（通用版）2019版高考数学二轮复习第二部分第一板块学通考场解题常用12术——解得快讲义理（重点生，含解析）.doc

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1、1第一板块 学通考场解题常用 12 术解得快第 1 术 抛砖引玉 活用特例方法概述所谓特例法，又叫特殊化法，就是当我们面临一道难以入手的一般性题目时，可以从一般退到特殊，先考查包含在一般情形里的某些比较简单的特殊问题，以便从特殊问题的研究中，拓宽解题思路，发现解答原题的方向或途径应用题型(1)选择题或填空题；(2)在解答题中，当求解目标尚未明确时，往往需要考查题设条件中所含参变因素的某些特殊情况或极端情况方法一：取特殊数值设 f (x)Error!若 f (x0)3，则 x0的取值范围为( )例 1A(，0)(2，) B(0,2)C(，1)(3，) D(1,3)常规解法当 x02 时，log

2、24(x01)3，即 log24log 2(x01)3，log 2(x01)1， x012，即 x03.当 x03，即 x02， x03 或 x01 时， f (x) x1；当 x0)， g(x) (x0)都是“影子函数” ，但 F(x) f (x)g(x)1x1( x0)不是“影子函数”(因为对任意的 x1(0，)，存在无数多个 x2(0，)，使得 F(x1)F(x2)1)，所以错误答案 B方法四：取特殊位置 已知 E 为 ABC 的重心， AD 为 BC 边上的中线，过点 E 的直线分别交 AB， AC例 6于 P，Q 两点，且 m ， n ，则 ( )AP AB AQ AC 1m 1nA

3、3 B4C5 D.13常规解法分别过点 B， C 作 BM AD， CN AD，分别交 PQ 于点 M， N. D 是 BC 的中点， DE 是梯形 CNMB 的中位线又 m ， n ，AP AB AQ AC m ， n ， 1m 1n |AP| |BP|AP| |AQ| |QC|AQ|1 1 2 |BP|AP| |QC|AQ| |BP|AP| |QC|AQ|2 2|BM|AE| |CN|AE| |BM| |CN|AE|52 2 213.2|DE|AE| |AE|AE|提速解法由于直线 PQ 是过点 E 的一条“动”直线，所以结果必然是一个定值故可利用特殊直线确定所求值法一：如图(1)，令 P

4、Q BC，则 ， ，此时， m n ，AP 23AB AQ 23AC 23故 3.1m 1n法二：如图(2)，直线 BE 与直线 PQ 重合，此时， ， ，故AP AB AQ 12AC m1， n ，所以 3.12 1m 1n答案 A如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧棱 A1A 和 B1B 上各有一动点 P，Q 满足例 7A1P BQ，过 P，Q， C 三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( )A31 B21C41 D. 13常规解法设三棱柱 ABCA1B1C1的体积为 V，侧棱 AA1和 BB1上各有一动点 P，Q 满足 A1P BQ，四边形 PQBA 与四边形 PQB1A1的面

5、积相等，故四棱锥 CPQBA 的体积等于三棱锥 CABA1的体积，等于 V，13则几何体 CPQC1B1A1的体积等于 V，236故过 P，Q， C 三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为 21.提速解法将 P，Q 置于特殊位置： P A1，Q B，此时仍满足条件 A1P BQ(0)，则有 VCAA1B VA1ABC VABCA1B1C1.13因此过 P，Q， C 三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为 21.答案 B方法五：取特殊图形 AD， BE 分别是 ABC 的中线，若| | |1，且 与 的夹角为例 8 AD BE AD BE 120，则 _.AB AC 常规解法由已知得解得所以 |

6、 |2 | |2 .AB AC 89 AD 49 BE 49AD BE 23提速解法若 ABC 为等边三角形，则| | ，AB 233 | | |cos 60 .AB AC AB AC 23答案 23即时应用体验1动点 A 在双曲线 1 上， B， C 为其左、右焦点在 ABC 中，角 A， B， C 的x2m2 y2n2对边分别是 a， b， c，且 a10， c b6，则 tan tan ( )B2 C2A. B.14 127C. D134解析：选 A 由题意得双曲线的方程为 1，取特殊位置 AC BC，可得 C ，x29 y216 2则 a2 b2(6 b)2，解得 b ，故 tan B

