浙江高考數學理二輪專題訓練:第3部分 專題一 第1講 送分題——準確解一分不丟
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1、 高考試卷雖然是選拔性的試卷,但是試卷中仍然有相當部分的送分題.所謂送分題是指知識點基礎,數據計算量小,解題方法基本的試題.這部分試題往往因為簡單,導致許多考生思想重視不夠,從而失分,特別是一些數學成績優(yōu)秀的考生更是如此.筆者以多年送考的經驗告訴大家,只要處理好以下幾個方面的問題,即可達到“送分題,一分不丟”的效果,使考生能在高考考場上取得開門紅,增強考試的信心. 問題一 使用概念要明確 [例1] (2013大連模擬)若復數z=(a2+2a-3)+(a+3)i為純虛數,則a的值是( ) A.-3 B
2、.-3或1 C.3或-1 D.1 [嘗試解答] [錯因] 本題易混淆復數的有關概念,忽視虛部不為零的限制條件.
3、[正解] 因為復數z=(a2+2a-3)+(a+3)i為純虛數,所以解得a=1. [答案] D [反思領悟] 利用復數的有關概念解題時,一定要過好審題關,仔細辨析試題中的待求問題;在準確用好概念的前提下對試題進行解答,這樣才能避免應用概念出錯.如本題,若能搞清復數z為純虛數的概念,只需令復數z的實部為零,虛部不為零,從而把求參數問題轉化為求方程組解的問題,即可避開概念的陷阱. [例2] 已知:p:|x-3|≤2,q:(x-m+1)(x-m-1)≤0,若綈p是綈q的充分不必要條件,則實數m的取值范圍為________. [嘗試解答]
4、 [錯因] 本題的易錯點是對充要條件的概念把握不清,判斷錯誤,并且不會將充要條件進行轉化. [正解] ∵p:-2≤x-3≤2,1≤x≤5. ∴綈p:x<1或x>5. 易得q:m
5、-1≤x≤m+1,∴綈q:x
6、4 B.3 C.2 D.1 [嘗試解答]
7、
[錯因] 不能準確作出兩函數在相應區(qū)間的圖像以及兩函數圖像的相對位置關系,只是想當然、沒有依據地亂作圖像,很容易導致錯誤.
[正解] 分別在同一坐標系內作出兩函數的圖像.如圖所示,觀察易知兩函數圖像有且僅有3個交點.
[答案] B
[反思領悟] 在判斷函數圖像交點的個數或利用函數圖像判斷方程解的個數時,一定要注意函數圖像的相對位置關系,可以取特殊值驗證一下,如取x=時,4x-4 8、圖像的相對位置關系.
[例4] 已知函數f(x)=ax2+bx-1(a,b∈R且a>0)有兩個零點,其中一個零點在區(qū)間(1,2)內,則的取值范圍為( )
A.(-∞,1) B.(-∞,1]
C.(-2,1] D.(-2,1)
[嘗試解答]
9、
10、
[錯因] 不能根據函數解析式的特點以及零點所在區(qū)間確定a,b所滿足的條件,導致找不到解決問題的突破口,或者忽視a>0的限制條件,導致錯解.
[正解] 因為a>0,所以二次函數f(x)的圖像開口向上,又因為f(0)=-1,所以要使函數f(x)的一個零點在區(qū)間(1,2)內,則有即如圖所示的陰影部分是上述不等式組所確定的平面區(qū)域,式子表示平面區(qū)域內的點P(a,b)與點Q(-1,0)連線的斜率.而直線QA的斜率k==1,直線4a+2b-1=0的斜率為-2,顯然不等式組所表示的平面區(qū)域不包括邊界,所以P,Q連線的斜率的取值范圍為(-2,1).
