高中新课程数学二轮复习精选

1、专题二高考中解答题的审题方法探究一、解答题的地位及考查的范围数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，这些题涵盖了中学数学的主要内容，具有知识容量大、解题方法多、能力要求高、突显数学思想方法的运用以及要求考生具有一定的创新意识和创新能力等特点，解答题综合考查学生的运算能力、逻辑思维能力、空间想象能力和分析问题、题解决问题的能力，分值占7080分，主要分六块：三角函数(或与平面向量交汇）、函数与导数(或与不等式交汇）、概率与统计、解析几何（或与平面向量交汇）、立体几何、数列(或与不等式交汇）从历年高考题看综合题这些题型的命制都呈现出显著的特点和解题规律,从阅卷中发现考生“会而得不全分”的现象大有

2、人在，针对以上情况，在高考数学备考中认真分析这些解题特点并及时总结出来，这样有针对性的进行复习训练,能达到事半功倍的效果二、解答题的解答技巧解答题是高考数学试卷的重头戏，占整个试卷分数的半壁江山,考生在解答解答题时，应注意正确运用解题技巧(1）对会做的题目:要解决“会而不对，对而不全”这个老大难的问题，要特别注意表达准确，考虑周密，书写规范，关键步骤清晰,防止分段扣分解题步骤一定要按教科书要求，避免因“对而不全”失分（2）对不会做的题目：对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得分我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略对此可以采取以下策略：缺步解答:如遇到一个不会做

3、的问题,将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少,能演算几步就写几步特别是那些解题层次明显的题目，每一步演算到得分点时都可以得分，最后结论虽然未得出,但分数却可以得到一半以上跳步解答：在解第二步时往往运用第一步的结果若题目有两问,第（1）问想不出来,可把第(1）问作“已知”，先做第（2)问，跳一步再解答辅助解答:一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，根据题目的意思列出要用的公式等罗列这些小步骤都是有分的，这些全是解题思路的重要体

4、现,切不可以不写，对计算能力要求高的，实行解到哪里算哪里的策略书写也是辅助解答，“书写要工整，卷面能得分"是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应逆向解答：对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证三、怎样解答高考数学题1解题思维的理论依据针对备考学习过程中，考生普遍存在的共性问题：一听就懂、一看就会、一做就错、一放就忘，做了大量的数学习题，成绩仍然难以提高的现象，我们很有必要对自己的学习方式、方法进行反思,解决好“学什么，如何学，学的怎么样”的问题要解决这里的“如何学”就需要改进学习方式,

5、学会运用数学思想方法去自觉地分析问题，弄清题意，善于转化，能够将面对的新问题拉入自己的知识网络里，在最短的时间内拟定解决问题的最佳方案，实现学习效率的最优化美国著名数学教育家波利亚在名著怎样解题里,把数学解题的一般思维过程划分为：弄清问题拟订计划实现计划回顾这是数学解题的有力武器，对怎样解答高考数学题有直接的指导意义2求解解答题的一般步骤第一步：（弄清题目的条件是什么，解题目标是什么？）这是解题的开始，一定要全面审视题目的所有条件和答题要求，以求正确、全面理解题意，在整体上把握试题的特点、结构,多方位、多角度地看问题，不能机械地套用模式，而应从各个不同的侧面、角度来识别题目的条件和结论以及图形

6、的几何特征与数学式的数量特征之间的关系,从而利于解题方法的选择和解题步骤的设计第二步:（探究问题已知与未知、条件与目标之间的联系，构思解题过程)根据审题从各个不同的侧面、不同的角度得到的信息，全面地确定解题的思路和方法第三步：（形成书面的解题程序，书写规范的解题过程)解题过程其实是考查学生的逻辑推理以及运算转化等能力评分标准是按步给分，也就是说考生写到哪步，分数就给到哪步，所以卷面上讲究规范书写第四步：（反思解题思维过程的入手点、关键点、易错点,用到的数学思想方法,以及考查的知识、技能、基本活动经验等）(1)回头检验-即直接检查已经写好的解答过程,一般来讲解答题到最后得到结果时有一种感觉，若觉

