高考数学得分技巧

2015高考数学得分技巧整理（完整版）第1讲选择题的解题方法与技巧题型特点概述 选择题是高考数学试卷的三大题型之一．选择题的分数一般占全卷的40%左右，高考数学选择题的基本特点是： (1)绝大部分数学选择题属于低中档题，且一般按由易到难的依次排列，主要的数学思想和数学方法能通过它得到充分的体现和应用，并且因为它还有相对难度(如思维层次、解题方法的优劣选择，解题速度的快慢等)，所以选择题已成为具有较好区分度的基本题型之一． (2)选择题具有概括性强、学问覆盖面广、小巧敏捷与有确定的综合性和深度等特点，且每一题几乎都有两种或两种以上的解法，能有效地检测学生的思维层次与视察、分析、推断和推理实力． 目前高考数学选择题采纳的是一元选择题(即有且只有一个正确答案)，由选择题的结构特点，确定了解选择题除常规方法外还有一些特殊的方法．解选择题的基本原则是：“小题不能大做”，要充分利用题目中(包括题干和选项)供应的各种信息，解除干扰，利用冲突，作出正确的推断． 数学选择题的求解，一般有两条思路：一是从题干动身考虑，探求结果；二是从题干和选择支联合考虑或从选择支动身探求是否满意题干条件． 解答数学选择题的主要方法包括干脆比照法、概念辨析法、图象分析法、特例检验法、解除法、逆向思维法等，这些方法既是数学思维的详细体现，也是解题的有效手段．解题方法例析题型一干脆比照法 干脆比照型选择题是干脆从题设条件动身，利用已知条 件、相关概念、性质、公式、公理、定理、法则等基础知 识，通过严谨推理、精确运算、合理验证，从而干脆得出 正确结论，然后比照题目所给出的选项“对号入座”，从 而确定正确的选择支．这类选择题往往是由计算题、应用 题或证明题改编而来，其基本求解策略是由因导果，干脆 求解．例1设定义在R上的函数f(x)满意f(x)·f(x＋2)＝13，若f(1)＝ 2，则f(99)等于 ( ) A．13 B．2 C.eq\f(13,2) D.eq\f(2,13) 思维启迪先求f(x)的周期．解析∵f(x＋2)＝eq\f(13,f(x))，∴f(x＋4)＝eq\f(13,f(x＋2))＝eq\f(13,\f(13,f(x)))＝f(x)．∴函数f(x)为周期函数，且T＝4.∴f(99)＝f(4×24＋3)＝f(3)＝eq\f(13,f(1))＝eq\f(13,2).探究提高干脆法是解选择题的最基本方法，运用干脆法时,要留意充分挖掘题设条件的特点，利用有关性质和已有的结论，快速得到所需结论．如本题通过分析条件得到f(x)是周期为4的函数，利用周期性是快速解答此题的关键．变式训练1函数f(x)对于随意实数x满意条件f(x＋2)＝eq\f(1,f(x))， 若f(1)＝－5，则f(f(5))的值为 ( ) A．5 B．－5 C.eq\f(1,5) D．－eq\f(1,5)解析由f(x＋2)＝eq\f(1,f(x))，得f(x＋4)＝eq\f(1,f(x＋2))＝f(x)，所以f(x)是以4为周期的函数，所以f(5)＝f(1)＝－5，从而f(f(5))＝f(－5)＝f(－1)＝eq\f(1,f(－1＋2))＝eq\f(1,f(1))＝－eq\f(1,5).例2设双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一条渐近线与抛物线y＝x2＋1只有 一个公共点，则双曲线的离心率为 ( ) A.eq\f(5,4) B．5 C.eq\f(\r(5),2) D.eq\r(5) 思维启迪求双曲线的一条渐近线的斜率即eq\f(b,a)的值，尽而求离心率．解析设双曲线的渐近线方程为y＝kx，这条直线与抛物线y＝x2＋1相切，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx,y＝x2＋1))，整理得x2－kx＋1＝0，则Δ＝k2－4＝0，解得k＝±2，即eq\f(b,a)＝2，故双曲线的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(\f(a2＋b2,a2))＝eq\r(1＋(\f(b,a))2)＝eq\r(5).探究提高关于直线与圆锥曲线位置关系的题目，通常是联立方程解方程组．本题即是利用渐近线与抛物线相切，求出渐近线斜率．变式训练2已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，以C的右 焦点为圆心且与C的渐近线相切的圆的半径是 ( ) A．a B．b C.eq\r(ab) D.eq\r(a2＋b2)解析eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的其中一条渐近线方程为：y＝－eq\f(b,a)x，即bx＋ay＝0，而焦点坐标为(c,0)，依据点到直线的距离d＝eq\f(|b×\r(a2＋b2)|,\r(a2＋b2))＝b.故选B.题型二概念辨析法 概念辨析是从题设条件动身，通过对数学概念的辨析，进 行少量运算或推理，干脆选择出正确结论的方法．这类题 目常涉与一些似是而非、很简洁混淆的概念或性质，这需 要考生在平常留意辨析有关概念，精确区分相应概念的内 涵与外延，同时在审题时要多加当心，精确审题以保证正 确选择．一般说来，这类题目运算量小，侧重推断，下笔 简洁，但稍不留意则易误入命题者设置的“陷阱”．例3已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，给出下列条 件，①a＝kb(k∈R)；②x1x2＋y1y2＝0；③(a＋3b)∥(2a b)；④a·b＝|a||b|；⑤xeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,1)≤2x1x2y1y2. 其中能够使得a∥b的个数是 ( ) A．1 B．2 C．3 D．4解析明显①是正确的，这是共线向量的基本定理；②是错误的，这是两个向量垂直的条件；③是正确的，因为由(a＋3b)∥(2a－b)，可得(a＋3a)＝λ(2a－b)，当λ≠eq\f(1,2)时，整理得a＝eq\f(λ＋3,2λ－1)b，故a∥b，当λ＝eq\f(1,2)时也可得到a∥b；④是正确的，若设两个向量的夹角为θ，则由a·b＝|a||b|cosθ，可知cosθ＝1，从而θ＝0，所以a∥b；⑤是正确的，由xeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,1)≤2x1x2y1y2，可得(x1y2－x2y1)2≤0，从而x1y2－x2y1＝0，于是a∥b.探究提高平行向量(共线向量)是一个特别重要和有用的概念，应娴熟驾驭共线向量的定义以与推断方法，同时要将共线向量与向量中的其他学问(例如向量的数量积、向量的模以与夹角等)有机地联系起来，能够从不同的角度来理解共线向量．变式训练3关于平面对量a，b，c，有下列三个命题： ①若a·b＝a·c，则b＝c. ②若a＝(1，k)，b＝(－2,6)，a∥b，则k＝－3. ③非零向量a和b满意|a|＝|b|＝|a－b|，则a与a＋b的夹角为 60°. 则假命题为 ( ) A．①② B．①③ C．②③ D．①②③B解析①a·b＝a·c⇔a·(b－c)＝0，a与b－c可以垂直，而不确定有b＝c，故①为假命题．②∵a∥b，∴1×6＝－2k.∴k＝－3.故②为真命题．③由平行四边形法则知围成一菱形且一角为60°，a＋b为其对角线上的向量，a与a＋b夹角为30°，故③为假命题．题型三数形结合法 “数”与“形”是数学这座高楼大厦的两块最重要的基 石，二者在内容上相互联系、在方法上相互渗透、在确定 条件下可以相互转化，而数形结合法正是在这一学科特点 的基础上发展而来的．在解答选择题的过程中，可以先根 据题意，做出草图，然后参照图形的做法、形态、位置、 性质，综合图象的特征，得出结论．例4(2009·海南)用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最 小值．