7、 ，则 tan ，163 815 B2 14所以 tan tan .B2 C2 142若 f (x)和 g(x)都是定义在实数集 R 上的函数，且方程 x f g(x)0 有实数解，则 gf (x)的解析式不可能是( )A y x2 x B y x2 x15 15C y x2 D y x215 15解析：选 B 法一：设 x0为方程 x f g(x)0 的一个实根，则 f g(x0) x0.设g(x0) t0，则 f (t0) x0.所以 g(x0) gf (t0) t0，即 gf (t0) t00，这说明方程gf (x) x0 至少有一个实根 t0，而对于选项 B，当 gf (x) x2 x

8、 时，方程15x2 x x 无实根，故选 B.15法二：取特殊函数法令 f (x) x，即可把原题改写为 x g(x)0 有实数解， g(x)不可能是哪个代数式A、C、D 均可使 x g(x)0 有实数解，只有 B 不能使 x g(x)0有实数解，故选 B.3设 f (x)Error!则使所有 x 均满足不等式 xf (x) g(x)的函数 g(x)为( )Asin x B xC x2 D| x|解析：选 D 若 g(x)sin x，应有 xf (x)sin x，取 x2，则 f (x)1，于是20，则 h(x)单调递增；当 x1 时， h( x)2 时， h(x)( x2)e x，h( x)

9、e x(x1)0.则 h(x)在(2，)上单调递增，画出函数 h(x)的大致图象如图所示故方程 f (x) g(x)有六个不等的实数解等价于直线y m1， y m2与曲线 h(x)| x2|e x各有三个交点由图知，则需 0 .74( x a)2 y21， y21.同理， x21. x2 y22.由可知： 0， b0)的左焦点 F( c,0)(c0)，作圆 x2 y2 的切线，x2a2 y2b2 a24切点为 E，延长 FE 交双曲线右支于点 P，若 ( )，则双曲线的离心率为( )OE 12 OF OP A. B.102 105C. D.10 2解析：选 A 由题意可知 E 为 FP 的中点

10、，且 OE FP.记 F为双曲线的右焦点，作出示意图如图所示，连接 F P，则 F P綊 2OE，且 FP F P，所以| F P| a，由双曲线的定义可得|FP|3 a.又 FP F P，可得(2 c)210 a2，所以 e .ca 1024已知 a0， b0，则不等式 a b 的解是( )1xA. B.(1a， 1b) (1a， 1b)C. D. (1b， 0) (1a， ) ( ， 1b) (1a， )解析：选 D 法一：直接求解法 b ，故选 D.1x 1b 1a法二：数形结合法利用 y 的图象，如图所示，故选 D.1x145已知关于 x 的方程| x| ax1 有一个负根，但没有正根

11、，则实数 a 的取值范围是_解析：在同一平面直角坐标系中分别作出y| x|， y ax1， y x1 的图象由图可知，当直线 y ax1的斜率 a1 时，直线 y ax1 与 y| x|的图象有且仅有 y 轴左侧一个交点，即| x| ax1 有一个负根，但没有正根答案：1，)6已知 a， b 为单位向量， ab0，若向量 c 满足|c a b|1，则| c|的取值范围是_解析：令 a，OA b， a b， c，OB OD OC 如图所示，则| | ，OD 2又| c a b|1，所以点 C 在以点 D 为圆心、半径为 1 的圆上，易知点 C 与 O， D 共线时| |取到最值，最大值为 1，最

12、小值为 1，OC 2 2所以| c|的取值范围为 1， 12 2答案： 1， 12 2第 3 术 解题常招 设参换元方法概述在解答数学问题时，我们常把某个代数式看成一个新的未知数，或将某些变元用另一参变量的表达式来替换，以便将所求的式子变形，优化思考对象，让原来不醒目的条件，或隐含的信息显露出来，促使问题的实质明朗化，使非标准型问题标准化，从而便于我们将问题化繁为简、化难为易、化陌生为熟悉，从中找出解题思路这种通过换元改变式子形式来变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去考查、探究解题思路的做法，就是设参换元法，也就是我们常说的换元法应用题型此方法既适用选择题、填空题，也适用于解答题，多在