7、得运算挺顺利则好,若觉得解答别扭则十有八九错了，这就要认真查看演算过程(2）特殊检验-即取特殊情形验证，如最值问题总是在特殊状态下取得的,于是可以计算特殊情形的数据,看与答案是否吻合主要题型：(1）三角函数式的求值与化简问题；(2)单纯三角函数知识的综合;（3)三角函数与平面向量交汇；（4)三角函数与解斜三角形的交汇;(5)单纯解斜三角形；（6）解斜三角形与平面向量的交汇【例1】 (2012·山东)已知向量m（sin x,1）,n（Acos x，cos 2x)(A0)，函数f(x）m·n的最大值为6。(1）求A；（2）将函数yf(x）的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上

8、各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数yg（x)的图象，求g(x）在上的值域审题路线图条件f（x）m·n两个向量数量积(坐标化）（a·bx1x2y1y2)化成形如yA sin(x)的形式（二倍角公式、两角和的正弦公式）A0,f(x）的最大值为6,可求A。向左平移个单位长度，纵坐标不变，横坐标缩短为原来的。由x的范围确定的范围再确定sin的范围，得结论规范解答（1）f（x)m·nAsin xcos xcos 2x（2分）A（sin 2xcos 2x）A sin。因为A0，由题意知A6.（6分）(2)由(1)f（x)6sin。将函数yf(x）的图象向左平移个单

9、位后得到y6sin6sin的图象；（8分)再将得到图象上各点横坐标缩短为原来的倍,纵坐标不变，得到y6sin的图象因此g(x）6sin.（10分)因为x，所以4x，故g（x）在上的值域为3,6(12分）抢分秘诀1本题属于三角函数与平面向量综合的题目，用向量表述条件，转化为求三角函数的最值问题正确解答出函数f（x)的解析式是本题得分的关键，若有错误,本题不再得分，所以正确写出f(x)的解析式是此类题的抢分点2图象变换是本题的第二个抢分点3特别要注意分析判定4x与sin(4x）的取值范围押题1 已知a2(cos x，cos x），b（cos x，sin x)(其中01)，函数f（x）a·

10、b，若直线x是函数f（x)图象的一条对称轴(1)试求的值；(2）若函数yg（x)的图象是由yf（x）的图象的各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移个单位长度得到，求yg（x)的单调递增区间解(1）f(x)a·b2(cos x,cos x）·（cos x，sin x)2cos2x2cos xsin x1cos 2xsin 2x12sin.(1)直线x为对称轴，sin±1，k(kZ)k（kZ）01，k,k0，。（2）由（1）得，得f(x)12sin,g(x）12sin12sin12cos x。由2kx2k（kZ），得4k2x4k(kZ），g（x)的单调递增区间为

11、4k2，4k（kZ），【例2】 (2012·浙江）在ABC中，内角A,B，C的对边分别为a，b,c。已知cos A,sin Bcos C.（1）求tan C的值；(2)若a，求ABC的面积审题路线图（1)由条件cos A（0A）由sin A，可求sin A。由cos Csin Bsin（AC),展开可得sin C与cos C的关系式，可求tan C.(2)由tan C的值可求sin C及cos C的值再由sin Bcos C可求sin B的值由a及，可求C.由SABCacsin B可求解规范解答(1)因为0A，cos A，得sin A.又cos Csin Bsin（AC）sin Ac

12、os Ccos Asin Ccos Csin C.所以tan C。（6分）(2）由tan C，得sin C，cos C.于是sin Bcos C。由a及正弦定理,得c.设ABC的面积为S，则Sacsin B。(12分）抢分秘诀1本题主要考查了三角恒等变换、正弦定理等基础知识，同时考查了运算求解能力2熟练利用三角恒等变换求得所需的量是本题的第1抢分点3熟练运用三角形面积公式与正弦定理是第2抢分点押题2 ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b,c,已知2ac，cos C.（1)求sin B的值;（2）若D为AC中点，且ABD的面积为，求BD的长解（1）由cos C,得sin C,由正弦定理得si

13、n A,ac，AC,A，cos A,sin Bsin（AC)××。(2)sin Bsin C，BC，bc.由ABD的面积为,·csin Ac2·，得c2，BD212222×1×2×,BD.主要题型：(1)求等可能事件、互斥事件（对立事件）及两种概率计算公式的应用（2)抽样方法的确定与计算、总体分布的估计(3)求统计与概率的综合问题【例3】 （2012·山东）袋中有五张卡片,其中红色卡片三张,标号分别为1,2,3；蓝色卡片中任取两张，标号分别为1，2。（1）从以上五张卡片中任取两张,求这两张卡片颜色不同且标号之和小于