设f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，则f(x)的最大 值为 ( ) A．4 B．5 C．6 D．7C 思维启迪画出函数f(x)的图象，视察最高点，求出纵坐标即可．本题运用图象来求值，直观、易懂．解析由题意知函数f(x)是三个函数y1＝2x，y2＝x＋2，y3＝10－x中的较小者，作出三个函数在同一个坐标系之下的图象(如图中实线部分为f(x)的图象)可知A(4,6)为函数f(x)图象的最高点．变式训练4(2010·湖北）设集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1((x，y)\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,16)＝1))))， B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1((x，y)|y＝3x))，则A∩B的子集的个数是 () A．4 B．3 C．2 D．1A解析集合A中的元素是椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,16)＝1上的点，集合B中的元素是函数y＝3x的图象上的点．由数形结合，可知A∩B中有2个元素，因此A∩B的子集的个数为4.例5函数f(x)＝1－|2x－1|，则方程f(x)·2x＝1的实根的个数 是 ( ) A．0 B．1 C．2 D．3C 思维启迪若干脆求解方程明显不行能，考虑到方程可转化为f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，而函数y＝f(x)和y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的图象又都可以画出，故可以利用数形结合的方法，通过两个函数图象交点的个数确定相应方程的根的个数解析方程f(x)·2x＝1可化为f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，在同一坐标系下分别画出函数y＝f(x)和y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的图象，如图所示．可以发觉其图象有两个交点，因此方程f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x有两个实数根．探究提高一般地，探讨一些特别规方程的根的个数以与根的范围问题，要多考虑利用数形结合法．方程f(x)＝0的根就是函数y＝f(x)图象与x轴的交点横坐标，方程f(x)＝g(x)的根就是函数y＝f(x)和y＝g(x)图象的交点横坐标．利用数形结合法解决方程根的问题的前提是涉与的函数的图象是我们熟知的或简洁画出的，假如一起先给出的方程中涉与的函数的图象不简洁画出，可以先对方程进行适当的变形，使得等号两边的函数的图象简洁画出时再进行求解．变式训练5函数y＝|logeq\f(1,2)x|的定义域为[a，b]，值域为[0,2]， 则区间[a，b]的长度b－a的最小值是() A．2 B.eq\f(3,2) C．3 D.eq\f(3,4)D解析作出函数y＝|logeq\f(1,2)x|的图象，如图所示，由y＝0解得x＝1；由y＝2，解得x＝4或x＝eq\f(1,4).所以区间[a，b]的长度b－a的最小值为1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).题型四特例检验法 特例检验(也称特例法或特殊值法)是用特殊值(或特殊图 形、特殊位置)代替题设普遍条件，得出特殊结论，再对各 个选项进行检验，从而做出正确的选择．常用的特例有特 殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊 位置等． 特例检验是解答选择题的最佳方法之一，适用于解答“对 某一集合的全部元素、某种关系恒成立”，这样以全称判 断形式出现的题目，其原理是“结论若在某种特殊状况下 不真，则它在一般状况下也不真”，利用“小题小做”或 “小题巧做”的解题策略．例6已知A、B、C、D是抛物线y2＝8x上的点，F是抛物线 的焦点，且eq\o(FA,\s\up12(→))＋eq\o(FB,\s\up12(→))＋eq\o(FC,\s\up12(→))＋eq\o(FD,\s\up12(→))＝0，则|eq\o(FA,\s\up12(→))|＋|eq\o(FB,\s\up12(→))|＋|eq\o(FC,\s\up12(→))|＋ |eq\o(FD,\s\up12(→))|的值为 ( ) A．2 B．4 C．8 D．16D解析取特殊位置，AB，CD为抛物线的通径，明显eq\o(FA,\s\up12(→))＋eq\o(FB,\s\up12(→))＋eq\o(FC,\s\up12(→))＋eq\o(FD,\s\up12(→))＝0，则|eq\o(FA,\s\up12(→))|＋|eq\o(FB,\s\up12(→))|＋|eq\o(FC,\s\up12(→))|＋|eq\o(FD,\s\up12(→))|＝4p＝16，故选D.探究提高本题干脆求解较难，利用特殊位置法，则简便易行．利用特殊检验法的关键是所选特例要符合条件．变式训练6已知P、Q是椭圆3x2＋5y2＝1上满意∠POQ＝ 90°的两个动点，则eq\f(1,OP2)＋eq\f(1,OQ2)等于 ( ) A．34 B．8 C.eq\f(8,15) D.eq\f(34,225)B解析取两特殊点P(eq\f(\r(3),3)，0)、Q(0，eq\f(\r(5),5))即两个端点，则eq\f(1,OP2)＋eq\f(1,OQ2)＝3＋5＝8.故选B.例7数列{an}成等比数列的充要条件是() A．an＋1＝anq(q为常数) B．aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2≠0 C．an＝a1qn－1(q为常数) D．an＋1＝eq\r(an·an＋2)B解析考查特殊数列0,0，…，0，…，不是等比数列，但此数列明显适合A，C，D项．故选B.探究提高推断一个数列是否为等比数列的基本方法是定义法，也就是看eq\f(an＋1,an)是否为常数，但应留意检验一个数列为等比数列的必要条件是否成立．变式训练7已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(a2n,an)＝ eq\f(4n－1,2n－1)，则eq\f(S2n,Sn)的值为 ( ) A．2 B．3 C．4 D．8解析方法一(特殊值检验法)取n＝1，得eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,1)，∴eq\f(a1＋a2,a1)＝eq\f(4,1)＝4，于是，当n＝1时，eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(S2,S1)＝eq\f(a1＋a2,a1)＝4.方法二(特殊式检验法)留意到eq\f(a2n,an)＝eq\f(4n－1,2n－1)＝eq\f(2·2n－1,2·n－1)，取an＝2n－1，eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(\f(1＋(4n－1),2)·2n,\f(1＋(2n－1),2)·n)＝4.方法三(干脆求解法)由eq\f(a2n,an)＝eq\f(4n－1,2n－1)，得eq\f(a2n－an,an)＝eq\f(2n,2n－1)，即eq\f(nd,an)＝eq\f(2n,2n－1)，∴an＝eq\f(d(2n－1),2)，于是，eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(\f(a1＋a2n,2)·2n,\f(a1＋an,2)·n)＝2·eq\f(a1＋a2n,a1＋an)＝2·eq\f(\f(d,2)＋\f(d,2)(4n－1),\f(d,2)＋\f(d,2)(2n－1))＝4.C题型五筛选法 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)就是通过视察分析或推理运算各项供应的信息或通 过特例，对于错误的选项，逐一剔除，从而获得正确的 结论．