【数学】2018届一轮复习人教A版开篇先学“审题”——开启专题复习之旅学案

【数学】2018届一轮复习人教A版开篇先学“审题”——开启专题复习之旅学案

　　开篇先学“审题” ——开启专题复习之旅 编者按]　开篇先学审题技法，旨在用通法引领复习，在复习中实践通法． 著名数学家波利亚总结了解决数学问题的四个步骤：弄清问题、拟订计划、实现计划、 代入回顾．其中“弄清问题”即审题．审题是解题的基础和关键，一切解题的思路、方法、 技巧都 于认真审题．审题是解题者对题目提供信息的发现、辨认和转译，并对信息作有序 提炼，明确题目的条件、问题和相互间的关系．审题就是“让题目会说话”，其具体内容是： 已知什么，隐含什么，需作什么，注意什么，等等．下面从审条件和审结论两个方面谈一下 如何审题． 条件是题目的重要组成部分，解题时，充分利用和挖掘条件间的内在联系是解题的必经 之路，审条件一般包括“审视隐含、审视结构、审视图形(图象)”等几方面. (一)审视隐含 有的数学题条件并不明显，而寓于概念、存于性质或含于图中，审题时，就要注意深 入挖掘这些隐含条件和信息，解题时，可避免因忽视隐含条件而出现的错误. 例 1]　(2017·衢州模拟)已知两条直线 l1：4x－3y－1＝0 和 l2：4x－3y＋4＝0，圆 C 过 点 P(1,1)且与两直线都相切，则圆 C 的方程为____________________． 审题指导] 解析]　由已知可得直线 l1 与 l2 平行，且直线 l1 与 l2 间的距离 d＝ |－1－4| 42＋(－3)2 ＝1， 又圆 C 与 l1，l2 都相切，所以圆 C 的半径 r＝1 2. 故可设圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝1 4， 又 P(1,1)在直线 4x－3y－1＝0 上，即直线 l1 与圆 C 相切于点 P(1,1)， 故Error! 化简得Error!解得 a＝3 5，b＝13 10. 故所求圆的方程为 (x－3 5 )2＋(y－13 10)2＝1 4. 答案]　(x－3 5 )2＋(y－13 10)2＝1 4 1.(2017·杭州模拟)如图，在△OMN 中，A，B 分别是 OM，ON 的中 点，若 OP―→ ＝x OA―→ ＋y OB―→ (x，y∈R)，且点 P 落在四边形 ABNM 内(含 边界)，则 y＋1 x＋y＋2的取值范围是(　　) A.[1 3，2 3 ]　　　　　　 　B.[1 3，3 4 ] C.[1 4，3 4 ] D.[1 4，2 3 ] 解析：选 C　由题意不妨设△OMN 为等腰直角三角形，OM＝ON＝2，则 OA＝OB＝ 1，以 OA，OB 为 x，y 轴建立直角坐标系，则 x，y 满足不等式组Error!对应的平面区域是 以点 B(0,1)，N(0,2)，M(2,0)，A(1,0)为顶点的等腰梯形(含边界)，当(x，y)取点(2,0)时，y＋1 x＋1 取得最小值1 3；当(x，y)取点(0,2)时，y＋1 x＋1取得最大值 3，所以1 3≤y＋1 x＋1≤3，1 3≤x＋1 y＋1≤3，则 y＋1 x＋y＋2＝ 1 x＋1 y＋1＋1 ∈[1 4，3 4 ]，故选 C. (二)审视结构 数学问题中的条件和结论，很多都是以数式的结构形式进行搭配和呈现的．在这些问 题的数式结构中，往往都隐含着某种特殊关系，认真审视数式的结构特征，对数式结构进 行深入分析，加工转化，可以寻找到突破问题的方案． 例 2]　(2017·绍兴模拟)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，满足 b a＋c＋ c a＋b≥1，则角 A 的取值范围是(　　) A.(0，π 3 ] B.(0，π 6 ] C.[π 3，π ) D.[π 6，π ) 审题指导] 由条件中不等式结构 ― ― →去分母 化简 b2＋c2－a2 ≥ bc ― ― →联想余弦 定理结构 变形cos A ― ― →求范围 得结论 解析]　由 b a＋c＋ c a＋b≥1， 得 b(a＋b)＋c(a＋c)≥(a＋c)(a＋b)， 化简得 b2＋c2－a2≥bc，即b2＋c2－a2 2bc ≥1 2， 即 cos A≥1 2. 