二轮复习数学第3讲-解答题题型分析及增分策略.doc

2012年高考第二轮复习数学第3讲　解答题题型分析及增分策略
高考解答题一般有六大方向：三角函数与平面向量、概率与统计、立体几何、数列与不等式、解析几何、不等式与函数及导数．一般来说，前三题属于中低档题，第四题属中档偏难题，后两题属难题．三角函数与平面向量、概率与统计、立体几何在前三题中出现的概率较高，掌握解这几类题的解法是大多数学生成功的关键．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．能否做好解答题，是高考成败的关键．

1．　三角函数与平面向量
三角部分解答题是每年高考的必考题目，主要通过三角恒等变换考查三角函数的求值、三角函数的性质及解三角形．试题呈现以下特点：
(1)利用三角函数公式(同角三角函数基本关系式、诱导公式、两角和与差的三角函数等)求值；
(2)通过升、降幂等恒等变形，将所给三角函数化为只含一种函数名的三角函数(一般化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k(A≠0，ω≠0))，然后再研究三角函数的性质，如单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值等．
(3)利用正、余弦定理及恒等变换解三角形(也包括利用三角形求解与测量、航海有关的实际问题)；
(4)利用向量的工具作用，与向量结合在一起命制综合题，体现了在知识交汇点处命题的指导思想．这类问题求解时，首先利用向量的运算，将向量式转化为代数式，再进行有关的三角恒等变换．
【例1】 已知△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2＝sin B，b＝1.
(1)若A＝，求边c的大小；
(2)求AC边上高的最大值．

点评：本题考查利用正、余弦定理及恒等变换解三角形，解三角形时，要灵活运用已知条件，根据正、余弦定理，列出方程、进而求解．最后还要检验是否符合题意．
2．　概率与统计
概率与统计问题解答题是每年高考必考内容，主要考查古典概型、几何概型、等可能事件的概率计算公式，互斥事件的概率加法公式，对立事件的概率减法公式，相互独立事件的概率乘法公式，事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率计算公式等五个基本公式的应用及离散型随机变量分布列和数学期望、方差等内容．
【例2】 有一高二升高三的学生希望进入某名牌大学学习，假设该名牌大学由以下各方式都可录取：①2011年2月国学数学奥赛集训队考试通过(集训队从2010年10月省数学竞赛一等奖中选拔)；②2011年3月自主招生考试通过并且2011年6月高考分数达重点线；③2011年6月高考达到该校录取分数线(该校录取分数线高于重点线)．该考生具有参加省数学竞赛、自主招生和高考的资料且估计自己通过各种考试的概率如下表：
省数学竞赛
获一等奖
自主招
生通过
高考达
重点线
高考达该
校分数线
0.5
0.7
0.8
0.6
如果数学竞赛获省一等奖，该学生估计自己进入国家集训队的概率是0.4.若进入国家集训队，则提前录取，若未被录取，则再按②，③顺序依次录取；前面已经被录取后，不得参加后面的考试或录取．
(1)求该考生参加自主招生考试的概率；
(2)求该学生参加考试的次数ξ的分布列及数学期望；
(3)求该学生被该校录取的概率．

点评：本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望以及互斥事件、相互独立事件的概率．解决本题的关键是理解题意，特别是对学生参加考试的次数的实际意义的理解．
3．　立体几何
立体几何解答题主要分两类：一类是空间线面关系的判定和推理证明，主要是证明平行和垂直，求解这类问题要依据线面关系的判定定理和性质定理进行推理论证；另一类是空间几何量(空间角、空间距离、几何体体积与面积)的计算．求解这类问题，常用方法是依据公理、定理以及性质等经过推理论证，作出所求几何量并求之．一般解题步骤是“作、证、求”．
【例3】 已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC＝90°，AB＝AA1＝2，AC＝1，M，N分别是A1B1，BC的中点．

