數為( )
A.0 B.1 C.2 D.3
解析:利用立幾中有關垂直的判定與性質定理對上述三個命題作出判斷,易得都是正確的,故選D。
例2、(08浙江)若雙曲線的兩個焦點到一條準線的距離之比為3:2,則雙曲線的離心率是( )
(A)3 (B)5 (C) (D)
解析:由已知得,,解得,故選D.
2、特例法:就是運用滿足題設條件的某些特殊數值、特殊位置、特殊關系、特殊圖形、特殊數列、特殊函數等對各選擇支進行檢驗或推理,利用問題在某一特殊情況下不真,則它在一般情況下也不真的原理,由此判明選項真偽的方法。用特例法解選擇題時,特例取得愈簡單、愈特殊愈好。常用的特例有特殊數值、特殊數列、特殊函數、特殊圖形、特殊角、特殊位置等.
(1)特殊值
例3、(08四川)若,則的取值范圍是:( )
(A)   (B)   (C)   (D)
解析:取.
例4、,則 ( )

解析:由不妨取,則故選B.
例5、(08全國二)若,則( )
A.<< B.<< C. << D. <<
解析:令則,,故選C.
(2)特殊函數
例6、定義在R上的奇函數f(x)為減函數,設a+b≤0,給出下列不等式:①f(a)·f(-a)≤0;②f(b)·f(-b)≥0;③f(a)+f(b)≤f(-a)+f(-b);④f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)。其中正確的不等式序號是( )
A.①②④ B.①④ C.②④ D.①③
解析:取f(x)= -x,逐項檢查可知①④正確。故選B。
(3)特殊數列
例7、已知等差數列滿足,則有       (   )
A、  B、  C、  D、
解析:取滿足題意的特殊數列,則,故選C。
(4)特殊位置
例8、直三棱柱ABC—A/B/C/的體積為V,P、Q分別為側棱AA/、CC/上的點,且AP=C/Q,則四棱錐B—APQC的體積是( )(A) (B) (C) (D)
解析:令P、Q分別為側棱AA/、CC/的中點,則可得,故選B
例9、(99高考)向高為的水瓶中注水,注滿為止,如果注水量與水深的函數關系的圖象如右圖所示,那么水瓶的形狀是 ( )
解析:取,由圖象可知,此時注水量大于容器容積的,故選B。
(5)特殊點
例10、(08天津)函數()的反函數是( )
(A)()   (B)()
(C)()   (D)()
解析:由函數,x=4時,y=3,且,則它的反函數過點(3,4),故選A
(6)特殊方程
例11、雙曲線b2x2-a2y2=a2b2 (a>b>0)的漸近線夾角為α,離心率為e,則cos等于( )
A.e B.e2 C. D.
解析:本題是考查雙曲線漸近線夾角與離心率的一個關系式,故可用特殊方程來考察。取雙曲線方程為-=1,易得離心率e=,cos=,故選C。
3、圖像法:就是利用函數圖像或數學結果的幾何意義,將數的問題(如解方程、解不等式、求最值,求取值范圍等)與某些圖形結合起來,利用直觀幾性,再輔以簡單計算,確定正確答案的方法。這種解法貫穿數形結合思想,每年高考均有很多選擇題(也有填空題、解答題)都可以用數形結合思想解決,既簡捷又迅速。
例12、
解析:如圖,令 ,則它們分別表示半圓和過點(0,2)的直線系,由圖可知,直線和半圓相切,以及交點橫坐標在(-1, 1)內
時,有一個交點,故選D.

4、驗證法(代入法):就是將選擇支中給出的答案或其特殊值,代入題干逐一去驗證是否滿足題設條件,然后選擇符合題設條件的選擇支的一種方法。在運用驗證法解題時,若能據題意確定代入順序,則能較大提高解題速度。
例13、滿足的值是 ( )