又因为 0＜A＜π，所以 0＜A≤π 3，故选 A. 答案]　A 2．(2017·金华中学模拟)已知向量 a≠e，|e|＝1，对任意 t∈R，恒有|a－te|≥|a－e|，则(　　) A．a⊥e　　　　　　　 　B．a⊥(a－e) C．e⊥(a－e) D．(a＋e)⊥(a－e ) 解析：选 C　法一：由题意，得 a 2－2te·a＋t 2e2≥a2－2e·a＋e 2，即 t2－2e·at＋2e·a－ e2≥0，因为该不等式对任意 t∈R 恒成立，则 Δ＝4(e·a)2－8e·a＋4e2≤0， 因而(e·a－e2)2≤0.于是 e·a－e2＝0. 所以 e·(a－e)＝0，e⊥(a－e)．故选 C. 法二：如图， OA―→ ＝e， OC―→ ＝a， OB―→ ＝te，则| AC―→ |＝|a－e|，| BC―→ |＝|a－te|，由 已知| AC―→ |≤| BC―→ |.因为点 B 是直线 OA 上的任意点，点 C 与直线 AB 上的点的连线中线段 AC 的长度最短，故 AC⊥OB，也就是 e⊥(a－e)． (三)审视图形 在一些高考数学试题中，问题的条件往往以图形的形式给出，或将条件隐含在图形之 中，因此在审题时，要善于观察图形，洞悉图形所隐含的特殊的关系、数值的特点、变化 的趋势，抓住图形的特征，利用图形所提供的信息解决问题. 例 3]　(2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单 位：cm3)是(　　) A.π 2＋1 B.π 2＋3 C.3π 2 ＋1 D.3π 2 ＋3 审题指导]　 解析]　由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为 1，高为 3 的圆锥的一半 与一个底面为直角边长为 2的等腰直角三角形，高为 3 的三棱锥的组合体，故该几何体的 体积 V＝1 2×1 3×π×12×3＋1 3×1 2× 2× 2×3＝π 2＋1. 答案]　A 3.(2017·台州模拟)如图，M(xM，yM)，N(xN，yN)分别是函数 f(x)＝ Asin(ωx ＋ φ)(A>0 ，ω>0) 的 图 象 与 两 条 直 线 l1 ： y ＝ m ， l2 ： y ＝ － m(A≥m≥0)的两个交点，记 S＝|xN－xM|，则 S(m)的图象大致是(　　) 解析：选 C　由题意可得 sin(ωxM＋φ)＝sin(－ωxN－φ)，则结合图象可得|(ωxM＋φ)＋(－ ωxN－φ)|＝π，所以 S(m)＝|xM－xN|＝π ω是一个与 m 无关的常数函数，故选 C. 结论是解题的最终目标，解决问题的思维在很多情形下都是在目标意识下启动和定向的. 审视结论是要探索已知条件和结论间的联系与转化规律，可以从结论中捕捉解题信息，确定 解题方向. (一)结论转换 解题的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误，而解题的思维过程大多都 是围绕着结论这个目标进行定向思考的.有些问题的结论看似不明确或不利于解决，可以转 换角度，达到解决问题的目的.盯着未知数，这是个不错的解题途径. 例 4]　(2017·宁波模拟)已知函数 f(x)＝ln x＋1 x. (1)求函数 f(x)的极值和单调区间； (2)求证：lnn＋1 2 ＜1 2＋1 3＋1 4＋…＋1 n(n≥2，n∈N )． 审题指导] (1)求f′(x)→判断f′(x)的符号→得结论 (2)lnn＋1 2 ＜1 2＋1 3＋1 4＋…＋1 n ― ― →将不等式左边 化成和式 ln3 2＋ln4 3＋…＋lnn＋1 n ＜1 2＋1 3＋…＋1 n―→ 证明lnn＋1 n ＜1 n (n ≥ 2)→证明ln x＞1－1 x，x ∈ (0，1) ― ― →与(1)相结合 利用f(x)的极值证明 解]　(1)因为 f(x)＝ln x＋1 x， 所以 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 所以 f′(x)＝1 x－ 1 x2＝x－1 x2 . 