例8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<1 C．a≤1 D．0<a≤1或a<0解析当a＝0时，x＝－eq\f(1,2)，故解除A、D.当a＝1时，x＝－1，解除B.故选C.探究提高选择具有代表性的值对选项进行解除是解决本题的关键．对“至少有一个负根”的充要条件取值进行验证要比干脆运算便利、易行．不但缩短时间，同时提高解题效率．变式训练8已知函数f(x)＝mx2＋(m－3)x＋1的图象与x轴 的交点至少有一个在原点右侧，则实数m的取值范围是 ( ) A．(0,1) B．(0,1] C．(－∞，1) D．(－∞，1]解析令m＝0，由f(x)＝0得x＝eq\f(1,3)适合，解除A、B.令m＝1，由f(x)＝0得：x＝1适合，解除C.题型六估算法 由于选择题供应了唯一正确的选择支，解答又无需过 程．因此，有些题目，不必进行精确的计算,只需对其数值 特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的推断， 这就是估算法．估算法往往可以削减运算量，但是加强了 思维的层次．例9若A为不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0,y≥0,y－x≤2))表示的平面区域，则当a从 －2连续改变到1时，动直线x＋y＝a扫过A中的那部分区域 的面积为 ( ) A.eq\f(3,4) B．1 C.eq\f(7,4) D．2解析如图知区域的面积是△OAB去掉一个小直角三角形．阴影部分面积比1大，比S△OAB＝eq\f(1,2)×2×2＝2小，故选C项．答案 C 探究提高“估算法”的关键是应当确定结果所在的大致范围，否则“估算”就没有意义．本题的关键在所求值应当比△AOB的面积小且大于其面积的一半．变式训练9已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离 等于球半径的一半，且AB＝BC＝CA＝2，则球面面积是 ( ) A.eq\f(16,9)π B.eq\f(8,3)π C.4π D.eq\f(64,9)π解析∵球的半径R不小于△ABC的外接圆半径r＝eq\f(2\r(3),3)，则S球＝4πR2≥4πr2＝eq\f(16,3)π>5π，故选D.规律方法总结1．解选择题的基本方法有干脆法、解除法、特例法、验证 法和数形结合法．但大部分选择题的解法是干脆法，在解 选择题时要依据题干和选择支两方面的特点敏捷运用上述 一种或几种方法“巧解”，在“小题小做”、“小题巧 做”上做文章，切忌盲目地采纳干脆法．2．由于选择题供选答案多、信息量大、正误混杂、迷惑性 强，稍不留神就会误入“陷阱”，应当从正反两个方向肯 定、否定、筛选、验证，既谨慎选择，又大胆跳动．3．作为平常训练，解完一道题后，还应考虑一下能不能用 其他方法进行“巧算”，并留意与时总结，这样才能有效 地提高解选择题的实力.知能提升演练1．已知集合A＝{1,3,5,7,9}，B＝{0,3,6,9,12}，则A∩(∁NB)等 于 ( ) A．{1,5,7} B．{3,5,7} C．{1,3,9} D．{1,2,3}解析由于3∈∁NB，所以3∈A∩(∁NB)∴解除B、C、D，故选A.2．已知向量a，b不共线，c＝ka＋b(k∈R)，d＝a－b.假如 c∥d，则 ( ) A．k＝1且c与d同向 B．k＝1且c与d反向 C．k＝－1且c与d同向 D．k＝－1且c与d反向解析当k＝1时，c＝a＋b，不存在实数λ，使得a＝λb.所以c与d不共线，与c∥d冲突．解除A、B；当k＝－1时，c＝－a＋b＝－(a－b)＝－d，所以c∥d，且c与d反向．故应选D.3．已知函数y＝tanωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内是减函数，则( ) A．0<ω≤1 B．－1≤ω<0 C．ω≥1 D．ω≤－1B解析可用解除法，∵当ω>0时正切函数在其定义域内各长度为一个周期的连续区间内为增函数，∴解除A、C，又当|ω|>1时正切函数的最小正周期长度小于π，∴y＝tanωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内不连续，在这个区间内不是减函数，这样解除D，故选B.4．已知函数f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1，g(x)＝mx，若对于 任一实数x，f(x)与g(x)的值至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是 ( ) A．(0,2) B．(0,8) C．(2,8) D．(－∞，0)解析当m＝1时，f(x)＝2x2－6x＋1，g(x)＝x，由f(x)与g(x)的图象知，m＝1满意题设条件，故解除C、D.当m=2时，f(x)=4x2-4x+1,g(x)=2x,由其图象知，m=2满意题设条件，故解除A.因此，选项B正确．5．已知向量eq\o(OB,\s\up12(→))＝(2,0)，向量eq\o(OC,\s\up12(→))＝(2,2)，向量eq\o(CA,\s\up12(→))＝ (eq\r(2)cosα，eq\r(2)sinα)，则向量eq\o(OA,\s\up12(→))与向量eq\o(OB,\s\up12(→))的夹角的 取值范围是 ( )A．[0，eq\f(π,4)] B．[eq\f(5π,12)，eq\f(π,2)]C．[eq\f(π,4)，eq\f(5π,12)] D．[eq\f(π,12)，eq\f(5π,12)]解析∵|eq\o(CA,\s\up12(→))|=，∴A的轨迹是⊙C，半径为.由图可知∠COB＝eq\f(π,4)，设向量eq\o(OA,\s\up12(→))与向量eq\o(OB,\s\up12(→))的夹角为θ，则eq\f(π,4)－eq\f(π,6)≤θ≤eq\f(π,4)＋eq\f(π,6)，故选D.答案D6．设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数 K，定义函数fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)，f(x)≤K，,K，f(x)>K.))取函数f(x)＝2－|x|， 当K＝eq\f(1,2)时，函数fK(x)的单调递增区间为 ( ) A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)解析函数f(x)＝2－|x|＝(eq\f(1,2))|x|，作图f(x)≤K＝eq\f(1,2)⇒x∈(－∞，－1]∪[1,＋∞),故在(－∞,－1)上是单调递增的,选C项．7．设x，y∈R，用2y是1＋x和1－x的等比中 项，则动点 (x，y)的轨迹为除去x轴上点的 () A．一条直线 B．一个圆 C．双曲线的一支 D．一个椭圆解析(2y)2＝(1－x)(1＋x)(y≠0)得x2＋4y2＝1(y≠0)．8．设A、B是非空数集，定义A*B＝{x|x∈A∪B且 x∈A∩B}，已知集合A＝{x|y＝2x－x2}，B＝{y|y＝2x， x>0}，则A*B等于 ( ) A．[0,1]∪(2，＋∞) B．[0,1)∪(2，＋∞) C．(－∞，1] D．[0,2]解析A＝R，B＝(1，＋∞)，故A*B＝(－∞，1]，故选C.9．(2010·福建)若点O和点F(－2,0)分别为双曲线eq\f(x2,a2)－y2 ＝1(a>0)的中心和左焦点，点P为双曲线右支上的随意一 点，则eq\o(OP,\s\up12(→))·eq\o(FP,\s\up12(→))的取值范围为 ( ) A．