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第第 3 3 讲讲解答题题型特点与技法指导解答题题型特点与技法指导高考解答题一般有六大方向：三角函数与平面向量、概率与统计、立体几何、数列与不等式、解析几何、不等式与函数及导数一般来说，前三题属于中、低档题，第四题属中档偏难题，后两题属难题三角函数与平面向量、概率与统计、立体几何在前三题中出现的概率较高，掌握解这几类题的解法是大多数学生成功的关键目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题能否做好解答题，是高考成败的关键1三角函数有关三角函数的大题即解答题，主要是考查基础知识、基本技能和基本方法，且难度不大凸显恒等变换与三角函数图象、性质在三角形内考查主要考查以下 4 个方面：三角函数的图象、性质、图象变换，主要是yAsin(x)b的图象、性质及图象变换，考查三角函数的概念、奇偶性、周期性、单调性、最值及图象的平移和对称等；三角恒等变换，主要考查公式的灵活运用、变换能力，一般需要运用和差角公式、倍角公式，尤其是对公式的应用与三角函数性质的综合考查；三角函数性质的应用通过解三角形来考查三角恒等变形及应用三角函数性质的综合能力；三角函数与平面向量、数列、不等式等知识的综合问题【例 1】已知向量a a(cosxsinx，sinx)，b b(cosxsinx,2 3cosx)，设函数f(x)a ab b(xR R)的图象关于直线x对称，其中，为常数，且12，1.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若yf(x)的图象经过点4，0，求函数f(x)在区间0，35上的取值范围点评点评 利用向量的工具作用，与向量结合在一起命制综合题，体现了在知识交汇点处命题的指导思想这类问题求解时，首先利用向量的运算，将向量式转化为代数式，再进行有关的三角恒等变换，再研究三角函数的图象与性质变式训练变式训练 1 1 (2020安徽高考，理 16)设函数f(x)22cos2x4 sin2x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)设函数g(x)对任意xR R， 有gx2 g(x)， 且当x0，2 时，g(x)12f(x) 求g(x)在区间，0上的解析式2立体几何立体几何是高中数学的主干知识之一，命题形式比较稳定，主要考查：(1)三视图：解答题中一般是根据三视图还原几何体模型，然后展开推理；(2)空间线面关系的判定和推理证明：主要是证明平行和垂直，求解这类问题要依据线面关系的判定定理和性质定理进行推理论证；(3)空间几何量(空间角、空间距离、几何体体积与面积)的计算：求解这类问题，常用方法是依据公理、 定理以及性质等经过推理论证， 作出所求几何量并求之 一般解题步骤是“作、证、求”(2020安徽八校一联考，18)如图，在多面体ABDEC中，AE平面ABC，BDAE，且ACABBCAE1，BD2，F为CD的中点(1)求证：EF平面ABC；(2)求证：EF平面BCD；(3)求多面体ABDEC的体积点评点评 本题第(1)问是证明线面平行问题，证明直线与平面平行，往往通过证直线与直线平行来实现第(2)问是证线面垂直问题，往往转化为证线线垂直来实现第(1)(2)问充分体现了问题的转化思想第(3)问是几何体的体积计算问题，需要把握锥体的体积计算公式变式训练变式训练 2 2 (2020江苏高考，16)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且ADDE，F为B1C1的中点求证：(1)平面ADE平面BCC1B1；(2)直线A1F平面ADE.3概率与统计概率解答题为每年高考的必考内容，主要考查互斥事件和对立事件的关系、古典概型和几何概型要求学生能准确理解题意，迅速确定是古典概型还是几何概型，然后用概率公式求解对于古典概型，要准确列出所有基本事件的个数和所求事件包含的基本事件个数对于几何概型，一定要明确其与面积(体积、长度等)的关系对于较复杂的问题，可以借助于图形和表格帮助分析【例 3】(2020河南洛阳统测，文 18)为了普及环保知识，增强环保意识，某大学从理工类专业的 A 班和文史类专业的 B 班各抽取 20 名同学参加环保知识测试两个班同学的成绩(百分制)的茎叶图如图所示：按照大于或等于 80 分为优秀，80 分以下为非优秀统计成绩(1)根据以上数据完成下面的 22 列联表：成绩与专业列联表优秀非优秀总计A 班20B 班20总计40(2)能否在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为环保知识测试成绩与专业有关？