[答案] D
[反 11、思領悟] 本題是一個函數的零點取值范圍與線性規(guī)劃的綜合問題,先結合函數圖像確定函數在指定區(qū)間存在零點的條件,再確定不等式組所表示的平面區(qū)域,將目標函數轉化為平面區(qū)域內的點與定點連線的斜率,根據圖形判斷其取值范圍.在作圖時要注意不等式組中各個不等式是否帶有等號,否則很容易忽視邊界值而導致錯解.
問題三
思考問題要嚴謹
[例5] (2013福州模擬)已知數列{an}中an=n2-kn(n∈N*),且{an}單調遞增,則k的取值范圍是( )
A.(-∞,2] B.(-∞,3)
C.(-∞,2) D.(-∞,3]
[嘗試解答]
12、
13、
[錯因] 認為an是關于n的二次函數,定義域為整數集,又{an}遞增,則必有≤1,即k≤2,思維不嚴謹導 14、致解題錯誤.
[正解] an+1-an=(n+1)2-k(n+1)-n2+kn=2n+1-k,由于{an}單調遞增,故應有an+1-an>0,即2n+1-k>0恒成立,分離變量得k<2n+1,故只需k<3即可.
[答案] B
[反思領悟] 函數的單調性與數列的單調性既有聯系又有區(qū)別,即數列所對應的函數若單調則數列一定單調,反之若數列單調,其所在函數不一定單調,關鍵原因在于數列是一個定義域為正整數N*(或它的有限子集{1,2,3,…,n})的特殊函數.故對于數列的單調性的判斷一般要通過比較an+1與an的大小來判斷:若an+1>an,則數列為遞增數列;若an+1 15、
[例6] 如圖,兩塊斜邊長相等的直角三角板拼在一起.若=x+y,則x=________,y=________.
[嘗試解答]
16、
17、
[錯因] 本題想利用向量的基本運算,但由于計算費時,時間緊迫,所以思路出現阻礙,致使問題無法求解或求解失誤.
[正解] 以A為原點,AB為x軸,AC為y軸建立直角坐標系,且取單位長度為AB,則問題轉化為求D點坐標(x,y).易知BC=,所以DE=,所以BD=DEsin 60=.易知直線BD的傾斜角是45,所以D點縱坐標y=BDsin 45=,D點的橫坐標x=1+BDcos 45=1+,所以D點坐標為.
[答案] 1+
[反思領悟] 在試題中不含有向量的坐標時,要善于根據問題的實際情況,在不改變問題本質的情況下建立 18、適當的坐標系,把向量問題代數化,可以降低問題的難度.
問題四
特殊情況要謹記
[例7] 已知l1:3x+2ay-5=0,l2:(3a-1)x-ay-2=0,且l1∥l2,則a的值為( )
A.0 B.-
C.6 D.0或-
[嘗試解答]
19、
20、
[錯因] 本題易出現忽略直線斜率不存在的特殊情況致誤.
[正解] 法一:當直線斜率不存在,即a=0時,有l(wèi)1:3x-5=0,l2:-x-2=0,符合l1∥l2;
當直線斜率存在時,
l1∥l2?-=且≠-?a=-.
故使l1∥l2的a的值為-或0.
法二:l1∥l2?3(-a)-(3a-1)2a=0,
得a=0或a=-.
故使l1∥l2的a的值為0或-.
[答案] D
[ 21、反思領悟] 在給定直線的一般方程,利用直線的位置關系,求參數的值時,一定要注意直線斜率存在性的討論,不能想當然地以斜率存在進行求解,致使答案錯誤.為避免討論,此類題可采用法二解決.
[例8] (2013鄭州模擬)過點(0,3)作直線l與拋物線y2=4x只有一個公共點,則直線l的條數為( )
A.0 B.1
C.2 D.3
[嘗試解答]
22、
23、
[錯因] 本題易只考慮斜率k存在的情況,而忽視斜率k不存在以及直線l平行于拋物線對稱軸時的兩種情形.
