2012高考数学二轮专题复习解答答题策略

【考纲解读

【考点预测【要点梳理（2（3）【考点考点一三角函数与平面向量例1.(2011年高考卷文科16)在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长32 ，12cos(BC)0BC上的高32又12cos(BC)0，∴12cos(180A)0运动员编得分动员编号得分[20,[30,(Ⅱ)从得分在区间[2030)2【解析】(Ⅱ)(i)解:得分在区间[2030)A3A4A

.从中随机抽取人,所有可能的抽取结果有:A

,A

A3,A11,A3,

A4,A11,A4,A13,A5,A10,

A4A11A5A10A10A11,共 种.所以 用表示红队队员获胜的总盘数，求E【解析（Ⅰ）红队至少两名队员获胜的概率为

（Ⅱ）0,1,2,3,P(0)

P(1)

+

+

P(2)0.60.50.520.40.50.5P(3)所以

0123PE考点 立体几20（证明：AP⊥BC（Ⅱ）段AP上是否存在点M，【解析】法一：（Ⅰ）证明：如图，以O o

O(0,0,

A(0,3,为轴的正半轴，建立空间直角坐标 ， B(4,2,

C(4,2,

P(0,

BC(8,0, APBCAPBCAP，所 ，（Ⅱ）解：设PMPA, ，则PM(0,3,4)BMBPPMBPBMBPPMBPBMC的法向量n1x1y1z1，APCn2(x2,y2z2) 4x1(23)y1(44)z1由BCn

得8x x1

2

APn

4z即 2

由

即 z

4

ACn

5y

44

xx zz

5 3 可取n

，由n

043230

4 MAM法二（Ⅰ）ABACD为BC中点,ADPO平面ABC

ADO所以BC平面

BCPABBMAP于M连结由（Ⅰ）知BC 得PA平面BM又AP平面PAC,所以平面 平面RtADBAB2AD2BD241AB在RtPOD中，PD2P PP

中，PB2PD2BD2所以PB2PO2

得

PA2PB2 PP

AO

25得PA5又cosBPA 2PA 从而PMPB ，所以AMPAPM3综上所述，存在点M符合题意 DAB60AB2ADPD底面ABCD，PABDPDAD1D-PBC锥的高EDa【解析】(1)证明：在三角形 中，因EDaBDAD,PD平面PADPDBD且PDADA如图，作DEPB ，BCAD,BCBD,BC平面PBC,BCDE,DE平面PDDEPBPD考点 数列与不等

即所求高为DE 32数列的解答题主要围绕三个重点：一是sn与

例4.(2011年高考卷文科21)在数1和100之间插入n个实数，使得这n2个数构成递增的等比数列，将这n2个数的乘积记作Tn，再令anlgTn,n1.求数列{an}的通项设bntanantanan1，求数列{bn}的前nSn（Ⅰ）Tnt1t2……tn1 Tntn2tn1……t2 ①×②并利用等比数列性质 t

t……=t

n2T2 t) t)……(t

n1 )

n2

n1

algTlg10n2n2，n1 （Ⅱ）由（Ⅰ）知bntanantanan1tan(n2tan(n3n1又tan[(n3)tan(n2)] tan11tan(n2)tan(n3)tan(n2)tan(n3)tan(n3)tan(n2)所以数列{bn}的前nSntan(12)tan(13)tan(22)tan(23)……tan(n2)tan(ntan(13)tan(12)tan(23)tan(22) tan(n2)tan

t

t……=t

n2

n1

【备考提示：熟练等差等比数列的通项与前n项和是解答好本类题目的关键.4：(201117)已知等差数列{an}a2=0，a6+a8=-10求数列ann项和 2n1

a1d（I）设等差数列{an}d，由已知条件可得

12d a1解得d1.故等差数列{an}的通 为an=2-（II）an的前n项和为

，即

aa2an故S 2n1 Sna1a2an

n>1Sn

a2a1

a2111

2 n 2n1 n

Sn. 1 2

112n1 2n 综上，数列ann项和为Sn 2n1 考点 解析几

（1,1上运动，点Q满足BQ ，经过Q点与x轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满QMMPP【解析】由QMMP知Q,M,P三点在同一条垂直于xP(xy

，M

xyyx，即yx(yx)()x B(xyBQQA，即(xxyy(x,yx()xy()y yx()xy()x()y Byxyx ()x(y)x]()x(y)x()x()x(y()()得xyP25（20112,

）两点，且AB OC为抛物线上一点，若OC

，求（1）ABy

2(xp),与y22px联立，从而有4x25pxp22

5p4

x

y2（2）由p=4

4x25px

化简得x25x4

，从而

2y122,y2222

A:(1

)B(442222OCx3y31,22(4,42)

