2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题26解题规范与评分细则（热点难点突破）理（含解析）.doc

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1、1解题规范与评分细则1若函数 f(x)2x 3ax 21(aR)在(0，)内有且只有一个零点，则 f(x)在1,1上的最大值与最小值的和为_解析： f( x)6 x22 ax2 x(3x a)(x0)当 a0 时， f( x)0， f(x)在(0，)上递增，又 f(0)1， f(x)在(0，)上无零点当 a0 时，由 f( x)0 解得 x ，a3由 f( x) ，则当 x 时， f( x)0.所以 f(x)在 x2 处取得极小值若 a ，则当 x(0,2)时， x20.所以 2 不是 f(x)的极小值点综上可知， a 的取值范围是 .(12， )3已知函数 f(x) .ax2 x 1ex(1

2、)求曲线 y f(x)在点(0，1)处的切线方程；(2)证明：当 a1 时， f(x)e0. 解析：(1)解：由题意得Error!解得 a ， b1.3所以椭圆 M 的方程为 y21.x23(2)解：设直线 l 的方程为 y x m， A(x1， y1)， B(x2， y2)由Error!得 4x26 mx3 m230，所以 x1 x2 ， x1x2 .3m2 3m2 34所以| AB| x2 x1 2 y2 y1 2 2 x2 x1 2 2 x1 x2 2 4x1x2 .12 3m22当 m0，即直线 l 过原点时，| AB|最大，最大值为 .6(3)解：设 A(x1， y1)， B(x2，

3、 y2)，由题意得 x 13 y 13， x 23 y 23.2 2 2 2直线 PA 的方程为 y (x2)y1x1 2由Error!得(x12) 23 y 1x212 y 1x12 y 13( x12) 20.2 2 2设 C(xC， yC)，3所以 xC x1 . 12y2 1 x1 2 2 3y2 1 4x2 1 124x1 7所以 xC x1 .4x2 1 124x1 7 12 7x14x1 7所以 yC (xC2) .y1x1 2 y14x1 7设 D(xD， yD)，同理得 xD ， yD . 12 7x24x2 7 y24x2 7记直线 CQ， DQ 的斜率分别为 kCQ， k

4、DQ，则 kCQ kDQ y14x1 7 14 12 7x14x1 7 74y24x2 7 14 12 7x24x2 7 744( y1 y2 x1 x2)因为 C， D， Q 三点共线，所以 kCQ kDQ0.故 y1 y2 x1 x2.所以直线 l 的斜率 k 1.y1 y2x1 x210已知椭圆 C： 1( a b0)的左、右顶点分别为 A1， A2，右焦点为 F2(1,0)，点 B 在椭圆x2a2 y2b2 (1， 32)C 上(1)求椭圆 C 的方程；(2)若直线 l： y k(x4)( k0)与椭圆 C 由左至右依次交于 M， N 两点，已知直线 A1M 与 A2N 相交于点 G，

5、证明：点 G 在定直线上，并求出定直线的方程解析：(1)由 F2(1,0)，知 c1，由题意得Error!所以 a2， b ，所以椭圆 C 的方程为 1.3x24 y23(2)因为 y k(x4)，所以直线 l 过定点(4,0)，由椭圆的对称性知点 G 在直线 x x0上当直线 l 过椭圆 C 的上顶点时， M(0， )，3所以直线 l 的斜率 k ，由Error!得Error!或Error!所以 N ，34 (85， 3 35)由(1)知 A1(2,0)， A2(2,0)，所以直线 lA1M 的方程为 y (x2)，直线 lA2N 的方程为 y (x2)，所以 G ，所以 G32 3 32

6、(1， 3 32)在直线 x1 上当直线 l 不过椭圆 C 的上顶点时，设 M(x1， y1)， N(x2， y2)，由4Error!得(34 k2)x232 k2x64 k2120，所以 (32 k2)24(34 k2)(64k212 )0，得 k ，12 12x1 x2 ， x1x2 ， 32k23 4k2 64k2 123 4k2易得直线 lA1M 的方程为 y (x2)，直线 lA2N 的方程为 y (x2)，当 x1 时， y1x1 2 y2x2 2 3y1x1 2得 2x1x25( x1 x2)80， y2x2 2所以 0 显然成立，所以 G 在直线 x1 上2 64k2 123

