届高考数学理最新热点及解题方法指导含答案解析Word文件下载.docx

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又0<

1，∴g′（x）<

0.

∴函数g（x）在（0,1）上是减函数．

1，∴g（x1）>

g（x2），

∴x2

，故选C．

2．已知定义在R上的函数g（x）的导函数为g′（x），满足g′（x）－g（x）＜0，若函数g（x）的图象关于直线x＝2对称，且g（4）＝1，则不等式＞1的解集为________．

【答案】

（－∞，0）

【解析】∵函数g（x）的图象关于直线x＝2对称，

∴g（0）＝g（4）＝1.

设f（x）＝，

则f′（x）＝＝.

又g′（x）－g（x）＜0，∴f′（x）＜0，

∴f（x）在R上单调递减．

又f（0）＝＝1，∴f（x）＞f（0），∴x＜0.

3．已知f（t）＝log2t，t∈[，8]，对于f（t）值域内的所有实数m，不等式x2＋mx＋4>

2m＋4x恒成立，求x的取值范围．

【解析】∵t∈[，8]，∴f（t）∈.

原题转化为m（x－2）＋（x－2）2>

0恒成立，

当x＝2时，不等式不成立，∴x≠2.

令g（m）＝m（x－2）＋（x－2）2，m∈.

问题转化为g（m）在m∈上恒大于0，

则即

解得x>

2或x<

－1.

∴x的取值范围是（－∞，－1）∪（2，＋∞）.

二、函数与方程思想在三角函数、平面向量中的应用

三角函数中有关方程根的计算，平面向量中有关模、夹角的计算，常转化为函数关系，利用函数的性质求解．

【例2】　

（1）若方程cos2x－sinx＋a＝0在上有解，则a的取值范围是________．

（－1,1]

【解析】法一：

把方程变形为a＝－cos2x＋sinx，

设f（x）＝－cos2x＋sinx，x∈，

显然，当且仅当a属于f（x）的值域时有解．

因为f（x）＝－（1－sin2x）＋sinx＝2－，且由x∈知sinx∈（0,1]，易求得f（x）的值域为（－1,1]，故a的取值范围是（－1,1]．

法二：

令t＝sinx，

由x∈，可得t∈（0,1]．

将方程变为t2＋t－1－a＝0.

依题意，该方程在（0,1]上有解，

设f（t）＝t2＋t－1－a，其图象是开口向上的抛物线，对称轴t＝－，如图所示．

因此，f（t）＝0在（0,1]上有解等价于

即所以－1<

a≤1，

故a的取值范围是（－1,1]．

（2）已知a，b，c为平面上三个向量，又a，b是两个相互垂直的单位向量，向量c满足|c|＝3，c·

a＝2，c·

b＝1，则对于任意实数x，y，|c－xa－yb|的最小值为________．

【答案】2

【解析】由题意可知|a|＝|b|＝1，a·

b＝0，

又|c|＝3，c·

b＝1，

所以|c－xa－yb|2＝|c|2＋x2|a|2＋y2|b|2－2xc·

a－2yc·

b＋2xya·

b

＝9＋x2＋y2－4x－2y

＝（x－2）2＋（y－1）2＋4，

当且仅当x＝2，y＝1时，（|c－xa－yb|2）min＝4，

所以|c－xa－yb|的最小值为2.

（1）研究此类含参数的三角函数方程的问题，通常有两种处理思路：

一是分离参数构建函数，将方程有解转化为求函数的值域．二是换元，将复杂方程问题转化熟悉的二次方程，进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决．

（2）平面向量中含函数（方程）的相关知识，对平面向量的模进行平方处理，把模问题转化为数量积问题，再利用函数与方程思想来分析与处理，这是解决此类问题一种比较常见的思维方式．

1．（2018届高三·

广东五校协作体第一次诊断考试）已知向量a＝（λ，1），b＝（λ＋2,1），若|a＋b|＝|a－b|，则实数λ的值为（　　）

A．－1B．2

C．1D．－2

【答案】A

由|a＋b|＝|a－b|，可得a2＋b2＋2a·

b＝a2＋b2－2a·

b，所以a·

b＝0，故a·

b＝（λ，1）·

（λ＋2,1）＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1.

a＋b＝（2λ＋2,2），a－b＝（－2,0），

由|a＋b|＝|a－b|，

可得（2λ＋2）2＋4＝4，解得λ＝－1.

