市封浜中学高三数学第二轮专题复习3讲探究能力型问题

例1（2005）有两个相同的直三棱柱，2，底面三角形的三边长分别为3a、4aa5a（a0．用它拼成一个三棱柱或四棱柱若在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a的取值范围是 ． 学生的全面积之和减去两个拼在一起的面的面积，即S全2S2S拼，所以，我们只要将面积最大的大于底面积即可，即只要解不等式25a13a4a，解得0a 15，这样就把多次比 2（2005n!行的数阵．对第i行

ai1,ai2,,

，记bi

3a(1)nna

i i

每一列各数之和都是12b1b2b612212312241,2,3,4,5形成的数阵中，b1b2b120 解析：此题属于探索规律型问题，在用1,2,3,4,5244!，360(3)1080n3（2006平均分将降低；反之，如果按顺序去掉一些低分，那么班级的平均分将提高.a1,a2,an满足a1a2an 4（2007积164，体积为16 可以是“若正四棱锥的体积为163xOyP

到直线3x4y0的距离.P(21；②一条直线3x4y0，还隐含了一个关系：点与直线之间的距解：点

到直线3x4y0的距离为|3241|2323242求到直线3x4y02P

y，则|3x4y|25所求轨迹为3x4y100或3x4y100P2,1)到直线laxby02，求直线l|2abaa2b

2，化简得4ab3b20b0或4a3b所以，直线lx0或3x4y0P2,1)是不是到直线3x4y023242解：因为|3241|3242P2,1)是到直线3x4y02点

1是不是到直线3x4y0232解：因为|3141|7325所以点

1不是到直线3x4y02P2,1)是不是到直线5x12y0252|52121|2252P2,1)不是到直线5x12y025（2005 ）对定义域是Df、Dg的函数yf(xg(x当xDf且x

f(xyg(x)函数h(x)f(x),当xDf且x g(x),当xD且x f(x)

x

g(x)x2h(x)求问题（1）h(x)g(x)f(x，其中是常数，且[0Ryf(x，及一个h(x)cos4x根据条件，要求f(xf(x)cos4x，而cos4xcos22xsin22x(cos2xsin2x)(cos2xsin2x于是问题变成是否可设f(x)cos2xsin2x，且要使f(x)cos2xsin2x，即cos2(xsin2(x)cos(2x2sin(2x2)[0]，使sin(2x2)sin2x，这样的不存在；再看是否有[0cos(2x2)cossin(2x2)cos ，而2 正好满足要求，所以 cos(2x2)sin 06（20050P3(x0的值共需要9次运算（6次乘法，3次加法，那么计算Pn(x0的值共需要n－1利用该算法计算P3(x0)的值共需要6次运算计算Pn(x0)的值共需要 n(n第一种算法：乘法运算共有12n

次，加法运算共有n次，所以共需2

n

n(n2

Pk1(x0Pk(x0的运算次数加2（多一次乘法、一次加法S36S48S510Sn2n．n1n(n3)2n27（2005辽宁）

|f(xcos[(x是奇函数}数a，S(a,a1)的元素不超过2个，且有a使S(a,a1)含2个元素，则的取值范 由f(x)cos(x)是奇函数可知，k2

(2k2

（k

(2k1)（kZ，∴

{,,

2

2∵Saa12

41，2，又有a

aa1a

1，∴(,2]．8（2006 ）10．关于x的方程(x21)2x21k0，给出下列四个命题k2k4k5k8其中命题的个数是 （C） k|x21|2|x21|，令t|x21|kt2t（t0t1-11xkt2t（t0）和t|x2t1-11xkkO1t当k1kt2t只有一解t1，此时方程t|x21|有4 当0k1kt2t有2个不相等的解tt

