高考数学(理)二轮专题练习：解答题的八个答题模板(含答案)Word文档格式.doc
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第二步 整体代换：
将ωx＋φ看作一个整体，利用y＝sinx，y＝cosx的性质确定条件．
第三步 求解：
利用ωx＋φ的范围求条件解得函数y＝Asin（ωx＋φ）＋h的性质，写出结果．
第四步 反思：
反思回顾，查看关键点，易错点，对结果进行估算，检查规范性.
（2014·
福建）已知函数f（x）＝cosx（sinx＋cosx）－.
（1）若0<
α<
，且sinα＝，求f（α）的值；
（2）求函数f（x）的最小正周期及单调递增区间．
解 方法一
（1）因为0<
，sinα＝，
所以cosα＝.
所以f（α）＝×
（＋）－＝.
（2）因为f（x）＝sinxcosx＋cos2x－
＝sin2x＋－
＝sin2x＋cos2x
＝sin（2x＋），
所以T＝＝π.
由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得
kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
所以f（x）的单调递增区间为[kπ－，kπ＋]，k∈Z.
方法二 f（x）＝sinxcosx＋cos2x－
＝sin（2x＋）．
（1）因为0<
，sinα＝，所以α＝，
从而f（α）＝sin（2α＋）＝sin＝.
（2）T＝＝π.
模板2 解三角形问题
在△ABC中，若acos2＋ccos2＝b.
（1）求证：
a，b，c成等差数列；
（2）求角B的取值范围．
审题路线图
（1）―→―→
（2）―→―→
（1）证明 因为acos2＋ccos2＝a·
＋c·
＝b，
所以a＋c＋（acosC＋ccosA）＝3b，
故a＋c＋＝3b，
整理，得a＋c＝2b，故a，b，c成等差数列．
（2）解 cosB＝＝
＝≥＝，
因为0<
B<
π，所以0<
B≤.
第一步 定条件：
即确定三角形中的已知和所求，在图形中标注出来，然后确定转化的方向．
第二步 定工具：
即根据条件和所求，合理选择转化的工具，实施边角之间的互化．
第三步 求结果．
第四步 再反思：
在实施边角互化的时候应注意转化的方向，一般有两种思路：
一是全部转化为边之间的关系；
二是全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形.
辽宁）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>
c，已知·
＝2，cosB＝，b＝3.求：
（1）a和c的值；
（2）cos（B－C）的值．
解
（1）由·
＝2得c·
acosB＝2.
又cosB＝，所以ac＝6.
由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accosB.
又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×
6×
＝13.
解得或
因为a>
c，所以a＝3，c＝2.
（2）在△ABC中，
sinB＝＝＝，
由正弦定理，
得sinC＝sinB＝×
＝.
因为a＝b>
c，
所以C为锐角，
因此cosC＝＝＝.
于是cos（B－C）＝cosBcosC＋sinBsinC
＝×
＋×
模板3 数列的通项、求和问题
（2014·
江西）已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}（bn≠0，n∈N*）满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.
（1）令cn＝，求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.
审题路线图
（1）→→→
（2）→
解
（1）因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0（bn≠0，n∈N*），
所以－＝2，即cn＋1－cn＝2，
所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.
（2）由bn＝3n－1知an＝cnbn＝（2n－1）3n－1，
于是数列{an}的前n项和Sn＝1·
30＋3·
31＋5·
32＋…＋（2n－1）·
3n－1，
3Sn＝1·
31＋3·
32＋…＋（2n－3）·
3n－1＋（2n－1）·
3n，
相减得－2Sn＝1＋2·
（31＋32＋…＋3n－1）－（2n－1）·
3n＝－2－（2n－2）3n，
所以Sn＝（n－1）3n＋1.
第一步 找递推：
根据已知条件确定数列相邻两项之间的关系，即找数列的递推公式．
第二步 求通项：
根据数列递推公式转化为等差或等比数列求通项公式，或利用累加法或累乘法求通项公式．
第三步 定方法：
根据数列表达式的结构特征确定求和方法（如公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等）．
第四步 写步骤：
规范写出求和步骤．
第五步 再反思：
反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范.
