《（通用版）2019版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 備考技法 專題一 解題常用8術(shù)系統(tǒng)歸納——串一串方法講義 理（普通生含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 備考技法 專題一 解題常用8術(shù)系統(tǒng)歸納——串一串方法講義 理（普通生含解析）.doc（34頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
備考技法專題一 解題常用 8 術(shù)系統(tǒng)歸納——串一串方法
第1術(shù) 探求思路，圖作向?qū)?
方法概述
對題設(shè)條件不夠明顯的數(shù)學問題求解，注重考查相關(guān)的圖形，巧用圖形作向?qū)撬季S入手和領(lǐng)會題意的關(guān)鍵所在．尤其是對一些復合函數(shù)、三角函數(shù)、不等式等形式給出的命題，其本身雖不帶有圖形，但我們可換個角度思考，設(shè)法構(gòu)造相應的輔助圖形進行分析，將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為幾何問題來解．力爭做到有圖用圖，無圖想圖，補形改圖，充分運用其幾何特征的直觀性來啟迪思維，從而較快地獲得解題的途徑．這就是我們常說的圖解法
應用題型
選擇題、填空題、解答題中均有應用，主要涉及最值、不等式、取值范圍等問題
[例1] (1)用min{a，b，c}表示a，b，c三個數(shù)中的最小值，設(shè)f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，則f(x)的最大值為( )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 畫出y＝2x，y＝x＋2，y＝10－x的圖象如圖所示，觀察圖象可知f(x)＝
所以f(x)的最大值在x＝4時取得，且為6.
[答案] C
(2)已知函數(shù)y＝的圖象與函數(shù)y＝kx的圖象恰有兩個交點，則實數(shù)k的取值范圍是________．
[解析] y＝＝
作出其圖象如圖所示，結(jié)合圖象可知0
.①
∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1.
同理，x2≤1.
∴x2＋y2≤2.②
由①②可知：0，b>0)的左焦點F(－c,0)(c>0)，作圓x2＋y2＝的切線，切點為E，延長FE交雙曲線右支于點P，若＝(＋)，則雙曲線的離心率為( )
A. B.
C. D.
解析：選A 由題意可知E為FP的中點，且OE⊥FP.記F′為雙曲線的右焦點，作出示意圖如圖，連接F′P，則F′P綊2OE，所以FP⊥F′P，且|F′P|＝a，故由雙曲線的定義可得|FP|＝3a.
所以(2c)2＝a2＋(3a)2，所以e＝＝.
4．已知a>0，b>0，則不等式a>>－b的解是( )
A.
B.
C.∪
D.∪
解析：選D 法一：直接求解法．
－b<，故選D.
法二：數(shù)形結(jié)合法．利用y＝的圖象，如圖所示，故選D.
5．已知關(guān)于x的方程|x|＝ax＋1有一個負根，但沒有正根，則實數(shù)a的取值范圍是__________．
解析：在同一平面直角坐標系中分別作出y＝|x|，y＝ax＋1，y＝x＋1的圖象．由圖可知，當直線y＝ax＋1的斜率a≥1時，直線y＝ax＋1與y＝|x|的圖象有且僅有y軸左側(cè)一個交點，即|x|＝ax＋1有一個負根，但沒有正根．
答案：[1，＋∞)
6．已知a，b為單位向量，ab＝0，若向量c滿足|c－a－b|＝1，則|c|的取值范圍為__________________．
解析：令＝a，＝b， ＝a＋b，＝c，
如圖所示，則||＝.
又|c－b－a|＝1，
所以點C在以點D為圓心、半徑為1的圓上．
易知點C與O，D共線時||取到最值，最大值為＋1，最小值為－1，
所以|c|的取值范圍為[－1，＋1]．
答案：[－1，＋1]
第2術(shù) 解題常招，設(shè)參換元
方法概述
在解答數(shù)學問題時，我們常把某個代數(shù)式看成一個新的未知數(shù)，或?qū)⒛承┳冊昧硪粎⒆兞康谋磉_式來替換，以便將所求的式子變形，優(yōu)化思考對象，讓原來不醒目的條件，或隱含的信息顯露出來，促使問題的實質(zhì)明朗化，使非標準型問題標準化，從而便于我們將問題化繁為簡、化難為易、化陌生為熟悉，從中找出解題思路．這種通過換元改變式子形式來變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去考查、探究解題思路的做法，就是設(shè)參換元法，也就是我們常說的換元法
應用題型
此方法既適用選擇題、填空題，也適用于解答題，多在研究方程、不等式、函數(shù)、三角、解析幾何中廣泛應用
[例1] 已知x，y∈R，滿足x2＋2xy＋4y2＝6，則z＝x2＋4y2的取值范圍為__________．
[常規(guī)解法]
由x2＋2xy＋4y2＝6，
得2xy＝6－(x2＋4y2)，
而2xy≤，
所以6－(x2＋4y2)≤，
所以x2＋4y2≥4，當且僅當x＝2y時，取等號．
又因為(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6，
所以z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12，
綜上可得4≤x2＋4y2≤12.