[3－2eq\r(3)，＋∞) B．[3＋2eq\r(3)，＋∞) C．[－eq\f(7,4)，＋∞) D．[eq\f(7,4)，＋∞)B解析由c＝2得a2＋1＝4，∴a2＝3，∴双曲线方程为eq\f(x2,3)－y2＝1.设P(x，y)(x≥eq\r(3))，eq\o(OP,\s\up12(→))·eq\o(FP,\s\up12(→))＝(x，y)·(x＋2，y)＝x2＋2x＋y2＝x2＋2x＋eq\f(x2,3)－1＝eq\f(4,3)x2＋2x－1(x≥eq\r(3))．令g(x)＝eq\f(4,3)x2＋2x－1(x≥eq\r(3))，则g(x)在[eq\r(3)，＋∞)上单调递增．g(x)min＝g(eq\r(3))＝3＋2eq\r(3).∴eq\o(OP,\s\up12(→))·eq\o(FP,\s\up12(→))的取值范围为[3＋2eq\r(3)，＋∞)．10．已知等差数列{an}满意a1＋a2＋…＋a101＝0，则有 () A．a1＋a101>0 B．a2＋a102<0 C．a3＋a99＝0 D．a51＝51解析取满意题意的特殊数列an＝0，则a3＋a99＝0，故选C.11．在等差数列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，则a7－ eq\f(1,2)a8的值为 ( ) A．4 B．6 C．8 D．10解析令等差数列{an}为常数列an＝16.明显a7－eq\f(1,2)a8＝16－8＝8.故选C.12．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则下列不等式：①a＋b<ab；②|a|>|b|； ③a<b；④eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2中，正确的不等式是 ( ) A．①② B．②③ C．①④ D．③④解析取a＝－1，b＝－2，则②、③不正确，所以A、B、D错误，故选C.13.(2010·全国)如图，质点P在半径为2的圆周上逆 时针运动，其初始位置为P0(eq\r(2)，－eq\r(2))，角速度 为1，则点P到x轴距离d关于时间t的函数图 象大致为 ( )解析视察并联想P运动轨迹与d的关系，当t＝0时，d＝eq\r(2)，解除A、D；当起先运动时d递减，解除B.C14．若函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x2＋1)－a))＋4a的最小值等于3，则实数a的 值等于 ( ) A.eq\f(3,4) B．1 C.eq\f(3,4)或1 D．不存在这样的a解析方法一干脆比照法令eq\f(x2,x2＋1)＝t，则t∈[0,1)．若a≥1，则f(x)＝|t－a|＋4a＝5a－t不存在最小值；若0≤a<1，则f(x)＝|t－a|＋4a，当t＝a时取得最小值4a，于是4a＝3，得a＝eq\f(3,4)符合题意；若a<0，f(x)＝|t－a|＋4a＝t＋3a，当t＝0时取得最小值3a，于是3a＝3，得a＝1不符合题意．综上可知，a＝eq\f(3,4).方法二试验法若a＝1，则f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x2＋1)－1))＋4>4，明显函数的最小值不是3，故解除选项B、C；若a＝eq\f(3,4)，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x2＋1)－\f(3,4)))＋3，这时只要令eq\f(x2,x2＋1)－eq\f(3,4)＝0，即x＝±eq\r(3)，函数可取得最小值3，因此A项正确，D项错误．A15．已知sinθ＝eq\f(m－3,m＋5)，cosθ＝eq\f(4－2m,m＋5)(eq\f(π,2)<θ<π)，则taneq\f(θ,2)等于 ( ) A.eq\f(m－3,9－m) B．|eq\f(m－3,9－m)| C.eq\f(1,3) D．5D解析由于受条件sin2θ＋cos2θ＝1的制约，故m为一确定的值，于是sinθ，cosθ的值应与m的值无关，进而taneq\f(θ,2)的值与m无关，又eq\f(π,2)<θ<π，eq\f(π,4)<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，∴taneq\f(θ,2)>1，故选D项．16．已知函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象如下图，则 y＝f(x)，y＝g(x)图象可能是 ()解析从导函数的图象可知两个函数在x0处斜率相同，可以解除B项，再者导函数的函数值反映的是原函数增加的快慢，可明显看出y＝f(x)的导函数是减函数，所以原函数应当增加的越来越慢，解除A、C两项，最终只有D项，可以验证y＝g(x)导函数是增函数，增加越来越快．答案D 第2讲填空题第2讲填空题的解题方法与技巧题型特点概述 填空题是高考试卷中的三大题型之一，和选择题一样，属于客观性试题．它只要求写出结果而不须要写出解答过程．在整个高考试卷中，填空题的难度一般为中等．不同省份的试卷所占分值的比重有所不同．填空题的类型填空题主要考查学生的基础学问、基本技能以与分析问题和解决问题的实力，具有小巧敏捷、结构简洁、概念性强、运算量不大、不须要写出求解过程而只须要写出结论等特点．从填写内容看，主要有两类：一类是定量填写，一类是定性填写．2．填空题的特征 填空题不要求写出计算或推理过程，只须要将结论干脆写出的“求解题”．填空题与选择题也有质的区分：第一，表现为填空题没有备选项，因此，解答时有不受诱误干扰之好处，但也有缺乏提示之不足；其次，填空题的结构往往是在一个正确的命题或断言中，抽出其中的一些内容(既可以是条件，也可以是结论)，留下空位，让考生独立填上，考查方法比较敏捷． 从历年高考成果看，填空题得分率始终不很高，因为填空题的结果必需是数值精确、形式规范、表达式最简，稍有毛病，便是零分．因此，解填空题要求在“快速、精确”上下功夫，由于填空题不须要写出详细的推理、计算过程，因此要想“快速”解答填空题，则千万不行“小题大做”，而要达到“精确”，则必需合理敏捷地运用恰当的方法，在“巧”字上下功夫．3．解填空题的基本原则 解填空题的基本原则是“小题不能大做”，基本策略是“巧做”．解填空题的常用方法有：干脆法、数形结合法、特殊化法、等价转化法、构造法、合情推理法等．解题方法例析题型一干脆法 干脆法就是从题设条件动身，运用定义、定理、公式、性 质、法则等学问，通过变形、推理、计算等，得出正确结 论，运用此法时，要擅长透过现象看本质，自觉地、有意 识地采纳敏捷、简捷的解法．例1在等差数列{an}中，a1＝－3,11a5＝5a8－13，则数列 {an}的前n项和Sn的最小值为________． 思维启迪计算出基本量d，找到转折项即可．解析设公差为d，则11(－3＋4d)＝5(－3＋7d)－13，∴d＝eq\f(5,9).∴数列{an}为递增数列．令an≤0，∴－3＋(n－1)·eq\f(5,9)≤0，∴n≤eq\f(32,5)，∵n∈N*.∴前6项均为负值，∴Sn的最小值为S6＝－eq\f(29,3).答案－eq\f(29,3)探究提高本题运用干脆法，干脆利用等差数列的通项公式推断出数列的项的符号，进而确定前几项的和最小，最终利用等差数列的求和公式求得最小值．变式训练1设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知a2＝3，a6 ＝11，则S7＝________.49解析方法一S7＝eq\f(7(a1＋a7),2)＝eq\f(7(a2＋a6),2)＝eq\f(7×(3＋11),2)＝49.故填49.方法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝3，,a6＝a1＋5d＝11))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))∴a7＝1＋6×2＝13.