14、4的概率；(2）向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两种卡片颜色不同且标号之和小于4的概率审题路线图列出从五张卡片中任取两张的所有结果两张卡片的颜色不同且标号之和小于4包含3个互斥事件利用古典概型概率公式求解，列出从六张卡片中任取两张的所有结果，两张卡片颜色不同且标号之和小于4包含8个互斥事件，利用古典概型的概率公式求解规范解答(1）标号为1,2,3的三张红色卡片分别记为A,B，C,标号为1,2的两张蓝色卡片分别记为D，E，从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A，B），（A，C），（A，D）,(A,E)，（B，C)，（B，D),(B,E)，（C，D)，(C,E）

15、,(D，E），共10种(2分)由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的(3分)从五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为（A,D），(A,E)，(B，D），共3种(5分）所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为。（6分）（2)记F是标号为0的绿色卡片,从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为（A，B），(A,C），（A,D)，(A，E),（A，F)，（B，C),(B，D）,（B,E)，（B，F），（C，D)，（C,E),（C，F），(D，E），(D,F），(E，F）,共15种（8分）由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的

16、出现是等可能的（9分)从六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为（A，D)，（A,E），(B，D），(A,F），(B，F)，(C，F)，(D，F)，(E，F），共8种(11分）所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.（12分)抢分秘诀，古典概型求解的关键在于准确求解基本事件的个数，可用枚举法或列表法计数。由于所求概率一般都同时涉及几类事件，它们相互交织在一起,难度较大,因此要根据事件发生的过程,理清各个事件之间的关系，准确求解其包括的基本事件,明确所求问题包含的事件类型.）【例4】 (2012·辽宁)电视传媒公司为了解某地区观众对某类体育节目

17、的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查，其中女性有55名下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图：将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”，已知“体育迷”中有10名女生（1)根据已知条件完成下面的2×2列联表，并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有关?非体育迷体育迷合计男女合计（2）将日均收看该体育节目不低于50分钟的观众称为“超级体育迷"，已知“超级体育迷”中有2名女性，若从“超级体育迷”中任意选取2人，求至少有1名女性观众的概率附:K2P（K2k)0。050.01k3.8416。635审题路线图从频率分布直方图及已知中找出

18、非体育迷及体育迷的男女人数完成2×2列联表，由公式计算出K2的值，得出结论,由频率分布直方图得出，“超级体育迷”人数，列出所有基本事件的结果，及至少有1名女性观众的结果，利用古典概型的概率公式求解规范解答(1）由频率分布直方图可知,在抽取的100人中，“体育迷"有25人,从而完成2×2列联表如下：非体育迷体育迷合计男301545女451055合计7525100将2×2列联表中的数据代入公式计算，得K23.030.因为3。0303。841,所以我们没有理由认为“体育迷"与性别有关（2）由频率分布直方图可知，“超级体育迷”为5人，从而一切可能结果所

19、组成的基本事件空间为（a1,a2)，（a1,a3），(a2,a3)，（a1,b1),(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2),(a3，b1），(a3，b2）,（b1，b2）,其中ai表示男性，i1,2，3，bj表示女性,j1,2.由10个基本事件组成，而且这些基本事件的出现是等可能的用A表示“任选2人中，至少有1人是女性"这一事件，则A（a1，b1)，（a1，b2），（a2,b1)，(a2，b2),(a3，b1），(a3，b2)，（b1，b2），事件A由7个基本事件组成,因而P（A）。抢分秘诀独立性检验的基本思想，它类似于反证法,要确定“两个变量有关系"这一结论成立的

20、可信程度，首先假设结论不成立，即假设结论“两个变量没有关系”成立，在该假设下构造的随机变量K2应该很小，若结果很大，则在一定程度上说明假设不合理,即认为两个变量在一定程度上有关。这种检验方法可靠吗？实际上这种方法仍然是用样本去估计总体，推断可能正确，也可能错误.但我们只要科学合理地去抽样，那么犯错的可能性就很小了.若卡方检验中K26.635，则说明我们犯错的概率仅为1,这正是统计方法的魅力所在.所以利用K2进行独立性检验，可以对推断正确性的概率作出估计，样本量n越大，这个估计越准确.押题3 某高校在2011年的自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组,得到的频率分布表如下表