解析:將四個選擇支逐一代入,可知選.
5、篩選法(也叫排除法、淘汰法):就是充分運用選擇題中單選題的特征,即有且只有一個正確選擇支這一信息,從選擇支入手,根據題設條件與各選擇支的關系,通過分析、推理、計算、判斷,對選擇支進行篩選,將其中與題設相矛盾的干擾支逐一排除,從而獲得正確結論的方法。使用篩選法的前提是“答案唯一”,即四個選項中有且只有一個答案正確。
例14、若x為三角形中的最小內角,則函數y=sinx+cosx的值域是( )
A.(1, B.(0, C.[,]  D.(,
解析:因為三角形中的最小內角,故,由此可得y=sinx+cosx>1,排除B,C,D,故應選A。
6、分析法:就是對有關概念進行全面、正確、深刻的理解或對有關信息提取、分析和加工后而作出判斷和選擇的方法。
(1)特征分析法——根據題目所提供的信息,如數值特征、結構特征、位置特征等,進行快速推理,迅速作出判斷的方法,稱為特征分析法。
例15、已知,則等于 ( )
A、 B、 C、 D、  
解析:由于受條件sin2θ+cos2θ=1的制約,故m為一確定的值,于是sinθ,cosθ的值應與m的值無關,進而tan的值與m無關,又<θ<π,<<,∴tan>1,故選D。
(2)邏輯分析法——通過對四個選擇支之間的邏輯關系的分析,達到否定謬誤支,選出正確支的方法,稱為邏輯分析法。(1)若(A)真(B)真,則(A)必排出,否則與“有且僅有一個正確結論”相矛盾. (2) 若(A)(B),則(A)(B)均假。 (3)若(A)(B)成矛盾關系,則必有一真,可否定(C)(D).
例16、設a,b是滿足ab<0的實數,則               ( )
A.|a+b|>|a-b| B.|a+b|<|a-b|
C.|a-b|<|a|-|b| D.|a-b|<|a|+|b|
解析:∵A,B是一對矛盾命題,故必有一真,從而排除錯誤支C,D。又由ab<0,可令a=1,b= -1,代入知B為真,故選B。
7、估算法:就是一種粗略的計算方法,即對有關數值作擴大或縮小,從而對運算結果確定出一個范圍或作出一個估計的方法。
例17如圖,在多面體ABCDEF中,已知面ABCD是邊長為3的正方形,EF//AB,
EF=3/2,EF與面AC的距離為2,則該多面體的體積為( )
A)9/2 B)5 C)6 D)15/2
解析:連接BE、CE則四棱錐E-ABCD的體積
VE-ABCD=×3×3×2=6,又整個幾何體大于部分的體積,
所求幾何體的體積V求> VE-ABCD,選(D)
說明:1、解選擇題的方法很多,上面僅列舉了幾種常用的方法,其它方法不再一一舉例。需要指出的是對于有些題在解的過程中可以把上面的多種方法結合起來進行解題,會使題目求解過程簡單化。
2、對于選擇題一定要小題小做,小題巧做,切忌小題大做。“不擇手段,多快好省”是解選擇題的基本宗旨。
三、跟蹤訓練:
(一)直接法:
直接從題設條件出發,運用有關概念、性質、定理、法則等知識,通過推理運算,得出結論,再對照選擇項,從中選正確答案的方法叫直接法.
1.設f(x)是(-∞,∞)是的奇函數,f(x+2)=-f(x),當0≤x≤1時,f(x)=x,則f(7.5)等于______. (A)0.5 (B)-0.5 (C)1.5 (D)-1.5
1.【解】由f(x+2)=-f(x)得f(7.5)=-f(5.5)=f(3.5)=-f(1.5)=f(-0.5),由f(x)是奇函數得f(-0.5)=-f(0.5)=-0.5,所以選B。也可由f(x+2)=-f(x),得到周期T=4,所以f(7.5)=f(-0.5)=-f(0.5)=-0.5.
2. 七人并排站成一行,如果甲、乙兩人必需不相鄰,那么不同的排法的種數是( )
(A)1440 (B)3600 (C)4320 (D)4800
2.【解一】用排除法:七人并排站成一行,總的排法有P種,其中甲、乙兩人相鄰的排法有2×P種。因此,甲、乙兩人必需不相鄰的排法種數有:P-2×P=3600,對照后應選B;
【解二】用插空法:P×P=3600.
3.已知則的值等于( ). (A) 0 (B) (C) (D) 9
3.[解] 由,可知選C.
4.
5.
5.[解]
(二) 特例法:
6.定義在區間(-∞,∞)的奇函數f(x)為增函數,偶函數g(x)在區間[0,+∞)的圖象與f(x)的圖象重合,設a>b>0,給出下列不等式
①f(b)-f(-a)>g(a)-g(-b);②f(b)-f(-a)g(b)-g(-a);④f(a)-f(-b)其中成立的是( )
(A)①與④ (B)②與③ (C) ①與③ (D) ②與④
6.【解】令f(x)=x,g(x)=|x|,a=2,b=1,則:f(b)-f(-a)=1-(-2)=3, g(a)-g(-b)=2-1=1,得到①式正確;f(a)-f(-b)=2-(-1)=3, g(b)-g(-a)=1-2=-1,得到③式正確.所以選C.
【另解】直接法:f(b)-f(-a)=f(b)+f(a),g(a)-g(-b)=g(a)-g(b)=f(a)-f(b),從而①式正確;f(a)-f(-b)=f(a)+f(b),g(b)-g(-a)=g(b)-g(a)=f(b)-f(a),從而③式正確.所以選C.
7.如果n是正偶數,則C+C+…+C+C=( )
(A)2 (B)2 (C) 2 (D) (n-1)2
7.【解】用特值法:當n=2時,代入得C+C=2,排除答案A、C;當n=4時,代入得C+C+C=8,排除答案D.所以選B.
【另解】直接法:由二項展開式系數的性質有C+C+…+C+C=2,選B.
8.過拋物線y=x2(a> 0)的焦點F作一直線交拋物線于P、Q兩點,若線段FP與FQ的長分別是p、q,則=(  ).
(A)2a   (B)    (C) 4a    (D)
8.[解] 由題意知,對任意的過拋物線焦點F的直線,的值都是的表示式,因而取拋物線的通徑進行求解,則p=q=,所以=,故應選(D)
9.設a>0,f(x)=,曲線y=f(x)在點處的切線傾斜角的取值范圍為,則P到曲線y=f(x)對稱軸的距離的取值范圍為( )
(A) ???????????? (B) ??????????(C) ???????(D)
9.[解]取, 則
當曲線在點處的切線傾斜角的取值范圍為,則P到曲線y=f(x)對稱軸的距離的取值范圍為,只有(B)合,∴選(B).
10.
10.
.
(三) 篩選法:
11. 已知y=log(2-ax)在[0,1]上是x的減函數,則a的取值范圍是( )
(A)[0,1] (B)(1,2] (C) (0,2) (D) [2,+∞)
11.【解】∵ 2-ax是在[0,1]上是減函數,所以a>1,排除答案A、C;若a=2,由2-ax>0得x<1,這與[0,1]不符合,排除答案C.所以選B.
12.過拋物線y=4x的焦點,作直線與此拋物線相交于兩點P和Q,那么線段PQ中點的軌跡方程是( )
(A)y=2x-1 (B)y=2x-2 (C) y=-2x+1 (D) y=-2x+2
12.【解】篩選法:由已知可知軌跡曲線的頂點為(1,0),開口向右,由此排除答案A、C、D,所以選B;
【另解】直接法:設過焦點的直線y=k(x-1),則,消y得:
kx-2(k+2)x+k=0,中點坐標有,消k得y=2x-2,選B.
13.關于直線以及平面,下面命題中正確的是( ).
(A)若 則 (B)若 則
(C)若 且則 (D)若則
13.[分析]對于選支D, 過作平面P交平面N于直線,則,而從而又 故 應選(D)
請讀者舉反例說明命題A, B, C, 均為假命題.
14.
14.[解]
15.
15.[解]
.
(四)代入法:
將各個選擇項逐一代入題設進行檢驗,從而獲得正確判斷的方法叫代入法,又稱為驗證法,即將各選擇支分別作為條件,去驗證命題,能使命題成立的選擇支就是應選的答案.
16.函數y=sin(-2x)+sin2x的最小正周期是_____.(A) (B) (C) 2 (D) 4
16.【解】代入法:f(x+)=sin[-2(x+)]+sin[2(x+)]=-f(x),而
f(x+π)=sin[-2(x+π)]+sin[2(x+π)]=f(x),所以應選B;
【另解】直接法:y=cos2x-sin2x+sin2x=sin(2x+),T=π,選B.
17.函數y=sin(2x+)的圖象的一條對稱軸的方程是( )
(A)x=- (B)x=- (C)x= (D)x=
17.[解](代入法)把選擇支逐次代入,當x=-時,y=-1,可見x=-是對稱軸,又因為統一前提規定“只有一項是符合要求的”,故選A.
另解:(直接法) ∵函數y=sin(2x+)的圖象的對稱軸方程為2x+=kπ+,即x=-π,當k=1時,x=-,選A.
代入法適應于題設復雜,結論簡單的選擇題.若能據題意確定代入順序,則能較大提高解題速度.
(五) 圖解法:
18.在圓x+y=4上與直線4x+3y-12=0距離最小的點的坐標是( )
(A) (,) (B)(,-) (C) (-,) (D) (-,-)
18.【解】圖解法:在同一直角坐標系中作出圓x+y=4和直線4x+3y-12=0后,由圖可知距離最小的點在第一象限內,所以選A。
【直接法】先求得過原點的垂線,再與已知直線相交而得。
19.設函數 ,若,則的取值范圍是( )
(A)(,1) (B)(,) (C)(,)(0,) (D)(,)(1,)
19.解:(圖解法)在同一直角坐標系中,作出函數
的圖象和直線,它們相交于(-1,1)和(1,1)兩點,由,得或.
20.函數y=|x2—1|+1的圖象與函數y=2 x的圖象交點的個數為( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
20.解:本題如果圖象畫得不準確,很容易誤選(B);答案為(C).育網》http://www.7caiedu.cn
2009屆新課標數學考點預測(24):填空題的解法
數學填空題是一種只要求寫出結果,不要求寫出解答過程的客觀性試題,是高考數學中的三種常考題型之一,填空題的類型一般可分為:完形填空題、多選填空題、條件與結論開放的填空題. 這說明了填空題是數學高考命題改革的試驗田,創新型的填空題將會不斷出現. 因此,我們在備考時,既要關注這一新動向,又要做好應試的技能準備.解題時,要有合理的分析和判斷,要求推理、運算的每一步驟都正確無誤,還要求將答案表達得準確、完整. 合情推理、優化思路、少算多思將是快速、準確地解答填空題的基本要求.
數學填空題,絕大多數是計算型(尤其是推理計算型)和概念(性質)判斷型的試題,應答時必須按規則進行切實的計算或者合乎邏輯的推演和判斷。求解填空題的基本策略是要在“準”、“巧”、“快”上下功夫。下面是一些常用的方法。
(一)定義法
有些問題直接去解很難奏效,而利用定義去解可以大大地化繁為簡,速達目的。
例1. 的值是_________________。
解:從組合數定義有:
又 ,代入再求,得出466。
例2. 到橢圓右焦點的距離與到定直線x=6距離相等的動點的軌跡方_______________。
解:據拋物線定義,結合圖知:
軌跡是以(5,0)為頂點,焦參數P=2且開口方向向左的拋物線,故其方程為:
(二)直接法
這是解填空題的基本方法,它是直接從題設條件出發、利用定理、性質、公式等知識,通過變形、推理、運算等過程,直接得到結果。
例3設其中i,j為互相垂直的單位向量,又,則實數m = 。
解:∵,∴∴,而i,j為互相垂直的單位向量,故可得∴。
例4(08廣東卷)已知(是正整數)的展開式中,的系數小于
120,則 .
解:按二項式定理展開的通項為,我們知道的系數為,即,也即,而是正整數,故只能取1。
例5現時盛行的足球彩票,其規則如下:全部13場足球比賽,每場比賽有3種結果:勝、平、負,13長比賽全部猜中的為特等獎,僅猜中12場為一等獎,其它不設獎,則某人獲得特等獎的概率為 。
解:由題設,此人猜中某一場的概率為,且猜中每場比賽結果的事件為相互獨立事件,故某人全部猜中即獲得特等獎的概率為。
(三)特殊化法
當填空題的結論唯一或題設條件中提供的信息暗示答案是一個定值時,可以把題中變化的不定量用特殊值代替,即可以得到正確結果。
例6 在△ABC中,角A、B、C所對的邊分別為a、b、c。若a、b、c成等差數列,則 。
解:特殊化:令,則△ABC為直角三角形,,從而所求值為。
例7 過拋物線的焦點F作一直線交拋物線交于P、Q兩點,若線段PF、FQ的長分別為p、q,則 。
分析:此拋物線開口向上,過焦點且斜率為k的直線與拋物線均有兩個交點P、Q,當k變化時PF、FQ的長均變化,但從題設可以得到這樣的信息:盡管PF、FQ不定,但其倒數和應為定值,所以可以針對直線的某一特定位置進行求解,而不失一般性。
解:設k = 0,因拋物線焦點坐標為把直線方程代入拋物線方程得,∴,從而。
例8 求值 。
分析:題目中“求值”二字提供了這樣信息:答案為一定值,于是不妨令,得結果為。
例9如果函數f(x)=x2+bx+c對任意實數t都有f(2+t)=f(2-t),那么f(1),f(2),f(4)的大小關系是
解: 由于f(2+t)=f(2-t),故知f(x)的對稱軸是x=2。可取特殊函數f(x)=(x-2)2,即可求得f(1)=1,f(2)=0,f(4)=4。∴f(2) 例10已知等差數列{an}的公差d≠0,且a1,a3,a9成等比數列,則的值是 。
解: 考慮到a1,a3,a9的下標成等比數列,故可令an=n滿足題設條件,于是=。
例11橢圓+=1的焦點為F1、F2,點P為其上的動點,當∠F1PF2為鈍角時,點P橫坐標的取值范圍是 。
解: 設P(x,y),則當∠F1PF2=90°時,點P的軌跡方程為x2+y2=5,由此可得點P的橫坐標x=±,又當點P在x軸上時,∠F1PF2=0;點P在y軸上時,∠F1PF2為鈍角,由此可得點P橫坐標的取值范圍是-(四)數形結合法
對于一些含有幾何背景的填空題,若能數中思形,以形助數,則往往可以簡捷地解決問題,得出正確的結果。
例12 如果不等式的解集為A,且,那么實數a的取值范圍是 。
解:根據不等式解集的幾何意義,作函數和函數的圖象(如圖),從圖上容易得出實數a的取值范圍是。
例13 已知實數x、y滿足,則的最大值是 。
解:可看作是過點P(x,y)與M(1,0)的直線的斜率,其中點P的圓上,如圖,當直線處于圖中切線位置時,斜率最大,最大值為。
(五)等價轉化法
通過“化復雜為簡單、化陌生為熟悉”,將問題等價地轉化成便于解決的問題,從而得出正確的結果。
例14(08湖南理)設函數存在反函數,且函數的圖象過點(1,2),
則函數的圖象一定過點 .
解:由函數的圖象過點(1,2)得: 即函數過點 則其反函數過點所以函數的圖象一定過點
例15 不等式的解集為(4,b),則a= ,b= 。
解:設,則原不等式可轉化為:∴a > 0,且2與是方程的兩根,由此可得:。
例16 不論k為何實數,直線與曲線恒有交點,則實數a的取值范圍是 。
解:題設條件等價于點(0,1)在圓內或圓上,或等價于點(0,1)到圓,
∴。
例17 函數單調遞減區間為 。
解:易知∵y與y2有相同的單調區間,而,∴可得結果為。
總之,能夠多角度思考問題,靈活選擇方法,是快速準確地解數學填空題的關鍵。
(六) 淘汰法
當全部情況為有限種時,也可采用淘汰法。
例18. 已知,則與同時成立的充要條件是____________。
解:按實數b的正、負分類討論。
當b>0時,而等式不可能同時成立;
當b=0時,無意義;
當b<0時,若a<0,則兩不等式不可能同時成立,以上三種情況均被淘汰,故只能為a>0,b<0,容易驗證,這確是所要求的充要條件。
跟蹤訓練:
1已知函數,則
講解 由,得,應填4.
集合的真子集的個數是
講解 ,顯然集合M中有90個元素,其真子集的個數是,應填.
3.如果函數,那么 
講解 容易發現,這就是我們找出的有用的規律,于是
原式=,應填
4. 如果函數的圖象關于直線對稱,那么
講解 ,其中.
是已知函數的對稱軸,