∴S7＝eq\f(7(a1＋a7),2)＝eq\f(7×(1＋13),2)＝49.故填49.题型二特殊值法 特殊值法在考试中应用起来比较便利，它的实施过程是从 特殊到一般，优点是简便易行．当示意答案是一个“定 值”时，就可以取一个特殊数值、特殊位置、特殊图形、 特殊关系、特殊数列或特殊函数值来将字母详细化，把一 般形式变为特殊形式．当题目的条件是从一般性的角度给 出时，特例法尤其有效．例2已知△ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c， 且满意eq\f((sinA－sinC)(a＋c),b)＝sinA－sinB，则C＝_______.思维启迪题目中给出了△ABC的边和角满意的一个关系式，由此关系式来确定角C的大小，因此可考虑一些特殊的三角形是否满意关系式，如：等边三角形、直角三角形等，若满意，则可求出此时角C的大小．解析简洁发觉当△ABC是一个等边三角形时，满意eq\f((sinA－sinC)(a＋c),b)＝sinA－sinB，而此时C＝60°，故角C的大小为60°.答案60°探究提高特殊值法的理论依据是：若对全部值都成立，则对特殊值也成立，我们就可以利用填空题不须要过程只须要结果这一“弱点”，“以偏概全”来求值．在解决一些与三角形、四边形等平面图形有关的填空题时，可依据题意，选择其中的特殊图形(如正三角形、正方形)等解决问题．此题还可用干脆法求解如下：由eq\f((sinA－sinC)(a＋c),b)＝sinA－sinB可得eq\f((a－c)(a＋c),b)＝a－b，整理得，a2－c2＝ab－b2，即a2＋b2－c2＝ab.由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，所以C＝60°.变式训练2在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、 b、c，假如a、b、c成等差数列，则eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝ ________.解析方法一取特殊值a＝3，b＝4，c＝5，则cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝0，eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝eq\f(4,5).方法二取特殊角A＝B＝C＝eq\f(π,3)，cosA＝cosC＝eq\f(1,2)，eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝eq\f(4,5).例3如图所示，在△ABC中,AO是BC边上 的中线，K为AO上一点，且eq\o(OA,\s\up12(→))＝2eq\o(AK,\s\up12(→)), 过点K的直线分别交直线AB、AC于不同 的两点M、N，若eq\o(AB,\s\up12(→))＝meq\o(AM,\s\up12(→))，eq\o(AC,\s\up12(→))＝neq\o(AN,\s\up12(→))，则m＋n ＝________. 思维启迪题目中过点K的直线是随意的，因此m和n的值是改变的，但从题意看m＋n的值是一个定值，故可取一条特殊的直线进行求解．解析当过点K的直线与BC平行时，MN就是△ABC的一条中位线(∵eq\o(OA,\s\up12(→))＝2eq\o(AK,\s\up12(→))，∴K是AO的中点)．这时由于有eq\o(AB,\s\up12(→))＝meq\o(AM,\s\up12(→))，eq\o(AC,\s\up12(→))＝neq\o(AN,\s\up12(→))，因此m＝n＝2，故m＋n＝4.答案4探究提高本题在解答中，充分考虑了“直线虽然随意,但m＋n的值却是定值”这一信息，通过取直线的一个特殊位置得到了问题的解,显得特别简洁,在求解这类填空题时，就要擅长捕获这样的有效信息,帮助我们解决问题．变式训练3设O是△ABC内部一点，且eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝－2eq\o(OB,\s\up12(→))， 则△AOB与△AOC的面积之比为______．解析采纳特殊位置，可令△ABC为正三角形，则依据eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝－2eq\o(OB,\s\up12(→))可知，O是△ABC的中心，则OA＝OB＝OC，所以△AOB≌△AOC，即△AOB与△AOC的面积之比为1.题型三图象分析法(数形结合法) 依据特殊数量关系所对应的图形位置、特征，利用图形直 观性求解的填空题，称为图象分析型填空题，这类问题的 几何意义一般较为明显．由于填空题不要求写出解答过 程，因而有些问题可以借助于图形，然后参照图形的形 状、位置、性质，综合图象的特征，进行直观地分析，加 上简洁的运算，一般就可以得出正确的答案．事实上很多 问题都可以转化为数与形的结合，利用数形结合法解题既 浅显易懂，又能节约时间．利用数形结合的思想解决问题 能很好地考查考生对基础学问的驾驭程度与敏捷处理问题 的实力，此类问题为近年来高考考查的热点内容例4已知方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根组成一个 首项为eq\f(1,4)的等差数列，则|m－n|的值等于________． 思维启迪eq\f(1,2)考虑到原方程的四个根，其实是抛物线y＝x2－2x＋m与y＝x2－2x＋n和x轴四个交点的横坐标，所以可以利用图象进行求解．解析如图所示，易知抛物线y＝x2－2x＋m与y＝x2－2x＋n有相同的对称轴x＝1，它们与x轴的四个交点依次为A、B、C、D.因为xA＝eq\f(1,4)，则xD＝eq\f(7,4).又|AB|＝|BC|＝|CD|，所以xB＝eq\f(3,4)，xC＝eq\f(5,4).故|m－n|＝|eq\f(1,4)×eq\f(7,4)－eq\f(3,4)×eq\f(5,4)|＝eq\f(1,2).探究提高本题是数列问题，但由于和方程的根有关系，故可借助数形结合的方法进行求解，因此在解题时，我们要仔细分析题目特点，充分挖掘其中的有用信息，寻求最简捷的解法．变式训练4已知定义在R上的奇函数f(x)满意f(x－4)＝－f(x), 且在区间[0,2]上是增函数，若方程f(x)＝m(m>0)，在区间 [－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋ x4＝________.-8解析因为定义在R上的奇函数，满意f(x－4)＝－f(x)，所以f(4－x)＝f(x)．因此，函数图象关于直线x＝2对称且f(0)＝0，由f(x－4)＝－f(x)知f(x－8)＝f(x)，所以函数是以8为周期的周期函数．又因为f(x)在区间[0,2]上是增函数，所以f(x)在区间[－2,0]上也是增函数，如图所示，则方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3,x4，不妨设x1<x2<x3<x4.由对称性知x1＋x2＝－12，x3＋x4＝4，所以x1＋x2＋x3＋x4＝－12＋4＝－8.例5函数y＝f(x)的图象如图所示，其定义 域为[－4,4]，则不等式eq\f(f(x),sinx)≤0的解集 为__________________________________．[－4，－π)∪(－π，0)∪[eq\f(π,2)，π)解析eq\f(f(x),sinx)≤0⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)≤0，,sinx>0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)≥0，,sinx<0，))在给出的坐标系中，再作出y＝sinx在[－4,4]上的图象，如图所示,视察图象即可得到所求的解集为[－4，－π)∪(－π，0)∪[eq\f(π,2)，π)．