2014版高考数学(理科)二轮复习第二篇第3讲

第3讲解答题的八个答题模板【模板特征概述】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知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．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，是一项重要的内容．本节以著名数学家波利亚的《怎样解题》为理论依据，结合具体的题目类型，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”．“答题模板”就是首先把高考试题纳入某一类型，把数学解题的思维过程划分为一个个小题，按照一定的解题程序和答题格式分步解答，即化整为零．强调解题程序化，答题格式化，在最短的时间内拟定解决问题的最佳方案，实现答题效率的最优化．模板1三角函数的周期性、单调性及最值问题已知函数f(x)＝2cosx·sinx＋π3－3sin2x＋sinxcosx＋1.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)求函数f(x)的最大值及最小值；(3)写出函数f(x)的单调递增区间．审题路线图不同角化同角→降幂扩角→化f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋h→结合性质求解.规范解答示例构建答题模板解f(x)＝2cosx12sinx＋32cosx－3sin2x＋sinxcosx＋1＝2sinxcosx＋3(cos2x－sin2x)＋1＝sin2x＋3cos2x＋1＝2sin2x＋π3＋1.(1)函数f(x)的最小正周期为2π2＝π.(2)∵－1≤sin2x＋π3≤1，∴－1≤2sin2x＋π3＋1≤3.∴当2x＋π3＝π2＋2kπ，k∈Z，即x＝π12＋kπ，k∈Z时，f(x)取得最大值3；当2x＋π3＝－π2＋2kπ，k∈Z，即x＝－5π12＋kπ，k∈Z时，f(x)取得最小值－1.(3)由－π2＋2kπ≤2x＋π3≤π2＋2kπ，k∈Z，得－5π12＋kπ≤x≤π12＋kπ，k∈Z.∴函数f(x)的单调递增区间为－5π12＋kπ，π12＋kπ(k∈Z).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)＝2sin2x＋π3＋1.第二步：根据f(x)的表达式求其周期、最值．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、易错点及解题规范.模板2三角变换与解三角形问题在△ABC中，若acos2C2＋ccos2A2＝32b.(1)求证：a，b，c成等差数列；(2)求角B的取值范围．审题路线图(1)化简变形―→用余弦定理转化为边的关系―→变形证明(2)用余弦定理表示角―→用基本不等式求范围―→确定角的取值范围规范解答示例构建答题模板(1)证明因为acos2C2＋ccos2A2＝a·1＋cosC2＋c·1＋cosA2＝32b，所以a＋c＋(acosC＋ccosA)＝3b，故a＋c＋a·a2＋b2－c22ab＋c·b2＋c2－a22bc＝3b，整理，得a＋c＝2b，故a，b，c成等差数列．(2)解cosB＝a2＋c2－b22ac＝a2＋c2－a＋c222ac＝3a2＋c2－2ac8ac≥6ac－2ac8ac＝12，因为0Bπ，所以0B≤π3.第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标注出来，然后确定转化的方向．第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化．第三步：求结果．第四步：回顾反思，在实施边角互化的时候应注意转化的方向，一般有两种思路：一是全部转化为边之间的关系；二是全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形.模板3数列通项公式及求和问题已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，等差数列{bn}中，bn0(n∈N*)，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列．(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.审题路线图(1)an＝Sn－Sn－1n≥2→消去Sn→得an＋1＝3an→an＝3n－1规范解答示例构建答题模板解(1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，∴an＝2Sn－1＋1(n∈N*，n≥2)，∴an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an(n∈N*，n≥2)．而a2＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1.∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，∴an＝3n－1(n∈N*)．∴a1＝1，a2＝3，a3＝9，在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5.又∵a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列，设等差数列{bn}的公差为d，则有(a1＋b1)(a3＋b3)＝(a2＋b2)2.∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2，∵bn0(n∈N*)，∴舍去d＝－10，取d＝2，∴b1＝3，∴bn＝2n＋1(n∈N*)．(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，①∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②∴①－②得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2×3－3n1－3－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n，∴Tn＝n·3n.