2．若关于x的方程2sin＝m在上有两个不等实根，则m的取值范围是（　　）

A．（1，）B．[0,2]

C．[1,2）D．[1，]

【答案】C

【解析】2sin＝m在上有两个不等实根等价于函数f（x）＝2sin的图象与直线y＝m有两个交点．在同一坐标系中作出y＝f（x）与y＝m的图象如图所示，由图可知m的取值范围是[1,2）．

3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，C．已知△ABC的面积为3，b－c＝2，cosA＝－，则a＝________.

【答案】8

【解析】在△ABC中，由cosA＝－，可得sinA＝，

所以解得

三、函数与方程思想在数列中的应用

数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，可用函数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二次函数或一元二次方程来解决．

【例3】　已知数列{an}是各项均为正数的等差数列，a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比数列．

（1）求数列{an}的通项公式an；

（2）设数列{an}的前n项和为Sn，bn＝＋＋…＋，若对任意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求实数k的最小值．

【解析】

（1）因为a1＝2，a＝a2（a4＋1），

又因为{an}是正项等差数列，故公差d≥0，

所以（2＋2d）2＝（2＋d）（3＋3d），（列出方程）

解得d＝2或d＝－1（舍去），

所以数列{an}的通项公式an＝2n.

（2）由

（1）知Sn＝n（n＋1），

则bn＝＋＋…＋

＝＋＋…＋

＝－＋－＋…＋－

＝－＝

＝，

令f（x）＝2x＋（x≥1），（构造函数）

则f′（x）＝2－，

当x≥1时，f′（x）>

所以f（x）在[1，＋∞）上是增函数，

故当x＝1时，f（x）min＝f

（1）＝3，

即当n＝1时，（bn）max＝，

要使对任意的正整数n，不等式bn≤k恒成立，

则须使k≥（bn）max＝，

所以实数k的最小值为.

本题完美体现了函数与方程思想的应用，第

（1）问直接列方程求公差；

第

（2）问求出bn的表达式，说明要求bn≤k恒成立时k的最小值，只需求bn的最大值，从而构造函数f（x）＝2x＋（x≥1），利用函数求解．

1．（2017·

洛阳第一次统一考试）等差数列{an}为递增数列，若a＋a＝101，a5＋a6＝11，则数列{an}的公差d的值为（　　）

A．1B．2

C．9D．10

【解析】依题意得（a1＋a10）2－2a1a10＝（a5＋a6）2－2a1a10＝121－2a1a10＝101，∴a1a10＝10.

又a1＋a10＝a5＋a6＝11，a1<

a10，

∴a1＝1，a10＝10，d＝＝1.

2．设数列{an}，{bn}满足a1＝a>

0，an＋1＝an，且bn＝ln（1＋an）＋a，n∈N*，证明：

1.

【解析】证明：

由a1＝a>

0，an＋1＝an知，an>

0（n∈N*），

故bn>

0（n∈N*）．

因为<

1，所以bn－an>

0，

构造函数f（x）＝ln（1＋x）＋x2－x（x>

0），

则其导数f′（x）＝＋x－1＝，

当x>

0时，f′（x）>

0，故f（x）在（0，＋∞）上为增函数，所以f（x）>

f（0）＝0，即bn－an>

0，所以<

，所以ln（1＋an）－an<

构造函数g（x）＝ln（1＋x）－x（x>

则导函数g′（x）＝－1＝，

0时，g′（x）<

0，故g（x）在（0，＋∞）上为减函数，

故g（x）<

g（0）＝0，所以ln（1＋an）－an<

所以ln（1＋an）＋a<

an＋a，即bn<

an＋a，

所以>

，所以<

四、函数与方程思想在解析几何中的应用

解析几何中有关的求方程、求值等问题常常需要通过解方程（组）来解决，求范围、最值等问题常转化为求函数的值域、最值来解决．

【例4】　已知椭圆C：

＋＝1（a>

b>

0）的右焦点为F（1,0），如图所示，设左顶点为A，上顶点为B，且·

＝·

.

