创新设计（浙江专用）2023届高考数学二轮复习教师用书5指导一-指导三

eq\a\vs4\al\co1(技巧——巧解客观题的10大妙招)(一)选择题的解法选择题是高考试题的三大题型之一，浙江卷8个小题.该题型的根本特点：绝大局部选择题属于低中档题目，且一般按由易到难的顺序排列，注重多个知识点的小型综合，渗透各种数学思想和方法，能充分考查灵活应用根底知识解决数学问题的能力.解数学选择题的常用方法，主要分直接法和间接法两大类.直接法是解答选择题最根本、最常用的方法，但高考的题量较大，如果所有选择题都用直接法解答，不但时间不允许，甚至有些题目根本无法解答，因此，我们还要研究解答选择题的一些技巧，总的来说，选择题属小题，解题的原那么是：小题巧解，小题不能大做.方法一直接法直接从题设的条件出发，利用条件、相关公式、公理、定理、法那么，通过准确的运算、严谨的推理、合理的验证得出正确的结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座〞作出相应的选择，从而确定正确选项的方法.涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法.【例1】(2023·山东卷)假设函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，那么称y＝f(x)具有T性质.以下函数中具有T性质的是()A.y＝sinx B.y＝lnxC.y＝ex D.y＝x3解析对函数y＝sinx求导，得y′＝cosx，当x＝0时，该点处切线l1的斜率k1＝1，当x＝π时，该点处切线l2的斜率k2＝－1，∴k1·k2＝－1，∴l1⊥l2；对函数y＝lnx求导，得y′＝eq\f(1,x)(x＞0)恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝ex求导，得y′＝ex恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝x3，得y′＝3x2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.应选A.答案A探究提高直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案.平时练习中应不断提高用直接法解选择题的能力，准确把握题目的特点.用简便的方法巧解选择题是建立在扎实掌握“三基〞的根底上的，否那么一味求快那么会快中出错.【训练1】(2023·湖南卷)点A，B，C在圆x2＋y2＝1上运动，且AB⊥BC.假设点P的坐标为(2，0)，那么|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|的最大值为()A.6 B.7C.8 D.9解析由A，B，C在圆x2＋y2＝1上，且AB⊥BC，∴AC为圆直径，故eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))＝(－4，0)，设B(x，y)，那么x2＋y2＝1且x∈[－1，1]，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x－2，y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝(x－6，y).故|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|＝eq\r(－12x＋37)，∴x＝－1时有最大值eq\r(49)＝7，应选B.答案B方法二特例法从题干(或选项)出发，通过选取特殊情况代入，将问题特殊化或构造满足题设条件的特殊函数或图形位置进行判断.特殊化法是“小题小做〞的重要策略，要注意在怎样的情况下才可使用，特殊情况可能是：特殊值、特殊点、特殊位置、特殊数列等.适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题.【例2】(1)如图，在棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两局部，那么其体积之比为()A.3∶1B.2∶1C.4∶1D.eq\r(3)∶1(2)定义在实数集R上的函数y＝f(x)恒不为零，同时满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)，且当x＞0时，f(x)＞1，那么当x＜0时，一定有()A.f(x)＜－1 B.－1＜f(x)＜0C.f(x)＞1 D.0＜f(x)＜1解析(1)将P、Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此时仍满足条件A1P＝BQ(＝0)，那么有VC－AA1B＝VA1－ABC＝eq\f(VABC－A1B1C1,3).(2)取特殊函数.设f(x)＝2x，显然满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)(即2x＋y＝2x·2y)，且满足x＞0时，f(x)＞1，根据指数函数的性质，当x＜0时，0＜2x＜1，即0＜f(x)＜1.答案(1)B(2)D探究提高特例法解选择题时，要注意以下两点：第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理；第二，假设在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，那么应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解.【训练2】等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，那么它的前3m项和为()A.130 B.170C.210 D.260解析取m＝1，依题意a1＝30，a1＋a2＝100，那么a2＝70，又{an}是等差数列，进而a3＝110，故S3＝210.答案C方法三排除法数学选择题的解题本质就是去伪存真，舍弃不符合题目要求的选项，找到符合题意的正确结论.筛选法(又叫排除法)就是通过观察分析或推理运算各项提供的信息或通过特例，对于错误的选项，逐一剔除，从而获得正确的结论.【例3】(1)(2023·浙江卷)函数f(x)满足：f(x)≥|x|且f(x)≥2x，x∈R.()A.假设f(a)≤|b|，那么a≤b B.假设f(a)≤2b，那么a≤bC.假设f(a)≥|b|，那么a≥b D.假设f(a)≥2b，那么a≥b(2)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－1，x＜1，,2x，x≥1，))那么满足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) B.[0，1]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)) D.[1，＋∞)解析(1)∵|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≥0，,－x，x＜0，))根据题意可取f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(max{x，2x}＝2x，x≥0，,max{－x，2x}＝－x，x＜0，))即f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,－x，x＜0，))下面利用特值法验证选项.当a＝1，b＝－3时可排除选项A，当a＝－5，b＝2时可排除选项C，D.应选B.(2)当a＝2时，f(a)＝f(2)＝22＝4＞1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝2满足题意，排除A，B选项；当a＝eq\f(2,3)时，f(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝3×eq\f(2,3)－1＝1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝eq\f(2,3)满足题意，排除D选项，故答案为C.答案(1)B(2)C探究提高(1)对于干扰项易于淘汰的选择题，可采用筛选法，能剔除几个就先剔除几个.(2)允许使用题干中的局部条件淘汰选项.