13、研究方程、不等式、函数、三角、解析几何中广泛应用15方法一：三角换元 已知 x， yR，满足 x22 xy4 y26，则 z x24 y2的取值范围为例 1_常规解法由 x22 xy4 y26，得 2xy6( x24 y2)，而 2xy ，x2 4y22所以 6( x24 y2) ，x2 4y22所以 x24 y24，当且仅当 x2 y 时，取等号又因为( x2 y)262 xy0，即 2xy6，所以 z x24 y262 xy12，综上可得 4 x24 y212.提速解法已知 x22 xy4 y26，即( x y)2( y)2( )2，3 6故设 x y cos ， y sin ，6 3 6

14、即 x cos sin ， y sin .6 2 2则 z x24 y262 xy62( cos sin ) sin 84sin .6 2 2 (2 6)所以 84 z84，即 z 的取值范围为4,12答案 4,12方法二：比值换元 设 x， y， z 满足关系 x1 ，则 x2 y2 z2的最小值为例 2y 12 z 23_解析 令 x1 k，则 x1 k， y12 k， z23 k，即y 12 z 23x k1， y2 k1， z3 k2. x2 y2 z2( k1) 2(2 k1) 2(3 k2) 214 k210 k614 2 .(k514) 5914当 k ，即 x ， y ， z

15、时， x2 y2 z2取最小值 .514 914 127 1314 591416答案 5914方法三：整体换元如图，已知椭圆 C 的离心率为 ，点 A， B， F 分例 332别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且 S ABF1 .32(1)求椭圆 C 的方程；(2)已知直线 l： y kx m 与圆 O： x2 y21 相切，若直线 l 与椭圆 C 交于 M， N 两点，求 OMN 面积的最大值解 (1)由已知得椭圆的焦点在 x 轴上，设其方程为 1( ab0)，x2a2 y2b2则 A(a,0)， B(0， b)， F(c,0)(c )a2 b2由已知可得 e2 ，a2 b2a2 34所以

16、a24 b2，即 a2 b，故 c b.3又 S ABF |AF|OB| (a c)b1 .12 12 32所以 b1， a2， c .3所以椭圆 C 的方程为 y21.x24(2)圆 O 的圆心为坐标原点，半径 r1，由直线 l： y kx m，即 kx y m0 与圆O： x2 y21 相切，得 1，故有 m21 k2.|m|1 k2由Error!消去 y 得(4 k21) x28 kmx4 m240.设 M(x1， y1)， N(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 .8km4k2 1 4m2 44k2 1所以| x1 x2|2( x1 x2)24 x1x2 24(8km4k2

17、1) 4m2 44k2 1 .16 4k2 m2 1 4k2 1 2将代入，得| x1 x2|2 ，48k2 4k2 1 217故| x1 x2| .43|k|4k2 1所以| MN| |x1 x2| .1 k2 1 k243|k|4k2 1 43k2 k2 14k2 1故 OMN 的面积 S |MN|1 .12 23k2 k2 14k2 1令 t4 k21( t1)，则 k2 ，代入上式，t 14得 S2 3t 14 (t 14 1)t2 32 t 1 t 3t2 ，32 1t2 23t 13 32 (1t 13)2 49所以当 t3，即 4k213，解得 k 时， S 取得最大值，且最大值

18、为 1.22 32 49方法四：局部换元 设对一切实数 x，不等式 x2log2 2 xlog2 log 2 0 恒例 44 a 1a 2aa 1 a 1 24a2成立，则 a 的取值范围为_解析 注意到 log2 和 log2 及 log2 之间的关系，换元化为4 a 1a 2aa 1 a 1 24a2一元二次不等式在 R 上恒成立问题设 log2 t， tR，2aa 1则 log2 log 2 3log 2 3log 2 3 t，log 24 a 1a 8 a 12a a 12a 2aa 12log 2 2 t. a 1 24a2 a 12a原不等式可化为(3 t)x22 tx2 t0，它

19、对一切实数 x 恒成立，所以Error! 解得Error! t1)，则例 5loga(uv)的最大值和最小值分别为_，_.解析 令 xlog au， ylog av，则 x0， y0.已知等式可化为( x1) 2( y1)24( x0， y0)再设 tlog a(uv) x y(x0， y0)，由图可知，当线段 y x t(x0， y0)与圆弧( x1) 2( y1)24( x0， y0)相切时(图中 CD 位置)，截距 t 取最大值， tmax22；当线段端点是圆弧端点时 (图中 AB 位置)，截距 t 取最小值，2tmin1 .因此 loga(uv)的最大值是 22 ，最小值是 1 .3