附：K2n(adbc)2(ab)(cd)(ac)(bd)P(K2k0)0.0500.0100.001k03.8416.63510.828点评点评 本题主要考查统计中的茎叶图独立性检验，考查分析解决问题的能力、运算求解能力，难度适中准确读取茎叶图中的数据是解题的关键变式训练变式训练 3 3 (2020陕西高考，文 19)假设甲乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等，为了解它们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随机抽取 100 个进行测试，结果统计如下：甲品牌乙品牌(1)估计甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率；(2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了 200 小时，试估计该产品是甲品牌的概率4数列与不等式高考中数列解答题的求解主要有以下几个特点：(1)与等差、等比数列基本量有关的计算，可根据题意列方程(方程组)或利用等差、等比数列的性质求解；(2)与求和有关的题目，首先要求通项公式，并根据通项公式选择恰当的求和方法(如错位相减法、裂项相消法、分组求和法等)；(3)含Sn的式子，要根据题目特征利用anS1，n1，SnSn1，n2进行转化；(4)与递推数列有关的问题，要能合理转化，使之构造出新的等差、等比数列；(5)与数列有关的不等式问题，可根据数列的特征选择方法(如比较法、放缩法等)；(6)与函数有关的问题，应根据函数的性质求解【例 4】(2020四川成都二诊，20)已知数列an和bn，b11，且bn13bn2n2，记anbn1bn1，nN N* *.(1)证明：数列an为等比数列；(2)求数列an和bn的通项公式；(3)记cnlogan3logan23，数列cn的前n项和为Tn，若 45Tk29，kN N* *恒成立，求k的最大值点评点评 第(1)问考查了等比数列的证明，它是为第(2)、(3)问服务的第(2)问考查了求数列通项公式的常规方法第(3)问考查了数列的求和方法，是数列与不等式知识的综合问题变式训练变式训练 4 4 (2020湖北八校二联，19)各项为正数的数列an的前n项和为Sn，且满足：Sn14a2n12an14(nN N* *)(1)求an；(2)设函数f(n)an，n为奇数，fn2 ，n为偶数，cnf(2n4)(nN N* *)，求数列cn的前n项和Tn.5解析几何解析几何解答题主要考查圆锥曲线的基本概念、标准方程及几何性质等基础知识和处理有关问题的基本技能、基本方法，往往以中档偏难题或以压轴题形式出现，主要考查学生的逻辑推理能力、运算能力，考查学生综合运用数学知识解决问题的能力突破解答题，应重点研究直线与曲线的位置关系，要充分运用一元二次方程根的判别式和韦达定理，注意运用“设而不求”的思想方法，灵活运用“点差法”解题，要善于运用数形结合思想分析问题，使数与形相互转化，根据具体特征选择相应方法【例 5】已知椭圆x24y231，点P是椭圆上异于顶点的任意一点，过点P作椭圆的切线l，交y轴于点A，直线l过点P且垂直于l，交y轴于点B.试判断以AB为直径的圆能否经过定点，若能，求出定点坐标；若不能，请说明理由点评点评 直线与圆锥曲线的位置关系一直是命题的热点， 基本方法是联立方程， 利用判别式、根与系数关系求解，运算量一般较大，这类综合题中常涉及的问题有弦长问题、面积问题、对称问题、定点定值问题等，是历年高考的热点问题，复习时要注重通性通法的训练变式训练变式训练 5 5 (2020山东高考，文 21)如图，椭圆M：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，直线xa和yb所围成的矩形ABCD的面积为 8.(1)求椭圆M的标准方程；(2)设直线l：yxm(mR R)与椭圆M有两个不同的交点P，Q，l与矩形ABCD有两个不同的交点S，T.求|PQ|ST|的最大值及取得最大值时m的值6函数与导数以函数为载体，以导数为工具，以考查函数性质及导数的应用为目标，以导数为工具围绕函数、不等式、方程等综合考查在知识的交汇处命题，涉及到具体内容较多，如给定解析式求参数值，给定条件求参数范围，以及对参数讨论与证明不等式问题，极值、最值、值域及分析图象交点等问题，都以导数为工具既考查函数部分的相关知识，又渗透函数与方程、数形结合、化归与转化、分类与整合等数学思想【例 6】(2020山东青岛一模，21)已知函数f(x)13x3x.(1)若不等式f(x)k2 005 对于x2,3恒成立，求最小的正整数k；(2)令函数g(x)f(x)12ax2x(a2)，求曲线yg(x)在(1，g(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最小值点评点评 第(1)问是恒成立求参数范围问题，常用分离参数求最值第(2)问考查了利用导数的几何意义求切线方程，利用导数求最值问题变式训练变式训练 6 6 (2020广西南宁一模，21)已知函数f(x)ax3bx2cxd是定义在 R R 上的奇函数，其图象过点1，12 和(2,2)(1)求出函数f(x)的解析式，并求f(x)的单调区间；(2)设g(x)f(x)5t， 当实数t取何值时， 关于x的方程g(x)0 有且只有一个实数根？