(3)如果选项中存在等效命题，那么根据规定——答案唯一，等效命题应该同时排除.(4)如果选项中存在两个相反的或互不相容的判断，那么其中至少有一个是假的.(5)如果选项之间存在包含关系，要根据题意才能判断.【训练3】(1)方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负根的充要条件是()A.0＜a≤1 B.a＜1C.a≤1 D.0＜a≤1或a＜0(2)f(x)＝eq\f(1,4)x2＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))，那么f′(x)的图象是()解析(1)当a＝0时，x＝－eq\f(1,2)，故排除A、D.当a＝1时，x＝－1，排除B.(2)f(x)＝eq\f(1,4)x2＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝eq\f(1,4)x2＋cosx，故f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)x2＋cosx))′＝eq\f(1,2)x－sinx，记g(x)＝f′(x)，其定义域为R，且g(－x)＝eq\f(1,2)(－x)－sin(－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－sinx))＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，所以排除B，D两项，g′(x)＝eq\f(1,2)－cosx，显然当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，g′(x)＜0，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，故排除C.选A.答案(1)C(2)A方法四数形结合法根据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确的判断，这种方法叫数形结合法.有的选择题可通过命题条件的函数关系或几何意义，作出函数的图象或几何图形，借助于图象或图形的作法、形状、位置、性质，得出结论，图形化策略是以数形结合的数学思想为指导的一种解题策略.【例4】函数f(x)＝|x－2|－lnx在定义域内的零点的个数为()A.0 B.1C.2 D.3解析由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞).在同一直角坐标系中画出函数y1＝|x－2|(x＞0)，y2＝lnx(x＞0)的图象，如下图：由图可知函数f(x)在定义域内的零点个数为2.答案C探究提高图形化策略是依靠图形的直观性进行研究的，用这种策略解题比直接计算求解更能简捷地得到结果.运用图解法解题一定要对有关函数图象、方程曲线、几何图形较熟悉，否那么，错误的图象反而会导致错误的选择.【训练4】设a>0，b>0.那么()A.假设2a＋2a＝2b＋3b，那么a>bB.假设2a＋2a＝2b＋3b，那么a<bC.假设2a－2a＝2b－3b，那么a>bD.假设2a－2a＝2b－3b，那么a<b解析对于选项A，设函数f(x)＝2x＋3x，可知其为增函数.由题意可知2a＋3a>2a＋2a＝2b＋3b，所以知a>b.那么选项A正确，B错误.对于选项C、D，设函数g(x)＝2x－2x，h(x)＝2x－3x，求导后可知g(x)与h(x)在(0，＋∞)上均不是单调函数，所以根据已给等式无法判断a、b的大小.答案A方法五估算法由于选择题提供了唯一正确的选择支，解答又无需过程.因此，有些题目不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法.估算法往往可以减少运算量，但是加强了思维的层次.【例5】sinθ＝eq\f(m－3,m＋5)，cosθ＝eq\f(4－2m,m＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＜θ＜π))，那么taneq\f(θ,2)等于()A.eq\f(m－3,9－m) B.eq\f(m－3,|9－m|)C.－eq\f(1,5) D.5解析由于受条件sin2θ＋cos2θ＝1的制约，m一定为确定的值进而推知taneq\f(θ,2)也是一确定的值，又eq\f(π,2)＜θ＜π，所以eq\f(π,4)＜eq\f(θ,2)＜eq\f(π,2)，故taneq\f(θ,2)＞1.所以D正确.答案D探究提高估算法的应用技巧：估算法是根据变量变化的趋势或极值的取值情况进行求解的方法.当题目从正面解析比拟麻烦，特值法又无法确定正确的选项时(如难度稍大的函数的最值或取值范围、函数图象的变化等问题)常用此种方法确定选项.【训练5】棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，那么该正方体的正视图的面积不可能等于()A.1 B.eq\r(2)C.eq\f(\r(2)－1,2) D.eq\f(\r(2)＋1,2)解析由俯视图知正方体的底面水平放置，其正视图为矩形，以正方体的高为一边长，另一边长最小为1，最大为eq\r(2)，面积范围应为[1，eq\r(2)]，不可能等于eq\f(\r(2)－1,2).答案C1.解选择题的根本方法有直接法、排除法、特例法、估算法、验证法和数形结合法.但大局部选择题的解法是直接法，在解选择题时要根据题干和选择支两方面的特点灵活运用上述一种或几种方法“巧解〞，在“小题小做〞、“小题巧做〞上做文章，切忌盲目地采用直接法.2.由于选择题供选答案多、信息量大、正误混杂、迷惑性强，稍不留心就会误入“陷阱〞，应该从正反两个方向筛选、验证，既谨慎选择，又大胆跳跃.3.作为平时训练，解完一道题后，还应考虑一下能不能用其他方法进行“巧算〞，并注意及时总结，这样才能有效地提高解选择题的能力.(二)填空题的解法填空题是高考试题的第二题型.从历年的高考成绩以及平时的模拟考试可以看出，填空题得分率一直不是很高.因为填空题的结果必须是数值准确、形式标准、表达式最简，稍有毛病，便是零分.因此，解填空题要求在“快速、准确〞上下功夫，由于填空题不需要写出具体的推理、计算过程，因此要想“快速〞解答填空题，那么千万不可“小题大做〞，而要到达“准确〞，那么必须合理灵活地运用恰当的方法，在“巧〞字上下功夫.填空题的根本特点是：(1)具有考查目标集中、跨度大、知识覆盖面广、形式灵活、答案简短、明确、具体，不需要写出求解过程而只需要写出结论等特点；(2)填空题与选择题有质的区别：①填空题没有备选项，因此，解答时不受诱误干扰，但同时也缺乏提示；②填空题的结构往往是在正确的命题或断言中，抽出其中的一些内容留下空位，让考生独立填上，考查方法比拟灵活；(3)从填写内容看，主要有两类：一类是定量填写型，要求考生填写数值、数集或数量关系.由于填空题缺少选项的信息，所以高考题中多数是以定量型问题出现；另一类是定性填写型，要求填写的是具有某种性质的对象或填写给定的数学对象的某种性质，如命题真假的判断等.方法一直接法对于计算型的试题，多通过直接计算求得结果，这是解决填空题的根本方法.它是直接从题设出发，利用有关性质或结论，通过巧妙地变形，直接得到结果的方法.要善于透过现象抓本质，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问题.【例1】设F1，F2是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的两个焦点，P是C上一点，假设|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2的最小内角为30°，那么C的离心率为________.解析设P点在双曲线右支上，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|PF1|＋|PF2|＝6a，,|PF1|－|PF2|＝2a，))故|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，那么|PF2|＜|F1F2|，得∠PF1F2＝30°，由eq\f(2a,sin30°)＝eq\f(4a,sin∠PF2F1)，得sin∠PF2F1＝1，∴∠PF2F1＝90°，在Rt△PF2F1中，2c＝eq\r(〔4a〕2－〔2a〕2)＝2eq\r(3)a，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).