[正解] 當斜率k存在且k≠0時,由題中條件知,直線l的方程為y=x+3;
當k=0時,直線l的方程為y=3,此時l平行于對稱軸,且與拋物線只有一個交點;
當k不存在時,直線l與拋物線也只有一個公共 24、點,此時l的方程為x=0.
綜上,過點(0,3)且與拋物線y2=4x只有一個公共點的直線l的方程為y=x+3,y=3,x=0,共3條.
[答案] D
[反思領悟] 解答直線與拋物線位置關系的相關問題時,注意直線與拋物線的兩種特殊的位置關系:直線和拋物線的對稱軸垂直與直線和拋物線的對稱軸平行.
[例9] 數列{an}中,a1=1,a2=2,數列{anan+1}是公比為q(q>0)的等比數列,則數列{an}的前2n項的和S2n=________.
[嘗試解答]
25、
26、
[錯因] 對于等比數列的前n項和易忽略公比q=1的特殊情況,造成概念性錯誤.再者沒有從定義出發(fā)研究條件中的數列{anan+1}是公比為q(q>0)的等比數列,得不到數列{an}的奇數項和偶數項成等比數列,從而找不到解題的突破口,使思維受阻.
[正解] 由數列{anan+1}是公比為q的等比數列,得=q?=q,這表明數列{an}的所有奇數項成等比數 27、列,所有偶數項成等比數列,且公比都是q,又a1=1,a2=2,
所以,當q≠1時,S2n=a1+a2+a3+a4+…+a2n-1+a2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+a6+…+a2n)=+=;
當q=1時,S2n=a1+a2+a3+a4+…+a2n-1+a2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+a6+…+a2n)
=(1+1+1+…+1)+(2+2+2+…+2)
=3n.
[答案]
[反思領悟] (1)本題中拆成的兩個數列都是等比數列,其中=q是解題的關鍵;
(2)不要認為奇數項、偶數項都成等比數列,且公比相等,就是整個數列成等比數 28、列,解題時要慎重,寫出數列的前幾項進行觀察、比較就能得出正確結論;
(3)對等比數列的求和一定要注意公比為1這種特殊情況,高考往往就是在此設計陷阱,使考生考慮的問題不全面而導致解題錯誤.
問題五
問題分類要全面
[例10] 已知等比數列{an}中,a2=1,則其前3項和S3的取值范圍是( )
A.(-∞,-1]
B.(-∞,0)∪(1,+∞)
C.[3,+∞)
D.(-∞,-1]∪[3,+∞)
[嘗試解答]
29、
30、
[錯因] 本題易忽視對公比大于0和小于0的討論.
[正解] 因為等比數列{an}中a2=1,
所以S3=a1+a2+a3=a2=1+q+.
所以當公比q>0時,
S3=1+q+≥1+2=3(當且僅當q=1時,等號成立);
當公比q<0時,
S3=1-≤1-2=-1(當且僅當q=-1時,等號成立).
所以S3∈(-∞,-1]∪[3,+∞).
[答案] D
31、[反思領悟] 在利用基本不等式解決函數的值域問題時,要注意其使用條件和等號成立的條件,即所謂“一正、二定、三相等”.例如,求函數y=x+的值域和+的取值范圍問題時,要注意分類討論.
[例11] (2013濱州模擬)設函數f(x)=x--aln x(a∈R).
(1)當a=3時,求f(x)的極值;
(2)討論函數f(x)的單調性.
[嘗試解答]
32、
33、
[錯因] 本題的易錯點是在討論函數y=f(x)的單調性時,因缺乏分類討論意識,導致解題錯誤;或者有分類討論意識,但分類標準模糊導致分類不全致誤.
[正解] (1)函數f(x)的定義域為(0,+∞).
當a=3時,f′(x)=1+-==,令f′(x)=0,解得x1=1,x2=2.
f′(x)與f(x)隨x的變化如下表:
x
(0,1)
1
(1,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
遞增
極大值
遞減 34、
極小值
遞增
所以f(x)在x=1處取得極大值f(1)=-1;
在x=2處取得極小值,f(2)=1-3ln 2.
