《（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)樵凇鰽BC中，sin A≠0，sin C≠0， 所以cos B＝. 因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝. (2)因?yàn)?＜C＜， 所以＜C＋＜. 又cos＝， 所以sin＝. 所以sin A＝sin(B＋C)＝sin ＝sin ＝sincos＋cossin＝. 2.如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1B1B為

2、正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C. (1)求證：BC∥平面AB1C1； (2)求證：B1C⊥AC1； (3)設(shè)點(diǎn)E，F(xiàn)，H，G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，BC∥B1C1. 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， AB⊥BB1. 因?yàn)槠矫鍭A1B1B⊥平面BB1C1C， 平面AA1B1B∩平面BB1C1C＝BB1，AB?平面ABB1A1， 所以A

3、B⊥平面BB1C1C. 因?yàn)锽1C?平面BB1C1C，所以AB⊥B1C. 在菱形BB1C1C中，BC1⊥B1C. 因?yàn)锽C1?平面ABC1，AB?平面ABC1，BC1∩AB＝B， 所以B1C⊥平面ABC1. 因?yàn)锳C1?平面ABC1，所以B1C⊥AC1. (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GE∥CC1. 同理可證：GH∥C1A1. 因?yàn)镚E?平面EHG，GH?平面EHG，GE∩GH＝G，CC1?平面AA1C1C，A1C1?平面AA1C1C， 所以平面EHG∥平面AA1C1C. 因?yàn)镕∈平面AA1C1C， 所

4、以F?平面EHG， 即E，F(xiàn)，H，G四點(diǎn)不共面． 3．已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)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a＝c，b＝c， 即橢圓E的方程可以設(shè)為＋＝1. 將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入得：b2＝＋＝1， 所以，橢圓E的方程為＋y2＝1. (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＝(x－1)，① 直線BN的方程為：y＝(x－2)，② ①②聯(lián)立得，(x－1)＝(

5、x－2)， 即x＝，再代入①得，y＝， 即y＝. 所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為. 又因?yàn)椋珁 ＝＋ ＝，③ 將y＝1－代入③得， ＋y＝ ＝ ＝＝1. 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y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線方程為ax－y＝0，求x0的值； (2)當(dāng)x＞0時(shí)，求證：f(x)＞x； (3)設(shè)函數(shù)F(x)＝f(x)－bx(x＞0)，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€ax－y＝0過原點(diǎn)(0，0)， 所以＝，解得：x0＝2. (2)證明：設(shè)g(

6、x)＝＝(x＞0)， 則g′(x)＝. 令g′(x)＝＝0，解得x＝2. 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) － 0 ＋ g(x)   所以當(dāng)x＝2時(shí)，g(x)取得最小值. 所以當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)≥＞1，即f(x)＞x. (3)F(x)＝0等價(jià)于f(x)－bx＝0，等價(jià)于－b＝0. 注意x≠0. 令H(x)＝－b，所以H′(x)＝(x≠0)． ①當(dāng)b≤0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)． ②當(dāng)b＞0時(shí)， 當(dāng)0＜x＜2時(shí)，H′(x

7、)＜0，H(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x＞2時(shí)，H′(x)＞0，H(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝2時(shí)，H(x)有極小值也是最小值，H(2)＝－b. 當(dāng)H(2)＝－b＞0，即0＜b＜時(shí)，H(x)在(0，＋∞)上不存在零點(diǎn)； 當(dāng)H(2)＝－b＝0，即b＝時(shí)，H(x)在(0，＋∞)上存在唯一零點(diǎn)2； 當(dāng)H(2)＝－b＜0，即b＞時(shí)，由e＞1有H＝be－b＝ b(e－1)＞0， 而H(2)＜0，所以H(x)在(0，2)上存在唯一零點(diǎn)； 又因?yàn)?b＞3，H(2b)＝－b＝. 令h(t)＝et－t3，其中t＝2b＞2，h′(t)＝et－t2， h″(t)＝et－3t，h(t)＝et－3， 所

8、以h(t)＞e2－3＞0，因此h″(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，從而h″(t)＞h″(2)＝e2－6＞0， 所以h′(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，因此h′(t)＞h′(2)＝e2－6＞0， 故h(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)＞h(2)＝e2－4＞0. 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a1＝1，2an＋1＝2

9、an＋p(p為常數(shù)，n＝1，2，3，…)． (1)若S3＝12，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1＝1，2an＋1＝2an＋p， 所以2a2＝2a1＋p＝2＋p，2a3＝2a2＋p＝2＋2p. 因?yàn)镾3＝12， 所以2＋2＋p＋2＋2p＝6＋3p＝24，即p＝6. 所以an＋1－an＝3(n＝1，2，3，…)． 所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列． 所以Sn＝1×n＋×3

10、＝. (2)若數(shù)列{an}是等比數(shù)列，則a＝a1a3. 由(1)可得：＝1×(1＋p)．解得p＝0. 當(dāng)p＝0時(shí)，由2an＋1＝2an＋p，得：an＋1＝an＝…＝1. 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p＝0. (3)當(dāng)p＝0時(shí)，由(2)知：an＝1(n＝1，2，3，…)． 所以＝1(n＝1，2，3，…)， 即數(shù)列就是一個(gè)無窮等差數(shù)列． 所以當(dāng)p＝0時(shí)，可以得到滿足題意的等差數(shù)列． 當(dāng)p≠0時(shí)， 因?yàn)閍1＝1，2an＋1＝2an＋p，即an＋1－an＝， 所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列． 所以an＝n＋1－. 下面用反證法證

11、明：當(dāng)p≠0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p0≠0，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. ①當(dāng)p0＞0時(shí)，an＞0(n＝1，2，3，…)． 所以數(shù)列{bn}是各項(xiàng)均為正數(shù)的遞減數(shù)列． 所以d＜0. 因?yàn)閎n＝b1＋(n－1)d(n＝1，2，3，…)， 所以當(dāng)n＞1－時(shí)，bn＝b1＋(n－1)d＜b1＋d＝0，這與bn＞0矛盾． ②當(dāng)p0＜0時(shí)，令n＋1－＜0，解得：n＞1－. 所以當(dāng)n＞1－時(shí)，an＜0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d＞0. 因?yàn)閎n＝b1＋(n－1)d(n＝1，2，3，…)， 所以當(dāng)n＞1－時(shí)，bn＝b1＋(n－1)d＞b1＋d＝0，這與bn＜0矛盾． 綜上所述，p＝0是唯一滿足條件的p的值． - 7 -