[提速解法]
已知x2＋2xy＋4y2＝6，
即(x＋y)2＋(y)2＝()2，
故設(shè)x＋y＝cos α，y＝sin α，
即x＝cos α－sin α，y＝sin α.
則z＝x2＋4y2＝6－2xy＝6－2(cos α－sin α)sin α＝8－4sin.
所以8－4≤z≤8＋4，
即z的取值范圍為[4,12]．
[答案] [4,12]
[例2] 已知橢圓C方程為＋y2＝1，且直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2＝1相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點，求△OMN面積的最大值．
[解] 圓O的圓心為坐標原點，半徑r＝1，由直線l：y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0與圓O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2.①
由
消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2
＝2－4
＝.②
將①代入②，得|x1－x2|2＝，
故|x1－x2|＝.
所以|MN|＝|x1－x2|＝＝.
故△OMN的面積S＝|MN|1＝.
令t＝4k2＋1(t≥1)，則k2＝，代入上式，
得S＝2＝
＝ ＝ ，
所以當t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝時，S取得最大值，且最大值為＝1.
[例3] 已知u≥1，v≥1且(logau)2＋(logav)2＝loga(au2)＋loga(av2)(a>1)，則loga(uv)的最大值和最小值分別為________，________.
[解析] 令x＝logau，y＝logav，則x≥0，y≥0.已知等式可化為(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)．再設(shè)t＝loga(uv)＝x＋y(x≥0，y≥0)，由圖可知，當線段y＝－x＋t(x≥0，y≥0)與圓弧(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)相切時(圖中CD位置)，截距t取最大值，tmax＝2＋2；當線段端點是圓弧端點時(圖中AB位置)，截距t取最小值，tmin＝1＋.因此loga(uv)的最大值是2＋2，最小值是1＋.
[答案] 2＋2 1＋
[提醒] 利用兩次換元探究動點的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合使問題變得直觀．換元中應注意舊變量對新變量的限制．
[應用體驗]
1．橢圓＋＝1的左焦點為F，直線x＝m與橢圓相交于點A，B，當△FAB的周長最大時，△FAB的面積為________．
解析：已知＋＝1，則F(－1,0)．
設(shè)A(2cos θ，sin θ)，B(2cos θ，－sin θ)，
則|AF|＝|BF|＝＝2＋cos θ，
故△FAB的周長l＝2(2＋cos θ)＋2sin θ＝4＋4sin.
當θ＝時，l取得最大值，此時△FAB的面積為
S＝(1＋2cos θ)2sin θ＝sin θ(1＋2cos θ)＝3.
答案：3
2．不等式log2(2x－1)log2(2x＋1－2)<2的解集是________．
解析：設(shè)log2(2x－1)＝y(tǒng)，則log2(2x＋1－2)＝1＋log2(2x－1)＝y(tǒng)＋1，故原不等式可化為y(y＋1)<2，解得－20，
則f(x)，
又x∈，
所以－n B．m2＋ D．m，n的大小關(guān)系不確定
[解析] 由不等式可得－0，
故函數(shù)f(x)在(2，e)上單調(diào)遞增．
因為f(n)，則事件A發(fā)生的概率為( )
A. B．1－
C. D．1－
[解析] 由題意知，計算機產(chǎn)生的0～1之間的均勻隨機數(shù)a，b的對應區(qū)域是邊長為1的正方形，面積為1；事件A對應的區(qū)域是邊長為1的正方形減去四分之一的圓圓心為(1,1)，半徑為，如圖所示，則事件A對應的區(qū)域的面積為1－.由幾何概型的概率計算公式得事件A發(fā)生的概率為1－.
[答案] B
[應用體驗]
1．已知函數(shù)f(x)是定義在實數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意的實數(shù)x都有xf(x＋1)＝(1＋x)f(x)，則f 的值是( )
A．0 B.
C．1 D.
解析：選A 由已知得＝，
故構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g(x＋1)＝，
所以g(x＋1)＝g(x)，即g(x)是周期為1的函數(shù)．
又f(x)為偶函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù)．
故再構(gòu)造一個特例函數(shù)g(x)＝sin 2πx(x∈R)，
所以f(x)＝xsin 2πx，從而有f ＝sin 5π＝0，
故f ＝f(0)＝0，因此選A.
2．已知數(shù)列{an}，an＝2an－1＋n＋1，a1＝1(n∈N*)，則an＝__________.