4

，又y3 ，考点 函数与导数、不等

，解得0,或2例6.（2011年高考福建卷文科22已知ab为常数，且a≠0，函数f(x)axbaxlnx,f(e)2（e=2.71828…是自然对数的底数b求函数f（x）M（m<M 【解析】(1)由f(e)2得b 由(1)f(x)ax2alnxf'(x)

,因为a≠0，故有①当a

时,f

x1;f'(x0得0x②当a

时,f

得0x1;f'(x0x1.综上所述,当a 时,函数f(x)的单调递增区间为(1,),单调递减区间为当a 时,函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,)当a1时

f(x)x2ln

f'(x)lnxx1x由(2)可得,当在区间(,

内变化时

f

,f(x的变化情况如下表x1(11ef-0+f2e2又22<2,f(x)(x[1e的值域为 6（201121)（14f(xlnxg(x)f(xf(x（Ⅰ）g(x（Ⅱ）g(x)1g()x

（Ⅲ）求ag(ag(x1x＞0a【解析（Ⅰ）f(xlnxg(xlnx1x

g(x)x1g(x)0x

＜0，故（0，1）g(x )

(x(II)g()Inxx设h(x)g(x)g()1Inxx ，则h(x) x1h(1)0g(x)g1x(0,11h(1)0xh(x)在(0

内单调递减，当0x1h(x)

即g(x) g(g(（III）由（I）g(x)的最小值为1g(ag(x)1，对任意x0，成立ag(a11即lna1从而得0aea例.（201120)PABCABACDBC点，PO⊥平面 ，垂足O落段 上（Ⅱ） PO4AO3OD2BPO平面ABC

PABBMAP于M连结CM,BC

PA

AP 则BMC为二面角BAPC的平面角RtADBAB2AD2BD241AB在RtPOD中，PD2P P在 中，PB2PD2P所以PB2PO2 得 PP

PA2AO2OP225PAPA2PB2 cosBPA

sin 2PA 2BMPBsinBPA22同理CM2小为

，因为BM2CM2BC2所以BMC90即二面角B 的【考题回放（2011年高考山东卷文科17)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已cosA-2cosC=2c-a sin 的值sin1若 4

ABC的周长为5，求b【解析】(1)由正弦定理得a2RsinAb2RsinB,c2RsinC,所以 2sinC csin

,即有sin(AB) 即sinC

,所 s(2)由(1)sinC=2,c

c=2a,又因为

b2c2a22accosB，即(53a)22a)2a24a21a=1，4（201118)32112女12名教师相同的概率；2乙男)、(11)、(12)、(21)、(22)、(甲女乙女1)、(甲女乙女2)、(甲女乙男)，共9种；选出的2名教师相同的结果有(甲1乙男)、(2乙男)、(11)、(12)424相同的概率为9（2）62名，所有可能的结果为(1乙男)、(2乙男)、(甲11)、(12)、(21)、(22)、(甲女1)、(甲女2)、(甲女乙男)、(12)、(1甲女)、(2甲女)、(乙男1)、(乙男2)、(1乙女2)152名教师来自同一学校的所有可能的结果为(12)、(1甲女)、(2甲女)、(乙男1)、(乙男2)、(12)6 ABCD为平行四边形，∠ACB=90，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，Ｅ（AFEF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，EF∩ＦＧ=FEFG∥ABCD,又易证EFGAB,FG1ADM2

所以FGEF

,即FG ,AM1AD,又因为ＦＧ∥ＢＣ∥ＡD，所以ＦＧ∥ＡM,AMGF2GM∥FA,平面ＡＢＦＥ,FA平面ＡＢＦＥ,所以ＧＭ∥平面Ａ又ＥＡ∩AB=A,COABEFOOH⊥BFH,CH,由三垂线定理知:CH⊥BF,所以CHO为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角.2a,因为∠ACB=90

2a,CO=a,AE

2aFO2易证得FOEAFO

BF

2a2

,所以在66RtCOH中,tan∠O

3,故∠CHO=603

60

(a

，且1，1，1成等比数列（Ⅰ）求数列{a}的通 及

1

1...

1，B11

...