(1)证明：MN∥平面ACC1A1；
(2)若点P在线段BN上，且三棱锥P-AMN的体积VPAMN＝，求的值．

点评：本题第(1)问是证明线面平行问题，证明直线与平面平行，往往要通过直线与直线平行来实现；第(2)问是求两线段长之比，解答此问，要合理转化，使之转化为求面积之比．
4．　数列与不等式
高考中数列解答题的求解主要有以下几个特点：
(1)与等差、等比数列基本量有关的计算，可根据题意列方程(方程组)或利用等差、等比数列的性质求解；
(2)与求和有关的题目，首先要求通项公式，并根据通项公式选择恰当的求和方法(如错位相减法、裂项相消法、分组求和法等)．
(3)含Sn的式子，要根据题目特征利用an＝进行转化；
(4)与递推数列有关的问题，要能合理转化，使之构造出新的等差、等比数列；
(5)与数列有关的不等式问题，可根据数列的特征选择方法(如比较法、放缩法、数学归纳法等)；
(6)与函数有关的问题，应根据函数的性质求解．
【例4】 已知函数f(x)＝(x∈R)．
(1)试证明函数f(x)的图象关于点对称；
(2)若数列{an}的通项公式为an＝f(m∈N*，n＝1,2，…，m)，求数列{an}的前m项和Sm；
(3)设数列{bn}满足：b1＝，bn＋1＝b＋bn，设Tn＝＋＋…＋.若(2)中的Sm满足对任意不小于2的正整数n，Sm<Tn恒成立，试求m的最大值．

点评：1.数列是特殊的函数，因此数列往往与函数结合，利用函数的性质描述数列的特征．有时也可借助解析几何中的点与曲线的关系来说明数列的性质，其实质就是得到数列的通项、前n项和公式或者得到递推式．
2．数列与不等式的结合主要是借助数列的增减性和不等式的性质将数列问题转化为不等式问题，要注意数列中的自变量n∈N*.
5．　解析几何
解析几何解答题主要考查圆锥曲线的基本概念、标准方程及几何性质等基础知识和处理有关问题的基本技能、基本方法，往往以中档偏难题或以压轴题形式出现，主要考查学生逻辑推理能力．运算能力，考查学生综合运用数学知识解决问题的能力．突破解答题，应重点研究直线与曲线的位置关系，要充分运用一元二次方程根的判别式和韦达定理，注意运用“设而不求”的思想方法，灵活运用“点差法”解题，要善于运用数形结合思想分析问题，使数与形相互转化，根据具体特征选择相应方法．
【例5】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为4.
(1)若以原点为圆心、椭圆短半轴为半径的圆与直线y＝x＋2相切，求椭圆焦点坐标；
(2)若点P是椭圆C上的任意一点，过原点的直线l与椭圆相交于M，N两点，记直线PM，PN的斜率分别为kPM，kPN，当kPM·kPN＝－时，求椭圆的方程．

点评：本题第(1)问考查了椭圆的定义，直线与圆的位置关系的判定．常常利用比较圆心到直线的距离与半径的大小来判断直线与圆的位置关系；第(2)问考查了直线与椭圆的位置关系，处理这类问题常常运用“设而不求”的思想方法，然后运用一元二次方程根的判别式和韦达定理或者运用“点差法”解题．本题灵活运用了“点差法”，简单、快捷．
6．　不等式与函数及导数
导数是研究函数性质的强有力工具，利用导数解决函数问题不但避开了初等函数变形技巧性强的难点，而且使解法程序化，变“技巧”为“通法”．因此在求与函数有关的问题(比如函数图象的切线、函数的极值、函数的最值、函数的单调性等)及与不等式有关的问题时，要充分发挥导数的工具性作用，优化解题策略，简化运算过程．
【例6】 已知函数f(x)＝在x＝1处取得极值2.
(1)求函数f(x)的表达式．
(2)当m满足什么条件时，函数f(x)在区间(m,2m＋1)上单调递增？
(3)若P(x0，y0)为f(x)＝图象上任意一点，直线l与f(x)＝的图象切于点P，求直线l的斜率k的取值范围

点评：本题考查函数的极值点、函数的单调区间、函数图象的切线与导数的关系，考查分析问题和解决问题的能力．值得注意的是：f′(x)＝0是函数有极值的必要不充分条件，如果f′(x)左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值；如果f′(x)左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果f′(x)左右两边符号相同，那么这个根不是f(x)的极值点．