解析：由已知可得an＋n＋3＝2[an－1＋(n－1)＋3]．
設(shè)bn＝an＋n＋3，則bn＝2bn－1，
所以{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且b1＝a1＋1＋3＝5，
所以bn＝52n－1，所以an＝52n－1－n－3.
答案：52n－1－n－3
3．函數(shù)f(x)＝＋的值域為__________．
解析：f(x)＝＋，
其幾何意義是平面內(nèi)動點P(x,0)到兩定點M(2,3)和N(5，－1)的距離之和(如圖所示)，求其值域只要求其最值即可．
易知當M，N，P三點共線(即P在線段MN上)時，f(x)取得最小值，且f(x)min＝|MN|＝5，f(x)無最大值，故得函數(shù)的值域為[5，＋∞)．
答案：[5，＋∞)
4．函數(shù)y＝的最大值和最小值分別為__________，__________.
解析：從幾何意義上考慮把原解析式看作是動點P(cos x，sin x)與定點Q(3,0)連線的斜率，為此構(gòu)造一個單位圓，探究單位圓上動點P(cos x，sin x)與定點Q(3,0)連線的斜率問題．
如圖，因為動點在單位圓上運動時處于極端狀態(tài)，即為切點時直線斜率分別為最大、最小，設(shè)切點分別為R，M.
易知kOR＝2，kOM＝－2，
所以kQR＝－，kQM＝，所以－≤kPQ≤.
即y＝的最大值為，最小值為－.
答案：?。?
第4術(shù) 聲東擊西，換位推理
方法概述
對有些問題在直接求解時會感到困難或根本難以從條件入手，這時可避開正面強攻，從結(jié)論的對立面入手，或考查與其相關(guān)的另一問題，或反例中也可找到解決問題的途徑，有時甚至還能獲得最佳的解法．這就是“聲東擊西，換位推理”的戰(zhàn)術(shù)
應用題型
既有選擇、填空題，也有解答題．主要體現(xiàn)為補集法、相關(guān)點法及反證法等
[例1] 若拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分，則k的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
[解析] 假設(shè)拋物線y＝x2上存在兩點A(x1，x)，B(x2，x)關(guān)于直線y＝k(x－3)對稱，設(shè)AB的中點為P(x0，y0)，則x0＝，y0＝.
因為直線y＝k(x－3)垂直平分弦AB，
所以＝－，所以＝－.
又AB的中點P(x0，y0)在直線y＝k(x－3)上，
所以＝k＝－，
所以中點P.
由于點P在y>x2的區(qū)域內(nèi)，所以－>2，
整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，解得k<－.
因此當k<－時，拋物線y＝x2上存在弦能被直線y＝k(x－3)垂直平分，于是當k≥－時，拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分．
所以實數(shù)k的取值范圍為.
[答案] D
[例2] 已知P(4,0)是圓x2＋y2＝36內(nèi)的一點，A，B是圓上兩動點，且滿足∠APB＝90，求矩形APBQ頂點Q的軌跡方程．
[解] 連接AB，PQ，設(shè)AB與PQ交于點M，如圖所示．
因為四邊形APBQ為矩形，所以M為AB，PQ的中點，連接OM.
由垂徑定理可知OM⊥AB，
設(shè)M(xM，yM)，
由此可得|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝36－(x＋y)．①
又在Rt△APB中，
有|AM|＝|PM|＝.②
由①②得x＋y－4xM－10＝0，
故點M的軌跡是圓．
因為點M是PQ的中點，設(shè)Q(x，y)，
則xM＝，yM＝，
代入點M的軌跡方程中得
2＋2－4－10＝0，
整理得x2＋y2＝56，即為所求點Q的軌跡方程．
[應用體驗]
1．設(shè)a，b∈R，定義運算“∧”和“∨”如下：a∧b＝a∨b＝
若正數(shù)a，b，c，d滿足ab≥4，c＋d≤4，則( )
A．a(chǎn)∧b≥2，c∧d≤2 B．a(chǎn)∧b≥2，c∨d≥2
C．a(chǎn)∨b≥2，c∧d≤2 D．a(chǎn)∨b≥2，c∨d≥2
解析：選C 從定義知，a∧b＝min(a，b)，即求a，b中的最小值；a∨b＝max(a，b)，即求a，b中的最大值．
假設(shè)02，d>2，則c＋d>4，與已知c＋d≤4相矛盾，則假設(shè)不成立，故min(c，d)≤2，即c∧d≤2.
故選C.