21、所示。组号分组频数频率第1组160,165）50.050第2组165,170)350。350第3组170,175)300.300第4组175,180)200。200第5组180，185）100。100合计1001.00（1)为了能选拔出最优秀的学生，高校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面试，求第3、4、5组每组各抽取多少名学生进入第二轮面试？(2）在（1）的前提下，学校决定在这6名学生中,随机抽取2名学生接受A考官进行面试请列举出抽取2名学生的所有可能;请列举出第4组至少有一名学生被考官A面试的所有可能;并求第4组至少有一名学生被考官A面试的概率解(1)因为第

22、3、4、5组共有60名学生，所以利用分层抽样在60名学生中抽取6名学生,每组分别为：第3组：×63(人),第4组：×62（人)，第5组：×61（人)，所以第3、4、5组分别抽取3人、2人、1人(2）设第3组的3位同学为A1，A2,A3，第4组的2位同学为B1,B2，第5组的1位同学为C1,则从六位同学中抽两位同学有15种可能如下：（A1，A2)，(A1，B3），（A1，B1），(A1，B2)，(A1,C1)，（A2，A3),(A2，B1），(A2,B2），（A2，C1)，(A3,B1），(A3，B2)，（A3,C1)，(B1，B2）,(B1,C1），(B2，C1)

23、其中第4组的2位同学为B1，B2至少有一位同学入选的有：(A1，B1)，（A1,B2)，（A2,B1)，(A2，B2)，（A3，B1），（A3，B2),(B1，B2)，（B1，C1），（B2，C1）9种可能，所以其中第4组的2位同学为B1,B2至少有一位同学入选的概率为。主要题型：高考中的立体几何题目是很成熟的一种类型，常常考查“平行”、“垂直”两大证明及“空间角"的计算问题，解题方法上表现为传统的立体几何法，立体几何法的优势表现为计算简单,过程简洁,但是对概念的理解要深刻、透彻【例5】 (2012·山东）如图，几何体EABCD是四棱锥，ABD为正三角形，CBCD，ECBD

24、.（1）求证：BEDE；（2)若BCD120°，M为线段AE的中点,求证：DM平面BEC.审题路线图取BD中点O，证明EOBD，DEBE，要证DM平面BEC，可在平面BEC内寻找一直线与其平行，但根据条件不易得到，转换思路：过DM作一平面，证明此平面与平面BEC平行取AB的中点N，构造平面DMN，证明平面DMN平面BEC，DM平面BEC。规范解答 证明(1)如图甲，取BD的中点O，连接CO，EO.由于CBCD,所以COBD.（2分)又ECBD，ECCOC，CO，EC平面EOC,所以BD平面EOC,因此BDEO.(4分)又O为BD的中点，所以BEDE.（5分）（2)如图乙，取AB的中点

25、N,连接DM，DN，MN.（6分)因为M是AE的中点，所以MNBE。又MN平面BEC，BE平面BEC，所以MN平面BEC。（8分)又因为ABD为正三角形，所以BDN30°。又CBCD，BCD120°，因此CBD30°.所以DNBC。(10分)又DN平面BEC，BC平面BEC，所以DN平面BEC.又MNDNN，所以平面DMN平面BEC.(11分)又DM平面DMN,所以DM平面BEC.(12分）抢分秘诀空间线面位置关系的判断与证明的关键是掌握空间线线、线面、面面垂直的判定定理和性质定理，以及平行与垂直的一些常用结论，要熟练掌握这些定义的表达语言、表达符号和表达图形。另

26、外要注意运用转化思想解题。【例6】 (2012·浙江)如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中,ADBC，ADAB，AB,AD2，BC4，AA12，E是DD1的中点，F是平面B1C1E与直线AA1的交点(1)求证：EFA1D1；BA1平面B1C1EF。（2)求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值审题路线图由线面平行的性质定理得到B1C1EF，EFA1D1，寻找线面垂直的条件：BA1B1F，BA1B1C1，BA1平面B1C1EF，寻找BC1与平面B1C1EF所成的角，由（1)可得BA1与平面B1C1EF垂直的垂足H，从而得到其所成的角BC1H，解三角形求得sinBC1

