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2020届高考数学解题策略专题复习作业解答_图文

2020 年高三复习课数学科“数学解题策略”专题作业

1、解: A {x | 1 x 2}, B {x |1 x 3}, A B {x | 1 x 3} ,选 A.

2、解【常规解法】 S11

11(a1 a11) 2

11(a4 a8 ) 2

1116 2

88,选

B.

【特值法】采用特值法取 a4 a8 =8 则an 为公差为 0 每一项都等于 8 的常数列则 S11=118=88

3 、 解 :【 常 规 解 法 】 与 条 件 a4 a6 10 联 系 , 可 将 所 求 表 达 式 向 a4, a6 靠 拢 , 从 而

a7 a1 2a3 a3a9 a7a1 2a7a3 a3a9 a42 2a4a6 a62 a4 a6 2 ,即所求表达式
的值为100 , 答案:C

【特值法】采用特值法取 a4 a6 =5 则 an 为公比为 1 每一项都等于 5 的常数列则

a7 a1 2a3 a3a9 100

4、解:【常规解法】对等式 sin cos 2 左右平方得1 2 sin cos 2 ,则

2 sin

cos



1 又因为 sin2

cos2

1 ,所以 2sin cos sin2 cos2



1分式中分子分母同时除

cos2 ,得到 2 tan 1然后解方程得 tan 1,选 A. tan2 1

【特值法】因为 sin cos 2 1则 sin 0, cos 0 则 tan 0 选项 C、D 错误,

又 因 为 s i n c os 2则 sin , cos 的 值 必 然 和 2 有 关 , 由 此 分 析 猜 测 可 取

sin 2 , cos 2 ,此时满足题中已知条件,所以 tan sin 1

2

2

cos

5、解(直接法)∵ tan sin 1 sin ,∴ sin cos cos cos sin cos cos

sin











cos



sin



2





, 2









2

,0



2





2

∴ ,即 2 ,选 B.

2

2

(特值法)取



6

,则 tan

1 sin



6 cos



3 2 3

3 ,所以 ,代入选项验证得 B 3

62

正确.

6、解:设 P1,0 M cos ,sin ,则由 PM PN 可得: N cos , sin

PM cos 1,sin , PN cos 1,sin ,其中 0

PM



PN



cos

12

sin2



2cos2



2 cos



2 cos



1

2


2



1 2

当 cos 1 时,可得 PM PN 1 ,选 B.

2

min

2

7、已知 f x 是定义在 R 上的函数,满足 f x f x 0, f x 1 f x 1 ,当

x 0,1 时, f x x2 x ,则函数 f x 的最小值为(



A. 1 4

B. 1 4

C. 1 2

D. 1 2

7、解:由 f x 1 f x 1 可得 f x 是周期为 2 的周期函数,所以只需要求出一个周

期内的最值即可。由 f x f x 0 可得 f x 为奇函数,所以考虑区间 1,1 ,在

x 0,1 时,

f



x









x



1 2

2




1 ,所以 4

f

x max



f



1 2





1 ,而由于 4

f

x 为奇函

数,所以在 x 1,0 时, f

x min



f





1 2







f



1 2







1 4

,所以

f





1 2



即为

f

x

在 1,1 的最小值,从而也是 f x 在 R 上的最小值,选 B

8、解:(直接法)观察所给不等式,左侧呈现轮流求导的特点,所比较大小的 a,b, c 的结构

均 为 x f x的 形 式 , 故 与 不 等 式 找 到 联 系 。 当 x 0 时 ,

f ' x f x 0 xf '(x) f (x) 0 ,即 xf x' 0 ,令 g x xf (x) ,由此可得
x
g x 在 0, 上单调递增。 f x 为奇函数,可判定出 g x 为偶函数,关于 y 轴对称。

a



g



1 2



,b



g

2 , c



g

ln

2

,作图观察距离

y

轴近的函数值小,

ln

2

与 1 可作差 2

比较大小: ln 2 1 1 2ln 2 1 1 ln 4 0 ,进而可得: b c a ,选 D

22

2e

(模型法):直接设 f x x (满足题意)则有:

a 1 ,b 4,c ln 22 ,又 ln 22 ln e 2 1 ,所以 b c a

4

4

9、解:f (x) 3x2 6ax b ,所以 f (1) 3 6a b 0 ,f (1) 1 3a b a2 0 ,

解得

a b



1 3



a b



2 9

,当

a b



1 3

时,

f

(x)



3x2



6x



3



3(x

1)2



0

,此时函



f

(x)



x



1 处取不到极值,经检验

a b



2
时,函数
9

f

(x)



x



1 处取得极值,

所以

a b



2 9



ab



18

,故选

A.