即    ,
于是     故應填 .
5.以下四個命題:


③凸n邊形內角和為 ④凸n邊形對角線的條數是
其中滿足“假設時命題成立,則當n=k+1時命題也成立’’.但不滿足“當(是題中給定的n的初始值)時命題成立”的命題序號是       .
講解 ①當n=3時,,不等式成立;
當n=1時,,但假設n=k時等式成立,則
   ;
③ ,但假設成立,則
      
④ ,假設成立,則
    
故應填②③.
 6.某商場開展促銷活動,設計一種對獎券,號碼從000000到999999. 若號碼的奇位數字是不同的奇數,偶位數字均為偶數時,為中獎號碼,則中獎面(即中獎號碼占全部號碼的百分比)為       .
講解  中獎號碼的排列方法是: 奇位數字上排不同的奇數有種方法,偶位數字上排偶數的方法有,從而中獎號碼共有種,于是中獎面為
            
故應填
7. 的展開式中的系數是
講解 由知,所求系數應為的x項的系數與項的系數的和,即有
     
故應填1008.
8. 過長方體一個頂點的三條棱長為3、4、5, 且它的八個頂點都在同一球面上,這個球的表面積是________.
講解 長方體的對角線就是外接球的直徑, 即有
    
從而   ,故應填
9. 如右圖,E、F分別是正方體的面ADD1A1、面BCC1B1的中心,則四邊形BFD1E在該正方體的面上的射影可能是     .(要求:把可能的圖的序號都填上)
講解 因為正方體是對稱的幾何體,所以四邊形BFD1E在該正方體的面上的射影可分為:上下、左右、前后三個方向的射影,也就是在面ABCD、面ABB1A1、面ADD1A1上的射影.
四邊形BFD1E在面ABCD和面ABB1A1上的射影相同,如圖所示;
四邊形BFD1E在該正方體對角面的ABC1D1內,它在面ADD1A1上的射影顯然是一條線段,如圖所示. 故應填.
10. 橢圓上的一點P到兩焦點的距離的乘積為m,則當m取最大值時,點P的坐標是_____________________.
講解 記橢圓的二焦點為,有

則知
顯然當,即點P位于橢圓的短軸的頂點處時,m取得最大值25.
故應填或
11. 一只酒杯的軸截面是拋物線的一部分,它的函數解析式是,在杯內放一個玻璃球,要使球觸及酒杯底部,則玻璃球的半徑r的取值范圍是___________.
講解 依拋物線的對稱性可知,大圓的圓心在y軸上,并且圓與拋物線切于拋物線的頂點,從而可設大圓的方程為

消去x,得 (*)
解出 或
要使(*)式有且只有一個實數根,只要且只需要即
再結合半徑,故應填
高考題選:
1、(07寧海)雙曲線的頂點到漸近線的距離為2,焦點到漸近線的距離為6,則該雙曲線的離心率為  
【答案】:3
【分析】:如圖,過雙曲線的頂點A、焦點F分別
向其漸近線作垂線,垂足分別為B、C,
則:
2、(07寧海文)設函數為偶函數,則    
【答案】:-1
【分析】:
(07寧海理)設函數f(x)=[(x+1)(x+a)]/x為奇函數,則    
【答案】:-1
【分析】:
3、(07寧海文)是虛數單位,     (用的形式表示,)
【答案】:
【分析】:
(07寧海理)是虛數單位,(-5+10i)/(3+4i)=     (用的形式表示,)
【答案】:
【分析】:
4、(07寧海文)已知是等差數列,,其前5項和,則其公差    
【答案】:
【分析】:

(07寧海理)某校安排5個班到4個工廠進行社會實踐,每個班去一個工廠,每個工廠至少安排一個班,不同的安排方法共有 種(用數字作答)
【答案】:240
【分析】:由題意可知有一個工廠安排2個班,另外三個工廠每廠一個班,
共有種安排方法。
5、(07廣東文)已知拋物線關于x軸對稱,頂點在原點O,且過點P(2,4),則該拋物線的方程是
【解析】設所求拋物線方程為,依題意,故所求為.
(07廣東理)在直角坐標系xOy中,有一定點A(2,1)。若線段OA的垂直平分線過拋物線 的焦點,則該拋物線的準線方程是_____________。
答案:;
解析:OA的垂直平分線的方程是y-,令y=0得到x=.
6、(07廣東文)函數f(x)=xlnx(x>0)的單調遞增區間是
【解析】由可得,答案:.
(07廣東理)如果一個凸多面體是n棱錐,那么這個凸多面體的所有頂點所確定的直線共有________條,這些直線中共有對異面直線,則;f(n)=_______________(答案用數字或n的解析式表示)
答案:;8;n(n-2)。
解析:;;
7、(07廣東文)數列{an}的前n項和Sn=n2-9n,則其通項an= ;若它的第k項滿足5【解析】{an}等差,易得,解不等式,可得
(07廣東理)若向量滿足,的夾角為60°,則··=______
答案:;
解析:,
8、(07廣東)甲、乙兩個袋子中均裝有紅、白兩種顏色的小球,這些小球除顏色外完全相同,其中甲袋裝有4個紅球、2個白球,乙袋裝有1個紅球、5個白球。現分別從甲、乙兩袋中各隨機抽取1個球,則取出的兩球是紅球的概率為______(答案用分數表示)
答案:
解析:;
9、(07山東文)設函數則
【答案】【分析】:

10、(07山東文)函數的圖象恒過定點,若點在直線上,則1/m+1/n的最小值為
【答案】:4【分析】:函數的圖象恒過定點,
,,,
(方法一):, .
(方法二):
11.(07山東理)函數的圖象恒過定點,若點在直線上,其中,則1/m+2/n的最小值為_______.
【答案】: 8。
【分析】:函數的圖象恒過定點,,,,
12、(07山東文)當時,不等式恒成立,則的取值范圍是 .
【答案】【分析】:構造函數:。由于當時,
不等式恒成立。則,即
。解得:。
13.(07山東理)設D是不等式組x+2y≤10且2x+y≥3且0≤x≤4且y≥1表示的平面區域,則D中的點
P(x,y)到直線x+y=10距離的最大值是_______s
【答案】:
【分析】:畫圖確定可行域,從而確定到直線直線距離的最大為
14、(07山東文)與直線和曲線都相切的半徑最小的圓的標準方程是____________________
【答案】:.
【分析】:曲線化為,其圓心到直線的距離為所求的最小圓的圓心在直線上,其到直線的距離為,圓心坐標為標準方程為。
15.(07山東理)設是坐標原點,是拋物線的焦點,是拋物線上的一點,與軸正向的夾角為,則為________.
【答案】: 【分析】:過A 作軸于D,令,則,,。
16.(08四川延考)函數 的反函數為 。
【答案】:,所以反函數,
17.(08四川延考)設等差數列的前項和為,且。若,則 。
【答案】:,取特殊值
令,所以
18.(08四川延考)已知函數 在單調增加,在單調減少,則 。
【答案】:由題意
又,令得。(如,則,與已知矛盾)
19.(08四川延考)已知,為空間中一點,且,則直線與平面
所成角的正弦值為 。
【答案】:由對稱性點在平面內的射影必在的平分線上作于,連結則由三垂線定理,
設,又,所以,因此直線與平面所成角的正弦值
20(08湖南理)
.對有n(n≥4)個元素的總體進行抽樣,先將總體分成兩個子總體
和 (m是給定的正整數,且2≤m≤n-2),再從
每個子總體中各隨機抽取2個元素組成樣本.用表示元素i和j同時出現在樣
本中的概率,則= ; 所有 (1≤i<j≤的和等于 .
【答案】:第二空可分:
①當 時, ;
②當 時, ;
③當時, ;
所以
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2009屆新課標數學考點預測(25)解答題的解法
在高考數學試卷中,解答題包括計算題、證明題、應用題等。其基本架構是:給出一定的題設(即已知條件),然后提出一定的要求(即要達到的目標),讓考生解答。考生解答時,應把已知條件作為出發點,運用有關的數學知識和方法,進行推理、演繹或計算,最后達到所要求的目標,同時要將整個解答過程的主要步驟和經過,有條理、合邏輯、完整地陳述清楚。 縱觀近幾年高考命題情況,可以發現,主觀題在高考卷中的考查呈現以下特點:
(1)對基礎知識的考查,要求全面又突出重點,注重學科的內在聯系和知識的綜合。
(2)對數學思想和方法的考查,數學思想與方法是數學知識在更高層次上的抽象和概括,在高考中,常將它們與數學知識的考查結合進行考查時,從學科整體意義和思想含義上立意,注意通性通法,淡化特殊技巧。
(3) 對能力的考查,以邏輯思維能力為核心,全面考查各種能力,強調探究性、綜合性、應用性,突出數學試題的能力立意,強化對素質教育的正確導向。
(4) 在強調綜合性的同時,注重試題的層次性,合理調控綜合程度,堅持多角度、多層次的考查。
(5)出現一些背景新穎的創新題、開放題、富有時代特色的應用題,并有越演越烈的趨勢.
一、三角與三角函數的綜合問題
【例1】已知函數
(Ⅰ)求函數f(x)的最小正周期和最小值;
(Ⅱ)在給出的直角坐標系中,
畫出函數上的圖象.
命題意圖:三角與三角函數的綜合問題主要考點是三角變換、圖像、解析式、向量或三角應用題,重點是三角、向量基本知識的綜合應用能力。數形結合、函數與方程思想、化歸轉化的思想是解決三角函數問題時經常使用的基本思想方法。屬于基礎題或中檔題的層面,高考中一定要盡量拿滿分。
【分析及解】(Ⅰ)
所以,的最小正周期,最小值為
(Ⅱ)列表:
x
0
2
0
-2
0
故畫出函數上的圖象為
評注:三角函數的訓練應當立足課本,緊扣高考真題,不需要加深加寬.解答三角函數考題的關鍵是進行必要的三角恒等變形,其解題通法是:發現差異(角度,函數,運算),尋找聯系(套用、變用、活用公式,技巧,方法),合理轉化(由因導果,由果探因).其解題技巧有:常值代換:特別是用“1”的代換;項的分拆與角的配湊;化弦(切)法;降次與升次;引入輔助角:asinθ+bcosθ=sin(θ+),這里輔助角所在象限由a、b的符號確定,角的值由確定.此類題目的特點是主要考查三角函數的概念、周期性、單調性、有界性、“五點法”作圖,以及求三角函數的最大(最小)值等.
跟蹤訓練1.(本小題滿分12分)設函數,其中向量, ,x∈R.
(I)求的值及函數的最大值;
(II)求函數的單調遞增區間.
二、概率與統計的綜合問題
【例2】如圖所示,質點P在正方形ABCD的四個頂點上按逆時針方向前進. 現在投擲一個質地均勻、每個面上標有一個數字的正方體玩具,它的六個面上分別寫有兩個1、兩個2、兩個3一共六個數字. 質點P從A點出發,規則如下:當正方體上底面出現的數字是1,質點P前進一步(如由A到B);當正方體上底面出現的數字是2,質點P前兩步(如由A到C),當正方體上底面出現的數字是3,質點P前進三步(如由A到D). 在質點P轉一圈之前連續投擲,若超過一圈,則投擲終止.
(I)求點P恰好返回到A點的概率;
(II)在點P轉一圈恰能返回到A點的所有結果中,
用隨機變量ξ表示點P恰能返回到A點的投擲次數,求ξ的數學期望.
命題意圖:概率與統計的綜合問題主要考點是概率、分布列、期望,文科重點是概率,理科重點是概率、分布列、期望,考查從摸球、擲骰子、體育活動、射擊及生產生活中抽象出的數學模型的能力,分類討論的思想。屬中檔題的范疇。從命題者立意看,命題材料源于課本,貼近考生,貼近生活,背景公平,設問新穎。解題時,多讀題目,多審題,注意語言轉換是關鍵。
【分析及解】(I)投擲一次正方體玩具,上底面每個數字的出現都是等可能的,其概率為因為只投擲一次不可能返回到A點;若投擲兩次點P就恰好能返回到A點,則上底面出現的兩個數字應依次為:(1,3)、(3,1)、(2,2)三種結果,其概率為,若投擲三次點P恰能返回到A點,則上底面出現的三個數字應依次為:(1,1,2)、(1,2,1)、(2,1,1)三種結果,其概率為
若投擲四次點P恰能返回到A點,則上底面出現的四個數字應依次為:(1,1,1,1)
其概率為所以,點P恰好返回到A點的概率為:
(II)在點P轉一圈恰能返回到A點的所有結果共有以上問題中的7種,
因為,
所以,Eξ=2·+3·+4·=
評注:高考中概率大題多以實際問題為背景,時代感強.其解題的關鍵是利用語言轉換策略把“問題情景”譯為數學語言,抽象成數學問題, 以“摸球”為背景的;以體育競賽(比賽勝負、射擊、投籃命中率)為背景的;以知識能力(選題、做題、搶答、面試、考駕照)為背景的;其他的還有像投擲硬幣、旅游交通、經濟利潤、產品的(抽取、檢驗,加工)等為背景的。這些背景在教材或高考復習備考資料中均能找到與其相關的習題、例題。平時訓練既要熟悉以這些材料背景為試題的題型特點,又要歸納整理解題思路。
跟蹤訓練2.(本小題滿分12分)某電視臺舉行電視奧運知識大獎賽,比賽分初賽和決賽兩部分.為了增加節目的趣味性,初賽采用選手選一題答一題的方式進行,每位選手最多有5次選題答題的機會,選手累計答對3題或答錯3題即終止其初賽的比賽,答對3題者直接進入決賽,答錯3題者則被淘汰.已知選手甲答題的正確率為.
(Ⅰ)求選手甲可進入決賽的概率;
(Ⅱ)設選手甲在初賽中答題的個數為,試寫出的分布列,并求的數學期望.
三、立體幾何問題
【例3】如圖所示,已知ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD,
PD=AD=2.
(1)求異面直線PC與BD所成的角;
(2)在線段PB上是否存在一點E,使PC⊥平面ADE?
若存在,確定E點的位置;若不存在,說明理由.
命題意圖:立體幾何問題主要考點是底面為四邊形的柱體或錐體或折疊問題,主要考距離、二面角、線面垂直、平行。重點是處理空間線、面關系的能力,運動的觀點、探究、開放的思想(存在性問題)。從這個角度來看,變化并不大,題目的難度也不大,屬中檔題的范疇,但是還要關注立體幾何試題命題的一些變化趨勢,關注試題的創新。因此,立體幾何的復習要在強化常規題訓練和關注試題創新這兩個方面下功夫。本題一道已從解決現成問題發展為探究問題的存在性,解決問題的嘗試性。
【分析及解】如圖建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),
A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),B(2,2,0),
(1)

∴ ,∴異面直線PC與BD所成的角為60°
(2)假設在PB上存在E點,使PC⊥平 ADE,記

∴ 若PC⊥平面ADE,則有PC⊥AE,
即,∴
∴存在E點且E為PB的中點時,PC⊥平面ADE.
評注:立體幾何的試題考查的核心和熱點仍然是考查空間圖形的線面關系及幾何量的計算,即圍繞平行,垂直,距離和角的問題進行命題設計,其中平行和垂直是線面的位置關系,距離和角是線面的數量關系,在試題設計時,仍然是以正方體,長方體,棱柱,棱錐為載體,在解法上,則注意解法的多樣化,對于一道立體幾何試題,往往既能用傳統方法求解又能用向量方法求解,有的題目可以用兩種方法結合求解。有些立體幾何試題,已經不是單一的幾何背景,還涉及到解析幾何,方程,不等式,最值,概率等其它數學分支,從而考查綜合運用數學知識和技能的靈活性.
跟蹤訓練3.(本小題共12分)在三棱錐中,,
.
(Ⅰ)證明:⊥;
(Ⅱ)求二面角A-BC-S的大小;
(Ⅲ)求直線AB與平面SBC所成角的正弦值.
四、函數與導數的綜合問題
【例4】已知
(1)若存在單調遞減區間,求的取值范圍;
(2)若時,求證成立;
(3)利用(2)的結論證明:若
命題意圖:函數與導數的綜合問題主要考點是函數、導數、單調性、極值、切線、不等式,重點是三次或含自然對數的函數的導數、單調性、極值、切線、不等式(主要是恒成立、能成立或利用導數證明不等式問題)。屬高檔題的范疇,考查交匯知識綜合處理能力。解題中需用到函數與方程思想、分類討論思想、數形結合思想、轉化與劃歸思想
【分析及解】(1)
,有單調減區間,∴ 有解
, ∴有解
①時合題意
②時,,即, ∴的范圍是
(2)設, ,
0
+
0
-
最大值
∴有最大值0,∴恒成立
即成立
(3)