7、4k2 532k23 4k2 8 3 4k23 4k211已知平面直角坐标系内两定点 A(2 ，0)， B(2 ，0)及动点 C(x， y)， ABC 的两边 AC， BC 所在2 2直线的斜率之积为 .34(1)求动点 C 的轨迹 E 的方程；(2)设 P 是 y 轴上的一点，若(1)中轨迹 E 上存在两点 M， N 使得 2 ，求以 AP 为直径的圆的面积的取MP PN 值范围解析：(1)由已知， kACkBC ，即 ，34 yx 2 2 yx 2 2 34所以 3x24 y224，又三点构成三角形，所以 y0，所以点 C 的轨迹 E 的方程为 1( y0)x28 y26(2)设点 P 的

8、坐标为(0， t)当直线 MN 的斜率不存在时，可得 M， N 分别是短轴的两端点，得到 t .63当直线 MN 的斜率存在时，设直线 MN 的方程为 y kx t(k0)，M(x1， y1)， N(x2， y2)，则由 2 得 x12 x2. MP PN 联立得Error!得(34 k2)x28 ktx4 t2240，当 0 得 64k2t24(34 k2)(4t224)0，整理得 t28 k26.所以 x1 x2 ， x1x2 ， 8kt3 4k2 4t2 243 4k2由，消去 x1， x2得 k2 . t2 612t2 8则Error!解得 t26.235不妨取 M(2 ，0)，可求得

9、 N ，此时 t ，由(1)知 y0，故 t22.2 ( 2， 3 22) 2综上， t2 2 或 2 t26.23又以 AP 为直径的圆的面积 S ，8 t24所以 S 的取值范围是 .136 ， 52) (52， 72)12已知角 的顶点与原点 O 重合，始边与 x 轴的非负半轴重合，它的终边过点 P .(35， 45)(1)求 sin( )的值；(2)若角 满足 sin( ) ，求 cos 的值513解析：(1)解：由角 的终边过点 P ，(35， 45)得 sin .45所以 sin( )sin .45(2)解：由角 的终边过点 P ，(35， 45)得 cos .35由 sin( )

10、 ，得 cos( ) .513 1213由 ( ) ，得 cos cos( )cos sin( )sin ，所以 cos 或 cos .5665 166513已知 ， 为锐角，tan ，cos( ) .43 55(1)求 cos 2 的值；(2)求 tan( )的值解析：(1)解：因为 tan ，tan ，43 sin cos 所以 sin cos .43因为 sin2 cos 2 1，所以 cos2 ，9256因此，cos 2 2cos 2 1 .72514在 ABC 中，角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c，且 bsinB asinA( c a)sinC.(1)求 B；(2)

11、若 3sinC2sin A，且 ABC 的面积为 6 ，求 b.3解析：(1)由 bsinB asinA( c a)sinC 及正弦定理，得 b2 a2( c a)c，即 a2 c2 b2 ac.由余弦定理，得 cosB ，a2 c2 b22ac ac2ac 12因为 B(0，)，所以 B . 3(2)由(1)得 B ， 3所以 ABC 的面积为 acsinB ac6 ，得 ac24.12 34 3由 3sinC2sin A 及正弦定理，得 3c2 a，所以 a6， c4.由余弦定理，得 b2 a2 c22 accosB36162428，所以 b2 .715已知函数 f(x)12 sin co

12、s 2cos 2 ， ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c.3x2 x2 x(1)求 f(A)的取值范围；(2)若 A 为锐角且 f(A) ，2sin Asin B sinC， ABC 的面积为 ，求 b 的值2 23 34解析：(1) f(x) sinxcos x2sin ，3 (x 6)7 f(A)2sin ，(A 6)由题意知，0 A，则 A ， 6 ( 6， 56)sin ，(A 6) ( 12， 1故 f(A)的取值范围为(1,2(2)由题意知，sin ， A 2 k， kZ，即 A 2 k， kZ， A 为锐角，(A 6) 22 6 4 512 A .512

13、由正、余弦定理及三角形的面积得Error!解得 b . 2162018全国卷记 Sn 为等差数列 an的前 n 项和，已知 a17， S315.(1)求 an的通项公式；(2)求 Sn，并求 Sn 的最小值 解析：(1)解：设 an的公差为 d，由题意得 3a13 d15.由 a17 得 d2.所以 an的通项公式为 an a1( n1) d2 n9.(2)解：由(1)得 Sn n n28 n( n4) 216.a1 an2所以当 n4 时， Sn 取得最小值，最小值为16.17已知数列 an是等差数列， a26，前 n 项和为 Sn， bn是等比数列， b22， a1b312， S3 b11