（1）求椭圆C的方程；

（2）若过F的直线l交椭圆于M，N两点，试确定·

的取值范围．

（1）由已知，A（－a,0），B（0，b），F（1,0），

则由·

，得b2－a－1＝0.

∵b2＝a2－1，

∴a2－a－2＝0，

解得a＝2.（列出方程）

∴a2＝4，b2＝3，∴椭圆C的方程为＋＝1.

（2）①若直线l斜率不存在，则l：

x＝1，

此时M，N，·

＝－.

②若直线l斜率存在，设l：

y＝k（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2），则由消去y得

（4k2＋3）x2－8k2x＋4k2－12＝0，（列出方程）

∴x1＋x2＝，x1x2＝.

∴·

＝（x1－1，y1）·

（x2－1，y2）

＝（1＋k2）[x1x2－（x1＋x2）＋1]

＝.（转化为函数）

∵k2≥0，∴0<

≤1，∴3≤4－<

4，

∴－3≤·

－.

综上所述，·

的取值范围为.

本题利用了函数与方程思想，首先由已知条件列出关于a，b的方程，求出a，b值，再求·

的范围时转化为关于k的函数，利用函数性质求解．

1．设椭圆中心在坐标原点，A（2,0），B（0,1）是它的两个顶点，直线y＝kx（k＞0）与AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点．若＝6，则k的值为________．

【答案】或

【解析】依题意得椭圆的方程为＋y2＝1，直线AB，EF的方程分别为x＋2y＝2，y＝kx（k＞0）．如图，设D（x0，kx0），E（x1，kx1），F（x2，kx2），其中x1＜x2，且x1，x2满足方程（1＋4k2）x2＝4，故x2＝－x1＝.

由＝6知x0－x1＝6（x2－x0），

得x0＝（6x2＋x1）＝x2＝.

由D在AB上知x0＋2kx0＝2，

得x0＝.

所以＝，

化简得24k2－25k＋6＝0，

解得k＝或k＝.

2．已知直线l：

y＝k（x＋1）与抛物线C：

y2＝4x交于不同的两点A，B，问：

是否存在k，使以AB为直径的圆过抛物线C的焦点F.

【解析】F的坐标为（1,0），设A（x1，y1），B（x2，y2），

则y1＝k（x1＋1），y2＝k（x2＋1），

当k＝0时，l与C只有一个交点不合题意，因此k≠0.

将y＝k（x＋1）代入y2＝4x，

消去y，得k2x2＋2（k2－2）x＋k2＝0，①

依题意，x1，x2是①的不相等的两个根，

以AB为直径的圆过F⇔AF⊥BF⇔kAF·

kBF＝－1

⇔·

＝－1⇔x1x2＋y1y2－（x1＋x2）＋1＝0

⇔x1x2＋k2（x1＋1）（x2＋1）－（x1＋x2）＋1＝0

⇔（1＋k2）x1x2＋（k2－1）（x1＋x2）＋1＋k2＝0，③

把x1＋x2＝，x1x2＝1代入③得2k2－1＝0，解得k＝±

经检验k＝±

适合②式，综上所述，k＝±

为所求．

五、函数与方程思想在立体几何中的应用

立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决.

【例5】　（2016·

江苏高考）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1（如图所示），并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．

（1）若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？

（2）若正四棱锥的侧棱长为6m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？

（1）由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8.

因为A1B1＝AB＝6，

所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积

V锥＝·

A1B·

PO1＝×

62×

2＝24（m3）；

正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积

V柱＝AB2·

O1O＝62×

8＝288（m3）．

所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312（m3）．

（2）设A1B1＝am，PO1＝hm，

则0＜h＜6，O1O＝4h.连接O1B1.