01t|x21 1有8 当k0kt2t有2个解t0，t1，此时方程t|x21|有5 当k0kt2t仅有一解t1，此时方程t|x21|有2个解．（9（2006堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2,3,4,堆最底层（一层）1所示方式固定摆放，从第二第n堆第n层就放一个乒乓球，以f(n)表示 n堆的乒乓球总数，则f(3) ；f(n) （n表示．f(3)13610

nnf(n)1(12)(123)(12n)136 2 而

1

1

．k

k

k1222 10（2004n个图中有an个点，则a11a23121a37132a413143，a521154an

109109更注重归纳和运算能11．已知

n2n1aC1aC2aCn（n 1 2 n数annnn1，234a1a2a3a4ann1时，等式为1211aC2a1 22n2时，等式为22211C122

C1，求得

222n3时，等式为32311C12C2aC322

3 n442411C12C23C3aC4

4 ann设SC12C2(n1)Cn1 SnCnn1)Cn12C2C1 SnC0(n1)C12Cn2 ②得

nC0C1C2Cnn2n ∴Sn2n1n2n1C12C2nCn（nN ∴annn的若干个较小的值（n12，3等）进行探索，通过观察，比较，归纳，发现规律，然后猜想结论，最后再对所猜想的结论加12．Nf(nf(n1)f(nf(1)1f(2)2f(2007

f(n)f(n2)分析（1）Nf(n2)N

f(n1f(nf（2）由第（1）f(nf(11f(22ff(2007（1）

f(n2)

f(n1)f(n)∴f(n3)f(n2)f(n1)[f(n1)f(n)]f(n1)f(n)f(n6)f(n3)

f(nf(n①f(n3)f(n)

f(n6)

f(nf(n是周期为6（2）由（1）f(11f(22f(3f(2)f(1f(4)

f(3f(2)1f(5)2f(6)1f(7)1（

∴f(2007)

f(63343)

f(3)13．f(xRx1x

f(x1x2

f(x1)f(x2)

（1）f(1)af1f1f1 2n （2）f(x是以2分析：f(1)a

f(1)

f(xxf(xf

f11

f1f1

22 f21af12 解（1）xx1f11

f1f1

f21a

22

2

x

xf

f2 0fx0．∴f

a2

2

1

f

a4，f

a8，…，f

a2n

2n（2）f(xx1f(x)

f(2xfx

f(2x)f(x)

f(xf(x)

f(2xf(x是以2f(xRxa（a0）f(x2af(xRxaxb（ab）f(x2(ba14．y24xABFABxMx轴的交点，求AMBABk（k0M

yAMOFxB解（1）|AF||MF|AMFAMFyAMOFxBBMF450，所以AMB900（2）FAByk(x1y24xy24y40kyyyy4y

4 1M(1t4y y 4

y

y A1,y，B2,

MA11

tMB21yt44 144

2

4 4

MB4

1

t

kty1

12

4

2

tk

414k2810，则

t k

0，t k

0 2所以，t 2kM12，使AMB900k k k k

S2Sa1dn等于12n等式都成立，还需要代入等式中进行验证．解：假设存在等差数列ankS2Sk1k2kkk2，使

2成立，即2

a2

2121

0

1

S2

1（1）若a10d0或d61dn当a1dn

0，

0（nNS2

dn当a1dn

6(n1

2324

k9216k93S3

S23k （2）若a11d0d3k dn当a1dn

1，

n（nN

k2

dn当a1dn

2n1，

n2（nN

k4

k k an0；an1；an2n1 kSk

S2kad16．yax2bxcxAB两点，且设其顶点为C当abcABC当abcABC分析：yax2bxcxAB两点，必须b24ac0 4acb2设Ax1,0，Bx2,0（x1x2，抛物线顶点为C

又|AB||

b b acab2x4x2 1解（1）过C作CDABDx4x2 1b2b24acb2b2即2|a

，∵

4ac0

b24ac 于是b24ac4abc满足b24ac4ABC（2）当|CD

3|AB|ABC2即

4acb24acb2 b2

，

4ac2

b24ac解得b24ac12abc满足b24ac12ABC1．设a

，a1 122

21 1212222

（I）5，3，1，1，3，5，7（II）14，10，6，2，2，6，10，14，18对于数列（I）S1S2S4S5，对于数列（II）S1S3S5S7k满足akak10的一类等差数列an的前n项和