,∴求證成立
評注:導數是研究函數的工具,導數進入新教材之后,給函數問題注入了生機和活力,開辟了許多解題新途徑,拓展了高考對函數問題的命題空間。所以把導數與函數綜合在一起是順理成章的事情,對函數的命題已不再拘泥于一次函數,二次函數,反比例函數,指數函數,對數函數等,對研究函數的目標也不僅限于求定義域,值域,單調性,奇偶性,對稱性,周期性等,而是把高次多項式函數,分式函數,指數型,對數型函數,以及初等基本函數的和、差、積、商都成為命題的對象,試題的命制往往融函數,導數,不等式,方程等知識于一體,通過演繹證明,運算推理等理性思維,解決單調性,極值,最值,切線,方程的根,參數的范圍等問題,這類題難度很大,綜合性強,內容新,背景新,方法新,是高考命題的豐富寶藏。通過構造函數,以導數為工具,證明不等式,解題技巧是構造輔助函數,把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或求最值,從而證得不等式,而如何根據不等式的結構特征構造一個可導函數是用導數證明不等式的關鍵。
跟蹤訓練4.(本小題滿分12分)已知函數
(I)當的單調區間和極值;
(II)若函數在[1,4]上是減函數,求實數a的取值范圍.
五、圓錐曲線的綜合問題
【例5】已知拋物線,過定點的直線交拋物線于A、B兩點.
(Ⅰ)分別過A、B作拋物線的兩條切線,A、B為切點,求證:這兩條切線的交點在定直線上.
(Ⅱ)當時,在拋物線上存在不同的兩點P、Q關于直線對稱,弦長|PQ|中是否存在最大值?若存在,求其最大值(用表示),若不存在,請說明理由.
命題意圖:圓錐曲線的綜合問題主要考點是雙曲線、拋物線、橢圓相結合,重點是圓錐曲線
的統一定義,點、弦、面積、取值范圍、定值,函數與方程思想、數形結合思想。
【分析及解】(Ⅰ)由,得,設
過點A的切線方程為:,即
同理求得過點B的切線方程為:
∵直線PA、PB過,∴,
∴點在直線上,∵直線AB過定點,
∴,即∴兩條切線PA、PB的交點在定直線上.
(Ⅱ) 設,設直線的方程為:,
則直線的方程為:,

, ①
設弦PQ的中點,則
∵弦PQ的中點在直線上,∴,
即 ②
②代入①中,得 ③
由已知,當時, 弦長|PQ|中不存在最大值.
當時,這時,此時,弦長|PQ|中存在最大值,
即當時,弦長|PQ|中的最大值為
評注:圓錐曲線的試題涉及到函數、方程、導數、不等式、三角、向量、數列等各章節的知識,常把代數、三角、向量、數列、導數等知識交匯在一起成為典型題。而求曲線方程、弦長、角、面積、最值、軌跡、參數的值或取值范圍,證明某種關系、證明定值、探索型、存在性討論等問題是常考的題型,具有一定的綜合性和靈活性,計算也較復雜,需要有較強的綜合能力。解題中需用到函數與方程思想、分類討論思想、數形結合思想、轉化與劃歸思想。
跟蹤訓練5.(本小題滿分12分)
已知橢圓C:(a>b>0),點F1、F2分別是橢圓的左、右焦點,點P(2,)在直線x=上,且|F1F2|=|PF2|,直線:y=kx+m為動直線,且直線與橢圓C交于不同的兩點A、B。
(Ⅰ)求橢圓C的方程;
(Ⅱ)若在橢圓C上存在點Q,滿足(O為坐標原點),求實數的取值范圍;
(Ⅲ)在(Ⅱ)的條件下,當取何值時,△ABO的面積最大,并求出這個最大值.
六、數列的綜合問題
【例6】數列{an},a1=1,
(1)求a2,a3的值;
(2)是否存在常數,使得數列是等比數列,若存在,求出的值;若不存在,說明理由;
(3)設,
證明:當
命題意圖:數列的綜合問題主要考點是數列、導數、不等式、數學歸納法,重點是綜合、靈活運用數學知識分析、解決問題的能力,充分體現考生的綜合數學素質。
解:(1)
(2)設,



又 使得數列 是等比數列
(3)證明:由(1)得
∴,故


,現證
當n=2時,,
故n=2時不等式成立,當得

評注:數列解答題的命題熱點是與不等式交匯,主要是呈現遞推關系的綜合性試題,其中,以函數與數列、不等式為命題載體,有著高等數學背景的數列解答題是未來高考命題的一個新的亮點,而命題的冷門則是數列的應用性解答題.
跟蹤訓練6.(本小題滿分12分)在直角坐標平面上有一點列 對一切正整數n,點Pn在函數的圖象上,且Pn的橫坐標構成以為首項,-1為公差的等差數列{xn}.
(1)求點Pn的坐標;
(2)設拋物線列C1,C2,C3,…,Cn,…中的每一條的對稱軸都垂直于x軸,拋物線Cn的頂點為Pn,且過點Dn(0,).記與拋物線Cn相切于點Dn的直線的斜率為kn,求
(3)設等差數列的任一項,其中是中的最大數,,求數列的通項公式.
跟蹤訓練參考答案:
1.(共12 分)解:(I),,
= ·
2分
4分
= . 5分
又 6分
函數的最大值為. 7分
當且僅當(Z)時,函數取得最大值為.
(II)由(Z), 9分
得 (Z). 11分
函數的單調遞增區間為[](Z). 12
2.解:(Ⅰ) 選手甲答道題進入決賽的概率為; ……………1分
選手甲答道題進入決賽的概率為;…………………………3分
選手甲答5道題進入決賽的概率為; …………………5分
∴選手甲可進入決賽的概率++. …………………7分
(Ⅱ)依題意,的可能取值為.則有,

, …………………………10分
因此,有
ξ
3
4
5
P
. ……………………………12分
3.(共12分)解法一:
解:(Ⅰ)且平面.-------------2分
為在平面內的射影. --------3分
又⊥, ∴⊥. ----------4分
(Ⅱ) 由(Ⅰ)⊥,又⊥,
∴為所求二面角的平面角. -------6分
又∵==4,
∴=4 . ∵=2 , ∴=60°. -------8分
即二面角大小為60°.
(Ⅲ)過作于D,連結,
由(Ⅱ)得平面平面,又平面,
∴平面平面,且平面平面,
∴平面.
∴為在平面內的射影.
. --------10分
在中,,
在中,,.
∴ =. ------------11分
所以直線與平面所成角的大小為. ----12分
解法二:解:(Ⅰ)由已知,
以點為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系.
則 ,. -------2分
則,.
.
. ----------------4分
(Ⅱ),平面.
是平面的法向量. -------5分
設側面的法向量為,
,.
,
.令則.
則得平面的一個法向量. ---------6分
.
即二面角大小為60°. ----------8分
(Ⅲ)由(II)可知是平面的一個法向量. --------10分
又, . -----11分
所以直線與平面所成角為 ---------12分
4.解:(I)函數
當 …………2分
當x變化時,的變化情況如下:

0
+
極小值
由上表可知,函數;
單調遞增區間是
極小值是 …………6分
(II)由 …………7分
又函數為[1,4]上單調減函數,
則在[1,4]上恒成立,所以不等式在[1,4]上恒成立.
即在[1,4]上恒成立. …………10分
又在[1,4]為減函數,
所以
所以 …………12分
5.解:橢圓的左、右焦點分別為、 , ……2分
又, , ………3分
解得,
橢圓的方程為 . ………4分
(Ⅱ)由,得.
設點、的坐標分別為、,則……5分

(1)當時,點、關于原點對稱,則.
(2)當時,點、不關于原點對稱,則,
由,得 即
點在橢圓上,有,
化簡,得.
,有.………………① ……………7分
又,
由,得.……………………………②    
將①、②兩式,得.
,,則且.
綜合(1)、(2)兩種情況,得實數的取值范圍是. ………………8分
(Ⅲ),點到直線的距離,
的面積
. ………………………… 10分
由①有,代入上式并化簡,得.
,. ……………………… 11分
當且僅當,即時,等號成立.
當時,的面積最大,最大值為. ……………………… 12分
6.解:(1)
……………………4分
(2)的對稱軸垂直于x軸,且頂點為Pn,
∴設的方程為
把,
∴的方程為
∵……………………6分