参考答案参考答案方法例析方法例析【例 1】 解：解：(1)因为f(x)sin2xcos2x2 3sinxcosxcos 2x 3sin 2x2sin2x6 .由直线x是yf(x)图象的一条对称轴，可得 sin26 1，所以 26k2(kZ Z)，即k213(kZ Z)又12，1，kZ Z，所以k1，故56.所以f(x)的最小正周期是65.(2)由yf(x)的图象过点4，0，得f4 0，即2sin25646 2sin4 2，即 2.故f(x)2sin53x6 2.由 0 x35，有653x656，所以12sin53x6 1，得1 22sin53x6 22 2，故函数f(x)在0，35上的取值范围为1 2，2 2【变式训练 1】 解：解：(1)f(x)22cos2x4 sin2x22cos 2xcos4sin 2xsin4 1cos 2x21212sin 2x，故f(x)的最小正周期为.(2)当x0，2 时，g(x)12f(x)12sin 2x.故当x2，0时，x20，2 .由于对任意xR R，gx2 g(x)，从而g(x)gx2 12sin 2x212sin(2x)12sin 2x.当x，2 时，x0，2 .从而g(x)g(x)12sin2(x)12sin 2x.综合，得g(x)在，0上的解析式为g(x)12sin 2x，x，2 ，12sin 2x，x2，0.【例 2】 (1)证明：证明：取BC的中点G，连接AG，FG.F，G分别为DC，BC的中点，FG12DBEA.四边形EFGA为平行四边形EFAG.又因为EF平面ABC，AG平面ABC，EF平面ABC.(2)证明：证明：因为AE面ABC，BDAE，DB平面ABC.又DB平面BCD，平面ABC平面BCD.又G为BC的中点且ACABBC，AGBC.AG平面BCD.又EFAG，EF平面BCD.(3)解：解：过C作CHAB，则CH平面ABDE且CH32，VCABDE13S四边形ABDECH13(12)123234.【变式训练 2】 证明证明：(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.又AD平面ABC，所以CC1AD.又因为ADDE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1DEE，所以AD平面BCC1B1.又AD平面ADE，所以平面ADE平面BCC1B1.(2)因为A1B1A1C1，F为B1C1的中点，所以A1FB1C1.因为CC1平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，所以CC1A1F.又因为CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1B1C1C1，所以A1F平面BCC1B1.由(1)知AD平面BCC1B1，所以A1FAD.又AD平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F平面ADE.【例 3】 解：解：(1)成绩与专业列联表优秀非优秀总计A 班14620B 班71320总计211940(2)根据列联表中的数据，得到k40(141367)2211920204.9123.841.所以在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为环保知识测试成绩与专业有关【变式训练 3】 解解：(1)甲品牌产品寿命小于 200 小时的频率为52010014，用频率估计概率，所以，甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率为14.(2)根据抽样结果，寿命大于 200 小时的产品有 7570145(个)，其中甲品牌产品是 75 个， 所以在样本中， 寿命大于 200 小时的产品是甲品牌的频率是751451529，用频率估计概率，所以已使用了 200 小时的该产品是甲品牌的概率为1529.【例 4】 (1)证明：证明：bn13bn2n2，bn3bn12(n1)2，n2，nN N* *.两式相减，得bn1bn3bn3bn12(n2，nN N* *)整理，得bn1bn13(bnbn11)(n2，nN N* *)，即an3an1(n2，nN N* *)数列an是公比为 3 的等比数列(2)解：解：b23，a13113.an3n(nN N* *)anbn1bn13n，bnbn113n1，bn1bn213n2，b2b1131.累加，得bnb1n113n131.bn3n2n12(nN N* *)(3)解：解：cnlog3n3log3n231n(n2)121n1n2 .Tn121121n11n2 34121n11n2 .由 45Tk29 得 135901k11k2 116.1k11k2199019110.k8.又kN N* *，k的最大值为 7，【变式训练 4】 解：解：(1)由Sn14an212an14，得：当n2 时，Sn114a2n112an114.