探究提高与函数有关的填空题，依据题目条件，敏捷地应用函数图象解答问题，往往可使抽象困难的代数问题变得形象直观，使问题快速获解．变式训练5不等式（|x|-）·sinx<0，x∈[-π,2π］的解集 为.解析在同一坐标系中分别作出y=|x|-与y=sinx的图象：依据图象可得不等式的解集为：题型四等价转化法 将所给的命题进行等价转化，使之成为一种简洁理解的语 言或简洁求解的模式．通过转化，使问题化繁为简、化陌 生为熟识，将问题等价转化成便于解决的问题，从而得出 正确的结果．例6设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋6，x≥0,3x＋4，x<0))，若互不相等的实 数x1，x2，x3满意f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，则x1＋x2＋x3的取值 范围是________． 思维启迪将问题转化为y＝m与y＝f(x)有三个不同的交点，再探讨三个交点的横坐标之和的取值范围．解析本题可转化为直线y＝m与函数f(x)的图象有三个交点,y＝x2－4x＋6在[0,＋∞)的最小值为f(2)＝2，故2<m<4，易知x1,x2，x3中必有一负二正，不妨设x1，x2>0，由于y＝x2－4x＋6的对称轴为x＝2,则x1＋x2＝4，令3x＋4＝2，得x＝－eq\f(2,3)，则－eq\f(2,3)<x3<0，故－eq\f(2,3)＋4<x1＋x2＋x3<0＋4，即x1＋x2＋x3的取值范围是(eq\f(10,3)，4)．答案(eq\f(10,3)，4)探究提高等价转化法的关键是要明确转化的方向或者说转化的目标．本题转化的关键就是将探讨x1＋x2＋x3的取值范围问题转化成了直线y＝m与曲线y＝f(x)有三个交点的问题，将数的问题转化成了形的问题，从而利用图形的性质解决．变式训练6已知关于x的不等式eq\f(ax－1,x＋1)<0的解集是(－∞,－1) ∪(－eq\f(1,2)，＋∞)，则a的值为________．变式训练6已知关于x的不等式eq\f(ax－1,x＋1)<0的解集是(－∞,－1) ∪(－eq\f(1,2)，＋∞)，则a的值为________．题型五构造法 构造型填空题的求解，须要利用已知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，它来源于对基础学问和基 本方法的积累，须要从一般的方法原理中进行提炼概括， 主动联想，横向类比，从曾经遇到过的类似问题中找寻灵 感，构造出相应的函数、概率、几何等详细的数学模型， 使问题快速解决．例7函数f(x)＝eq\f(\r(2)sin(x＋\f(π,4))＋2x2＋x,2x2＋cosx)的最大值为M，最小值 为m，则M＋m＝________. 思维启迪干脆求f(x)的最大值、最小值明显不行取．化简f(x)＝1＋eq\f(x＋sinx,2x2＋cosx)，构造新函数g(x)＝eq\f(x＋sinx,2x2＋cosx)利用g(x)的奇偶性求解．解析依据分子和分母同次的特点，分子绽开，得到部分分式，f(x)＝1＋eq\f(x＋sinx,2x2＋cosx)，f(x)－1为奇函数，则m－1＝－(M－1)，∴M＋m＝2.探究提高整体思索，联想奇函数，利用其对称性简化求解，这是整体观念与构造思维的一种应用．留意到分式类函数的结构特征，借助分式类函数最值的处理方法，部分分式法，变形发觉协助函数为奇函数，整体处理最大值和最小值的问题以使问题简洁化，这种构造特殊函数模型的方法来源于对函数性质应用的深刻理解．变式训练7已知函数f(x)＝sinxcosx＋eq\f(sinx,cosx)＋3，若f(lga)＝ 4，则f(lgeq\f(1,a))的值等于________．解析f(x)＝sinxcosx＋eq\f(sinx,cosx)＋3＝eq\f(1,2)sin2x＋tanx＋3，若令g(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋tanx，则g(x)是一个奇函数．由f(lga)＝4,得g(lga)＋3＝4,∴g(lga)＝1.于是g(lgeq\f(1,a))=g(－lga)＝－g(lga)＝－1，故f(lgeq\f(1,a))＝g(lgeq\f(1,a))＋3＝－1＋3＝2.例8已知a、b是正实数，且满意ab＝a＋b＋3，则a＋b的取 值范围是__________． 思维启迪考虑到已知条件中出现了两个正数a和b的乘积ab以与和a＋b，可与一元二次方程的根联系起来构造方程进行求解．解析∵a、b是正实数且ab＝a＋b＋3，故a、b可视为一元二次方程x2－mx＋m＋3＝0的两个根，其中a＋b＝m，ab＝m＋3.要使方程有两个正根，应有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝m2－4m－12≥0，,m>0，,m＋3>0，))解得m≥6，即a＋b≥6，故a＋b的取值范围是[6，＋∞)．变式训练8若抛物线y＝－x2＋ax－2总在直线y＝3x－1的下 方，则实数a的取值范围是________解析构造不等式，依题意知，不等式－x2＋ax－2<3x－1在R上恒成立，即x2＋(3－a)x＋1>0在R上恒成立．故Δ＝(3－a)2－4<0，即a2－6a＋5<0，解得1<a<5.规律方法总结1．解填空题的一般方法是干脆法，除此以外，对于带有一 般性命题的填空题可采纳特例法，和图形、曲线等有关的 命题可考虑数形结合法．解题时，经常须要几种方法综合 运用，才能快速得到正确的结果．2．解填空题不要求求解过程，从而结论是推断是否正确的 唯一标准，因此解填空题时要留意如下几个方面： (1)要仔细审题，明确要求，思维严谨、周密，计算有 据、精确； (2)要尽量利用已知的定理、性质与已有的结论； (3)要重视对所求结果的检验.知能提升演练1．设全集U＝R，A＝{x|eq\f(x－1,x＋m)>0}，∁UA＝[－1，－n]，则 m2＋n2＝________.解析由∁UA＝[－1,－n],知A＝(－∞，－1)∪(－n,＋∞)，即不等式eq\f(x－1,x＋m)>0的解集为(－∞,－1)∪(－n，＋∞),所以－n＝1,－m＝－1，因此m＝1，n＝－1，故m2＋n2＝2.2．在各项均为正数的等比数列{an}中，若a5·a6＝9，则log3a ＋log3a2＋…＋log3a解析特殊化法：尽管满意a5·a6＝9的数列有无穷多，但所求结果应唯一的，故只需选取一个满意条件的特殊数列a5＝a6＝3，则公比q＝1就可以了．原式＝log3(3·3·3·…·3)＝log3310＝10.3．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，则该数列 的通项an＝________.解析由an＋1＝2an＋3，则有an＋1＋3＝2(an＋3)，即eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2.所以数列{an＋3}是以a1＋3为首项、公比为2的等比数列，即an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－3.4．设非零向量a，b，c满意|a|＝|b|＝|c|，a＋b＝c，则 cos〈a，b〉＝________.解析设正三角形△ABC中，eq\o(BA,\s\up12(→))＝a，eq\o(AC,\s\up12(→))＝b，eq\o(BC,\s\up12(→))＝c，所以eq\o(BA,\s\up12(→))与eq\o(AC,\s\up12(→))的夹角为120°，所以cos〈a，b〉＝cos120°＝－eq\f(1,2).5．设等差数列{an}，{bn}的前n项的和分别为Sn与Tn，若eq\f(Sn,Tn) ＝eq\f(2n,3n＋1)，则eq\f(an,bn)＝________.