因为在Rt△PO1B1中，

O1B＋PO＝PB，

所以2＋h2＝36，

即a2＝2（36－h2）．

于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·

4h＋a2·

h＝a2h＝（36h－h3），0＜h＜6，（转化为函数）

从而V′＝（36－3h2）＝26（12－h2）．

令V′＝0，得h＝2或h＝－2（舍）．

当0＜h＜2时，V′＞0，V是单调增函数；

当2＜h＜6时，V′＜0，V是单调减函数．

故当h＝2时，V取得极大值，也是最大值．

因此，当PO1＝2m时，仓库的容积最大．

（1）本题第

（2）问利用了函数与方程思想，首先由已知条件列出关于a，h的方程，再由公式把体积V表示成关于高h的函数，最后利用导数求解．

（2）立体几何及其实际应用问题中的最优化问题，一般是利用函数的思想解决，思路是先选择恰当的变量建立目标函数，然后再利用有关知识，求函数的最值．

湖南五市十校联考）圆锥的母线长为L，过顶点的最大截面的面积为L2，则圆锥底面半径与母线长的比的取值范围是（　　）

A．B．

C．D．

【答案】D

【解析】设圆锥的高为h，轴截面的顶角为θ，则过顶点的截面的面积S＝×

2r×

h＝L2sinθ≤L2，sinθ≤1，当截面为等腰直角三角形时取最大值，故圆锥的轴截面的顶角必须大于或等于90°

，得L>

r≥Lcos45°

＝L，所以≤<

2．（2017·

福州质检）在三棱锥ABCD中，△ABC为等边三角形，AB＝2，∠BDC＝90°

，二面角ABCD的大小为150°

，则三棱锥ABCD的外接球的表面积为（　　）

A．7πB．12π

C．16πD．28π

【解析】满足题意的三棱锥ABCD如图所示，设三棱锥ABCD的外接球的球心为O，半径为R，△BCD，△ABC的外接圆的圆心分别为O1，O2，易知O，O1，O2在同一平面内，由二面角ABCD的大小为150°

，易得∠OO1O2＝150°

－90°

＝60°

依题意，可得△BCD，△ABC的外接圆的半径分别为

r1＝＝＝，r2＝＝2，

所以即

解得R＝，所以三棱锥ABCD的外接球的表面积为4πR2＝28π.

3．平面内边长为a的正三角形ABC，直线DE∥BC，交AB，AC于D，E，现将△ABC沿DE折成60°

的二面角，求DE在何位置时，折起后A到BC的距离最短，最短距离是多少？

【解析】如图，点A沿DE折起到A′，过A作AG⊥BC于G，交DE于F，连接A′F，A′G，

因为△ABC为正三角形，又DE∥BC，所以AG⊥DE.又G，F分别为BC，DE的中点，所以DE⊥平面A′FG，BC⊥平面A′FG，

所以∠A′FG是二面角的平面角．

由题知∠A′FG＝60°

，所以A′G为所求，

在△A′FG中，设FG＝x，则A′F＝a－x.

由余弦定理，得

A′G2＝A′F2＋FG2－2A′F·

FG·

cos60°

＝2＋x2－2×

·

x·

＝32＋a2，

所以当x＝a时，（A′G）min＝a，

即DE恰为△ABC中位线时，折起后A到BC的距离最短，最短距离为a．

快稳细活　填空稳夺

一、直接法

直接法就是从题设条件出发，运用定义、定理、公式、性质、法则等知识，通过变形、推理、计算等得出正确的结论．

【例1】　（2016·

全国卷Ⅱ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝，cosC＝，a＝1，则b＝________.

【解析】因为A，C为△ABC的内角，且cosA＝，cosC＝，

所以sinA＝，sinC＝，

所以sinB＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C）＝sinAcosC＋cosAsinC＝×

＋×

＝.

又a＝1，所以由正弦定理得b＝＝×

1．（2015·

全国卷Ⅰ）若函数f（x）＝xln（x＋）为偶函数，则a＝________.

【答案】1

【解析】∵f（x）为偶函数，∴f（－x）－f（x）＝0恒成立，

∴－xln（－x＋）－xln（x＋）＝0恒成立，∴xlna＝0恒成立，∴lna＝0，即a＝1.

2．（2014·

全国卷Ⅰ）（x－y）（x＋y）8的展开式中x2y7的系数为________．（用数字填写答案）

【答案】－20

（x＋y）8中，Tr＋1＝Cx8－ryr，令r＝7，再令r＝6，得x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.

