2010高考数学考前薄弱点提醒

2010高考数学考前薄弱点提醒【范例1】已知命题:pRx，022aaxx．若命题p是假命题，则实数a的取值范围是（）A．10aa或B.10aa或C.10aD.10a答案：D【错解分析】此题容易错选为B，错误的原因是没有很好的利用原命题与其否命题的关系。【解题指导】命题p是假命题┓p是真命题对任意xR，220xaxa恒成立244001aaa.【范例2】若函数)(212)(为常数akkxfxx在定义域上为奇函数，则的值为k（）A．1B.1C.1D.0答案：C【错解分析】此题容易错选为A，错误原因是直接利用了0)0(f，万万不可。【解题指导】利用定义：0)()(xfxf，22()()1212xxxxkkfxfxkk仔细化简到底。,,60,,30,()....ABABPABPPABCD例1.点为平面内一点点为平面外一点直线与平面成角平面内有一动点当时动点的轨迹是椭圆双曲线圆抛物线注：圆锥曲线名称的来历：用平面截对顶圆锥面，所得的曲线。20．设实数a,b,x,y满足a2+b2=1,x2+y2=3,则ax+by的取值范围为_______________.【范例6】已知∠AOB=lrad，点Al，A2，…在OA上，B1，B2，…在OB上，其中的每一个实线段和虚线段长均为1个单位，一个动点M从O点出发，沿着实线段和以O为圆心的圆弧匀速运动，速度为l单位／秒，则质点M到达A10点处所需要的时间为()秒。A．62B．63C．65D．66答案：C【错解分析】本题常见错误B、D，这样的错误常常由于是信息图片信息把握力不强。【解题指导】本题综合考察等差数列求和，及扇形的弧长公式。要细读题，理解动点的运动规律。【范例6】从2006名学生中选取50名组成参观团，若采用以下方法选取：先用简单随机抽样从2006名学生中剔除6名，再从2000名学生中随机抽取50名.则其中学生甲被剔除和被选取的概率分别是（）A．401,00313B．401,00013C．003125,00313D．003125,00013答案：C【错解分析】此题容易错选为B，错误原因是对抽样的基本原则理解不透。【解题指导】法（一）学生甲被剔除的概率,0031300662005521CCP则学生甲不被剔除的概率为10031000100331,所以甲被选取的概率4919992502000100025,10031003CPC故选C.法（二）每位同学被抽到，和被剔除的概率是相等的，所以学生甲被剔除的概率163,20061003P甲被选取的概率25025.20061003P例2.解关于的不等式：，且≠xxxxaaaaalog()log()222101分析与解：显然，这是解对数不等式，方法是化为同底型对数不等式，需要注意的是勿忘“真数0”。解题时，建议运用等价转化的格式，以使得解题步骤清晰、明朗、简捷；此外，由于要运用对数函数单调性转化不等式，故还需对底数a分类讨论，但不宜太早地分类。解：原不等式log()log()aaxxax222若，则原不等式axxaxxxaxaxxxax12020222022222xaxxaxa2011或若，则原不等式或012022120122axxxxaxxxxax综上，当时，原不等式的解集为；axxa11{|}当时，原不等式的解集为01a注：解不等式需熟练掌握，它是研究其他问题的重要工具，如求函数定义域、值域，求参数的取值范围等等，也是高考的重点考查内容。注：正确确定随机变量的取值和正确计算随机变量取每一个值的概率,确保此题拿满分。例8.数列{}na中，11a，2112nnnaaac(1c为常数，1,2,3,...n)，且321.8aa（1）求c的值；（2）①证明：1nnaa；②猜测数列{}na是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；（3）比较11nkka与14039na的大小，并加以证明.【解析】第（1）问由通项公式（揭示无限问题）求出有限项23aa、后可得c的值；第（2）问通过对有限项的处理证明出结论，从而可猜出{}na的极限；第（3）问对得到的递推关系式进行变形，再用作差法求解，需要用到数学归纳法证得2na.然后通过前几项（有限项）的比较与第（2）问已证的单调性得到结果.【答案】（Ⅰ）依题意，222211322111111.222222aaaccaaacc，由3218aa，得21111122228cc，解得2c，或1c（舍去）.（Ⅱ）①证明：因为2211122(2)022nnnnnaaaaa，当且仅当2na时，1nnaa.因为11a，所以10nnaa，即1nnaa(1,2,3,...n).②数列{}na有极限,且lim2nna.（Ⅲ）由21122nnnaaa，可得11()(2)(2)nnnnnaaaaa，从而111122nnnaaa.因为11a，所以1111111111111.22222nnkkkkknnaaaaaa所以21111111111404139(53)(813)1401401.3923939(2)39(2)nnnnnnnkknnnaaaaaaaaaa因为11a，由（Ⅱ）①得1na(*nN).（*）下面用数学归纳法证明：对于任意*nN，有2na成立.当1n时，由11a，显然结论成立.假设结论对(1)nkk时成立，即2.ka因为2211132(1)222nnnnaaaa，且函数213(1)22yx在1x时单调递增，所以2113(21)222ka.即当1nk时，结论也成立.于是，当*nN时，有2na成立.（**）根据（*）及（**）得12na.由11a及21122nnnaaa，经计算可得23313.28aa，所以，当1n时，2114039aa；当2n时，312114039aaa；当3n时，由11328na，得11111(53)(813)1400,3939(2)nnnnkknaaaaa所以1114039nnkkaa.