解析因为等差数列的前n项和公式为Sn＝a1n＋eq\f(n(n－1)d,2)＝eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(1,2)d)n，故可设Sn＝2n·n，Tn＝(3n＋1)·n，则可得an＝4n－2，bn＝6n－2，∴eq\f(an,bn)＝eq\f(4n－2,6n－2)＝eq\f(2n－1,3n－1).6．△ABC的外接圆的圆心为O，两条边上的高的交点为H， eq\o(OH,\s\up12(→))＝m(eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→)))，则实数m＝____.解析(特殊值法)当∠B＝90°时,△ABC为直角三角形,O为AC中点．AB、BC边上高的交点H与B重合．eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝eq\o(OB,\s\up12(→))＝eq\o(OH,\s\up12(→))，∴m＝1.7．(2010·湖南)若数列{an}满意：对随意的n∈N*，只有有限个 正整数m使得am<n成立，记这样的m的个数为{an}*，则得到 一个新数列{(an)*}．例如，若数列{an}是1,2,3，…，n，…， 则数列{(an)*}是0,1,2，…，n－1，….已知对随意的n∈N*， an＝n2，则(a5)*＝________，((an)*)*＝________.解析由(an)*的定义知，要求(a5)*只需找寻满意am<5的m的个数即可．由于12＝1<5,22＝4<5,32＝9>5，故(a5)*＝2.∵{an}＝{1,22,32，…，n2，…}，∴((a1)*)*＝1，((a2)*)*＝4＝22，((a3)*)*＝9＝32，…，((an)*)*＝n2.8．直线y＝kx＋3k－2与直线y＝－eq\f(1,4)x＋1的交点在第一象限， 则k的取值范围是________．解析因为y＝kx＋3k－2，即y＝k(x＋3)－2，故直线过定点P(－3，－2)，而定直线y＝－eq\f(1,4)x＋1在两坐标轴上的交点分别为A(4,0)，B(0,1)．如图所示，求得eq\f(2,7)<k<1.9.已知四面体ABCD的一条棱长为x，其余棱长都为1，则x 的取值范围是________．解析如图所示，设AB边长为x，固定△BCD，让△ACD绕CD转动.当点A，x→B时，x→0；当点A→A1(正△A1CD与△BCD)共面时，x→eq\r(3).故x∈(0，eq\r(3))．10．(2010·陕西)视察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62, 13＋23＋33＋43＝102，…，依据上述规律，第五个等式为 ________________________________．解析由前三个式子可以得出如下规律：每个式子等号的左边是从1起先的连续正整数的立方和，且个数依次多1，等号的右边是一个正整数的平方，后一个正整数依次比前一个大3,4，…，因此，第五个等式为13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.11．设函数f(x)的定义域为D，假如对于随意的x1∈D存在唯 一的x2∈D，使eq\f(f(x1)＋f(x2),2)＝C(C为常数)成立，则称函数 f(x)在D上的均值为C.下列五个函数：①y＝4sinx；②y＝ x3；③y＝lgx；④y＝2x；⑤y＝2x－1，则满意在其定义域 上均值为2的全部函数的序号是_______．②③⑤解析因为要求函数的均值为2，所以满意条件的函数的函数值必需能关于2对称，而y＝2x的值域为(0，＋∞)，故④不符合题意；又y＝4sinx是周期为2π的函数，即若存在随意的x1∈D，x2∈D，使eq\f(f(x1)＋f(x2),2)＝C(C为常数)成立，则确定存在x3＝2π＋x2∈D，使eq\f(f(x1)＋f(x3),2)＝C(C为常数)成立，不满意唯一性，故①不对2．圆x2＋y2＝1的随意一条切线l与圆x2＋y2＝4相交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，O为坐标原点，则x1x2＋y1y2 ＝________.解析如图，△AOB中，OA＝OB＝2，OC⊥AB，OC＝1，因此∠AOB＝120°.所以x1x2＋y1y2＝eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB,\s\up12(→))＝|eq\o(OA,\s\up12(→))|·|eq\o(OB,\s\up12(→))|cos120°＝－2.13．已知数列{an}的各项均为正数，a1＝1.其前n项和Sn满意 2Sn＝2paeq\o\al(2,n)＋an－p(p∈R)，则{an}的通项公式为 ________．解析∵a1＝1，∴2a1＝2paeq\o\al(2,1)＋a1－p，即2＝2p＋1－p，得p＝1.于是2Sn＝2aeq\o\al(2,n)＋an－1.当n≥2时，有2Sn－1＝2aeq\o\al(2,n－1)＋an－1－1，两式相减，得2an＝2aeq\o\al(2,n)－2aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，整理，得2(an＋an－1)·(an－an－1－eq\f(1,2))＝0.又∵an>0，∴an－an－1＝eq\f(1,2)，于是{an}是等差数列，故an＝1＋(n－1)·eq\f(1,2)＝eq\f(n＋1,2).14．已知f(x)＝x＋log2eq\f(x,9－x)，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(8) 的值为________．解析由于f(x)＝x＋log2eq\f(x,9－x)，所以f(9－x)＝9－x＋log2eq\f(9－x,x)＝9－x－log2eq\f(x,9－x)，于是有f(x)＋f(9－x)＝9.从而f(1)＋f(8)＝f(2)＋f(7)＝f(3)＋f(6)＝f(4)＋f(5)＝9.故原式值为9×4＝36.15．在△ABC中，假如sinA∶sinB∶sinC＝5∶6∶8，则此 三角形最大角的余弦值是_________．解析由正弦定理得a∶b∶c＝5∶6∶8，令a＝5，b＝6，c＝8，则C是最大角，即cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(25＋36－64,60)＝－eq\f(1,20).16．已知最小正周期为2的函数y＝f(x)，当x∈[－1,1]时， f(x)＝x2，则方程f(x)＝|log5x|的解的个数为________．解析设g(x)＝|log5x|，作出函数f(x)与g(x)的图象，由图象知两个函数共有5个交点，即方程f(x)＝|log5x|的解的个数为5个．第3讲解答题答题模板第3讲解答题答题模板数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的学问综合型转化为学问、方法和实力的综合型解答题．在高考考场上，能否做好解答题，是高考成败的关键，因此，在高考备考中学会怎样解题，是一项重要内容．本节以闻名数学家波利亚的《怎样解题》为理论依据，结合详细的题目类型，来谈一谈解答数学解答题的一般思维过程、解题程序和答题格式，即所谓的“答题模板”．模板1三角函数的单调性与求值问题例1已知函数f(x)＝cos2(x＋eq\f(π,12))，g(x)＝1＋eq\f(1,2)sin2x.(1)设x＝x0是函数y＝f(x)图象的一条对称轴，求g(x0)的值；(2)求函数h(x)＝f(x)＋g(x)的单调递增区间．