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【新步步高】（全國甲卷）2017版高考數學大二輪總復習與增分策略 第一篇 活用審題路線圖教你審題不再難 文
審題即弄清題意，明確題目的條件與結論，審題是解題的基礎，深入細致的審題是正確迅速解題的前提．
審題不僅存在于解題的開端，還要貫穿于解題思路的全過程和解答后的反思回顧．正確的審題要多角度地觀察，由表及里，由條件到結論，由數式到圖形，洞察問題實質，選擇正確的解題方向．事實上，很多考生往往對審題掉以輕心，或不知從何處入手進行審題，致使解題失誤而丟分．本篇結合實例，教你正確的審題方法，給你制訂一條“審題路線圖”，攻克高考解答題．
一審條件挖隱含
題目的條件是解題的主要素材，充分利用條件和結論間的內在聯(lián)系是解題的必經之路．條件有明示的，也有隱含的，審視條件更重要的是充分挖掘每一個條件的內涵和隱含信息，發(fā)揮隱含條件的解題功能．
例1 已知函數f(x)＝4sin(ωx－)cos ωx在x＝處取得最值，其中ω∈(0,2)．
(1)求函數f(x)的最小正周期；
(2)將函數f(x)的圖象向左平移個單位，再將所得圖象上各點的橫坐標伸長為原來的3倍，縱坐標不變，得到函數y＝g(x)的圖象，若α為銳角，g(α)＝－，求cos α.
審題路線圖
(1)
―→
(2)
解 (1)f(x)＝4sin(ωx－)cos ωx
＝2sin ωxcos ωx－2cos2ωx
＝(sin 2ωx－cos 2ωx)－
＝2sin(2ωx－)－，
∵f(x)在x＝處取得最值，
∴2ω－＝kπ＋，k∈Z，
∴ω＝2k＋，k∈Z，∵ω∈(0,2)，
即0<2k＋<2，∴－
0)，
f′(x)＝－＝
＝＝ (x>0)，
令f′(x)>0，則x>2或0f(3)．
所以函數f(x)在[1,3]上的最小值為2ln 2－5，最大值為－.
(2)若對于任意的x1∈[1,2]，存在x2∈[2,3]，使f(x1)≥h(x2)，則f(x1)min≥h(x2)有解．
又a＝－2，則f(x)＝－2ln x－，
f′(x)＝－－<0，
所以f(x)在[1,2]上單調遞減，
f(x1)min＝f(2)＝－2ln 2－5.
所以x－2bx2＋4≤－2ln 2－5有解，
轉化為2b≥有解，
設函數g(x)＝，
則g(x)在[2,3]上單調遞減，
所以2b≥g(x)min＝g(3)＝，
即b≥.
所以b的取值范圍為[，＋∞)．
跟蹤演練2 函數f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然對數的底數，a∈R.
(1)當a>0時，解不等式f(x)≤0；
(2)當a＝0時，求整數t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解．
解 (1)因為ex>0，所以不等式f(x)≤0即為ax2＋x≤0，
又因為a>0，所以不等式可化為x(x＋)≤0，
所以不等式f(x)≤0的解集為[－，0]．
(2)當a＝0時，方程即為xex＝x＋2，
x＝0不是方程的解，
所以原方程等價于ex－－1＝0.
令h(x)＝ex－－1.
因為h′(x)＝ex＋>0對于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，
所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)內是單調遞增函數，
又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－<0，
h(－2)＝e－2>0，所以方程f(x)＝x＋2有且只有兩個實數根，且分別在區(qū)間[1,2]和[－3，－2]上，
所以整數t的所有值為{－3,1}．
三審圖形抓特點
在一些數學高考試題中，問題的條件往往是以圖形的形式給出，或將條件隱含在圖形之中，因此在審題時，要善于觀察圖形，洞悉圖形所隱含的特殊關系、數值的特點、變化的趨勢．抓住圖形的特征，運用數形結合的數學思想方法，是破解考題的關鍵．
例3 如圖(1)所示，在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB＝60.點E、F分別在邊CD、CB上，點E與點C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O.沿EF將△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED，如圖(2)所示．
(1)求證：BD⊥平面POA；
(2)當PB取得最小值時，求四棱錐P－BDEF的體積．
審題路線圖
(1)
(2)
(1)證明 因為菱形ABCD的對角線互相垂直，
所以BD⊥AC，所以BD⊥AO.
因為EF⊥AC，所以PO⊥EF.
因為平面PEF⊥平面ABFED，
平面PEF∩平面ABFED＝EF，
且PO?平面PEF，
所以PO⊥平面ABFED.
因為BD?平面ABFED，所以PO⊥BD.
因為AO∩PO＝O，所以BD⊥平面POA.
(2)解 設AO∩BD＝H.
因為∠DAB＝60，所以△BDC為等邊三角形．
故BD＝4，HB＝2，
HC＝2.
設PO＝x(00，b>0)的兩個焦點，P是C上一點，若PF1＋PF2＝6a，且△PF1F2最小的內角為30，則雙曲線C的漸近線方程是______．
答案 (1)2 (2)xy＝0
解析 (1)方法一 因為bcos C＋ccos B＝2b，
所以b＋c＝2b，
化簡可得＝2.