1 1

1则

a1

a2a

da1ana1(n1)da1 Sann(n1)dann(n

A111...1

12 23 2a1

a2

1an(n1an(n

a3n

n

1

(1)n 2因为an2

，所以Bna

12

a当n 时，22C0C1C2 Cnn1即

11 所以当a0AnBna0AnBn

n 立方米3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3.设该容器的建造y千元.y关于r求该容器的建造费用最小时的r由题意知Vr2l4r3又V80 V4故l 由于l因此0ry2rl34r2c2r420r34ry4(c2)r21600rr

3r2r2

8(c2)(r3r2

c

),0rc3所以c2

200时,r 3c3cc

m,my8(c2)(rm)(r2rmm2r2（1）当0m2即c92所以rmy（2）当m 即3 时当r(02)时y0r=2是函数y综上所述，当3c9时，建造费用最小时r2当c

9时，建造费用最小时r 3c3c【高考冲策演练1（2011年高考江西卷文科17)在

A

的对边分别是a

，已知 求cosA(2)若a1cosB

，求边c【解析（1）

正弦定理得3sinAcosAsinCcosBsinBcosCsin(B及：3sinAcosAsinA所以cos （2）由cosBcosC

cos(ACcosC232323cosC

2sinC

sin2.(2011年高考卷江苏16)如图在四棱锥PABCD中平面PAD⊥平面ABCDAB=AD，（1）PCD（2PAD（1）E、FAP、AD

AB=AD2aAFa所以在

AF2BF24a2AB23.（理科）(2011年高考卷理科17)为了解甲、乙两厂的产品质量，采用分层抽样的方（1）5故乙厂生产有大约350，1，2

CC22P(0)33,CC22 所以012P361故的均值为E03 （2011n2nnnkg／hm2)如下表：附：样本数据xxxs21

x2x

n x（I）1234，令A=“第一大块地都种品种甲从4小块地中任选2小块地种植品种甲的基本共（，（，（，（，（，，1（1，2， s2 3232 88

8乙s217292026242112-12212568乙 Pa, 1 1f(n)

n

n

f(n设

1,nn

表示数列

S1S2S3Sn1Sn1gn2n恒成立？若存在，写gn的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．【解析（1）由点P(an,an1)在直线xy 上即an1

，且a11

an1(n1)1n(n

，a1

an

（2f(n)

n

n

1)(

f(nf(nf(2)（3

b ，可得S111

，S 1(n

nSn(n1)Sn1Sn1(n1)Sn1(n2)Sn2Sn2S2S1S1nSnS1S1S2S3Sn1n1

g(n)5（2011 新课标卷文科21)已知函数f(x)aln

，曲线y 在(1,f(1x2y30求a,bx0x1f(xa(x1ln【解析（Ⅰ）f(x) b(x

b即abab（Ⅱ）由（Ⅰ）f(x)

lnxx1

1x

f(x)

lnx

(2lnx

x2)x 1 x2

(x设h(x)2lnx

,(x0h(x) x1h(x0h(1x(0,1)时h(x0,当x1,),时h(x0

1-

h(x)x

f(xlnx

0f(x

ln。x6（文科（201122)xOy中，已知椭圆C

x2y3y

1.如图所示，斜率为k(k＞0)且不过原点的直线l圆CA，BABE，射线OE交椭圆C于点Gx3D(3,m)求m2k2OG2OD∙OE（i）求证：直线l

【解析（Ⅰ）由题意:设直线l:ykx ykx 消y得:(13k2)x26knx3n230,设A(x,y)、B(x,y),AB的 点E(xy

,则由韦达定理得:

xx

,即

3kn

13k

n

kn

,所以中点E的坐标为E(3kn

,因为O 13k 13k2E、D

OE

，即

m3m1，所以m2k2= k

k22k1时取等号,即m2k2y （Ⅱ（i

GyG

,又因为y ,ym,且OGm2 13km2

OD∙OE m23m13k

又由（）

m ,所以解得kk

所以直线l的方程为l:ykxk,即有l:yk(x1x1得,y=0,与实数kl过定点(-（ii）BGx轴对称,则有

ABG的外接圆的圆心在x轴上,又段AB的 ),所以点B(( ),又因为直线l过定m2

m2

m2

m2m2m2

k，又因为m1，所以解得m216km21k=1m=1Em24

AB圆心坐标为(10，G(3,1,圆半径为5(x1)2

BGx轴对称,

ABG的外接圆的方程为(x1)2 6.（理科(201122)已知动直线l

1交于P Qx2,

两不同点，且△OPQ

OPQ

62x2x2y2y2 PQM，求|OM||PQ|椭圆CD,E,G，使得

SOEG

2（1）x2x,yP(x1y1 因此1 1 6 6

OPQ2所以|x||y 6 由①、②得|x 6,|

| x2x23y2 （2）当直线l的斜率存在时，设直线lykxm

0，将其代 1， (23k2)x2 其中36k2m212(2 即3