《(浙江專用)2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 熱考題型解法指導(dǎo) 第2講 解答題審題技巧專題強(qiáng)化訓(xùn)練》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(浙江專用)2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 熱考題型解法指導(dǎo) 第2講 解答題審題技巧專題強(qiáng)化訓(xùn)練(7頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2講 解答題審題技巧專題強(qiáng)化訓(xùn)練1(2019寧波模擬)在ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且1.(1)求B;(2)若cos,求sin A的值解:(1)由1及正弦定理,得1,所以,即,則.因?yàn)樵贏BC中,sin A0,sin C0,所以cos B.因?yàn)锽(0,),所以B.(2)因?yàn)?C,所以C.又cos,所以sin.所以sin Asin(BC)sinsinsincoscossin.2.如圖所示,在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1B1B為正方形,BB1C1C是菱形,平面AA1B1B平面BB1C1C.(1)求證:BC平面AB1C1;(2)求證:B1CAC1;(3)設(shè)點(diǎn)E,F(xiàn),H,G
2、分別是B1C,AA1,A1B1,B1C1的中點(diǎn),試判斷E,F(xiàn),H,G四點(diǎn)是否共面,并說明理由解:(1)證明:在菱形BB1C1C中,BCB1C1.因?yàn)锽C平面AB1C1,B1C1平面AB1C1,所以BC平面AB1C1.(2)證明:連接BC1.在正方形ABB1A1中,ABBB1.因?yàn)槠矫鍭A1B1B平面BB1C1C,平面AA1B1B平面BB1C1CBB1,AB平面ABB1A1,所以AB平面BB1C1C.因?yàn)锽1C平面BB1C1C,所以ABB1C.在菱形BB1C1C中,BC1B1C.因?yàn)锽C1平面ABC1,AB平面ABC1,BC1ABB,所以B1C平面ABC1.因?yàn)锳C1平面ABC1,所以B1CAC
3、1.(3)E,F(xiàn),H,G四點(diǎn)不共面. 理由如下:因?yàn)镋,G分別是B1C,B1C1的中點(diǎn),所以GECC1.同理可證:GHC1A1.因?yàn)镚E平面EHG,GH平面EHG,GEGHG,CC1平面AA1C1C,A1C1平面AA1C1C,所以平面EHG平面AA1C1C.因?yàn)镕平面AA1C1C,所以F平面EHG,即E,F(xiàn),H,G四點(diǎn)不共面3已知橢圓E:1(ab0)的離心率為,且過點(diǎn)P,右焦點(diǎn)為F,點(diǎn)N(2,0)(1)求橢圓E的方程;(2)設(shè)動(dòng)弦AB與x軸垂直,求證:直線AF與直線BN的交點(diǎn)M仍在橢圓E上解:(1)因?yàn)閑,所以ac,bc,即橢圓E的方程可以設(shè)為1.將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入得:b21,所以,橢圓E的方程
4、為y21.(2)證明:右焦點(diǎn)為F(1,0),設(shè)A(x0,y0),由題意得B(x0,y0)所以直線AF的方程為:y(x1),直線BN的方程為:y(x2),聯(lián)立得,(x1)(x2),即x,再代入得,y,即y.所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為.又因?yàn)閥,將y1代入得,y1.所以點(diǎn)M在橢圓E上4(2019杭州模擬)已知函數(shù)f(x).(1)若曲線yf(x)在點(diǎn)(x0,f(x0)處的切線方程為axy0,求x0的值;(2)當(dāng)x0時(shí),求證:f(x)x;(3)設(shè)函數(shù)F(x)f(x)bx(x0),其中b為實(shí)常數(shù),試討論函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù),并證明你的結(jié)論解:(1)f(x).因?yàn)榍芯€axy0過原點(diǎn)(0,0),所以,解得:x02.