答案eq\r(3)探究提高直接法是解决计算型填空题最常用的方法，在计算过程中，我们要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速准确地求解填空题的关键.【训练1】(1)设θ为第二象限角，假设taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，那么sinθ＋cosθ＝________.(2)随机变量ξ的取值为0，1，2.假设P(ξ＝0)＝eq\f(1,5)，E(ξ)＝1，那么D(ξ)＝________.解析(1)∵taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，∴tanθ＝－eq\f(1,3)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3sinθ＝－cosθ，,sin2θ＋cos2θ＝1，))又θ为第二象限角，解得sinθ＝eq\f(\r(10),10)，cosθ＝－eq\f(3\r(10),10).∴sinθ＋cosθ＝－eq\f(\r(10),5).(2)由题意设P(ξ＝1)＝p，ξ的分布列如下ξ012Peq\f(1,5)peq\f(4,5)－p由E(ξ)＝1，可得p＝eq\f(3,5)，所以D(ξ)＝12×eq\f(1,5)＋02×eq\f(3,5)＋12×eq\f(1,5)＝eq\f(2,5).答案(1)－eq\f(\r(10),5)(2)eq\f(2,5)方法二特殊值法当填空题条件中含有某些不确定的量，但填空题的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，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论.【例2】(1)假设f(x)＝eq\f(1,2015x－1)＋a是奇函数，那么a＝________.(2)如下图，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，且AP＝3，那么eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝________.解析(1)因为函数f(x)是奇函数，且1，－1是其定域内的值，所以f(－1)＝－f(1)，而f(1)＝eq\f(1,2014)＋a，f(－1)＝eq\f(1,2015－1－1)＋a＝a－eq\f(2015,2014).故a－eq\f(2015,2014)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2014)))，解得a＝eq\f(1,2).(2)把平行四边形ABCD看成正方形，那么点P为对角线的交点，AC＝6，那么eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝18.答案(1)eq\f(1,2)(2)18探究提高求值或比拟大小等问题的求解均可利用特殊值代入法，但要注意此种方法仅限于求解结论只有一种的填空题，对于开放性的问题或者有多种答案的填空题，那么不能使用该种方法求解.【训练2】如图，在△ABC中，点M是BC的中点，过点M的直线与直线AB、AC分别交于不同的两点P、Q，假设eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝μeq\o(AC,\s\up6(→))，那么eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝________.解析由题意可知，eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)的值与点P、Q的位置无关，而当直线PQ与直线BC重合时，那么有λ＝μ＝1，所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝2.答案2方法三图象分析法对于一些含有几何背景的填空题，假设能数中思形，以形助数，通过数形结合，往往能迅速作出判断，简捷地解决问题，得出正确的结果.韦恩图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等，都是常用的图形.【例3】(1)f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝|x2－2x＋eq\f(1,2)|.假设函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，那么实数a的取值范围是________.(2)函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|lgx|〔0＜x≤10〕，,－\f(1,2)x＋6〔x＞10〕，))假设a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，那么abc的取值范围是________.解析(1)函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有互不相同的10个零点，即函数y＝f(x)，x∈[－3，4]与y＝a的图象有10个不同交点.在坐标系中作出函数y＝f(x)在[－3，4]上的图象，f(－3)＝f(－2)＝f(－1)＝f(0)＝f(1)＝f(2)＝f(3)＝f(4)＝eq\f(1,2)，观察图象可得0＜a＜eq\f(1,2).(2)a，b，c互不相等，不妨设a＜b＜c，∵f(a)＝f(b)＝f(c)，如下图，由图象可知，0＜a＜1，1＜b＜10，10＜c＜12.∵f(a)＝f(b)，∴|lga|＝|lgb|.即lga＝lgeq\f(1,b)，a＝eq\f(1,b).那么ab＝1.所以abc＝c∈(10，12).答案(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))(2)(10，12)探究提高图解法实质上就是数形结合的思想方法在解决填空题中的应用，利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是高考命题的热点.准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果.【训练3】设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋c，x≤0，,2，x＞0.))假设f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，那么函数y＝g(x)＝f(x)－x的零点个数为________.解析由f(－4)＝f(0)，得16－4b＋c＝c.由f(－2)＝－2，得4－2b＋c＝－2.联立两方程解得b＝4，c＝2.于是，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋2，x≤0，,2，x＞0.))在同一直角坐标系中，作出函数y＝f(x)与函数y＝x的图象，知它们有3个交点，即函数g(x)有3个零点.答案3方法四构造法构造型填空题的求解，需要利用条件和结论的特殊性构造出新的数学模型，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到简捷的解决，它来源于对根底知识和根本方法的积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括，积极联想，横向类比，从曾经遇到过的类似问题中寻找灵感，构造出相应的函数、概率、几何等具体的数学模型，使问题快速解决.【例4】如图，球O的球面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝eq\r(2)，那么球O的体积等于________.解析如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，那么正方体的体对角线长即为球O的直径，所以|CD|＝eq\r(〔\r(2)〕2＋〔\r(2)〕2＋〔\r(2)〕2)＝2R，所以R＝eq\f(\r(6),2)，故球O的体积V＝eq\f(4πR3,3)＝eq\r(6)π.