=…………………………8分
(3)
∴S中最大數a1=-17.…………………………10分
設公差為d,則a10=
由此得
又∵∴∴
∴……………………12分
本資料來源于《七彩教育網》http://www.7caiedu.cn
2009屆新課標數學考點預測(26):函數與方程的思想方法
《2009年新課標考試大綱》明確指出“數學知識是指《普通高中數學課程標準(實驗)》中所規定的必修課程、選修課程系列2和系列4中的數學概念、性質、法則、公式、公理、定理以及由其內容反映的數學思想方法”。其中數學思想方法包括: 函數與方程的思想方法、 數形結合的思想方法 、 分類整合的思想方法、 特殊與一般的思想方法、 轉化與化歸的思想方法、 必然與或然的思想方法。數學思想方法是對數學知識內容和方法的本質認識,是對數學的規律性的理性認識。高考通過對數學思想方法的考查,能夠最有效地檢測學生對數學知識的理解和掌握程度,能夠最有效地反映出學生對數學各部分內容的銜接、綜合和滲透的能力。《考試大綱》對數學考查的要求是“數學學科的系統性和嚴密性決定了數學知識之間深刻的內在聯系,包括各部分知識的縱向聯系和橫向聯系,要善于從本質上抓住這些聯系,進而通過分類、梳理、綜合,構建數學試卷的框架結構” 。而數學思想方法起著重要橋梁連接和支稱作用,“對數學思想方法的考查是對數學知識在更高層次上的抽象和概括的考查,考查時必須要與數學知識相結合,通過數學知識的考查,反映考生對數學思想方法的掌握程度” 。“ 數學科的命題,在考查基礎知識的基礎上,注重對數學思想方法的考查,注重對數學能力的考查,展現數學的科學價值和人文價值,同時兼顧試題的基礎性、綜合性和現實性,重視試題間的層次性,合理調控綜合程度,堅持多角度、多層次的考查,努力實現全面考查綜合數學素養的要求。” 數學的思想方法滲透到數學的各個角落,無處不在,有些題目還要考查多個數學思想。在高考復習時,要充分認識數學思想在提高解題能力的重要性,在復習中要有意識地滲透這些數學思想,提升數學思想。
一、函數與方程的思想
所謂函數的思想,就是用運動和變化的觀點、集合對應的思想,去分析和研究數學問題中的數量關系,建立函數關系或構造函數。運用函數的圖像和性質去分析問題、轉化問題,從而使問題獲得解決,函數思想是對函數概念的本質認識,用于指導解題就是要善于利用函數知識或函數觀點去觀察分析處理問題。
所謂方程的思想就是分析數學問題中變量間的等量關系,建立方程或方程組,或者構造方程,通過解方程(組),或者運用方程的性質去分析轉化問題使問題獲得解決,方程思想是對方程概念的本質認識,用于指導解題就是利用方程或方程觀點觀察處理問題。函數思想與方程思想是密不可分的,可以相互轉化的。
函數和方程的思想是最重要和最常用的數學思想,它貫穿于整個高中教學中,中學數學中的初等函數、三角函數、數列以及解析幾何都可以歸結為函數,尤其是導數的引入為函數的研究增添了新的工具.因此,在數學教學中注重函數與方程的思想是相當重要的.在高考中,函數與方程的思想也是作為思想方法的重點來考查的,使用選擇題和填空題考查函數與方程思想的基本運算,而在解答題中,則從更深的層次,在知識的網絡的交匯處,從思想方法與相關能力相綜合的角度進行深入考查。
1、利用函數與方程的性質解題
例1.(2008安徽卷,理,11)若函數分別是上的奇函數、偶函數,且滿足,則有( )
A. B.
C. D.
分析:要比較函數值的大小,就要由已知條件求得函數解析式,本題中的都未知,只有一個等式,就需要我們再挖掘一個等式,由函數的奇偶性容易想到用替換,從而得到兩個方程組成方程組解出。
解:因為,用替換得: 因為函數分別是上的奇函數、偶函數,所以,又
解得:,而單調遞增且,∴大于等于0,而,故選。
答案:
評注:本題中利用函數的性質再得一方程,通過解方程組求得函數的解析式,再回歸到函數的單調性比較函數值的大小關系,是函數與方程的較好得結合。
2、構造函數解題
例2. (2008天津卷,理,16)設,若僅有一個常數c使得對于任意的,都有滿足方程,這時,的取值的集合為 。
分析:題目給出的方程中含有等多個字母,而條件中是對任意的都有,這使我們聯想到函數的定義域、值域,所以必須把方程改寫為關于的函數,再進一步研究函數的性質。
解:由已知,得(其中),函數為反比例函數,在()上為單調遞減,所以當時,又因為對于任意的,都有,所以,因為有且只有一個常數符合題意,所以,解得,所以的取值的集合為。
答案:
評注:本題看似方程問題,實質是函數問題,通過分析、轉化為函數,并運用函數的性質將問題轉化為不等式組解出。本題中自覺地、巧妙地運用函數的思想來指導解答問題。
3、函數與方程、不等式的轉化
例3.(2008廣東卷,理14)已知,若關于的方程有實根,則的取值范圍是 .
分析:求參數的范圍,可以先將分離出來,表示為的函數,求出函數的值域,進而得到參數的范圍
解:方程即,利用絕對值的幾何意義,得,可得實數的取值范圍為
評注:本題將方程轉化為函數,利用函數的值域得到的不等式,求得參數的范圍。
例4.(福建德化一中2008,理)若關于x的方程的兩根滿足,則k的取值范圍是( )
A. B. C. D.
分析:本題是研究二次方程的實根分布問題,可以轉化為二次函數,由二次函數的圖象轉為函數值表示的不等式組解出。
解:設函數,∵關于x的方程的兩根滿足,∴即∴,故選擇。
答案:
評注:對于二次方程的實根分布問題,要轉化為二次函數,由二次函數的圖象和各端點對應的函數值以及二次項系數和對稱軸解答。
4、函數與方程在立體幾何中的應用
例5.(2008北京卷,理,8)如圖,動點在正方體的對角線上.過點作垂直于平面的直線,與正方體表面相交于.設,,則函數的圖象大致是( )
分析:本題是立體幾何與函數的交匯題,可以先觀察題目并進行空間想象加以判斷,再由的特殊性與平面垂直,可以把向平面內作正投影,保持其長度不變,從而把空間問題轉為平面問題,在平面內研究函數關系即可順利完成。
解:設正方體的棱長為,由圖形的對稱性知點始終是的中點,
而且隨著點從點向的中點滑動,值逐漸增大到最大,再由中
點向點滑動,而逐漸變小,排除,把向平面內正投
影得,則=,由于,
∴,所以當時,為一次函數,故選
答案:
評注:本題為函數的變化趨勢問題,通過觀察進行理性地分析,再從數值上加以運算。
5、函數與方程在解析幾何中的應用
例6.(2008山東淄博)若、分別是橢圓的左、右焦點.
(Ⅰ)若是該橢圓上的一個動點,求的最大值和最小值;
(Ⅱ)設過定點,的直線與橢圓交于兩不同的點、,且為銳角(其中為坐標原點),求直線的斜率的取值范圍.
分析:(Ⅰ)中可以設出點的坐標,用坐標表示出,得到函數求最值。(Ⅱ)中研究直線與橢圓的交點,需要解方程組,由韋達定理解答即可。
解:(Ⅰ)解法一:由橢圓方程知
所以 ,設 
則 
又 ∴
,故當,即點為橢圓短軸端點時,有最小值
當,即點為橢圓長軸端點時,有最大值.
解法二:易知,所以,設