x1y1，x2y2，x6y3a和bnxnlogaynba和b；如Pnanbn都在直线l:y2x1P1为直线ly轴的交点，数列an成等差数列，公差为1（n为正整数．求数列an，bn的通

f(n)ann为奇数

k已知a0a1，数列anaa的等比数列，设bnanlgan，问是已知直线axy1x22y21P、Q1a2是否存在实数a，使得|PO|1a2aPQ为直径的圆经过原点Oa的值；若不存在，已知直线l:yax1与双曲线C3x2y21ABa1ABy

xa2直线ly24xABO为坐标原点，且OAOB4，设抛物线的焦F，AFB，问角能否等于1200？若能，求出相应直线l的方程；若不能，请说明理等差数列ana12d是正整数，等比数列bnb1a1b2a2已知O(00)A(12B(45及OPOAtAB，则当tPxyP设常数abRax2ab1)xb0x1是否打ff(xx是否打fx0Dx1f(x0x1Dx1Dx1x2f(x)x2x3x0

f(x121（1）2

a

2

2

2a

202

1aa1

22

11 1

1

211a1

a1

22a1 22221 12∴221 12

212

（nN

221 2 21221 2

2

an122

22

a12而2

a12故a1a2a3an2

，且lima 22n2n2（1）I：S1S55，S2S48，II：S1S714，S3S530（2）对于等差数列anakak10SnS2kn（n2knkN．证：设等差数列ana1d．∵akak10

a1(k1)da1kd0．

2a1(2k1)d0nn又S2knSn2kna1

dna1 (kn)(12k)(2kn)(2kn1)n(n1)d0 ∴S2knSn

则x11x21dx61 y1，yq，yq 1d

d d∵x2y2，x6y3，∴

2，解此方程组，得q4或q1（舍去15d ∴x3n2，y4n1 a和bxnlogaynb

nN则3n2loga b（nN即3loga4nloga4b20（nNn3loga40∴3loga4b203

a 33b1∴存在常数a

b1nxnlogaynb4（1）P1(0,1a10ann1bn2an12n1n1（2）f(n)2n1

nk①若kk5f(k5)k4f(k)2k1k2N②若kk5f(k5必为奇数，而2f(k必为偶数，故f(k5)2f(k不可能成立．k2f(k5)2f(k5．∵

aan，

alg

nanlga

(n1)an1lga

（1）当a1∵lga0，an0，(n1)an(n1)n0∴bnbn1

nN （2）当0a1时，lga0，当且仅当(n1)an0（nN）时，bnbn1（nN a

（nN）b

（nN，而

，∴只要取a n

n bnbn1（nN）时，数列bn2 2 6（1yax1x22y21得12a2x24ax30

a

，)(3)

6a ∴ 6a2

2，2

2a2

2，2a 6 x1x212a2，x1x212a2(xx)2(xx)2(yy (xx)2(axax (1a2(1a2)[(xx)24xx 1412a21a2又|PQ1a2

412a21a1a2∴a21，即a1时，|PQ|1a21a2即存在实数a，使得|PQ|1a2（2）PQ为直径的圆经过原点O∵OPOQ

y1

1yyxx

1 1∴2

1)x1

，(1a2)x

)101212

12a

a

12a

10

a22，与a20aPQ为直径的圆经过原点Oa满足已知条件，则直线lAB∴a12

2．∴直线ly2x1，将它代入方程3x2y21x24x20AB两点的坐标分别为(x1,y1(x2,y2ABM的坐标为(x0y0xx1 1

42，

2211∵3

2，∴ABMy2

x上，产生2aABy

1x2假定1200．则有cos1，则|AF|2|BF|2|AB|2． 2|AF||BF ykxby24xA(xyB(x

1物线方程中得：ky24y4b0，则y 4b1k又∵OAOB4

y2yx1x2y1y2412y 1

40y1

4b

64，x1

y2y124|AF|x11|BF|x211122|AF|2|BF|2|AB|2x12x12xx2yy11122 2x1x26|AF||BF|x11x21x1x2x1x21x1x252(x1x2)