答案eq\r(6)π探究提高构造法实质上是化归与转化思想在解题中的应用，需要根据条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型，从而转化为自己熟悉的问题.此题巧妙地构造出正方体，而球的直径恰好为正方体的体对角线，问题很容易得到解决.【训练4】a＝lneq\f(1,2013)－eq\f(1,2013)，b＝lneq\f(1,2014)－eq\f(1,2014)，c＝lneq\f(1,2015)－eq\f(1,2015)，那么a，b，c的大小关系为________.解析令f(x)＝lnx－x，那么f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)(x＞0).当0＜x＜1时，f′(x)＞0，即函数f(x)在(0，1)上是增函数.∵1＞eq\f(1,2013)＞eq\f(1,2014)＞eq\f(1,2015)＞0，∴a＞b＞c.答案a＞b＞c方法五综合分析法对于开放性的填空题，应根据题设条件的特征综合运用所学知识进行观察、分析，从而得出正确的结论.【例5】f(x)为定义在R上的偶函数，当x≥0时，有f(x＋1)＝－f(x)，且当x∈[0，1)时，f(x)＝log2(x＋1)，给出以下命题：①f(2013)＋f(－2014)的值为0；②函数f(x)在定义域上为周期是2的周期函数；③直线y＝x与函数f(x)的图象有1个交点；④函数f(x)的值域为(－1，1).其中正确的命题序号有________.解析根据题意，可在同一坐标系中画出直线y＝x和函数f(x)的图象如下：根据图象可知①f(2013)＋f(－2014)＝0正确，②函数f(x)在定义域上不是周期函数，所以②不正确，③根据图象确实只有一个交点，所以正确，④根据图象，函数f(x)的值域是(－1，1)，正确.答案①③④探究提高对于规律总结类与综合型的填空题，应从题设条件出发，通过逐步计算、分析总结探究其规律，对于多项选择型的问题更要注重分析推导的过程，以防多项选择或漏选.做好此类题目要深刻理解题意，捕捉题目中的隐含信息，通过联想、归纳、概括、抽象等多种手段获得结论.【训练5】设a∈R，假设x>0时均有[(a－1)x－1](x2－ax－1)≥0，那么a＝________.解析对a进行分类讨论，通过构造函数，利用数形结合解决.(1)当a＝1时，不等式可化为：x>0时均有x2－x－1≤0，由二次函数的图象知，显然不成立，∴a≠1.(2)当a<1时，∵x>0，∴(a－1)x－1<0，不等式可化为：x>0时均有x2－ax－1≤0，∵二次函数y＝x2－ax－1的图象开口向上，∴不等式x2－ax－1≤0在x∈(0，＋∞)上不能均成立，∴a<1不成立.(3)当a>1时，令f(x)＝(a－1)x－1，g(x)＝x2－ax－1，两函数的图象均过定点(0，－1)，∵a>1，∴f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，且与x轴交点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)，0))，即当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a－1)))时，f(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)，＋∞))时，f(x)>0.又∵二次函数g(x)＝x2－ax－1的对称轴为x＝eq\f(a,2)>0，那么只需g(x)＝x2－ax－1与x轴的右交点与点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)，0))重合，如下图，那么命题成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)，0))在g(x)图象上，所以有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)))eq\s\up12(2)－eq\f(a,a－1)－1＝0，整理得2a2－3a＝0，解得a＝eq\f(3,2)，a＝0(舍去).综上可知a＝eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)1.解填空题的一般方法是直接法，除此以外，对于带有一般性命题的填空题可采用特例法，和图形、曲线等有关的命题可考虑数形结合法.解题时，常常需要几种方法综合使用，才能迅速得到正确的结果.2.解填空题不要求求解过程，从而结论是判断是否正确的唯一标准，因此解填空题时要注意如下几个方面：(1)要认真审题，明确要求，思维严谨、周密，计算有据、准确；(2)要尽量利用的定理、性质及已有的结论；(3)要重视对所求结果的检验.eq\a\vs4\al\co1(标准——解答题的7个解题模板及得分说明)1.阅卷速度以秒计，标准答题少丢分高考阅卷评分标准非常细，按步骤、得分点给分，评阅分步骤、采“点〞给分.关键步骤，有那么给分，无那么没分.所以考场答题应尽量按得分点、步骤标准书写.2.不求巧妙用通法，通性通法要强化高考评分细那么只对主要解题方法，也是最根本的方法，给出详细得分标准，所以用常规方法往往与参考答案一致，比拟容易抓住得分点.3.干净整洁保得分，简明扼要是关键假设书写整洁，表达清楚，一定会得到合理或偏高的分数，假设不标准可能就会吃亏.假设写错需改正，只需划去，不要乱涂乱划，否那么易丢分.4.狠抓根底保成绩，分步解决克难题(1)根底题争取得总分值.涉及的定理、公式要准确，数学语言要标准，仔细计算，争取前3个解答题及选考不丢分.(2)压轴题争取多得分.第(Ⅰ)问一般难度不大，要保证得分，第(Ⅱ)问假设不会，也要根据条件或第(Ⅰ)问的结论推出一些结论，可能就是得分点.模板1三角变换与三角函数图象性质问题[真题](2023·天津卷)(总分值13分)函数f(x)＝sin2x－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，x∈R.(Ⅰ)求f(x)的最小正周期；(Ⅱ)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值和最小值.总分值解答得分说明解题模板解(Ⅰ)由，有f(x)＝eq\f(1－cos2x,2)－eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))),2)(2分)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))－eq\f(1,2)cos2x(4分)＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(1,4)cos2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(6分)所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(7分)①无化简过程，直接得到f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，扣5分；②化简结果错误，中间某一步正确，给2分.第一步化简：利用辅助角公式化f(x)为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式.第二步整体代换：设t＝ωx＋φ，确定t的范围.第三步求解：利用y＝sint的性质求y＝Asin(ωx＋φ)＋k的单调性、最值、对称性等.第四步反思：查看换元之后字母范围变化，利用数形结合估算结果的合理性，检查步骤的标准性.(Ⅱ)因为f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，－\f(π,6)))上是减函数，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上是增函数，(10分)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－eq\f(1,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),4)，(12分)所以f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值为I，最小值为－eq\f(1,2).(13分)③单调性正确，计算错误，扣2分；④假设单调性出错，给1分；⑤求出2x－eq\f(π,6)范围，利用数形结合求最值，同样得分.