已知点是函数f（x）＝ax（a>
0，且a≠1）的图象上的一点．等比数列{an}的前n项和为f（n）－c.数列{bn}（bn>
0）的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝＋（n≥2）．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）若数列的前n项和为Tn，问满足Tn>
的最小正整数n是多少？
解
（1）∵f
（1）＝a＝，∴f（x）＝x.
由题意知，a1＝f
（1）－c＝－c，
a2＝[f
（2）－c]－[f
（1）－c]＝－，
a3＝[f（3）－c]－[f
（2）－c]＝－.
又数列{an}是等比数列，
∴a1＝＝＝－＝－c，
∴c＝1.又公比q＝＝，
∴an＝－·
n－1＝－2·
n（n∈N*）．
∵Sn－Sn－1＝（－）（＋）
＝＋（n≥2）．
又bn>
0，>
0，∴－＝1.
∴数列{}构成一个首项为1、公差为1的等差数列，
＝1＋（n－1）×
1＝n，即Sn＝n2.
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－1，
当n＝1时，b1＝1也适合此通项公式．
∴bn＝2n－1（n∈N*）．
（2）Tn＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＋…＋×
由Tn＝>
，得n>
，
∴满足Tn>
的最小正整数n的值为101.
模板4 利用空间向量求角问题
山东）如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°
，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．
C1M∥平面A1ADD1；
（2）若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
审题路线图
（1）⇒→
→→
（1）证明 因为四边形ABCD是等腰梯形，
且AB＝2CD，所以AB∥DC.
又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.
连接AD1，如图
（1）．
在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，
因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因为C1M∥D1A.
又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.
（2）解 方法一 如图
（2），连接AC，MC.
由
（1）知CD∥AM且CD＝AM，
所以四边形AMCD为平行四边形，
可得BC＝AD＝MC，
由题意得∠ABC＝∠DAB＝60°
，所以△MBC为正三角形，
因此AB＝2BC＝2，CA＝，
因此CA⊥CB.
以C为坐标原点，建立如图
（2）所示的空间直角坐标系C－xyz，所以A（，0,0），B（0,1,0），D1（0,0，），
因此M，所以＝，＝＝.
设平面C1D1M的一个法向量为n＝（x，y，z），
由得可得平面C1D1M的一个法向量n＝（1，，1）．又＝（0,0，）为平面ABCD的一个法向量，因此cos〈，n〉＝＝.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为.
方法二 由
（1）知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，
过点C向AB引垂线交AB于点N，
连接D1N，如图（3）．由CD1⊥平面ABCD，
可得D1N⊥AB，
因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．
在Rt△BNC中，BC＝1，
∠NBC＝60°
，可得CN＝.所以ND1＝＝.
所以Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝，
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为.
第一步 找垂直：
找出（或作出）具有公共交点的三条两两垂直的直线．
第二步 写坐标：
建立空间直角坐标系，写出特征点坐标．
第三步 求向量：
求直线的方向向量或平面的法向量．
第四步 求夹角：
计算向量的夹角．
第五步 得结论：
得到所求两个平面所成的角或直线和平面所成的角.
如图所示，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．
（1）求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；
（2）求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．
解
（1）以A为坐标原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz，
则A（0,0,0），B（2,0,0），C（0,2,0），A1（0,0,4），D（1,1,0），C1（0,2,4）．
所以＝（2,0，－4），＝（1，－1，－4）．
所以cos〈，〉＝
＝＝.
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
（2）由题意，知＝（0,2,0）是平面ABA1的一个法向量．
设平面ADC1的法向量为m＝（x，y，z），
因为＝（1,1,0），＝（0,2,4），
由m⊥，m⊥，得
取z＝1，得y＝－2，x＝2，所以平面ADC1的一个法向量为m＝（2，－2,1）．
设平面ADC1
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