(以下同解法一)
(Ⅱ)顯然當直線的斜率不存在即時,不滿足題設條件
可設的方程為,設,
聯立 得
即  
∴ ,

即 解得    ①
又為銳角



∴    ②
綜①、②可知 
∴ 的取值范圍是.
評注:解析幾何中點的坐標,線的方程都與函數、方程是相通的,可以利用函數與方程的思想解答問題。在解方程組時要注意保證方程組有兩不同的解,求得參數的取值范圍。
例7.(2008廣東卷,理18)設,橢圓方程為,拋物線方程為.如圖4所示,過點作軸的平行線,與拋物線在第一象限的交點為,已知拋物線在點的切線經過橢圓的右焦點.
(1)求滿足條件的橢圓方程和拋物線方程;
(2)設分別是橢圓長軸的左、右端點,試探究在拋物線上是否存在點,使得為直角三角形?若存在,請指出共有幾個這樣的點?并說明理由(不必具體求出這些點的坐標).
分析:本題中的拋物線可以看作為二次函數,拋物線在點的切線的斜率就是該點處的函數的導數,由此可以寫出此切線方程,從而得到橢圓的右焦點的坐標,進而求出橢圓和拋物線的方程,(2)為探索結論問題,為直角三角形自然要考慮誰是直角,所以需要分類討論,并轉為方程確定其解的個數。
解:(1)由得,當得,
G點的坐標為,,,
過點G的切線方程為即,
令得,點的坐標為,由橢圓方程得點的坐標為,
即,即橢圓和拋物線的方程分別為和;
(2)過作軸的垂線與拋物線只有一個交點,以為直角的只有一個,同理 以為直角的只有一個。若以為直角,設點坐標為,、兩點的坐標分別為和, 。關于的二次方程有一大于零的解,有兩解,即以為直角的有兩個,因此拋物線上存在四個點使得為直角三角形。
評注:本題較好地把圓錐曲線問題和函數的導函數結合起來解答問題,一般地,對于已經曲線的某一點處的切線,就要轉為函數求導,從而求出其切線。另外,還要注意方程的解的個數的探討。
例8.(2008湖南,理20)若A、B是拋物線y2=4x上的不同兩點,弦AB(不平行于y軸)的垂直平分線與x軸相交于點P,則稱弦AB是點P的一條“相關弦”。已知當x>2時,點P(x,0)存在無窮多條“相關弦”。給定x0>2.
(I)證明:點P(x0,0)的所有“相關弦”的中點的橫坐標相同;
(II) 試問:點P(x0,0)的“相關弦”的弦長中是否存在最大值?
若存在,求其最大值(用x0表示):若不存在,請說明理由.
分析:本題(1)研究中點弦問題,可以用點差法,求得中點的坐標從而證明;(2)可用中點的坐標表示出弦長,得到關于中點的縱坐標的函數,再求出函數的值域。
解: (I)設AB為點P(x0,0)的任意一條“相關弦”,且點A、B的坐標分別是
(x1,y1)、(x2,y2)(x1x2),則y21=4x1, y22=4x2,
兩式相減得(y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2).因為x1x2,所以y1+y20.
設直線AB的斜率是k,弦AB的中點是M(xm, ym),則
k=.從而AB的垂直平分線l的方程為
又點P(x0,0)在直線上,所以
而于是故點P(x0,0)的所有“相關弦”的中點的橫坐標都是x0-2.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,弦AB所在直線的方程是,代入中,
整理得 (·)
則是方程(·)的兩個實根,且
設點P的“相關弦”AB的弦長為l,則

因為0<<4xm=4(xm-2) =4x0-8,于是設t=,則t (0,4x0-8).
記l2=g(t)=-[t-2(x0-3)]2+4(x0-1)2.
若x0>3,則2(x0-3) (0, 4x0-8),所以當t=2(x0-3),即=2(x0-3)時,
l有最大值2(x0-1).
若2所以0綜上所述,當x0>3時,點P(x0,0)的“相關弦”的弦長中存在最大值,且最大值
為2(x0-1);當2< x03時,點P(x0,0)的“相關弦”的弦長中不存在最大值.
評注:本題中需要解方程組求弦長,弦長用弦的中點坐標表示出來,可用配方法求得函數的值域。直線與圓錐曲線的位置關系中滲透著函數與方程的思想,在解決解析幾何問題時常常運用函數與方程的思想來解答。
6、函數與方程在導數中的應用
例9.(2008湖南卷,理21)已知函數.
(I) 求函數的單調區間;
(Ⅱ)若不等式對任意的都成立(其中e是自然對數的底數).
求的最大值.
分析:由導數研究函數的單調性,求得函數的單調區間,不等式對任意的都成立可等價轉化為不等式進而分離出來,不等式恒成立轉為函數研究最值問題,可構造函數利用導數研究函數的單調性,從而求出最值。
解: (Ⅰ)函數的定義域是,
設則
令則
當時, 在(-1,0)上為增函數,
當x>0時,在上為減函數.
所以h(x)在x=0處取得極大值,而h(0)=0,所以,
函數g(x)在上為減函數.
于是當時,
當x>0時,
所以,當時,在(-1,0)上為增函數.
當x>0時,在上為減函數.
故函數的單調遞增區間為(-1,0),單調遞減區間為.
(Ⅱ)不等式等價于不等式由知,
設則
由(Ⅰ)知,即
所以于是G(x)在上為減函數.
故函數G(x)在上的最小值為
所以a的最大值為
評注:第(1)問是為第二問鋪墊的,在解答問題(2)時,不等式恒成立問題轉化為函數研究最值,利用導數研究單調性,進而研究最值是解決函數最值問題的常用方法。理科的題目常常是超越方程或不等式,要利用導數解答問題。而文科的題基本上是含有參數的三次函數,如下一例題
例10.(2008北京卷,文17)已知函數,且是奇函數.(Ⅰ)求,的值;(Ⅱ)求函數的單調區間.
分析:本題從函數的性質入手,利用奇函數的定義,確定函數的解析式,,再由導數研究函數的單調性。
解:(Ⅰ)因為函數為奇函數,
所以,對任意的,,即.
又 所以.
所以
解得.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得.所以.
當時,由得.
變化時,的變化情況如下表:
0
0
單調遞增
極大值
單調遞減
極小值
單調遞增
所以,當時,函數在上單調遞增,在上單調遞減,在上單調遞增.
當時,,所以函數在上單調遞增.
評注:為奇函數是對任意的,都成立來說的,也就是恒等式,對應項的系數相等,從而確定系數。在研究含有參數的函數的單調性時往往要對參數在分界值處進行分類討論。
7.函數與方程在數列中的應用
例11.(2008陜西卷,理22)已知數列的首項,,.
(Ⅰ)求的通項公式;
(Ⅱ)證明:對任意的,,;
(Ⅲ)證明:.
分析:(1)由遞推關系求通項,可以進行變形,構造一個特殊數列求出;(2)不等式的左邊只含有,右邊含有和,可以看作是關于的函數,可證此函數的最大值。
解法一:(Ⅰ),,,
又,是以為首項,為公比的等比數列.
,.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,
,原不等式成立.
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,對任意的,有

取,
則.
原不等式成立.
解法二:(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)設,


當時,;當時,,
當時,取得最大值.
原不等式成立.
(Ⅲ)同解法一.
評注:本題為利用函數與方程的思想解答數列問題,在求右邊函數的最值時,可以用配方法,也可以用導函數求得函數的單調性求其最值。
8.預測題
(1).(原創)向量,,其中,,則函數的值域為( )
分析:先由已知求出的解析式,再由定義域結合函數的圖象求出值域
解:∵,
,∵ ∴選
評注:求函數的值域一定要在函數的定義域內結合函數的圖象和性質解決。
(2).(原創)已知是頂點在原點的二次函數,且方程有一個根,則不等式的解集是( )
A. B. C. D.
分析:可以根據函數的圖象和對稱性,以及函數的圖象和對稱性解答問題。
解:已知是頂點在原點的二次函數知其圖象關于原點對稱,又為偶函數,其圖象也關于原點對稱,又方程即有一個根,所以不等式的解集是,故選B
評注:在解決函數問題時,要結合函數的圖象和性質解答問題。
(3).(原創)當時,不等式恒成立,則的取值范圍是
分析:不等式、方程、函數可以相互轉化,可以通過構造函數,借助函數的圖象來解答。
解:構造函數:.由于當時,不等式恒成立,等價于在區間上函數的圖象位于軸下方,由于函數的圖象是開口向上的拋物線,故只需即,解得.
評注:結合函數圖象,根據題目的要求列出參數所滿足的條件是解決這類問題的另一個有效方法.特別是對參數以外的另一個變量是一次的情況,這個方法更有效.
(4).(原創) 正方體棱長為1,為棱上的動點.
⑴求證:;
⑵當點為棱上的中點時,求證:平面平面;
⑶在棱上是否存在一點,使二面角的大小為?若存在,確定其位置,若不存在,說明理由.
分析:利用有關垂直的判定定理判定,在此基礎上解決(3),可以設為,求的的方程解出。
證明:⑴連結,則,
∵平面,平面,
∴是在平面的上的射影,由三垂線定理知,.
⑵設交于點O,連結,
∵,∴,同理可證,
∴是二面角的平面角.
∵正方體棱長為1,∴,,∴,
∴,∴平面平面.
⑶(理科做)假設在棱上存在一點,使二面角的大小為,
由⑵知.設,則
,,
∴在中,由余弦定理得:,
∴,可化為,
解得,由于,
∴在棱上不存在滿足條件的點.(說明:理科學生也可用空間向量解決此題.)
評注:在確定點的位置時,可以先設出,再解方程求出。
(5).(原創)在直線:上任取一點M,使過M且以雙曲線的焦點為焦點的橢圓C的長軸最短
(1)求橢圓C的方程
(2)若一直線:與橢圓C相交于A、B兩點(A、B不是橢圓的頂點),以為直徑的圓過橢圓的上頂點,求證:直線過定點,并求出該定點的坐標.
分析:由已知條件判斷出所求的橢圓的方程形式,再根據圖形和橢圓的定義解決定量的值,從而求得橢圓方程,并通過解方程組研究直線與橢圓的位置關系, 以為直徑的圓過橢圓的上頂點,說明有互相垂直的關系,從而由韋達定理解答問題即可.
解:(1)∵雙曲線的焦點為,∴橢圓C的焦點為,設橢圓的方程為,關于直線:的對稱點為,連接交直線:于點M,則,∴∴橢圓的方程為,橢圓的上頂點為
(2)由方程組得,即,
△=,即,
設A、B兩點的坐標分別為,則,,
∴,
∵以為直徑的圓過橢圓的上頂點,∴∴,
即,∴,化簡得,∴或.當時,直線:過定點與已知矛盾. 當時, 滿足,此時直線為:過定點,∴直線過定點.
評注:解決圓錐曲線問題,要注重圓錐曲線的基礎知識的考查, 從定義、標準方程、性質,到直線與圓錐曲線位置關系的討論,做到熟悉常規解法,要注重數形結合的思想和解方程的思想的滲透.要求思維要嚴密,運算精湛.
(6) (2008年濰坊市,改編)定義在的兩個函數和,已知,且在處取極值.
(I)求的值及和的單調區間;
(Ⅱ)求和的圖象的交點個數,并說明道理.(其中)
分析: 由在處取極值,可求得的值,,求導確定其單調區間,(3)可構造函數由函數的單調性研究方程的解,即曲線的交點.
解(Ⅰ)由題意:,∴,∵在處取極值.
∴∴ …………………………………………… 2分
∴∴
∵定義域為,∴當時,, 為減函數;
當時, 為增函數. ∴的減區間為, 增區間為.………4分
而 .
當時, ∴在上為增函數;
當時,, ∴在上為減函數.
∴的減區間為, 增區間為
(Ⅱ)與的圖象的交點個數,
即求方程:
即:,設