参考答案
方法例析
【例1】 　解：(1)∵1＋cos B＝sin B，
∴2sin＝1，sin＝，∴B－＝或(舍)，
得B＝.
又∵A＝，
∴C＝.
∵＝，得c＝.
(2)设AC边上的高为h，
∵S△ABC＝b·h＝h，
S△ABC＝acsin B＝ac，
∴h＝ac.又b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac≥ac，∴ac≤1，
∴h＝ac≤，当a＝c时取到等号．
∴AC边上的高h的最大值为.
【例2】 　解：(1)设该生参加省数学竞赛获一等奖，参加国家集训队事件分别为A，B.
则P1＝P()＋P(A)＝0.5＋0.5×0.6＝0.8，
所以该考生参加自主招生考试的概率为0.8.
(2)ξ＝2,3,4.
P(ξ＝2)＝0.5×0.4＝0.2；
P(ξ＝3)＝0.5；
P(ξ＝4)＝0.5×0.6＝0.3.
ξ
2
3
4
P
0.2
0.5
0.3
Eξ＝2×0.2＋3×0.5＋4×0.3＝3.1.
(3)设自主招生通过并且高考达重点线录取、自主招生未通过但高考达该校线录取的事件分别为C，D.
①P(AB)＝0.2.
②P(C)＝0.8×0.7×0.8＝0.448，
③P(D)＝0.8×0.3×0.6＝0.144，
所以该学生被该校录取的概率为：
P2＝P(AB)＋P(C)＋P(D)＝0.792.
【例3】 　解：(1)证明：设AC的中点为D，连接DN，A1D.

∵D，N分别是AC，BC的中点，
∴DNAB.又∵A1M＝A1B1，A1B1AB，∴A1MDN，∴四边形A1DNM是平行四边形，∴A1D∥MN.
∵A1D⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1.
(2)∵VPAMN＝VMAPN＝，
又M到底面ABC的距离＝AA1＝2，
∴×S△APN×AA1＝.
∴S△APN＝.∵N为BC中点，
∴S△ABN＝S△ABC＝××AB×AC＝.∵P点在线段BN上时，＝＝，此时＝.
【例4】 　(1)证明：设点P0(x0，y0)是函数f(x)的图象上任意一点，其关于点的对称点为P(x，y)．
由得
∴点P的坐标为.
由点P0(x0，y0)在函数f(x)的图象上，得y0＝.
∵f(1－x0)＝＝＝，－y0＝－＝，
∴点P在函数f(x)的图象上．∴函数f(x)的图象关于点对称．
(2)解：由(1)可知，f(x)＋f(1－x)＝，∴f＋f＝(1≤k≤m－1)，即f＋f＝.
∴ak＋am－k＝.
由Sm＝a1＋a2＋…＋am－1＋am，①
得Sm＝am－1＋am－2＋…＋a1＋am，②
由①＋②，得2Sm＝(m－1)×＋2am
＝＋2×＝－，
∴Sm＝(3m－1)．
(3)解：∵b1＝，bn＋1＝b＋bn＝bn(bn＋1)，③
∴对任意的n∈N*，bn>0.④
由③④得＝＝－，即＝－，
∴Tn＝＋＋…＋＝－＝3－.
∵bn＋1－bn＝b>0，∴bn＋1>bn.
∴数列{bn}是单调递增数列．
∴Tn关于n递增．
∴当n≥2，且n∈N*时，Tn≥T2.
∵b1＝，b2＝＝，
b3＝＝，
∴Tn≥T2＝3－＝.
∴Sm<，即(3m－1)<.
∴m<＝6.∴m的最大值为6.
【例5】 　解：(1)由b＝，得b＝，
∴又2a＝4，∴a＝2，∴a2＝4，b2＝2，c2＝a2－b2＝2，
∴两个焦点坐标为(，0)，(－，0)．
(2)由于过原点的直线l与椭圆相交的两点M，N关于坐标原点对称，不妨设M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，P(x，y)．
M，N，P在椭圆上，则它们满足椭圆方程，即有＋＝1，＋＝1，两式相减得：＝－.由题意知它们的斜率存在，则kPM＝，kPN＝.
kPM·kPN＝·＝＝－，则－＝－，由a＝2得b＝1.
故所求椭圆的方程为＋y2＝1.
【例6】 　解：(1)因为f′(x)＝，而函数f(x)＝在x＝1处取得极值2，所以即解得所以f(x)＝即为所求．
(2)由(1)知f′(x)＝＝.
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝1，
则f(x)的增减性如下表：
x
(－∞，－1)
(－1,1)
(1，＋∞)
f′(x)
－
＋
－
f(x)
↘
↗
↘
　　可知，f(x)的单调增区间是[－1,1]，
所以⇒－1<m≤0.
所以当m∈(－1,0]时，函数f(x)在区间(m,2m＋1)上单调递增．
(3)由条件知，过f(x)的图象上一点P的切线l的斜率k为：
k＝f′(x0)＝＝4×
＝4.令t＝，则t∈(0,1]，此时，k＝82－，由图象性质知：当t＝时，kmin＝－；当t＝1时，kmax＝4.所以直线l的斜率k的取值范围是.