二、特殊值法

当填空结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，我们只需把题材中的参变量用特殊值代替即可得到结论．

【例2】　（2016·

山东高考）已知双曲线E：

－＝1（a＞0，b＞0），若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|＝3|BC|，则E的离心率是________．

（特殊值法）利用双曲线的性质，设特殊值求解．

如图，由题意知|AB|＝，|BC|＝2c，

又2|AB|＝3|BC|，∴设|AB|＝6，|BC|＝4，则|AF1|＝3，|F1F2|＝4，

∴|AF2|＝5.由双曲线的定义可知，a＝1，c＝2，∴e＝＝2.故填2.

（直接法）利用双曲线的性质，建立关于a，b，c的等式求解．

如图，由题意知|AB|＝，|BC|＝2C．

又2|AB|＝3|BC|，

∴2×

＝3×

2c，即2b2＝3ac，

∴2（c2－a2）＝3ac，两边同除以a2并整理得2e2－3e－2＝0，解得e＝2（负值舍去）．

（2014·

安徽高考）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.

（特殊值法）由题意知a1，a3，a5成等差数列，a1＋1，a3＋3，a5＋5成等比数列，所以观察可设a1＝5，a3＝3，a5＝1，所以q＝1.故填1.

（直接法）因为数列{an}是等差数列，所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d，故由已知得（t＋3）2＝（t－d＋1）（t＋d＋5），得d2＋4d＋4＝0，即d＝－2，所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.

三、数形结合法

根据题目条件，画出符合题意的图形，以形助数，通过对图形的直观分析、判断，往往可以快速简捷地得出正确的结果，它既是方法，也是技巧，更是基本的数学思想．

【例3】　（2016·

全国卷Ⅲ）已知直线l：

mx＋y＋3m－＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点．若|AB|＝2，则|CD|＝________.

【答案】4

【解析】由直线l：

mx＋y＋3m－＝0知其过定点（－3，），圆心O到直线l的距离为d＝.

由|AB|＝2得2＋（）2＝12，

解得m＝－.

又直线l的斜率为－m＝，

所以直线l的倾斜角α＝.

画出符合题意的图形如图所示，过点C作CE⊥BD，则∠DCE＝.在Rt△CDE中，可得|CD|＝＝2×

＝4.

全国卷Ⅰ）若x，y满足约束条件则z＝3x＋y的最大值为________．

【解析】画出可行域（如图所示）．

∵z＝3x＋y，

∴y＝－3x＋z.

∴直线y＝－3x＋z在y轴上截距最大时，即直线过点B时，z取得最大值．

由解得即B（1,1），

∴zmax＝3×

1＋1＝4.

全国卷Ⅱ）已知偶函数f（x）在[0，＋∞）单调递减，f

（2）＝0.若f（x－1）>

0，则x的取值范围是________．

（－1,3）

【解析】∵f（x）是偶函数，∴图象关于y轴对称．又f

（2）＝0，且f（x）在[0，＋∞）上单调递减，则f（x）的大致图象如图所示，由f（x－1）>

0，得－2<

x－1<

2，即－1<

3.

四、等价转化法

通过“化复杂为简单，化陌生为熟悉”将问题等价转化为便于解决的问题，从而得到正确的结果．

【例4】　（2016·

全国卷Ⅰ）设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．

【答案】64

【解析】设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q（a1＋a3）＝5，知q＝.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.

故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋（n－1）＝23n·

＝23n－＋＝2－＋n.

记t＝－＋＝－（n2－7n）＝－2＋，

结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.

又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64.

1．（2016·

天津高考）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（－∞，0）上单调递增．若实数a满足f（2|a－1|）＞f（－），则a的取值范围是________．

【解析】∵f（x）是偶函数，且在（－∞，0）上单调递增，

∴f（x）在（0，＋∞）上单调递减，f（－）＝f（），

∴f（2|a－1|）＞f（），∴2|a－1|＜＝2，

∴|a－1|＜，即－＜a－1＜，即＜a＜.

2．（2015·

全国卷Ⅰ）若x，y满足约束条件则的最大值为________．

【答案】3

【解析】画出可行域如图阴影部分所示，

∵表示过点（x，y）与原点（0,0）的直线的斜率，

∴点（x，y）在点A处时最大．

由得

∴A（1,3）．

∴的最大值为3.

五、构造法

根据题设条件与结论的特殊性，构造出一些新的数学形式，并借助它来认识和解决问题．

浙江高考）设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N