20、2 3答案 22 12 3提醒 利用两次换元探究动点的轨迹方程，数形结合使问题变得直观换元中应注意旧变量对新变量的限制即时应用体验1椭圆 1 的左焦点为 F，直线 x m 与椭圆相交于点 A， B，当 FAB 的周长最x24 y23大时， FAB 的面积为_解析：已知 1，则 F(1,0)x24 y23设 A(2cos ， sin )， B(2cos ， sin )，3 3则| AF| BF| 2cos ， 2cos 1 2 3sin2故 FAB 的周长 l2(2cos )2 sin 44sin .3 ( 6)当 时， l 取得最大值，此时 FAB 的面积为 3S (12cos )2 sin

21、sin (12cos )3.12 3 3答案：32不等式 log2(2x1)log 2(2x1 2)0，( 2， 2)则 f (x) ，( 4) 4又 x ，( 2， 2)所以 n B m2 D m， n 的大小关系不确定1n解析 由不等式可得 0，故函数 f (x)在(2，e)上单调递增因为 f (n) ，则事件 A 发生的概率为( )14A. B116 16C. D1 4 4解析 由题意知，计算机产生的 01 之间的均匀随机数 a， b 的对应区域是边长为 1 的正方形，面积为 1；事件 A 对应的区域是边长为 1 的正方形减去四分之一的圆圆心为(1,1)，半径为 ，如图所示，则事件 A

22、对12应的区域的面积为 1 .由几何概型的概率计算公式得事件 A 发生的概率为 1 .16 16答案 B即时应用体验1已知函数 f (x)是定义在实数集 R 上的不恒为零的偶函数，且对任意的实数 x 都有xf (x1)(1 x)f (x)，则 f 的值是( )(f (52)23A0 B. 12C1 D.52解析：选 A 由已知得 ，f x 1x 1 f xx故构造函数 g(x) ，则 g(x1) ，f xx f x 1x 1所以 g(x1) g(x)，即 g(x)是周期为 1 的函数又 f (x)为偶函数，所以 g(x)为奇函数故再构造一个特例函数 g(x)sin 2 x(xR)，所以 f (

23、x) xsin 2 x，从而有 f sin 50，(52) 52故 f f (0)0，因此选 A.(f (52)2已知数列 an， an2 an1 n1， a11( nN *)，则 an_.解析：由已知可得 an n32 an1 ( n1)3设 bn an n3，则 bn2 bn1 ，所以 bn是公比为 2 的等比数列，且 b1 a1135，所以 bn52 n1 ，所以 an52 n1 n3.答案：52 n1 n33已知不等式 loga(a1) 对于一切大于 1 的自然数 n 都成1n 1 1n 2 12n112 23立，则实数 a 的取值范围为_解析：构造数列 an (n2， nN *)1n

24、 1 1n 2 12n an1 ，1n 2 1n 3 12n 12n 1 12n 2 an1 an 0，12n 1 12n 2 1n 1 1 2n 1 2n 2 an1 an，故 an a2 ，即 an的最小值为 .712 712要使 loga(a1) 对于一切自然数 n(n2)都成立，则必有1n 1 1n 2 12n112 23 loga(a1) ，即 loga(a1)1，所以 a1x2的区域内，所以 2，6k 12 ( 12k)整理得(2 k1)(6 k22 k1)0 且 a1)，对于任意的 n， mN *，都有例 3an m anam，则称数列 an为指数数列(1)若数列 an， bn的

25、通项公式分别为 an32 n1 ， bn3 n，试判断 an， bn是不是指数数列(需说明理由)；(2)若数列 an是指数数列， a1 (tN *)，证明：数列 an中任意三项都不能构成t 3t 4等差数列解 (1)因为 an32 n1 ，所以 a13， a26， a312.因为 a3 a12 a1a2，所以数列 an不是指数数列对于数列 bn，因为 bn m3 n m3 n3m bnbm对任意的 n， mN *恒成立，所以数列 bn是指数数列(2)证明：因为数列 an是指数数列，所以对于任意的 n， mN *，都有 an m anam.27令 m1，则 an1 ana1 an，t 3t 4所

