（浙江專用）2020高考數學二輪復習 熱考題型解法指導 第2講 解答題審題技巧專題強化訓練

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1、第2講 解答題審題技巧 專題強化訓練 1．(2019·寧波模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為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＝. 因為在△ABC中，sin A≠0，sin C≠0， 所以cos B＝. 因為B∈(0，π)，所以B＝. (2)因為0＜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)設點E，F(xiàn)，H，G分別是B1C，AA1，A1B1，B1C1的中點，試判斷E，F(xiàn)，H，G四點是否共面，并說明理由． 解：(1)證明：在菱形BB1C1C中，BC∥B1C1. 因為BC?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. 因為平面AA1B1B⊥平面BB1C1C， 平面AA1B1B∩平面BB1C1C＝BB1，AB?平面ABB1A1， 所以A

3、B⊥平面BB1C1C. 因為B1C?平面BB1C1C，所以AB⊥B1C. 在菱形BB1C1C中，BC1⊥B1C. 因為BC1?平面ABC1，AB?平面ABC1，BC1∩AB＝B， 所以B1C⊥平面ABC1. 因為AC1?平面ABC1，所以B1C⊥AC1. (3)E，F(xiàn)，H，G四點不共面. 理由如下： 因為E，G分別是B1C，B1C1的中點， 所以GE∥CC1. 同理可證：GH∥C1A1. 因為GE?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. 因為F∈平面AA1C1C， 所

4、以F?平面EHG， 即E，F(xiàn)，H，G四點不共面． 3．已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且過點P，右焦點為F，點N(2，0)． (1)求橢圓E的方程； (2)設動弦AB與x軸垂直，求證：直線AF與直線BN的交點M仍在橢圓E上． 解：(1)因為e＝，所以a＝c，b＝c， 即橢圓E的方程可以設為＋＝1. 將點P的坐標代入得：b2＝＋＝1， 所以，橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)證明：右焦點為F(1，0)，設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M的坐標為. 又因為＋y ＝＋ ＝，③ 將y＝1－代入③得， ＋y＝ ＝ ＝＝1. 所以點M在橢圓E上． 4．(2019·杭州模擬)已知函數f(x)＝. (1)若曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線方程為ax－y＝0，求x0的值； (2)當x＞0時，求證：f(x)＞x； (3)設函數F(x)＝f(x)－bx(x＞0)，其中b為實常數，試討論函數F(x)的零點個數，并證明你的結論． 解：(1)f′(x)＝. 因為切線ax－y＝0過原點(0，0)， 所以＝，解得：x0＝2. (2)證明：設g(

6、x)＝＝(x＞0)， 則g′(x)＝. 令g′(x)＝＝0，解得x＝2. x在(0，＋∞)上變化時，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x＝2時，g(x)取得最小值. 所以當x＞0時，g(x)≥＞1，即f(x)＞x. (3)F(x)＝0等價于f(x)－bx＝0，等價于－b＝0. 注意x≠0. 令H(x)＝－b，所以H′(x)＝(x≠0)． ①當b≤0時，H(x)＞0 ，所以H(x)無零點，即F(x)在定義域內無零點． ②當b＞0時， 當0＜x＜2時，H′(x

7、)＜0，H(x)單調遞減； 當x＞2時，H′(x)＞0，H(x)單調遞增． 所以當x＝2時，H(x)有極小值也是最小值，H(2)＝－b. 當H(2)＝－b＞0，即0＜b＜時，H(x)在(0，＋∞)上不存在零點； 當H(2)＝－b＝0，即b＝時，H(x)在(0，＋∞)上存在唯一零點2； 當H(2)＝－b＜0，即b＞時，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； 又因為2b＞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，＋∞)上單調遞增，從而h″(t)＞h″(2)＝e2－6＞0， 所以h′(t)在(2，＋∞)上單調遞增，因此h′(t)＞h′(2)＝e2－6＞0， 故h(t)在(2，＋∞)上單調遞增，所以h(t)＞h(2)＝e2－4＞0. 由上得H(2b)＞0，由零點存在定理知，H(x)在(2，2b)上存在唯一零點，即在(2，＋∞)上存在唯一零點． 綜上所述：當b＜時，函數F(x)的零點個數為0； 當b＝時，函數F(x)的零點個數為1； 當b＞時，函數F(x)的零點個數為2. 5．已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1＝1，2an＋1＝2

9、an＋p(p為常數，n＝1，2，3，…)． (1)若S3＝12，求Sn； (2)若數列{an}是等比數列，求實數p的值． (3)是否存在實數p，使得數列滿足：可以從中取出無限多項并按原來的先后次序排成一個等差數列？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)因為a1＝1，2an＋1＝2an＋p， 所以2a2＝2a1＋p＝2＋p，2a3＝2a2＋p＝2＋2p. 因為S3＝12， 所以2＋2＋p＋2＋2p＝6＋3p＝24，即p＝6. 所以an＋1－an＝3(n＝1，2，3，…)． 所以數列{an}是以1為首項，3為公差的等差數列． 所以Sn＝1×n＋×3

10、＝. (2)若數列{an}是等比數列，則a＝a1a3. 由(1)可得：＝1×(1＋p)．解得p＝0. 當p＝0時，由2an＋1＝2an＋p，得：an＋1＝an＝…＝1. 顯然，數列{an}是以1為首項，1為公比的等比數列． 所以p＝0. (3)當p＝0時，由(2)知：an＝1(n＝1，2，3，…)． 所以＝1(n＝1，2，3，…)， 即數列就是一個無窮等差數列． 所以當p＝0時，可以得到滿足題意的等差數列． 當p≠0時， 因為a1＝1，2an＋1＝2an＋p，即an＋1－an＝， 所以數列{an}是以1為首項，為公差的等差數列． 所以an＝n＋1－. 下面用反證法證

11、明：當p≠0時，數列中不能取出無限多項并按原來次序排列成等差數列． 假設存在p0≠0，從數列中可以取得滿足題意的無窮等差數列，不妨記為{bn}．設數列{bn}的公差為d. ①當p0＞0時，an＞0(n＝1，2，3，…)． 所以數列{bn}是各項均為正數的遞減數列． 所以d＜0. 因為bn＝b1＋(n－1)d(n＝1，2，3，…)， 所以當n＞1－時，bn＝b1＋(n－1)d＜b1＋d＝0，這與bn＞0矛盾． ②當p0＜0時，令n＋1－＜0，解得：n＞1－. 所以當n＞1－時，an＜0恒成立． 所以數列{bn}必然是各項均為負數的遞增數列． 所以d＞0. 因為bn＝b1＋(n－1)d(n＝1，2，3，…)， 所以當n＞1－時，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 -