【训练1】(2023·河北五校质检)函数f(x)＝cosxsineq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(x＋))eq\f(π,3))－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),4)，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在闭区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值与最小值.解(1)f(x)＝cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),4)＝cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,2)sinxcosx－eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4)sin2x－eq\f(\r(3),4)(1＋cos2x)＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4)sin2x－eq\f(\r(3),4)cos2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因为f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上是减函数，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上是增函数，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝－eq\f(1,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝－eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(1,4)，所以函数f(x)在闭区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值为eq\f(1,4)，最小值为－eq\f(1,2).模板2三角变换与解三角形考题[真题](2023·全国Ⅱ卷)(总分值12分)在△ABC中，点D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD是△ADC面积的2倍.(Ⅰ)求eq\f(sinB,sinC).(Ⅱ)假设AD＝1，DC＝eq\f(\r(2),2)，求BD和AC的长.总分值解答得分说明解题模板解(Ⅰ)因为S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ADC＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD.(2分)又因为S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，所以AB＝2AC.(3分)由正弦定理可得eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(1,2).(5分)①用了面积表达式，即两个表达式写对得2分；②得出AB＝2AC得1分；③给出结果得2分；第一步找条件：寻找三角形中的边和角，确定转化方向.第二步定工具：根据条件和转化方向，选择使用的定理和公式，实施边角之间的转化.第三步求结果：根据前两步分析，代入求值得出结果.第四步再反思：转化过程中要注意转化的方向，审视结果的合理性.(Ⅱ)因为eq\f(S△ABD,S△ADC)＝eq\f(\f(1,2)BD·h,\f(1,2)DC·h)＝eq\f(BD,DC)，DC＝eq\f(\r(2),2)，所以BD＝eq\r(2).(6分)在△ABD和△ADC中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC.(8分)因为cos∠ADB＝－cos∠ADC，所以AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6.(10分)由(Ⅰ)知AB＝2AC，所以AC＝1.(12分)④得出BD＝eq\r(2)得1分；⑤正确写出余弦定理得2分；⑥得出关于AB、AC的关系式得2分；⑦得出AC＝1得2分.【训练2】(2023·山西四校联考一)△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且a＋b＝eq\r(3)c，2sin2C＝3sinAsin B.(1)求角C；(2)假设S△ABC＝eq\r(3)，求边c.解(1)∵2sin2C＝3sinAsinB，∴sin2C＝eq\f(3,2)sinAsinB，由正弦定理得c2＝eq\f(3,2)ab，∵a＋b＝eq\r(3)c，∴a2＋b2＋2ab＝3c2，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(2c2－2ab,2ab)＝eq\f(3ab－2ab,2ab)＝eq\f(1,2).∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).(2)∵S△ABC＝eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC，∵C＝eq\f(π,3)，∴ab＝4，又c2＝eq\f(3,2)ab，∴c＝eq\r(6).模板3数列的通项、求和考题[真题](2023·天津卷)(总分值13分)数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列.(Ⅰ)求q的值和{an}的通项公式；(Ⅱ)设bn＝eq\f(log2a2n,a2n－1)，n∈N*，求数列{bn}的前n项和.总分值解答得分说明解题模板解(Ⅰ)由，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3，所以a2(q－1)＝a3(q－1)，又因为q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1q，得q＝2.(3分)当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝2eq\s\up6(\f(n－1,2))；当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝2eq\s\up6(\f(n,2)).所以，{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\s\up6(\f(n－1,2))，n为奇数，,2\s\up6(\f(n,2))，n为偶数.))(6分)①根据数列相邻两项间的关系确定q＝2得3分；②根据递推公式求数列的通项得3分.第一步找关系：根据条件确定数列的项之间的关系.第二步求通项：根据等差或等比数列的通项公式或利用累加、累乘法或前n项和Sn与an的关系求数列的通项公式.第三步定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(常用的有公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等).第四步写步骤.第五步再反思：检查求和过程中各项的符号有无错误，用特殊项估算结果.(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝eq\f(log2a2n,a2n－1)＝eq\f(n,2n－1).(7分)设{bn}的前n项和为Sn，那么Sn＝1×eq\f(1,20)＋2×eq\f(1,21)＋3×eq\f(1,22)＋…＋(n－1)×eq\f(1,2n－2)＋n×eq\f(1,2n－1)，(8分)eq\f(1,2)Sn＝1×eq\f(1,21)＋2×eq\f(1,22)＋3×eq\f(1,23)＋…＋(n－1)×eq\f(1,2n－1)＋n×eq\f(1,2n).(9分)上述两式相减得：eq\f(1,2)Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(2,2n)－eq\f(n,2n)，(10分)整理得，Sn＝4－eq\f(n＋2,2n－1)，n∈N*.