27、H。规范解答（1)证明：因为C1B1A1D1，C1B1平面ADD1A1，所以C1B1平面A1D1DA。又因为平面B1C1EF平面A1D1DAEF，所以C1B1EF，所以A1D1EF.（4分)因为BB1平面A1B1C1D1，所以BB1B1C1.又因为B1C1B1A1，所以B1C1平面ABB1A1，所以B1C1BA1.在矩形ABB1A1中，F是AA1的中点，tanA1B1FtanAA1B,即A1B1FAA1B,故BA1B1F.所以BA1平面B1C1EF。(9分)(2)解：设BA1与B1F交点为H，连接C1H。由（1）知BA1平面B1C1EF，所以BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角在矩形AA

28、1B1B中,AB，AA12，得BH.在RtBHC1中，BC12，BH,得sinBC1H。所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是。（15分）抢分秘诀(1)利用“线线线面面面”三者之间的相互转化证明有关位置关系问题：由已知想未知，由求证想判定，即分析法与综合法相结合来找证题思路；利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。(2)空间角的计算，主要步骤：一作，二证,三算。若用向量，那就是一证、二算.(3)点到平面的距离：直接能作点到面的垂线求距离；利用“三棱锥体积法”求距离。押题4 在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，且PA面ABCD。（1）求证：PCBD；

29、（2）过直线BD且垂直于直线PC的平面交PC于点E，如果三棱锥EBCD的体积取到最大值,求此时四棱锥PABCD的高证明(1)因为四边形ABCD是正方形，所以BDAC，PA面ABCD.所以PABD，又ACPAAPCBD.（2）设PAx，三棱锥EBCD的底面积为定值，求得它的高h，当x即x时，三棱锥EBCD的体积取到最大值,四棱锥PABCD的高为.主要题型:（1)利用数列的有关概念求特殊数列的通项与前n项和;（2）利用转化与化归思想(配凑、变形）将一般数列转化为等差、等比数列(主要解决递推数列问题）；（3)利用错位相减、裂项相消等方法解决数列求和;(4）利用函数与不等式处理范围和最值问题【例7】

30、（2012·浙江）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2n2n，nN。数列bn满足an4log2bn3，nN*。(1)求an，bn；（2)求数列an·bn的前n项和Tn。审题路线图由数列an的前n次和Sn求得an，由an与bn的关系式解得bn，写出an·bn，分析形式，选取错位相减法求和整理得到Tn。规范解答 （1)由Sn2n2n，得当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn14n1.所以an4n1，nN*.由4n1an4log2bn3,得bn2n1，nN*.（2）由（1）知anbn（4n1)·2n1，nN，所以Tn37×211×2

31、2（4n1）·2n1，2Tn3×27×22(4n5）·2n1(4n1）·2n，所以2TnTn(4n1）2n34(2222n1)（4n5）2n5.故Tn（4n5）2n5，nN.抢分秘诀1数列问题第（1)问一般为求数列通项公式，在此题中其方向已非常明确，只需构造出所给的an数列即可得到解决问题的方法,过程书写目的较强2数列问题第(2）问，有数列求和，也有与其他知识相互交汇的不等式证明、不等式恒成立等问题，但很多数列试题解题的关键往往是一个数列的求和问题，因此我们要熟练掌握数列求和的方法押题5 已知数列an的首项a15,an12an1.(1)证明：数

32、列an1是等比数列;(2)若数列nan的前n项和为Tn，试比较2Tn与23n213n的大小(1)证明an12an1,an112(an1)，又a15,a110,nN，2即数列an1是等比数列，(2)解由（1)知an3×2n1。从而Tna12a2nan（3×21)2(3×221）n(3×2n1)3（22×22n×2n）(12n),令Pn22×22n×2n,2Pn222×233×24n×2n1，错位相减得，Pn(n1）×2n12，Tn3(n1）·2n16，由2Tn(23n

33、213n)12(n1）·2n12（2n2n1）12(n1）·2n12(n1)(2n1）12(n1）2n（2n1)，当n1时，0，所以2Tn(23n213n）；当n2时,120所以2Tn（23n213n）,当n3时，n10又由函数y2x与y2x1可知2n2n1，所以(n1)2n（2n1)0，即0，从而2Tn(23n213n）主要题型：(1)考查纯解析几何知识；（2)向量渗透于圆锥曲线中；(3）求曲线方程;(4）直线与圆锥曲线的位置关系，涉及弦长、中点、轨迹、范围、定值、最值等问题【例8】 （2012·山东）在平面直角坐标系xOy中,F是抛物线C：x22py(p0）的