第一步：令n＝1，由Sn＝f(an)求出a1.第二步：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时的结论是否适合当n≥2时的结论．如果适合，则统一“合写”；如果不适合，则应分段表示．第四步：写出明确规范的答案．第五步：反思回顾．查看关键点、易错点及解题规范．本题的易错点，易忽略对n＝1和n≥2分两类进行讨论，同时忽视结论中对二者的合并.模板4空间线、面位置关系的证明及空间角的计算问题如图，在七面体ABCDMN中，四边形ABCD是边长为2的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝2，NB＝1，MB与ND交于P点．(1)在棱AB上找一点Q，使QP∥平面AMD，并给出证明；(2)求平面BNC与平面MNC所成锐二面角的余弦值．审题路线图(1)P是△ABM的一边BM上的点→在另一边AB上一定存在一点Q使PQ∥AM→BQQA＝BPPM＝NBMD＝12.(2)建立坐标系→构造法向量→求夹角.规范解答示例构建答题模板解(1)第一步：作出(或找出)具有公共交点的三条相互垂直的直线．当BQ＝13AB时，有QP∥平面AMD.证明：∵MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，∴MD∥NB.∴BPPM＝NBMD＝12.又QBQA＝12.∴QBQA＝BPPM.∴在△MAB中，QP∥AM.又QP⊄平面AMD，AM⊂平面AMD，∴QP∥平面AMD.(2)以DA、DC、DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,0,2)，N(2,2,1)．∴CM→＝(0，－2,2)，CN→＝(2,0,1)，DC→＝(0,2,0)．设平面MNC的法向量为n1＝(x，y，z)，则{n1·CM→＝0，n1·CN→＝0.∴{－2y＋2z＝0，x＋z＝0.取x＝1，∴n1＝(1，－2，－2)．又NB⊥平面ABCD，∴NB⊥DC，又DC⊥BC.∴DC⊥平面BNC.∴平面BNC的法向量n2＝DC→＝(0,2,0)，cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－43×2＝－23.设所求的锐二面角大小为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝23.故平面BNC与平面MNC所成锐二面角的余弦值为23.第二步：建立空间直角坐标系，写出特殊点坐标．第三步：求(或找)两个半平面的法向量．第四步：求法向量n1，n2的夹角或cos〈n1，n2〉(若为锐二面角则求|cos〈n1，n2〉|)．第五步：将法向量的夹角转化为二面角的夹角．第六步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．如本题求得cos〈n1，n2〉＝－23后易答二面角的余弦值为－23而出错，一定要注意这一点.模板5解析几何中的探索性问题已知定点C(－1,0)及椭圆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－12，求直线AB的方程；(2)在x轴上是否存在点M，使MA→·MB→为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．审题路线图设AB的方程y＝k(x＋1)→待定系数法求k→写出方程；设M存在即为(m,0)→求MA→·MB→→在MA→·MB→为常数的条件下求m.规范解答示例构建答题模板解(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Δ＝36k4－43k2＋13k2－50，①x1＋x2＝－6k23k2＋1.②由线段AB中点的横坐标是－12，得x1＋x22＝－3k23k2＋1＝－12，解得k＝±33，适合①.所以直线AB的方程为x－3y＋1＝0或x＋3y＋1＝0.(2)假设在x轴上存在点M(m,0)，使MA→·MB→为常数．(ⅰ)当直线AB与x轴不垂直时，由(1)知x1＋x2＝－6k23k2＋1，x1x2＝3k2－53k2＋1.③所以MA→·MB→＝(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MA→·MB→＝6m－1k2－53k2＋1＋m2＝2m－133k2＋1－2m－1433k2＋1＋m2＝m2＋2m－13－6m＋1433k2＋1.注意到MA→·MB→是与k无关的常数，从而有6m＋14＝0，m＝－73，此时MA→·MB→＝49.第一步：假设结论存在．第二步：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，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设．第四步：反思回顾．查看关键点，易错点及解题规范．如本题中第(1)问容易忽略Δ0这一隐含条件．第(2)问易忽略直线AB与x轴垂直的情况.(ⅱ)当直线AB与x轴垂直时，此时点A、B的坐标分别为－1，23、－1，－23，当m＝－73时，也有MA→·MB→＝49.综上，在x轴上存在定点M－73，0，使MA→·MB→为常数.模板6离散型随机变量的分布列、期望与方差已知一个袋中装有3个白球和3个红球，这些球除颜色外完全相同．(1)每次从袋中取一个球，取出后不放回，直到取到一个红球为止，求取球次数ξ的分布列和数学期望E(ξ)；(2)每次从袋中取一个球，取出后放回接着再取一个球，这样取3次，求取出红球次数η的数学期望E(η)．审题路线图取到红球为止→取球次数的所有可能1,2,3,4→求对应次数的概率→列分布列→求E(ξ)．取出后放回，这是条件→每次取到红球的概率相同→三次独立重复试验→利用公式.规范解答示例构建答题模板解(1)ξ的可能取值为1,2,3,4.P(ξ＝1)＝36＝12，P(ξ＝2)＝A13A13A26＝3×36×5＝310，P(ξ＝3)＝A23A13A36＝3×2×36×5×4＝320，P(ξ＝4)＝A33A13A46＝3×2×36×5×4×3＝120.故ξ的分布列为ξ1234P12310320120数学期望E(ξ)＝1×12＋2×310＋3×320＋4×120＝74.(2)取出后放回，取球3次，可看作3次独立重复试验，所以η～B(3，12)，所以E(