14、9.(1)求 an， bn的通项公式；(2)求数列 bncos(an)的前 n 项和 Tn.解析：(1)数列 an是等差数列， a26， S3 b13 a2 b118 b119， b11. b22，数列 bn是等比数列， bn2 n1 . b34， a1b312， a13， a26，数列 an是等差数列， an3 n.(2)由(1)得，令 Cn bncos(an)(1) n2n1 ， Cn1 (1) n1 2n， 2，又 C11，Cn 1Cn8数列 bncos(an)是以1 为首项、2 为公比的等比数列， Tn 1(2) n 11 2 n1 2 1318已知数列 an满足： (32n1)， n

15、N *.1a1 2a2 nan 38(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bnlog 3 ，求 .ann 1b1b2 1b2b3 1bnbn 1解析：(1) (321)3，1a1 38当 n2 时，因为 nan (1a1 2a2 nan) (1a1 2a2 n 1an 1) (32n1) (32n2 1)38 383 2n1 ，当 n1， 3 2n1 也成立，nan所以 an .n32n 1(2)bnlog 3 (2 n1)，ann因为 ，1bnbn 1 1 2n 1 2n 1 12( 12n 1 12n 1)所以 1b1b2 1b2b3 1bnbn 112(1 13) (13 15) (

16、12n 1 12n 1) .12(1 12n 1) n2n 119已知数列 an满足： a11， an1 an .n 1n n 12n(1)设 bn ，求数列 bn的通项公式；ann(2)求数列 an的前 n 项和 Sn.解析：(1) 由 an1 an ，可得 ，n 1n n 12n an 1n 1 ann 12n又 bn ， bn1 bn ，由 a11，得 b11，ann 12n累加可得( b2 b1)( b3 b2)( bn bn1 ) ，即121 122 12n 19bn b1 1 ， bn2 .12(1 12n 1)1 12 12n 1 12n 1(2)由(1)可知 an2 n ，设数

17、列 的前 n 项和为 Tn，n2n 1 n2n 1则 Tn ，120 221 322 n2n 1Tn ，12 121 222 323 n2n得 Tn 2 ，12 120 121 122 12n 1 n2n1 12n1 12 n2n n 22n Tn4 .n 22n 1易知数列2 n的前 n 项和为 n(n1)， Sn n(n1)4 .n 22n 120已知各项均不相等的等差数列 an的前四项和 S414，且 a1， a3， a7成等比数列(1)求数列 an的通项公式(2)设 Tn为数列 的前 n 项和，若 T n an1 对一切 nN *恒成立，求实数 的最大值1anan 1解析：(1)设数列

18、 an的公差为 d(d0)，由已知得，Error!解得Error!或Error!(舍去)，所以 an n1.21在等差数列 an中，已知 a35，且 a1， a2， a5为递增的等比数列(1)求数列 an的通项公式； 10(2)若数列 bn的通项公式 (kN *)，求数列 bn的前 n 项和 Sn.解析：(1)设等差数列 an的公差为 d，易知 d0，由题意得，( a32 d)(a32 d)( a3 d)2，即 d22 d0，解得 d2 或 d0(舍去)，所以数列 an的通项公式为 an a3( n3) d2 n1.(2)当 n2 k， kN *时，Sn b1 b2 bn b1 b3 b2k1

19、 b2 b4 b2k a1 a2 ak(2 02 12 k1 ) k22 k1 2 1；k 1 2k 12 1 2k1 2 n24 n2当 n2 k1， kN *时， n12 k，则 Sn Sn1 bn1 2 12 1 n 1 24 +n+nn2 2n 342 .-综上， SnError!( kN *)22如图，在三棱柱 ABC A1B1C1中， AA1 AB， ABC90，侧面 A1ABB1底面 ABC.(1)求证： AB1平面 A1BC；(2)若 AC5， BC3， A1AB60，求三棱柱 ABC A1B1C1的体积解析：(1)证明：在侧面 A1ABB1中， A1A AB，四边形 A1AB