34、焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点,过M,F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为.(1)求抛物线C的方程；（2）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；(3）若点M的横坐标为，直线l:ykx与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D,E，求当k2时,AB|2|DE|2的最小值审题路线图圆心Q在OF的垂直平分线y上，列方程解之，由抛物线C的方程设切点M（x00)，由导数求斜率，写出直线MQ的方程，与yQ联立,可用x0表达点Q的坐标，再根据|OQQM列方程求得x0的值根据直线方程和抛物线方程求出AB|。

35、根据第（2)问可得圆Q的半径和圆心坐标，进而使用直线被圆截得的弦长公式求出|DE|.写出AB2DE2，换元，利用导数求最值规范解答（1)依题意知F，圆心Q在线段OF的垂直平分线y上,因为抛物线C的标准方程为y，所以，即p1，因此抛物线C的方程为x22y。（2分）（2)假设存在点M(x0，)(x00)满足条件，抛物线C在点M处的切线斜率为yxx0xx0x0,所以直线MQ的方程为yx0（xx0)(3分）令y，得xQ,所以Q.（4分)又|QMOQ|，故222，（5分)因此2，又x00,所以x0，此时M(，1)故存在点M（，1）,使得直线MQ与抛物线C相切于点M。(6分)(3）当x0时,由（2)得Q,

36、Q的半径为r，所以Q的方程为（x）2(y)2。（7分)由整理得2x24kx10。（8分）设A，B两点的坐标分别为(x1，y1）,(x2，y2)，由于116k280，x1x22k,x1x2，所以|AB2(1k2)（x1x2)24x1x2(1k2)·(4k22)（9分）由整理得(1k2)x2x0.（10分）设D，E两点的坐标分别为（x3，y3），(x4，y4)，由于20,x3x4，x3x4。所以DE|2（1k2)(x3x4）24x3x4。(11分）因此AB2DE|2（1k2）（4k22）。令1k2t，由于k2，则t5，所以AB2|DE2t(4t2)4t22t.设g(t)4t22t，t。因

37、为g（t）8t2，所以当t，g(t）g6,即函数g（t)在t是增函数，所以当t时，g(t）取到最小值，因此当k时，|AB|2DE2取到最小值.(13分)抢分秘诀1准确求出曲线方程是解决圆锥曲线问题的前提，并且第(1）问一般属于考试送分的，故此处必要时要进行计算上的检验2第(2)问中利用导数的几何意义求切线方程,再利用半径相等列方程求切点M，精确计算是重要抢分点3解题中的计算能力的考查在第(3）问中更进一步得到体现，计算中的每一个中间结果要写出来,以便阅卷时采点给分，即使最终问题没解决，分数可能已相当可观;此题中还综合考查了导数求最值，答卷时要注意考虑k的范围,以防不必要的失分4本题为试卷的压轴

38、题，对不少考生来说，难度较大，可能会放弃，但要把得到的分拿下来，如第(1)问的曲线方程，直线与曲线方程联立，写出两根之和与两根之积，这能得到一定的分数押题6 如图，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上,上顶点为A，左、右焦点分别为F1,F2，线段OF1,OF2的中点分别为B1,B2,且AB1B2是面积为4的直角三角形（1）求该椭圆的离心率和标准方程；(2）过B1作直线l交椭圆于P,Q两点，使PB2QB2，求直线l的方程解(1）如图，设所求椭圆的标准方程为1（ab0)，右焦点为F2（c，0）因AB1B2是直角三角形，又AB1AB2，故B1AB2为直角，因此|OA|OB2|，得b.结合c2a2b2得

39、4b2a2b2，故a25b2，c24b2,所以离心率e。在RtAB1B2中，OAB1B2，故SAB1B2·B1B2|·|OAOB2|·OA·bb2。由题设条件SAB1B24得b24，从而a25b220.因此所求椭圆的标准方程为:1。(2）由（1）知B1（2,0），B2(2，0）由题意知直线l的倾斜角不为0，故可设直线l的方程为xmy2。代入椭圆方程得（m25）y24my160.设P（x1，y1)，Q(x2，y2），则y1,y2是上面方程的两根,因此y1y2，y1·y2，又（x12，y1),(x22，y2),所以·（x12)（x22)y