5、(2)證明:設(shè)g(x)(x0),則g(x).令g(x)0,解得x2.x在(0,)上變化時(shí),g(x),g(x)的變化情況如下表:x(0,2)2(2,)g(x)0g(x)所以當(dāng)x2時(shí),g(x)取得最小值.所以當(dāng)x0時(shí),g(x)1,即f(x)x.(3)F(x)0等價(jià)于f(x)bx0,等價(jià)于b0.注意x0.令H(x)b,所以H(x)(x0)當(dāng)b0時(shí),H(x)0 ,所以H(x)無零點(diǎn),即F(x)在定義域內(nèi)無零點(diǎn)當(dāng)b0時(shí),當(dāng)0x2時(shí),H(x)0,H(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x2時(shí),H(x)0,H(x)單調(diào)遞增所以當(dāng)x2時(shí),H(x)有極小值也是最小值,H(2)b.當(dāng)H(2)b0,即0b時(shí),H(x)在(0,)上不存在
6、零點(diǎn);當(dāng)H(2)b0,即b時(shí),H(x)在(0,)上存在唯一零點(diǎn)2;當(dāng)H(2)b0,即b時(shí),由e1有Hbebb(e1)0,而H(2)0,所以H(x)在(0,2)上存在唯一零點(diǎn);又因?yàn)?b3,H(2b)b.令h(t)ett3,其中t2b2,h(t)ett2,h(t)et3t,h(t)et3,所以h(t)e230,因此h(t)在(2,)上單調(diào)遞增,從而h(t)h(2)e260,所以h(t)在(2,)上單調(diào)遞增,因此h(t)h(2)e260,故h(t)在(2,)上單調(diào)遞增,所以h(t)h(2)e240.由上得H(2b)0,由零點(diǎn)存在定理知,H(x)在(2,2b)上存在唯一零點(diǎn),即在(2,)上存在唯一零
7、點(diǎn)綜上所述:當(dāng)b時(shí),函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0;當(dāng)b時(shí),函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1;當(dāng)b時(shí),函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2. 5已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足a11,2an12anp(p為常數(shù),n1,2,3,)(1)若S312,求Sn;(2)若數(shù)列an是等比數(shù)列,求實(shí)數(shù)p的值(3)是否存在實(shí)數(shù)p,使得數(shù)列滿足:可以從中取出無限多項(xiàng)并按原來的先后次序排成一個(gè)等差數(shù)列?若存在,求出所有滿足條件的p的值;若不存在,說明理由解:(1)因?yàn)閍11,2an12anp,所以2a22a1p2p,2a32a2p22p.因?yàn)镾312,所以22p22p63p24,即p6. 所以an1an3(n1,2,3,)所以數(shù)
8、列an是以1為首項(xiàng),3為公差的等差數(shù)列所以Sn1n3.(2)若數(shù)列an是等比數(shù)列,則aa1a3.由(1)可得:1(1p)解得p0.當(dāng)p0時(shí),由2an12anp,得:an1an1.顯然,數(shù)列an是以1為首項(xiàng),1為公比的等比數(shù)列所以p0.(3)當(dāng)p0時(shí),由(2)知:an1(n1,2,3,)所以1(n1,2,3,),即數(shù)列就是一個(gè)無窮等差數(shù)列所以當(dāng)p0時(shí),可以得到滿足題意的等差數(shù)列當(dāng)p0時(shí),因?yàn)閍11,2an12anp,即an1an,所以數(shù)列an是以1為首項(xiàng),為公差的等差數(shù)列所以ann1.下面用反證法證明:當(dāng)p0時(shí),數(shù)列中不能取出無限多項(xiàng)并按原來次序排列成等差數(shù)列假設(shè)存在p00,從數(shù)列中可以取得滿足題意的無窮等差數(shù)列,不妨記為bn設(shè)數(shù)列bn的公差為d.當(dāng)p00時(shí),an0(n1,2,3,)所以數(shù)列bn是各項(xiàng)均為正數(shù)的遞減數(shù)列所以d0.因?yàn)閎nb1(n1)d(n1,2,3,),所以當(dāng)n1時(shí),bnb1(n1)db1d0,這與bn0矛盾當(dāng)p00時(shí),令n10,解得:n1. 所以當(dāng)n1時(shí),an0恒成立所以數(shù)列bn必然是各項(xiàng)均為負(fù)數(shù)的遞增數(shù)列所以d0.因?yàn)閎nb1(n1)d(n1,2,3,),所以當(dāng)n1時(shí),bnb1(n1)db1d0,這與bn0矛盾綜上所述,p0是唯一滿足條件的p的值- 7 -