20、B1为菱形， AB1 A1B.侧面 A1ABB1底面 ABC， ABC90， CB平面 A1ABB1 AB1平面 A1ABB1， CB AB1.又 A1B BC B， AB1平面 A1BC.11(2)解法一 如图，过 A1作 A1D AB，垂足为 D.平面 ABC平面 A1ABB1，平面 ABC平面A1ABB1 AB， A1D平面 ABC， A1D 为三棱柱 ABC A1B1C1的高 BC3， AC5， ABC90， AB4，又 AA1 AB， A1AB60， A1AB 为等边三角形， A1D AB2 .32 3 VABC A1B1C1 S ABCA1D 432 12 . 12 3 3解法二

21、在 ABC 中，由 AC5， BC3， ABC90，可得 AB4.又 A1A AB， A1AB60， ABA1是边长为 4 的等边三角形， S ABA1 424 .34 3由(1)知 BC平面 ABA1， VC ABA1 S ABA1BC 4 34 .设三棱柱 ABC A1B1C1的高为13 13 3 3h，则 VABC A1B1C1 S ABCh3 3 VA1 ABC3 VC ABA134 12 .(13S ABCh) 3 323如图，直三棱柱 ABC A1B1C1中， M 是 AB 的中点(1)证明： BC1平面 MCA1；(2)若 AB A1M2 MC2， BC ，求点 C1到平面 MC

22、A1的距离2解：(1)如图，连接 AC1，设 AC1与 A1C 的交点为 N，则 N 为 AC1的中点，连接 MN，因为 M 是 AB 的中点，所以 MN BC1，又 MN平面 MCA1， BC1平面 MCA1，所以 BC1平面 MCA1.(2)因为 AB2 MC2， M 是 AB 的中点，所以 ACB90，在直三棱柱中， A1M2， AM1，所以AA1 ，又 BC ，所以 AC ， A1C ，所以 A1MC90.设点 C1到平面 MCA1的距离为 h，因3 2 2 512为 AC1的中点 N 在平面 MCA1上，所以点 A 到平面 MCA1的距离也为 h，三棱锥 A1 AMC 的体积 V S

23、13AMCAA1 ， MCA1的面积 S A1MMC1，则 V Sh h ，得 h ，故点 C1到平面 MCA1的距36 12 13 13 36 32离为 .32242018全国卷如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧 所在平面垂直， M 是 上异于 C， D 的点(1)证明：平面 AMD平面 BMC；(2)在线段 AM 上是否存在点 P，使得 MC平面 PBD？说明理由解析：(1)证明：由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD.因为 BC CD， BC平面 ABCD，所以 BC平面 CMD，故 BC DM.因为 M 为 上异于 C， D 的点，且 DC 为直径，所以 DM CM.又

24、 BC CM C，所以 DM平面 BMC.而 DM平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC.(2)解：当 P 为 AM 的中点时， MC平面 PBD.证明如下：如图，连接 AC 交 BD 于 O.因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 AC 中点连接 OP，因为 P 为 AM 中点，所以 MC OP.又 MC平面 PBD， OP平面 PBD，所以 MC平面 PBD.25如图 1，已知梯形 ABCD 中， AD BC， ABC BAD ， AB BC2 AD4， E、 F 分别是 AB、 CD 上的 2点， EF BC， AE x，沿 EF 将梯形 ABCD 翻折，使平面 AEFD平面 EBCF(

25、如图 2) G 是 BC 的中点，以13F、 B、 C、 D 为顶点的三棱锥的体积记为 f(x)(1)当 x2 时，求证： BD EG；(2)求 f(x)的最大值；(3)当 f(x)取得最大值时，求异面直线 AE 与 BD 所成角的余弦值解析：(1)证明：作 DH EF，垂足为 H，连接 BH、 GH、 EG.平面 AEFD平面 EBCF，平面 AEFD平面 EBCF EF， DH平面 EBCF，又 EG平面 EBCF， EG DH. AE2， BG BC2， BE BG.12 EH AD BC BG， EF BC， EBC90，12四边形 BGHE 为正方形， EG BH.又 BH、 DH平面 DBH，且 BH DH H， EG平面 DBH. BD平面DBH， EG BD.(3)由(2)知当 f(x)取最大值时， AE2，故 BE2，结合 DH AE，可得 BDH 或其补角是异面直线 AE 与 BD所成的角在 Rt BEH 中， BH 2 . DH平面 EBCF， BH平面 EBCF， DH BH.BE2 EH2 4 4 2在 Rt BDH 中， BD 2 ，cos BDH .异面直线 AE 与 BD 所成BH2 DH2 8 4 3DHBD 22 3 33角的余弦值为 .3314