40、1y2（my14）（my24）y1y2（m21)y1y24m（y1y2)1616，由PB2QB2，得·0,即16m2640，解得m±2.所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x2y20和x2y20。主要题型：(1)利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题；(2）利用导数研究不等式恒成立与证明等问题；（3)以函数为载体的建模问题【例9】 (2011·江西)设f（x)x3x22ax。(1)若f(x）在上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0a2时,f（x)在1，4上的最小值为，求f(x）在该区间上的最大值审题路线图函数f(x)的导数是二次函数,对称轴为x，要使f

41、(x）在上存在单调递增区间,必需满足f0。令f（x） 0得x1，x2,确定x1,x2所在的单调区间，根据单调性求f（x）的最值规范解答（1)由f（x）x2x2a22a，(2分)当x时，f(x）的最大值为f2a.令2a0，得a。(5分）所以，当a时，f（x)在上存在单调递增区间（6分）即f(x)在上有单调递增区间时，a的取值范围为。(2）令f(x）0，得两根x1，x2.所以f（x）在（,x1），（x2，）上单调递减,在（x1,x2)上单调递增（8分)当0a2时，有x11x24，所以f(x）在1，4上的最大值为f（x2)又f(4）f（1）6a0，即f(4）f（1)（10分）所以f（x)在1，4上的

42、最小值为f(4）8a.得a1，x22,从而f（x)在1,4上的最大值为f（2)。(12分)抢分秘诀用导数研究函数单调性、极值与最值是历年必考内容，尤其是含参数函数的单调性问题成为高考命题的热点，近几年新课标高考卷中发现:若该内容的题目放在试卷压轴题的位置上，试题难度较大；若放在试卷前几题的位置上，难度不大【例10】 (2012·湖南卷)已知函数f(x)eaxx，其中a0。(1）若对一切xR，f（x）1恒成立，求a的取值集合；(2)在函数f(x）的图象上取定两点A（x1,f(x1）),B(x2,f(x2）(x1x2)，记直线AB的斜率为k，问：是否存在x0(x1，x2），使f（x0)k

43、成立？若存在,求x0的取值范围；若不存在，请说明理由审题路线图分a0，a0两种情况讨论当a0时，则x0时，则f（x)1，故只能a0。此时只需f（x）min1即可，利用极值法可得关于a的不等式构造函数，利用导数法求这个不等式的解用A(x1，f(x,1)，B（x2，f(x2)）)表示k.构造函数(x)f(x)k，利用导数法判断(x1）0，（x2）0，且在(x1，x2)上单调可得存在c（x1，x2），使得(c）0.且在区间(x1，c)，(c,x2)上(x)的值异号，即证明了x0的存在性规范解答(1）若a0,则对一切x0,f（x）eaxx1，这与题设矛盾又a0,故a0.（1分）而f（x)aeax1,令

44、f(x）0,得xln.（2分）当xln时，f（x）0，f(x）单调递减；当xln时，f(x)0，f(x)单调递增故当xln时，f(x)取最小值f（ln)ln。(4分） 于是对一切xR，f（x）1恒成立，当且仅当ln1.令g（t)ttln t，则g(t)ln t.当0t1时，g（t)0，g（t）单调递增;当t1时，g(t）0，g(t)单调递减故当t1时，g(t）取最大值g（1）1。因此,当且仅当1，即a1时,式成立综上所述，a的取值集合为1（6分)（2）由题意知，k1（7分）令(x）f（x）kaeax。则(x1)ea（x2x1)a（x2x1）1,（x2）ea（x1x2)a（x1x2)1(9分）令

45、F(t)ett1.则F（t)et1。当t0时，F（t)0，F(t）单调递减；当t0时，F（t）0，F(t)单调递增故当t0时，F(t）F（0）0，即ett10。从而ea（x2x1)a(x2x1）10，ea(x1x2）a(x1x2)10，又0，0，所以(x1）0，(x2)0。(11分）因为函数y（x)在区间x1，x2上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在c（x1，x2）,使得（c)0。又（x）a2eax0，(x)单调递增,故这样的c是唯一的,且cln.故当且仅当x（ln，x2)时，f（x）k.综上所述,存在x0(x1,x2)，使f(x0)k成立,且x0的取值范围为(ln，x2)（13分）抢分秘诀