方法二 因為bcos C＋ccos B＝2b，
所以sin Bcos C＋sin Ccos B＝2sin B，
故sin(B＋C)＝2sin B，
故sin A＝2sin B，則a＝2b，即＝2.
(2)由題意，不妨設PF1>PF2，
則根據雙曲線的定義得，PF1－PF2＝2a，
又PF1＋PF2＝6a，
解得PF1＝4a，PF2＝2a.
在△PF1F2中，F(xiàn)1F2＝2c，而c>a，
所以有PF2g(f(x))的x的值為________．
(2)某校舉行了由全部學生參加的校園安全知識考試 ，從中抽出60名學生，將其成績分成六段[40,50)，[50,60)，…，[90,100]后，畫出如圖所示的頻率分布直方圖．觀察圖形中的信息，回答下列問題：估計這次考試的及格率(60分及以上為及格)為________，平均分為________．
答案 (1)1 2 (2)75% 71
解析 (1)第一空，因為g(1)＝3，所以f(g(1))＝f(3)＝1.
第二空，當x＝1時，f(g(x))＝f(g(1))＝f(3)＝1.
g(f(x))＝g(f(1))＝g(1)＝3.此時1<3，也即
f(g(x))1，也即f(g(x))>g(f(x))，符合題意．
同理可解得x＝3時，不符合題意．
(2)及格的頻率是(0.015＋0.03＋0.025＋0.005)10＝0.75，即及格率約為75%.
樣本的均值為450.1＋550.15＋650.15＋750.3＋850.25＋950.05＝71，以這個分數估計總體的分數即得總體的平均分約為71.
六審細節(jié)更完善
審題不僅要從宏觀上、整體上去分析、去把握，還要更加注意審視一些細節(jié)上的問題．例如括號內的標注、數據的范圍、圖象的特點等．因為標注、范圍大多是對數學概念、公式、定理中所涉及的一些量或解析式的限制條件．審視細節(jié)能適時地利用相關量的約束條件，調整解決問題的方向．所以說重視審視細節(jié)，更能體現(xiàn)審題的深刻性．
例6 已知正項數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a，數列{bn}滿足bnbn＋1＝3an，且b1＝1.
(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；
(2)記Tn＝anb2＋an－1b4＋…＋a1b2n，求Tn.
審題路線圖
(1)
―→―→
(2)―→―→
解 (1)∵Sn＋1＋Sn＝a，①
Sn＋Sn－1＝a(n≥2)，②
①－②得：an＋1＋an＝a－a，
∴(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0，
∵an＋1>0，an>0，∴an＋1＋an≠0，
∴an＋1－an＝1(n≥2)．
又由S2＋S1＝a得2a1＋a2＝a，
即a－a2－2＝0，∴a2＝2，a2＝－1(舍去)．
∴a2－a1＝1，
∴{an}是以1為首項，1為公差的等差數列，
∴an＝n.
又∵bnbn＋1＝3an＝3n，③
bn－1bn＝3n－1 (n≥2)．④
得：＝3(n≥2)．
又由b1＝1，可求b2＝3，
故b1，b3，…，b2n－1是首項為1，公比為3的等比數列，b2，b4，…，b2n是首項為3，公比為3的等比數列．
∴b2n－1＝3n－1，b2n＝33n－1＝3n.
∴
(2)由(1)得：
Tn＝3an＋32an－1＋33an－2＋…＋3na1，⑤
3Tn＝32an＋33an－1＋34an－2＋…＋3n＋1a1，⑥
⑥－⑤得：2Tn＝－3an＋32(an－an－1)＋33(an－1－an－2)＋…＋3n(a2－a1)＋3n＋1a1，
由an＝n，∴2Tn＝－3n＋32＋33＋…＋3n＋3n＋1
＝－3n＋
＝－3n－＋3n＋2，
∴Tn＝－－.
跟蹤演練6 已知數列{an}是各項均不為0的等差數列，公差為d，Sn為其前n項和，且滿足a＝S2n－1，n∈N*.數列{bn}滿足bn＝，n∈N*，Tn為數列{bn}的前n項和．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)若對任意的n∈N*，不等式λTn1 009時，結束，故判斷框內應填入的條件是i≤1 009或i<1 010.
4．設雙曲線的一個焦點為F，虛軸的一個端點為B，如果直線FB與該雙曲線的一條漸近線垂直，那么此雙曲線的離心率為________.
答案
解析 設雙曲線的方程為－＝1(a>0，b>0)，取F(c，0)，B(0，b)，漸近線y＝x，由兩條直線互相垂直的條件得－＝－1，∴b2＝ac＝c2－a2，∴e2－e－1＝0，∴e＝(負值舍去)．
5．設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其中B＝.設向量m＝(cos A，cos 2A)，n＝(－，1)，當mn取得最小值時，△ABC的形狀為________三角形．
答案 銳角
解析 因為mn＝－cos A＋cos 2A＝－cos A＋2cos2A－1＝2(cos2A－cos A)－1＝2(cos A－)2－，所以當cos A＝時，mn取得最小值．
此時，即C<.