(2)f′(x)=1+-=.
令g(x)=x2-ax+2,其判別式Δ=a2-8,
①當|a|≤2時,Δ≤0,f′(x)≥0,故f(x)在(0,+∞)上單調遞增;
②當a<-2時,Δ>0,g(x)=0的兩根都小于0,所以在(0,+∞)上,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上單調遞增;
③當a>2時,Δ>0,g(x)=0的兩根為x1=,x2=,且都大于0,
f′(x)與f(x)隨x的變化如下表:
x
(0,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x 35、2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
遞增
極大值
遞減
極小值
遞增
故f(x)在,上單調遞增,在上單調遞減.
綜上,當a≤2時,f(x)在(0,+∞)上單調遞增;當a>2時,f(x)在,上單調遞增,在上單調遞減.
[反思領悟] 判斷含參數的單調性問題應注意:先樹立分類討論的思想意識,做題時應先對問題作深入的研究,明確其分類的標準,如本題中要討論函數f(x)的單調性,應討論f′(x)的符號,即討論x2-ax+2的符號,從而應分Δ≤0與Δ>0兩種情況討論;由于考慮到函數的定義域為(0,+∞),應討論f′(x)=0的兩根與定義域的關系,故再次分a 36、<-2和a>2兩種情況.一般地,與y=ax2+bx+c有關的討論有三種依據:a取值,Δ取值,根的大小.
問題六
等價轉化要嚴謹
[例12] 曲線y=與直線y=x+b沒有公共點,則實數b的取值范圍為________.
[嘗試解答]
37、
[錯因] 本題易直接聯立y=與y=x+b,整理為2x2+2bx+b2-1=0,然后錯誤地認為曲線y=與直線y=x+b沒有公共點等價于方程2x2+2bx+b2-1=0無解,從而導致解題錯誤.
[正解] 如圖,根據圖像可知:當b>或b<-1時,方程組無解,即曲線y=與直線y=x+b沒有交點.故b的取值范圍 38、為(-∞,-1)∪(,+∞).
[答案] (-∞,-1)∪(,+∞)
[反思領悟] 在研究直線與圓或直線與圓錐曲線的公共點的個數時,通常聯立與曲線的方程,通過方程組解的個數來判斷.但是在解決此類問題時,一定要注意圓或圓錐曲線是否為完整的圓或圓錐曲線,否則應畫出圖形,利用數形結合法解決,如本例中曲線y=表示的圖形為半圓而不是整個圓,故應采用數形結合的方法求解.
[例13] 若sin x+sin y=,則sin y-cos2x的最大值為________.
[嘗試解答]
39、
40、
[錯因] 本題易將sin y-cos2x轉化為-cos2x=sin2x-sin x-,誤認為sin x∈[-1,1],致使問題轉化不等價而導致解題錯誤.
[正解] 由已知條件有sin y=-sin x,
且sin y=∈[-1,1],結合sin x∈[-1,1],得-≤sin x≤1,
而sin y-cos2x=-sin x-cos2x 41、=sin2x-sin x-,
令t=sin x,
則原式=t2-t-=2-,
因為對稱軸為t=,
故當t=-,即sin x=-時,原式取得最大值.
[答案]
[反思領悟] 在利用換元法解決問題時,要注意換元后自變量取值范圍的變化,當題目條件中出現多個變元時,要注意變元之間的相互約束條件,如本例中易忽視等式sin x+sin y=中兩個變量的相互制約,即由于-1≤sin y≤1,所以sin x必需滿足-1≤-sin x≤1這個隱含的約束條件.
問題七
推理論證要嚴謹
[例14] (2013南京師大附中模擬)如圖,正方形ABCD和三角形ACE所在的平面互相垂直,EF∥B 42、D,AB=EF.
(1)求證:BF∥平面ACE;
(2)求證:BF⊥BD.