令 f′(x)＝0，得 x＝1. 所以 f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表： x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  故 f(x)的极小值为 f(1)＝1，无极大值， f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． (2)证明：由(1)知 f(x)＝ln x＋1 x在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且 f(1)＝1， 所以对于 x∈(0,1)，ln x＋1 x＞1 即 ln x＞1－1 x. 令 x＝ n n＋1(n≥2，n∈N )， 则 n n＋1∈[2 3，1 )， 所以 ln n n＋1＞1－ 1 n n＋1 ＝1－n＋1 n ＝－1 n， 即 lnn＋1 n ＜1 n. 则有 ln3 2＜1 2，ln4 3＜1 3，ln5 4＜1 4，…，lnn＋1 n ＜1 n. 将以上各式不等号两边分别相加，得 ln3 2＋ln4 3＋ln5 4＋…＋lnn＋1 n ＜1 2＋1 3＋1 4＋…＋1 n， 即 lnn＋1 2 ＜1 2＋1 3＋1 4＋…＋1 n(n≥2，n∈N )． 4．(2017·嘉兴模拟)设椭圆x2 a2＋y2 3＝1(a＞ 3)的右焦点为 F，右顶点为 A.已知 1 |OF|＋ 1 |OA| ＝ 3e |FA|，其中 O 为原点，e 为椭圆的离心率． (1)求椭圆的方程； (2)设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点 B(B 不在 x 轴上)，垂直于 l 的直线与 l 交于点 M， 与 y 轴交于点 H.若 BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线 l 的斜率的取值范围． 解：(1)设 F(c,0)，由 1 |OF|＋ 1 |OA|＝ 3e |FA|， 即1 c＋1 a＝ 3c a(a－c)，可得 a2－c2＝3c2. 又 a2－c2＝b2＝3，所以 c2＝1.因此 a2＝4. 所以椭圆的方程为x2 4 ＋y2 3＝1. (2)设直线 l 的斜率为 k(k≠0)，则直线 l 的方程为 y＝k(x－2)，设 B(xB，yB)，由方程组 Error!消去 y，整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0. 解得 x＝2 或 x＝8k2－6 4k2＋3. 由题意得 xB＝8k2－6 4k2＋3，从而 yB＝ －12k 4k2＋3. 由(1)知 F(1,0)，设 H(0，yH)， 有 FH ―→ ＝(－1，yH)， BF ―→ ＝(9－4k2 4k2＋3， 12k 4k2＋3). 由 BF⊥HF，得 BF ―→ · FH ―→ ＝0， 所以4k2－9 4k2＋3＋ 12kyH 4k2＋3＝0，解得 yH＝9－4k2 12k . 因此直线 MH 的方程为 y＝－1 kx＋9－4k2 12k . 设 M(xM，yM)，由方程组Error!消去 y， 解得 xM＝ 20k2＋9 12(k2＋1). 在△MAO 中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|， 即(xM－2)2＋y 2M≤x 2M＋y 2M， 化简，得 xM≥1，即 20k2＋9 12(k2＋1)≥1， 解得 k≤－ 6 4 或 k≥ 6 4 . 所以直线 l 的斜率的取值范围为(－∞，－ 6 4 ]∪[ 6 4 ，＋∞). (二)逆向分析 一些题目从已知到结论不易证明，可采用逆向分析法，即从要证明的结论出发，逐步 寻求使每一步结论成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为一个明显成立的条 件或已知定理为止. 