10、解:由

f

x

f

5 2



x



可知

y



f

x 的对称轴为 x



5 ,又函数 4

y



f

x 为奇

函数,所以

f

x f



5 2



x





f

5

x ,所以函数的周期为 5,由 Sn

2an

n 得,当

n 1时, S1 2a1 1 ,即 a1 1;当 n 2 时, Sn Sn1 2an n 2an1 (n 1) 2an 2an1 1,即 an 2an1 1 ,所以 a2 3 , a3 7 , a4 15 , a5 31,

所以 f a4 f a5 f 15 f 31 f 0 f 1 ,又因为函数 y f x 为

奇函数,所以 f 0 0 ,因为 f 1 f 1 5 5 ,所以 f 0 f 1 5,

所以 f a4 f a5 5 . 11、解:由 f (x) f (x) 可得: f x 关于 0,0 中心对称,由 f (1 x) f (1 x) 可得:

f x 关于 x 1 轴对称,所以可求出 f x 的周期 T 4 ,则 f 2021 f 1 1

12、解:一般方法:已知的角为 3

,而所求角







3





3

,故可以考虑

sin



sin





3





3





sin





3



cos

3



cos



3



sin

3











2

,

6





3







6

,

2





sin





3





3 5

,故



3

在第一象限

cos





3





4 5

sin 1 3 3 4 3 4 3 2 5 2 5 10

换元法:设







3

,







3

,

于是问题转化成:已知 sin



3 5

,求 sin



3













2

,

6



,







3







6

,

2



而 sin 3 ,故 在第一象限 5

所以 cos 4 , 5

所以

sin





3





3 5



1 2



4 5



3 34 2 10

3。

13、解:(1)由条件 a c 可考虑使用正弦定理,将分子进行“边化角” 3 cos A sin C

a c sin A sin C 1 tan A 3 3 cos A sin C 3 cos A sin C
A 3
(2)考虑在 ABC 中,已经已知 A, a ,从而可求出外接圆半径 R ,进而 B,C 与 b, c 也可
进行边角互化。若从边的角度考虑,则能够使用的不等关系只有“两边之和大于第三边”,

但不易利用 A 60 这个条件,考虑利用角来解决

解: b c a 4 3 sin B sin C sin A
b 4 3 sin B, c 4 3 sin C

A B C 2 C 2 B

3

3

3

b c 4

3 sin B sin C 4

3



sin



B



sin



2 3



B







4

3 sin B


3 2

cos

B



1 2

sin

B





12



3 2

sin

B



1 2

cos

B





12

sin



B



6



0 B 2 3

B



6





6

,

5 6



,

sin



B



6







1 2

,1

b c 6,12
法二:几何法,由于 b c a 4 3 2R sin B sin C sin A
所以 ABC 得外接圆固定,由几何意义知b c 6,12 。

14、解:(1) f ' x 3x2 2ax x 2 是 f x 的一个极值点

f ' 2 12 4a 0
a 3
(2)思路,由第(1)问可得 f x x3 3x2 2 ,进而求出单调区间得到最值

解: f ' x 3x2 6x 3x x 2 ,令 f ' x 0 ,解得: 1 x 0 或 2 x 4

f x 的单调区间为:

x

1, 0

0, 2

2, 4

f '(x)







f x

计算 f 1 2, f 0 2, f 2 2, f 4 18

f x f 4 18 f x f 2 2

max

min

15、分析:利用上文方法,只需将抛物线的方程中的变量“换一半”为点 M ( p, p ) 的对应 4

坐标,就能得到 AB 的方程为 px p( y p ) 即 y x p ,可以将切点弦的证明过程记忆

4

4

后再考试当中使用,也就变相地降低考试时的思维难度了.第 2 问的证明看似与切点弦无关,

但是当深入探究后发现,要证 AF 、 MF 、 BF 成等比数列,即证 MF 2 AF BF ,

而 MF 由两点间距离公式不难算出值为 17 p2 , 16

设 A(x1, y1) 、 B(x2, y2) ,而 AF 与 BF 恰为抛物线的焦点弦,由抛物线的定义可以得出

AF



p 2



y1 ,

BF



p 2



y2

,则

MF 2

AF



BF

转化为证明:

17 16

p2

(p 2



p y1)( 2



y2 )

p2 4



p 2

(

y1



y2 )

y1 y2

欲证等式出现了 y1 y2 与 y1y2 的结构,这启示我们使用韦达定理,那么该如何建立起含有

y1 与 y2 的二次方程呢?这要从点 A 、B 所满足的曲线入手,那么联立切点弦与抛物线方程,
消去 x 的操作也就呼之欲出了.

解:(1)直线 AB 的方程为 y x p ,过程略; 4

证:(2)设点

A(x1,

y1) 、

B( x2 ,

y2 ) ,则

A、

B

满足



y





x



p 4

x2 2 py

即(y



p )2 4



2 py



y2



3 2

py



p2 16



0

由韦达定理知



y1



y2



3p 2

y1 y2



p2 16

则( p 2



p y1)( 2



y2 )

p2 4



p 2 ( y1



y2)

y1 y2



p2 4



p 3p 22



p2 16

17 p2
16

即 AF BF MF 2 成立,故 AF 、 MF 、 BF 成等比数列,证毕。


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