[嘗試解答]
43、
[錯因] 本題易失分的原因有以下兩點:
(1)推理論證不嚴謹,在使用線面位置關系的判定定理、性質定理時忽視定理的使用條件,如 44、證明BF∥平面ACE時,易忽視指明BF?平面ACE;
(2)線面位置關系的證明思路出錯,缺乏轉化意識,不知道要證明線線垂直可以通過線面垂直達到目的.
[正解] (1)設AC與BD交于O點,連接EO.
在正方形ABCD中,BO=AB,又因為AB=EF,
∴BO=EF.
又∵EF∥BD,
∴四邊形EFBO是平行四邊形,∴BF∥EO,
又∵BF?平面ACE,EO?平面ACE,
∴BF∥平面ACE.
(2)在正方形ABCD中,AC⊥BD,
又∵正方形ABCD和三角形ACE所在的平面互相垂直,BD?平面ABCD,平面ABCD∩平面ACE=AC,
∴BD⊥平面ACE.
∵EO?平 45、面ACE,∴BD⊥EO.
∵EO∥BF,∴BF⊥BD.
[反思領悟] 證明空間線面位置關系的基本思想是轉化與化歸,根據線面平行、垂直關系的判定和性質,進行相互之間的轉化,如本題第(2)問是證明線線垂直,但分析問題時不能只局限在線上,要把相關的線歸結到某個平面上(或是把與這些線平行的直線歸結到某個平面上),通過證明線面的垂直達到證明線線垂直的目的,但證明線面垂直又要借助于線線垂直,在不斷的相互轉化中達到最終目的.解決這類問題時要注意推理嚴謹,使用定理時要找足條件,書寫規(guī)范等.
[例15] 已知點A(x1,ax1),B(x2,ax2) 是函數y=ax(a>1)的圖像上任意不同兩點,依據圖像, 46、可知線段AB總是位于A,B兩點之間函數圖像的上方,因此有結論>a成立.運用類比思想,可知若點C(x1,sin x1),D(x2,sin x2)是函數y=sin x(x∈(0,π))的圖像上的不同兩點,則類似地有____________成立.
[嘗試解答]
47、
[錯因] 本題通過類比推理,易得“>sin”的錯誤結論,其錯誤的原因是類比推理不嚴謹,未真正讀懂題意,未能把握兩曲線之間相似的性質,導致得出錯誤結論.
[正解] 運用類比推理與數形結合,可知y=sin x(x∈(0,π))的圖像是上凸,因此線段CD的中點的縱坐標總是小于函數y=sin x( 48、x∈(0,π))圖像上的點的縱坐標,即 49、
50、
[錯因] 在用正弦定理解三角形時,易出現丟解或多解的錯誤,如第(1)問中沒有考慮c邊比a邊大,在求得sin A==后,得出角A=或;在第(2)問中又因為沒有考慮角C有兩解,由sin C==,只得出角C=,所以角B=,解得b=2,這樣就出現了丟解的錯誤.
[正解] (1)由正弦定理=,得sin 51、 A==,又a 52、
53、
[錯因] 本題容易因忽視特殊情況而出錯.因為當點P在右頂點處,∠F1PF2=π,所以0<∠F1PF2≤π.如果忽視特殊情況,就會出現0<∠F1PF2<π的錯誤.
[正解] 如圖所示,設|PF2|=m,∠F1PF2=θ(0<θ≤π),當點P在右頂點處時,θ=π.
由條件,得|PF1|=2m,|F1F2|2=m2+(2m)2-4m2cos θ,且||PF1|-|PF2||=m=2a.
所以e=
=
=.
又-1≤cos θ<1,所以e∈(1,3].
[答案] (1,3]
[反思領悟] 本題在求解中稍不注意,就會出現漏掉特殊情況的錯誤.在平時的訓練中應該加強對解題的監(jiān)控,注意多研究問題的各種情況,以形成全面思考,周密答題的良好習慣.這對考生來說,是非常重要的.
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