∴當時,為減函數.
當時,為增函數.
當時最小,
最小為而的
圖象開口向下的拋物線.當時,
∴與的大致圖象如圖:
∴與的交點個數為2個,即和的圖象的交點個數為2個.
評注:本題中的(3)研究兩條曲線的交點,解方程(組)比較麻煩,需要轉為函數,利用函數的單調性進一步判斷出交點的個數.
》2009屆新課標數學考點預測(27):數形結合的思想方法
《2009年新課標考試大綱》明確指出“數學知識是指《普通高中數學課程標準(實驗)》中所規定的必修課程、選修課程系列2和系列4中的數學概念、性質、法則、公式、公理、定理以及由其內容反映的數學思想方法”。其中數學思想方法包括: 函數與方程的思想方法、 數形結合的思想方法 、 分類整合的思想方法、 特殊與一般的思想方法、 轉化與化歸的思想方法、 必然與或然的思想方法。數學思想方法是對數學知識內容和方法的本質認識,是對數學的規律性的理性認識。高考通過對數學思想方法的考查,能夠最有效地檢測學生對數學知識的理解和掌握程度,能夠最有效地反映出學生對數學各部分內容的銜接、綜合和滲透的能力。《考試大綱》對數學考查的要求是“數學學科的系統性和嚴密性決定了數學知識之間深刻的內在聯系,包括各部分知識的縱向聯系和橫向聯系,要善于從本質上抓住這些聯系,進而通過分類、梳理、綜合,構建數學試卷的框架結構” 。而數學思想方法起著重要橋梁連接和支稱作用,“對數學思想方法的考查是對數學知識在更高層次上的抽象和概括的考查,考查時必須要與數學知識相結合,通過數學知識的考查,反映考生對數學思想方法的掌握程度” 。“ 數學科的命題,在考查基礎知識的基礎上,注重對數學思想方法的考查,注重對數學能力的考查,展現數學的科學價值和人文價值,同時兼顧試題的基礎性、綜合性和現實性,重視試題間的層次性,合理調控綜合程度,堅持多角度、多層次的考查,努力實現全面考查綜合數學素養的要求。” 數學的思想方法滲透到數學的各個角落,無處不在,有些題目還要考查多個數學思想。在高考復習時,要充分認識數學思想在提高解題能力的重要性,在復習中要有意識地滲透這些數學思想,提升數學思想。
數形結合的思想方法
數形結合思想是一種很重要的數學思想,是數學研究的對象是數量關系和空間形式,即數與形兩個方面,把數量關系的研究轉化為圖形性質的研究,或者把 圖形性質的研究轉化為數量關系的研究,這種解決問題過程中“數”與“形”相互轉化的研究策略,就是數形結合的思想。數形結合思想就是要使抽象的數學語言與直觀的圖形結合起來,使抽象思維與形象思維結合起來。在使用的過程中,由“形”到“數”的轉化,往往比較明顯,而由“數”到“形”的轉化卻需要轉化的意識,因此,數形結合的思想的使用往往偏重于由“數”到“形”的轉化。在一維空間,實數與數軸上的點建立一一對應關系;在二維空間,實數對與坐標平面上的點建立一一對應關系。特別是在集合、函數、不等式、數列、向量、解析幾何、導數與積分等能夠用圖形表述的知識點,就要用數形結合形象化,高考在選擇題、填空題側重突出考查數到形的轉化,在解答題中,考慮推理論證嚴密性,突出形到數的轉化。
1.集合問題中的數形結合
例1.(2008北京卷,理1)已知全集,集合,,那么集合等于( )
A. B.C. D.
分析:不等式表示的集合通過數軸解答.
解:在數軸上先畫出,再畫出集合,取其公共部分如圖所示陰影部分就是集合,故選D
答案:D
評注:對于不等式表示的集合,可在數軸上表示并進行集合的交、并、補的運算
2.利用函數的圖象解答問題
例2.(07浙江)設,是二次函數,若的值域是,則的值域是( )
A. B. C. D.
分析:本題為復合函數,相當于中的的值,結合函數的圖象,可以求得的值域。
解:作出函數的圖象如圖所示,由圖知
當時,函數的值域
為,而為復合函數,相當
于中的的值,所以的值域是,故選B。
答案:B
評注:本題中的復合函數要轉化為原函數和的信息,結合函數的圖象更為直觀地找到它們之間的關系。而不必探究二次函數的解析式。
例3.(2008廣東深圳中學)若的圖象必不經過 ( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
解析:由知函數圖象單調遞增,由知把指數函數圖象向下平移到原點的下方.故不過第二象限,選B.
答案:B
評注:對于指數函數的圖象必須熟悉,并能夠進行圖象的平移變換.
例4.(寧夏區銀川一中2008)函數的零點的個數是 ( )
A.3個 B.2個 C.1個 D.0個
分析:函數的零點的個數就是方程的
解的個數,要通過數形結合,畫出函數的圖象的交點的個數。
解: 的零點,即使,作函數
的圖象和函數的圖象如圖所示,有兩個交點,所以函數有兩個
零點,故選
答案:
評注:對于象本題這樣的超越函數的解的個數問題常常用數形結合的思想解答
3.利用導函數圖象解答問題
例5.(2008金華一中模擬)函數的圖象過原點,且它的導函數的圖象是如圖所示的一條直線,則的圖象的頂點在( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
分析:由導函數的圖象及求導公式,提煉出信息得到原函數的有關信息解答。
解:它的導函數的圖象是如圖所示的一條直線,可知原函數為二次函數,設解析式為,由于函數的圖象過原點,所以,為減函數,∴,由的圖象可知當時,函數的圖象過原點,所以頂點在第一象限
評注:要熟悉導函數與原函數之間的關系,對一次、二次函數關系及其圖象的特點要很熟悉。
例6.(2009萊陽)設是函數的導函數,將和的圖象畫在同一直角坐標系中,不可能正確的是

解析:根據函數的單調性與導函數值的正負之間的關系,進行逐一判斷. A,B,C
都有可能成立,排除A,B,C,選D
答案:D
評注:正確圖象判斷的原則為: 函數的單調增,則導函數值為正, 函數的單調減,則導函數值為負.
4.利用不等式表示的平面區域解答問題
例7.(2008年安徽卷,理15)若為不等式組表示的平面區域,
則當從-2連續變化到1時,動直線 掃過中的那部分區域的面積為
分析:作出不等式表示的平面區域,然后再作平行線和
則夾在兩平行線之間的部分即為所求。
解:如圖知是斜邊為3 的等腰直角三角形,是直
角邊為1等腰直角三角形,區域的面積
評注:涉及到不等式表示的平面區域問題時常常要畫出圖形數形結合解答問題。
例8.(2008年浙江,理17)若,且當時,恒有,則以,b為坐標點P(,b)所形成的平面區域的面積等于__________。
分析:本小題主要考查線性規劃的相關知識,可考慮特殊情形,
比如x=0,可得a=1;y=0可得b=1.所以猜測a介于0和1之間,
b介于0和1之間。
解:不等式組表示的平面區域為,如圖,
由恒成立知,當時,恒成立,當成立;當時,恒成立,∴;同理,∴以,b為坐標點P(,b)所形成的平面區域是一個正方形,所以面積為1。
答案:1
評注:線性規劃的相關知識要畫出圖形,借助圖形解答。另外對于恒成立問題,對個例一定成立,還要轉為函數的最值。
5.利用函數借助圖形求面積
例9.(2008山東省聊城市).曲線和
曲線圍成一個葉形圖(如圖所示陰影部分),
其面積是 ( )
A.1 B. C. D.
分析: 兩條曲線圍成的面積用微積分求出,并且是上面的函數減去下面的函數的積分.
解:兩條曲線的交點為,陰影部分的面積為
評注:對于曲線所圍成的不規則的幾何圖形的面積,要用微積分解答,注意積分的上限和下限,有時要看圖形是否需要切分成多塊部分求出.
6.解析幾何問

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