(12分)所以，数列{bn}的前n项和为4－eq\f(n＋2,2n－1)，n∈N*.(13分)③求新数列{bn}的通项bn得1分；④根据数列表达式的结构特征确定求和方法得6分.【训练3】(2023·石家庄一模)等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an·2an}的前n项和.解(1)设等差数列{an}的公差为d，由得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a2＋a3＋a5＝4a1＋8d＝20，,10a1＋\f(10×9,2)d＝10a1＋45d＝100，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))所以数列an的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)由(1)可知an·2an＝(2n－1)·22n－1，所以Sn＝1×21＋3×23＋5×25＋…＋(2n－3)×22n－3＋(2n－1)×22n－1，①4Sn＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n－3)×22n－1＋(2n－1)×22n＋1，②①－②得：－3Sn＝2＋2×(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)×22n＋1.∴Sn＝eq\f(2＋2×〔23＋25＋…＋22n－1〕－〔2n－1〕×22n＋1,－3)＝eq\f(2＋2×\f(8〔1－4n－1〕,1－4)－〔2n－1〕×22n＋1,－3)＝eq\f(－6＋2×8〔1－4n－1〕＋〔6n－3〕×22n＋1,9)＝eq\f(10,9)＋eq\f(〔6n－5〕·22n＋1,9).模板4离散型随机变量及其分布考题[真题](2023·湖南卷)(总分值12分)某商场举行有奖促销活动，顾客购置一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，假设都是红球，那么获一等奖；假设只有1个红球，那么获二等奖；假设没有红球，那么不获奖.(Ⅰ)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(Ⅱ)假设某顾客有3次抽奖时机，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望.总分值解答得分说明解题模板解(Ⅰ)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C＝{顾客抽奖1次能获奖}.(2分)由题意，A1与A2相互独立，A1A2与A1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A1A2＋A1A2，C＝B1＋B2.因为P(A1)＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)，P(A2)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,5)，(4分)P(B2)＝P(A1A2＋A1A2)＝P(A1A2)＋P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＋P(A1)P(A2)＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)＝eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).(5分)故所求概率为P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝eq\f(1,5)＋eq\f(1,2)＝eq\f(7,10).(6分)①正确设出各事件得2分；②正确求出P(B1)、P(B2)各得1分；③求出P(C)得1分.第一步定元：根据条件确定离散型随机变量的取值.第二步定性：明确每个随机变量取值所对应的事件.第三步定型：确定事件的概率模型和计算公式.第四步计算：计算随机变量取每一个值的概率.第五步列表：列出分布列.第六步求解：根据均值、方差公式求解其值.(Ⅱ)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为eq\f(1,5)，所以X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,5))).(8分)于是P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(64,125)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(48,125)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(1)＝eq\f(12,125)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(0)＝eq\f(1,125).(10分)故X的分布列为X0123Peq\f(64,125)eq\f(48,125)eq\f(12,125)eq\f(1,125)X的数学期望为E(X)＝3×eq\f(1,5)＝eq\f(3,5).(12分)④写出X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,5)))得2分；⑤写出X的分布列得2分；⑥求出E(X)得2分.【训练4】以下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图.空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染.某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天.(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)设X是此人停留期间空气质量优良的天数，求X的分布列与数学期望、方差；(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明)解(1)在3月1日到3月13日这13天中，5日，8日这两天空气重度污染.∴此人到达当日空气重度污染的概率P＝eq\f(2,13).(2)依题意X＝0，1，2P(X＝0)＝eq\f(5,13)，P(X＝1)＝eq\f(4,13)，P(X＝2)＝eq\f(4,13).∴随机变量X的分布列为X012Peq\f(5,13)eq\f(4,13)eq\f(4,13)∴E(X)＝0×eq\f(5,13)＋1×eq\f(4,13)＋2×eq\f(4,13)＝eq\f(12,13)D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(12,13)))eq\s\up12(2)×eq\f(5,13)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(12,13)))eq\s\up12(2)×eq\f(4,13)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(12,13)))eq\s\up12(2)×eq\f(4,13)＝eq\f(116,169).(3)由图知，从3月5日开始连续三天空气质量指数方差最大.模板5利用向量求空间角考题[真题](2023·全国Ⅰ卷)(总分值12分)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，点E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(Ⅰ)证明：平面AEC⊥平面AFC；(Ⅱ)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.总分值解答得分说明解题模板(Ⅰ)证明连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\r(3).