，化简得：(anan1)(anan12)0.又数列an的各项为正数，当n2 时，anan12.故数列an为等差数列，且公差为 2.又a1S114a1212a114，解得a11，an2n1.(2)由分段函数f(n)an，n为奇数，fn2 ，n为偶数，可以得到：c1f(6)f(3)a35，c2f(8)f(4)f(2)f(1)a11；当n3，nN N* *时，cnf(2n4)f(2n12)f(2n21)2(2n21)12n11，故当n3 时，Tn51(221)(231)(2n11)64(12n2)12(n2)2nn.n1 时，T15 不满足Tn2nn；n2 时，T2c1c26 满足Tn2nn.故Tn5，n1，2nn，n2.【例 5】 解解：设点P(x0，y0)(x00，y00)，直线l的方程为yy0k(xx0)，代入x24y231，整理得(34k2)x28k(y0kx0)x4(y0kx0)2120.xx0是方程的两个相等实根，2x08k(y0kx0)34k2，解得k3x04y0.直线l的方程为yy03x04y0(xx0)令x0，得点A的坐标为0，4y023x024y0.又x024y0231，4y023x0212，点A的坐标为0，3y0.又直线l的方程为yy04y03x0(xx0)，令x0，得点B的坐标为0，y03 ，以AB为直径的圆方程为xxy3y0yy03 0，整理得x2y2y033y0y10.由x2y210，y0，得x1，y0.以AB为直径的圆恒过定点(1,0)和(1,0)【变式训练 5】 解：解：(1)设椭圆M的半焦距为c，由题意知a2b2c2，ca32，4ab8，所以a2，b1.因此椭圆M的方程为x24y21.(2)由x24y21，yxm整理得 5x28mx4m240，由64m280(m21)8016m20，得 5m 5.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x28m5，x1x24(m21)5.所以|PQ| (x1x2)2(y1y2)2 2(x1x2)24x1x2452(5m2)( 5m 5)线段CD的方程为y1(2x2)，线段AD的方程为x2(1y1)不妨设点S在AD边上，T在CD边上，可知 1m 5，S(2，m2)，D(2,1)，所以|ST| 2|SD| 21(m2) 2(3m)，因此|PQ|ST|455m2(3m)2.令t3m(1m 5)，则m3t，t(3 5，2，所以|PQ|ST|455(3t)2t2454t26t14541t34254，由于t(35,2，所以1t1 35,24，因此当134t即t=43时，PQST取得最大值2 55，此时m=53.不妨设点 S 在 AB 边上，T 在 CD 边上，此时1m1，因此|ST|=2|AD|=2 2，此时PQST=2255m，所以当m=0 时，PQST取得最大值2 55.不妨设点 S 在 AB 边上，T 在 BC 边上，5m-1，由椭圆和矩形的对称性知PQST的最大值为2 55，此时 m=53.综上所述 m=53或 m=0 时，PQST取得最大值2 55.【例 6】 解：解：(1)f(x)13x3x，令f(x)x210，解得x1.当x变化时，f(x)，f(x)的变化如下：x2(2，1)1(1,1)1(1,3)3f(x)00f(x)极大值极小值由上表可知：f(x)极大值f(1)23.又f(3)6，f(2)23.比较可得：当x2,3时，f(x)maxf(3)6.因为f(x)k2 005 恒成立，所以k2 0056，即k2 011，所以最小的正整数k2 012.(2)g(x)f(x)12ax2x13x312ax2，则g(x)x2ax，所以g(1)1a.又因为g(1)1312a，所以切线方程为y1312a(1a)(x1)令x0，得y12a23，令y0，得x43a6(1a)，所以S12|12a23 43a6(1a)|.因为a2，则S(3a4)272(a1)，则S(3a4)(3a2)72(a1)2.所以S0，即S在2，)上单调递增，所以a2 时，Smin(324)272(21)118.【变式训练 6】 解：解：(1)f(x)f(x)，ax3bx2cxdax3bx2cxd.b0，d0.故f(x)ax3cx.而它的图象过点1，12 和(2,2)，则f(1)ac12，f(2)8a2c2，解得a12，c1，故f(x)12x3x.从而f(x)32x2132x223 32x63x63 .由f(x)0，得f(x)的单调增区间为，63 和63，；由f(x)0，得f(x)的单调减区间为63，63 .(2)令g(x)0，得f(x)5t，要使得方程g(x)0 有且只有一个解，即函数yf(x)与y5t的图象有且只有一个交点，而由(1)知，f(x)在x63时取得极大值，在x63时取得极小值，而f63 1263363 2 69，f63 f63 2 69，故要使得 yf(x)与 y5t 的图象只有一个交点，则 5t2 69或 5t2 69，即t2 645或t2 645.
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