46、1过程书写要干净利落，条理分明，突出解法的逻辑关系2要用数学语言,尤其借助于符号语言来进行说明可省去大篇的文字3在说明函数的单调性与极值时，要习惯于用表格来说明,表格中容纳了大量的无需再表述的信息,使问题的解决清晰明了，并且与占有一定的分数,倘若用其他方式说明就不到位4本题为试卷的压轴题，对不少考生来说，难度也较大，可能会放弃,但是还要把能得到的分拿下来,比如求f(x)以及函数定义域等思维含量较低的知识,在阅卷中这都可得到23分押题7 已知f(x)axln x，x（0，e，g（x）,其中e是自然常数，aR.（1）讨论a1时,f(x）的单调性和极值;（2）求证：在(1）的条件下，f（x）g(x）

47、；(3）是否存在实数a，使f（x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由（1）解由题知当a1时，f(x)1,因为当0x1时，f （x)0，此时f(x)单调递减；当1xe时，f (x）0，此时f（x)单调递增所以f（x）的极小值为f(1）1。(2）证明因为f(x)的极小值为1，即f（x）在(0,e上的最小值为1。令h(x）g(x),h（x)，当0xe时，h(x)0，h(x）在（0，e上单调递增，所以h（x)maxh(e)1f（x）min，所以在（1）的条件下，f（x)g（x）.（3）解假设存在实数a,使f(x)axln x（x(0，e）有最小值3，f (x)a.当a0时，因为x（

48、0，e，所以f (x)0，而f(x）在（0,e上单调递减,所以f（x）minf（e）ae13,a（舍去)，此时无满足条件的a.当0e时，f(x）在上单调递减，在上单调递增,所以f(x）minf1ln a3,ae2，满足条件；当e时，因为x(0，e，所以f （x)0，所以f（x)在（0,e上单调递减，f(x)minf(e）ae13，a（舍去），此时无满足条件的a。综上，存在实数ae2，使得当x（0，e时，f（x)有最小值3。 1（2012·北京)如图，ACB90°，CDAB于点D,以BD为直径的圆与BC交于点E，则（)ACE·CBAD·DBBCE·

49、;CBAD·ABCAD·ABCD2DCE·EBCD2 答案A在直角三角形ABC中，根据直角三角形射影定理可得CD2AD·DB,再根据切割线定理可得CD2CE·CB，所以CE·CBAD·DB。2(2012·湖南）如图,过点P的直线与O相交于A，B两点若PA1，AB2，PO3,则O的半径等于_解析设圆的半径为r，则(3r）（3r）1×3,即r26，解得r。答案3(2012·陕西）如图，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E，EFDB，垂足为F.若AB6,AE1，则DF·DB_。解析由相交

50、弦定理可知ED2AE·EB1×55，又易知EBD与FED相似，得DF·DBED25.答案54(2012·广东）如图，O的半径为1，A,B，C是圆周上的三点，满足ABC30°,过点A作O的切线与OC的延长线交于点P，则PA_.解析如图，连接OA。由ABC30°，得AOC60°，在直角三角形AOP中,OA1，于是PAOAtan 60°.答案本部分常考查以下内容:（1）考查相似三角形的判定和性质定理；(2)考查圆的切线、切割线定理及圆周角、弦切角定理；（3)考查圆的内接四边形的判定与性质定理复习时仍以圆与三角形的综合为主

51、,难度中等(1）要掌握好基础知识,如相似三角形的判定与性质定理、圆周角与弦切角定理、圆的内接四边形的判定与性质定理、与圆有关的比例线段,这些定理是进行几何证明的依据(2)高考试题多以圆为载体，和三角形、四边形相结合来命题,这类试题往往要综合运用多个定理或添设一定的辅助线才能解决，在解题时要注意总结一些添设辅助线的方法技巧。必备知识1(1）相似三角形的判定定理判定定理1:对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似判定定理2：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似判定定理3：对于

52、任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似(2）相似三角形的性质相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比；相似三角形周长的比等于相似比；相似三角形面积的比等于相似比的平方（3)直角三角形的射影定理:直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影与斜边的比例中项；斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项2(1)圆周角定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半（2)圆心角定理：圆心角的度数等于它所对弧的度数3(1）圆内接四边形的性质定理：圆的内接四边形的对角互补；圆内接四边形的外角等于它的内角的对角（2)圆内接四边形判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆4（1)圆的切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径(2）圆的切线的判定定理:经过半径的外端并且垂直于