26、以 an是首项为 ，公比为 的等比数列，t 3t 4 t 3t 4所以 an n.(t 3t 4)假设数列 an中存在三项 au， av， aw构成等差数列，不妨设 u2， d2，则 c d4，与已知 c d4 相矛盾，则假设不成立，故 min(c， d)2，即 c d2.故选 C.2某学校为了研究高中三个年级的数学学习情况，从高一，高二，高三三个年级中分别抽取了 1,2,3 个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级来自不同年级的概率为_解析：记高一年级中抽取的 1 个班级为 a，高二年级中抽取的 2 个班级为 b1， b2，高28三年级中抽取的 3 个班级为 c1，

27、c2， c3.从已抽取的 6 个班级中任意抽取两个班级的所有可能结果为( a， b1)，( a， b2)，( a， c1)，(a， c2)，( a， c3)，( b1， b2)，( b1， c1)，( b1， c2)，( b1， c3)，( b2， c1)，( b2， c2)，(b2， c3)，( c1， c2)，( c1， c3)，( c2， c3)，共 15 种设“抽取的两个班级来自不同年级”为事件 A，则事件 为抽取的两个班级来自同一年A级两个班级来自同一年级的结果为( b1， b2)，( c1， c2)，( c1， c3)，( c2， c3)，共 4 种所以 P( ) ，故 P(A)1

28、 P( )1 .A415 A 415 1115所以两个班级来自不同年级的概率为 .1115答案：11153方程 x24 ax4 a30， x2( a1) x a20， x22 ax2 a0 中至少有一个方程有实根，则实数 a 的取值范围为_解析：假设三个方程都无实根，则Error! 解得 0)与圆 O： x2 y28 相交于A， B 两点，且点 A 的横坐标为 2.过劣弧 AB 上动点 P(x0， y0)作圆O 的切线交抛物线 E 于 C， D 两点，分别以 C， D 为切点作抛物线 E的切线 l1， l2， l1与 l2相交于点 M.(1)求 p 的值；(2)求动点 M 的轨迹方程解：(1)

29、由点 A 的横坐标为 2，可得点 A 的坐标为(2,2)，代入 y22 px，解得 p1.(2)设动点 M(x， y)， C ， D ， y10， y20，则切线 l1： y y1 k(y212， y1) (y22， y2)，(xy212)代入 y22 x 消去 x，得 ky22 y2 y1 ky 0.21由 0，解得 k ，1y1所以 l1的方程为 y x .1y1 y12同理可得， l2的方程为 y x .1y2 y22联立Error! 解得Error!易知直线 CD 的方程为 x0x y0y8，其中 x0， y0满足 x y 8， x02,2 ，20 20 2联立Error! 消去 x

30、并整理得，30x0y22 y0y160，则Error! 又Error!则可得Error!由 x y 8，得 y21.20 20x28又 x02,2 ，2所以 x4，2 2所以动点 M 的轨迹方程为 y21， x4，2 x28 2第 6 术 蹊径可辟 分割补形方法概述所谓割补法就是把一个复杂面积或体积的计算分割成若干个简单图形的有关计算或将一个不易求出面积或体积的几何图形补足为较易计算的几何图形也就是将复杂的或不熟悉的几何图形转化为简单的熟悉的几何图形或几何体例如，把曲边形割补成规则图形、把斜棱柱割补成直棱柱、把三棱柱补成平行六面体、把三棱锥补成三棱柱或平行六面体、把多面体切割成锥体(特别是三棱

31、锥)、把不规则的几何体割补成规则的几何体，从而把未知的转化为已知的、把陌生的转化为熟悉的、把复杂的转化为简单的、把不够直观的转化为直观易懂的应用题型在解决几何问题过程中，割补法是一种常用的方法无论是平面几何、解析几何、还是立体几何，适时使用割补法，能帮助我们找到问题的突破口，把问题放到特殊的几何图形中，借助特殊图形分析问题，有时会柳暗花明，事半功倍方法一：分割 为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所例 1得数据如图所示，则小区的面积是( )A. km2 B. km23 64 3 64C. km2 D. km26 34 6 34解析 如图，连接 AC.在 ABC 中，根据余弦定理可得 AC km，AB2 BC2 2ABBCcos 60 3又 AB2 km， BC1 km，所以 AC2 BC2 AB2，