(2分)由BE⊥平面ABCD，AB＝BC可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝eq\r(3)，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝eq\r(2)，故DF＝eq\f(\r(2),2).在Rt△FDG中，可得FG＝eq\f(\r(6),2).(4分)在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq\r(2)，DF＝eq\f(\r(2),2)，可得EF＝eq\f(3\r(2),2)，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.又因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(6分)①用菱形的性质得出AG＝GC＝eq\r(3)得2分；②利用线面垂直的性质和平面几何知识，得出DF＝eq\f(\r(2),2)，FG＝eq\f(\r(6),2)得2分；③利用勾股定理和面面垂直的判定定理得出结论得2分.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.(Ⅱ)解如图，以点G为坐标原点，分别以eq\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴正方向，|eq\o(GB,\s\up6(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系G－xyz，由(Ⅰ)可得A(0，－eq\r(3)，0)，E(1，0，eq\r(2))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq\r(3)，0)，(8分)所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).(10分)故cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(CF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(CF,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).(12分)④正确建立空间坐标系得出各点坐标得2分；⑤表示出向量eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))得2分；⑥求出向量夹角的余弦值及写对结果得2分.【训练5】(2023·长沙二模)如图几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CE＝1，AB＝AD＝AE＝eq\r(3)，且EC⊥BD.(1)求证：平面BED⊥平面AEC；(2)M是棱AE的中点，求证：DM∥平面EBC；(3)求二面角D－BM－C的平面角的余弦值.(1)证明由于△ABD为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CE＝1，故连接AC交BD于O点，那么AC⊥BD，又∵EC⊥BD，EC∩AC＝C，且EC，AC⊂平面AEC，故BD⊥平面ACE，又BD⊂平面BED，所以平面BED⊥平面AEC.(2)证明取AB中点N，连接MN，ND，那么MN∥EB，且MN⊄平面EBC内，EB⊂平面EBC，所以MN∥平面EBC；而DN⊥AB，BC⊥AB，所以DN∥BC，且DN⊄平面EBC内，BC⊂平面EBC，故DN∥平面EBC，又DN∩MN＝N，且DN，MN⊂平面DMN.故平面DMN∥平面EBC，又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面EBC.(3)解由(1)知AC⊥BD，且CO＝eq\f(1,2)，AO＝eq\f(3,2)，又AE2＋EC2＝AC2，∴∠AEC＝90°，连接EO，那么eq\f(CO,CE)＝eq\f(CE,AC)，故EO⊥AC，由(1)知BD⊥平面ACE，又EO⊂平面ACE，故EO⊥BD，故建立如下图空间直角坐标系，那么Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0，\f(\r(3),4)))，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(\r(3),2)，\f(\r(3),4)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，设平面DBM的法向量m＝(x1，y1，1)，那么由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DM,\s\up6(→))＝0，))得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0，1))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0，\f(\r(3),4)))，同理，平面CBM的法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),5)，\f(1,5)，1))，cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(3\r(87),29).故二面角D－BM－C的平面角的余弦值为eq\f(3\r(87),29).模板6解析几何中的探索性考题[真题](2023·全国Ⅱ卷)(总分值12分)椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(Ⅰ)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(Ⅱ)假设l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？假设能，求此时l的斜率；假设不能，说明理由.总分值解答得分说明解题模板(Ⅰ)证明设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，(2分)于是直线OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(9,k)，即kOM·k＝－9.所以直线OM的斜率与l的斜率的积是定值.(6分)①将直线方程与椭圆方程联立，化为一元二次方程形式得2分；②利用根与系数的关系求出中点坐标得2分；③求出斜率乘积为定值，得出结论得2分；第一步先假定：假设结论成立.第二步再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解.第三步下结论：假设推出合理结果，经验证成立那么肯定假设；假设推出矛盾那么否认假设.第四步再回忆：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题标准性.因为直线l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3.由(1)得OM的方程为y＝－eq\f(9,k)x.设点P的横坐标为xP，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(9,k)x，,9x2＋y2＝m2，))得xeq\o\al(2,P)＝eq\f(k2m2,9k2＋81)，即xP＝eq\f(±km,3\r(k2＋9)).(9分)将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))的坐标代入直线l的方程得b＝eq\f(m〔3－k〕,3)，因此xM＝eq\f(km〔k－3〕,3〔k2＋9〕).(10分)四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.于是eq\f(±km,3\r(k2＋9))＝2×eq\f(k〔k－3〕m,3〔k2＋9〕)，解得k1＝4－eq\r(7)，k2＝4＋eq\r(7).因为ki＞0，ki≠3，i＝1，2，所以当l的斜率为4－eq\r(7)或4＋eq\r(7)时，四边形OAPB为平行四边形.(12分)④先说明结果，四边形OAPB能为平行四边形得1分；⑤求出xP＝eq\f(±km,3\r(k2＋9))得2分；⑥求出xM＝eq\f(mk〔k－3〕,3〔k2＋9〕)得1分；⑦结合平面几何知识求出斜率得2分.