例 5]　(2017·温州模拟)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，a2＝6，a3＝11，且(5n －8)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝An＋B，n＝1,2，3，…，其中 A，B 为常数． (1)证明：数列{an}为等差数列； (2)证明：不等式 5amn－ aman＞1 对任何正整数 m，n 都成立． 审题指导]　 证明]　(1)由已知，得 S1＝a1＝1，S2＝a1＋a2＝7， S3＝a1＋a2＋a3＝18. 由(5n－8)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝An＋B， 知Error! 即Error! 解得 A＝－20，B＝－8. 故(5n－8)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝－20n－8，① 所以(5n－3)Sn＋2－(5n＋7)Sn＋1＝－20n－28.② ②－①，得(5n－3)Sn＋2－(10n－1)Sn＋1＋(5n＋2)Sn＝－20，③ 所以(5n＋2)Sn＋3－(10n＋9)Sn＋2＋(5n＋7)Sn＋1＝－20.④ ④－③，得(5n＋2)Sn＋3－(15n＋6)Sn＋2＋(15n＋6)·Sn＋1－(5n＋2)Sn＝0. 因为 an＋1＝Sn＋1－Sn， 所以(5n＋2)an＋3－(10n＋4)an＋2＋(5n＋2)an＋1＝0. 因为 5n＋2≠0，所以 an＋3－2an＋2＋an＋1＝0. 所以 an＋3－an＋2＝an＋2－an＋1，n≥1. 又因为 a3－a2＝a2－a1＝5， 所以数列{an}为等差数列． (2)由(1)可知，an＝1＋5(n－1)＝5n－4， 要证 5amn－ aman＞1， 只要证 5amn＞1＋aman＋2 aman. 因为 amn＝5mn－4， aman＝(5m－4)(5n－4)＝25mn－20(m＋n)＋16， 故只要证 5(5mn－4)＞1＋25mn－20(m＋n)＋16＋2 aman， 即只要证 20m＋20n－37＞2 aman. 因为 2 aman≤am＋an＝5m＋5n－8＜5m＋5n－8＋(15m＋15n－29)＝20m＋20n－37， 所以命题得证． 5．(2017·宁波模拟)过抛物线 E：x 2＝2py(p>0)的焦点 F 作斜率分别为 k1，k2 的两条不 同直线 l1，l2，且 k1＋k2＝2，l1 与 E 相交于点 A，B，l2 与 E 相交于点 C，D，以 AB，CD 为直径的圆 M，圆 N(M，N 为圆心)的公共弦所在直线记为 l.若 k1>0，k2>0，证明： FM ―→ · FN ―→ <2p2. 证明：由题意知，抛物线 E 的焦点为 F(0，p 2 )，直线 l1 的方程为 y＝k1x＋p 2. 由Error!得 x2－2pk1x－p2＝0. 设 A，B 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则 x1，x2 是上述方程的两个实数根，从而 x1＋x2＝2pk1，y1＋y2＝k1(x1＋x2)＋p＝2pk21＋ p. 所以点 M 的坐标为(pk1，pk21＋p 2)， FM ―→ ＝(pk1，pk21)． 同理可得点 N 的坐标为(pk2，pk22＋p 2)， FN ―→ ＝(pk2，pk22)， 于是 FM ―→ · FN ―→ ＝p2(k1k2＋k21k22)． 法一：要证 FM ―→ · FN ―→ <2p2， 只要证 k1k2＋k21k22<2， 再证－20，k2>0，k1≠k2， 即证 02 k1k2， 所以 00，k2>0，k1≠k2， 所以 0

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