所以△ABC為銳角三角形．
6．已知M是△ABC內的一點(不含邊界)，且＝2，∠BAC＝30，若△MBC，△MAB，△MCA的面積分別為x，y，z，記f(x，y，z)＝＋＋，則f(x，y，z)的最小值為________．
答案 36
解析 ∵＝||||cos 30＝2，
∴||||＝4，
S△ABC＝ABACsin 30＝1＝x＋y＋z，
∴f(x，y，z)＝＋＋＝(＋＋)(x＋y＋z)＝1＋4＋9＋＋＋＋＋＋＝14＋(＋)＋(＋)＋(＋)≥14＋4＋6＋12＝36.
7．設函數則使得f(x)≤2成立的x的取值范圍是________．
答案 (－∞，8]
解析 由于題中所給的是一個分段函數，則當x<1時，由ex－1≤2，解得x≤1＋ln 2，故x<1；當x≥1時，由x≤2，解得x≤23＝8.故1≤x≤8，綜合上述兩種情況可得x∈(－∞，8]．
8.如圖，已知六棱錐P—ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC.給出下列結論：
①CD∥平面PAF；②DF⊥平面PAF；③CF∥平面PAB；④DF∥平面PAB.
其中正確結論的個數為______．
答案 3
解析 因為六棱錐P—ABCDEF的底面是正六邊形，所以AF∥CD，由線面平行的判定定理，得CD∥平面PAF，故①正確；由正六邊形的特點易知DF⊥AF，因為PA⊥平面ABCD，所以DF⊥PA，由線面垂直的判定定理，得DF⊥平面PAF，故②正確；CF∥AB，由線面平行的判定定理，得CF∥平面PAB，故③正確；連結AC，由正六邊形的特點易知DF∥AC，又AC∩平面PAB＝A，故DF與平面PAB相交，故④不正確．故正確結論的個數是3.
9．已知函數f(x)＝，數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝，Sn＋1＝f(Sn)(n∈N*)．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設Tn＝S＋S＋…＋S，當n≥2時，求證：4Tn<2－.
(1)解 由題意可知，Sn＋1＝，
兩邊取倒數得，＝＝＋2，
即－＝2，又＝2，
所以數列{}是首項為2，公差為2的等差數列，
故＝2＋2(n－1)＝2n，所以Sn＝，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－＝－.
所以an＝
(2)證明 由(1)可知，S＝，
當n≥2時，<，
所以Tn<(1＋1－＋－＋…＋－)
即4Tn<2－.
10．已知函數f(x)＝axln x－x＋1.
(1)當a＝1時，求f(x)的單調區(qū)間；
(2)求證：當x>1時，－<恒成立．
(1)解 當a＝1時，f(x)＝xln x－x＋1(x>0)，
f′(x)＝ln x＋x－1＝ln x，
由f′(x)>0，得x>1，
由f′(x)<0，得01時，ln x>0，
所以要證－<，
只要證(x－1)－ln x<(x－1)ln x(x>1)，
即證(x＋1)ln x－x＋1>0(x>1)，
令F(x)＝(x＋1)ln x－x＋1(x>1)，
F′(x)＝ln x＋(x＋1)－1
＝(x>1)，
由(1)，知x＝1是f(x)＝xln x－x＋1的唯一極小值點，所以f(x)≥f(1)＝0，
所以F′(x)≥0，所以F(x)在(0，＋∞)上為增函數，
所以當x>1時，F(xiàn)(x)>F(1)＝0，
所以當x>1時，－<恒成立．
B組 能力提高
11．(2015安徽)如圖，三棱錐PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60.
(1)求三棱錐PABC的體積；
(2)證明：在線段PC上存在點M，使得AC⊥BM，并求的值．
解 (1)由題意知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60，
可得S△ABC＝ABACsin 60＝.
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱錐PABC的高．
又PA＝1，
所以三棱錐PABC的體積
V＝S△ABCPA＝.
(2)在平面ABC內，過點B作BN⊥AC，垂足為N，在平面PAC內，過點N作MN∥PA交PC于點M，連結BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN，又BM?平面MBN，所以AC⊥BM.
在Rt△BAN中，AN＝ABcos∠BAC＝，從而NC＝AC－AN＝，由MN∥PA，得＝＝.
12．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經過D(2,0)，E(1，)兩點．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于不同兩點A，B，點G是線段AB中點，點O是坐標原點，設射線OG交橢圓C于點Q，且＝2.
a．證明：4m2＝4k2＋1；
b．求△AOB的面積．
(1)解 由題意，得解得
∴橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)a.證明 令A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴
即①
∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m
＝＋2m＝.
又由中點坐標公式，得G(，)．
將Q(，)代入橢圓方程，
有＋＝1，
化簡得，4m2＝1＋4k2.②
b．解 由①②得m≠0，
且|x1－x2|＝
＝，③
在△AOB中，S△AOB＝|m||x1－x2|，④
∴由②③④可得S△AOB＝＝.
∴△AOB的面積是.
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