【训练6】如图，O为坐标原点，双曲线C1：eq\f(x2,aeq\o\al(2,1))－eq\f(y2,beq\o\al(2,1))＝1(a1＞0，b1＞0)和椭圆C2：eq\f(y2,aeq\o\al(2,2))＋eq\f(x2,beq\o\al(2,2))＝1(a2＞b2＞0)均过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，1))，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.(1)求C1，C2的方程；(2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|？证明你的结论.解(1)设C2的焦距为2c2，由题意知，2c2＝2，2a1＝2，从而a1＝1，c2＝1.因为点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，1))在双曲线x2－eq\f(y2,beq\o\al(2,1))＝1上，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,beq\o\al(2,1))＝1.故beq\o\al(2,1)＝3.由椭圆的定义知2a2＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2)＋〔1－1〕2)＋eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2)＋〔1＋1〕2)＝2eq\r(3).于是a2＝eq\r(3)，beq\o\al(2,2)＝aeq\o\al(2,2)－ceq\o\al(2,2)＝2，故C1，C2的方程分别为x2－eq\f(y2,3)＝1，eq\f(y2,3)＋eq\f(x2,2)＝1.(2)不存在符合题设条件的直线.①假设直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x＝eq\r(2)或x＝－eq\r(2).当x＝eq\r(2)时，易知A(eq\r(2)，eq\r(3))，B(eq\r(2)，－eq\r(3))，所以|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2eq\r(3).此时，|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|≠|eq\o(AB,\s\up6(→))|.当x＝－eq\r(2)时，同理可知，|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|≠|eq\o(AB,\s\up6(→))|.②假设直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2－\f(y2,3)＝1，))得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0.当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么x1，x2是上述方程的两个实根，从而x1＋x2＝eq\f(2km,3－k2)，x1x2＝eq\f(m2＋3,k2－3).于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3k2－3m2,k2－3).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(y2,3)＋\f(x2,2)＝1，))得(2k2＋3)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k2m2－8(2k2＋3)(m2－3)＝0.化简，得2k2＝m2－3，因此eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(m2＋3,k2－3)＋eq\f(3k2－3m2,k2－3)＝eq\f(－k2－3,k2－3)≠0，于是eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\o(OB,\s\up6(→))2＋2eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))≠eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\o(OB,\s\up6(→))2－2eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))，即|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|2≠|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))|2，故|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|≠|eq\o(AB,\s\up6(→))|.综合①，②可知，不存在符合题设条件的直线.模板7导数与函数考题[真题](2023·全国Ⅱ卷)(总分值12分)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(Ⅰ)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(Ⅱ)假设对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围.总分值解答得分说明解题模板(Ⅰ)证明f′(x)＝m(emx－1)＋2x.(1分)假设m≥0，那么当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0.(3分)假设m＜0，那么当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0.(5分)所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(6分)①求导正确得1分；②分两种情况讨论正确各得2分；③得出结论得1分.第一步求导数：一般先确定函数的定义域，再求f′(x)第四步写步骤：通过函数单调性探求函数最值，对于最值可能在两点取到的恒成立问题，可转化为不等式组恒成立.第五步再反思：查看是否注意定义域，区间的写法、最值点的探求是否合理等.(Ⅱ)解由(Ⅰ)知，对于任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值.所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f〔1〕－f〔0〕≤e－1，,f〔－1〕－f〔0〕≤e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))①(8分)设函数g(t)＝et－t－e＋1，那么g′(t)＝et－1.当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0.(10分)当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；当m＞1时，由g(t)的单调性知，g(m)＞0，即em－m＞e－1；当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.综上，m的取值范围是[－1，1].(12分)④找出充要条件得2分；⑤构造函数，求出“t∈[－1，1]时，g(t)≤0〞得2分；⑥通过分类讨论，得出结果得2分.【训练7】(2023·成都二诊)设函数f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零点的个数；(3)假设对任意b＞a＞0，eq\f(f〔b〕－f〔a〕,b－a)＜1恒成立，求m的取值范围.解(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，那么f′(x)＝eq\f(x－e,x2)，∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x