思维启迪(1)由x＝x0是y＝f(x)的一条对称轴知f(x0)是f(x)的最值，从而得2x0＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，即x0＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)．(2)化简h(x)＝f(x)＋g(x)为h(x)＝Asin(ωx＋φ)或h(x)＝Acos(ωx＋φ)的形式．(3)依据正弦或余弦函数求单调递增区间.规范解答示例解(1)由题设知f(x)＝eq\f(1,2)[1＋cos(2x＋eq\f(π,6))]．因为x＝x0是函数y＝f(x)的图象的一条对称轴，所以2x0＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，即2x0＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)．所以g(x0)＝1＋eq\f(1,2)sin2x0＝1＋eq\f(1,2)sin(kπ－eq\f(π,6))．当k为偶数时，g(x0)＝1＋eq\f(1,2)sin(－eq\f(π,6))＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)；当k为奇数时，g(x0)＝1＋eq\f(1,2)sineq\f(π,6)＝1＋eq\f(1,4)＝eq\f(5,4).(2)h(x)＝f(x)＋g(x)＝eq\f(1,2)[1＋cos(2x＋eq\f(π,6))]＋1＋eq\f(1,2)sin2x＝eq\f(1,2)[cos(2x＋eq\f(π,6))＋sin2x]＋eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)(eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(1,2)sin2x)＋eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)sin(2x＋eq\f(π,3))＋eq\f(3,2).当2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)(k∈Z)时，函数h(x)＝eq\f(1,2)sin(2x＋eq\f(π,3))＋eq\f(3,2)是增函数．故函数h(x)的单调递增区构建答题模板第一步：三角函数式的化简，一般化成y＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式或y＝Acos(ωx＋φ)＋h的形式．如：f(x)＝eq\f(1,2)cos(2x＋eq\f(π,6))＋eq\f(1,2)，h(x)＝eq\f(1,2)sin(2x＋eq\f(π,3))＋eq\f(3,2).其次步：由三角函数值求角；由角求三角函数值．第三步：由sinx、cosx的单调性，将“ωx＋φ”看作一个整体，转化为解不等式问题．第四步：明确规范表述结论．第五步：反思回顾．查看关键点、易错点与解题规范．如本题中，由x0求g(x0)时，由于x0中含有变量k，应对k的奇偶进行探讨.模板2解析几何中的探究性问题例2已知定点C(－1,0)与椭圆x2＋3y2＝5，过点C的动直线与椭圆相交于A，B两点．(1)若线段AB中点的横坐标是－eq\f(1,2)，求直线AB的方程；(2)在x轴上是否存在点M，常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．思维启迪(1)设过C(－1,0)的直线方程y＝k(x＋1)，利用待定系数法求k.（2）从假设存在点M（m,0）动身去求若能找到一个m值使为常数，即假设正确，否则不正确．规范解答示例解(1)依题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)，将y＝k(x＋1)代入x2＋3y2＝5，消去y整理得(3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则(2)假设在x轴上存在点M（m，0），使为常数.(ⅰ)当直线AB与x轴不垂直时，由(1)知x1＋x2＝－eq\f(6k2,3k2＋1)，x1x2＝eq\f(3k2－5,3k2＋1).③所以＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2.将③代入，整理得＝eq\f((6m－1)k2－5,3k2＋1)＋m2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m－\f(1,3)))(3k2＋1)－2m－\f(14,3),3k2＋1)＋m2＝m2＋2m－eq\f(1,3)－eq\f(6m＋14,3(3k2＋1)).留意到是与k无关的常数，从而有6m+14=0，此时（ⅱ）当直线AB与x轴垂直时，此时点A、B的坐标分别为当m=时，也有综上，在x轴上存在定点使\构建答题模板第一步：假设结论存在．其次步：以存在为条件，进行推理求解．第三步：明确规范表述结论．若能推出合理结果，阅历证成马上可确定正确；若推出冲突，即否定假设．第四步：反思回顾．查看关键点，易错点与解题规范．如本题中第(1)问简洁忽视Δ>0这一隐含条件．第(2)问易忽视直线AB与x轴垂直的状况.模板3由数列的前n项和Sn与通项an的关系求通项an例3已知数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于随意的n∈N*，满意关系式2Sn＝3an－3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的通项公式是bn＝eq\f(1,log3an·log3an＋1)，前n项和为Tn，求证：对于随意的正整数n，总有Tn<1.思维启迪(1)求出数列{an}的递推关系，由递推关系求通项．(2)化简bn，裂项求和.规范解答示例(1)解①当n＝1时，由2Sn＝3an－3得，2a1＝3a∴a1＝3.②当n≥2时，由2Sn＝3an－3得，2Sn－1＝3an－1－3.两式相减得：2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，即2an＝3an－3an－1，∴an＝3an－1，又∵a1＝3≠0，∴{an}是等比数列，∴an＝3n.验证：当n＝1时，a1＝3也适合an＝3n.∴{an}的通项公式为an＝3n.(2)证明∵bn＝eq\f(1,log3an·log3an＋1)＝eq\f(1,log33n·log33n＋1)＝eq\f(1,(n＋1)n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝1－eq\f(1,n＋1)<1.构建答题模板第一步：令n＝1，由Sn＝f(an)求出a1.其次步：令n≥2，构造an＝Sn－Sn－1，用an代换Sn－Sn－1(或用Sn－Sn－1代换an，这要结合题目特点)，由递推关系求通项．第三步：验证当n＝1时的结论适合当n≥2时的结论．第四步：写出明确规范的答案．第五步：反思回顾．查看关键点、易错点与解题规范．本题的易错点，易忽视对n＝1和n≥2分两类进行探讨，同时忽视结论中对二者的合模板4函数的单调性、最值、极值问题例4(2010·天津)已知函数f(x)＝ax3－eq\f(3,2)x2＋1(x∈R)，其中a>0.(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若在区间[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]上，f(x)>0恒成立，求a的取值范围．思维启迪(1)知解析式和切点求切线方程，先求斜率，用点斜式方程求切线方程．（2）依据导数求函数的参数.求导→求导函数的零点→确定导函数在区间中的正、负→确定函数中的参数范围.规范解答示例解(1)当a＝1时，f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2＋1，f(2