2．某學校為了研究高中三個年級的數(shù)學學習情況，從高一，高二，高三三個年級中分別抽取了1,2,3個班級進行問卷調(diào)查，若再從中任意抽取兩個班級進行測試，則兩個班級來自不同年級的概率為________．
解析：記高一年級中抽取的1個班級為a，高二年級中抽取的2個班級為b1，b2，高三年級中抽取的3個班級為c1，c2，c3.
從已抽取的6個班級中任意抽取兩個班級的所有可能結(jié)果為(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15種．
設(shè)“抽取的兩個班級來自不同年級”為事件A，則事件為抽取的兩個班級來自同一年級．
兩個班級來自同一年級的結(jié)果為(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4種．
所以P()＝，故P(A)＝1－P()＝1－＝.
所以兩個班級來自不同年級的概率為.
答案：
3．已知函數(shù)f(x)＝ax2－x＋ln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為________．
解析：f′(x)＝2ax－1＋.
(1) 若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋
≥0，
得a≥.①
令t＝，因為x∈(1,2)，所以t＝∈.
設(shè)h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，顯然函數(shù)y＝h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減，
所以h(1)0，ω>0，|φ|<的部分圖象如圖所示，其中|PQ|＝2，則f(x)的解析式為______________．
[解析] 由題圖可知A＝2，P(x1，－2)，Q(x2,2)，
所以|PQ|＝＝＝2.
整理得|x1－x2|＝2，所以其最小正周期T＝2|x1－x2|＝4，即＝4，解得ω＝.
又函數(shù)圖象過點(0，－)，
所以2sin φ＝－，即sin φ＝－.
又|φ|<，所以φ＝－.
所以f(x)＝2sin.
[答案] f(x)＝2sin
[例2] 已知橢圓C的焦點在x軸上，其離心率為，且過點A，則橢圓C的標準方程為________．
[解析] 設(shè)橢圓C的標準方程為＋＝1(a>b>0)．
因為其離心率e＝，所以＝＝，
即a＝2b.
故橢圓C的方程為＋＝1.
又點A在橢圓C上，所以＋＝1，
解得b2＝1.所以橢圓C的標準方程為＋y2＝1.
[答案]?。珁2＝1
[例3] 已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，且S3＝21，S5＝65，則Sn＝________.
[解析] 設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝An2＋Bn.
由已知可得化簡得
解得所以Sn＝3n2－2n.
[答案] 3n2－2n
[應用體驗]
1．二次不等式ax2＋bx＋2>0的解集是，則a＋b的值是( )
A．10 B．－10
C．14 D．－14
解析：選D 由不等式的解集是，可知－，是方程ax2＋bx＋2＝0的兩根，可得解得所以a＋b＝－14.
2．過三點A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的圓交y軸于M，N兩點，則|MN|＝( )
A．2 B．8
C．4 D．10
解析：選C 設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
則解得
∴圓的方程為x2＋y2－2x＋4y－20＝0.
令x＝0，得y＝－2＋2或y＝－2－2，
∴M(0，－2＋2)，N(0，－2－2)或M(0，－2－2)，N(0，－2＋2)，
∴|MN|＝4.
3．函數(shù)y＝a－bcos 3x(b>0)的最大值為，最小值為－，則y＝－4asin 3bx的最小正周期是________．
解析：由題意可得解得
所以函數(shù)y＝－4asin 3bx＝－2sin 3x的最小正周期T＝.
答案：
4．與雙曲線x2－＝1有共同的漸近線，且過點(2,2)的雙曲線的方程是__________．
解析：設(shè)雙曲線方程為x2－＝λ，
將點(2,2)代入求得λ＝3，
即得雙曲線方程為－＝1.
答案：－＝1
第6術(shù) 蹊徑可辟，分割補形
方法概述
所謂割補法就是把一個復雜面積或體積的計算分割成若干個簡單圖形的有關(guān)計算或?qū)⒁粋€不易求出面積或體積的幾何圖形補足為較易計算的幾何圖形．也就是將復雜的或不熟悉的幾何圖形轉(zhuǎn)化為簡單的熟悉的幾何圖形或幾何體．例如，把曲邊形割補成規(guī)則圖形、把斜棱柱割補成直棱柱、把三棱柱補成平行六面體、把三棱錐補成三棱柱或平行六面體、把多面體切割成錐體(特別是三棱錐)、把不規(guī)則的幾何體割補成規(guī)則的幾何體，從而把未知的轉(zhuǎn)化為已知的、把陌生的轉(zhuǎn)化為熟悉的、把復雜的轉(zhuǎn)化為簡單的、把不夠直觀的轉(zhuǎn)化為直觀易懂的
應用題型
在解決幾何問題過程中，割補法是一種常用的方法．無論是平面幾何、解析幾何、還是立體幾何，適時使用割補法，能幫助我們找到問題的突破口，把問題放到特殊的幾何圖形中，借助特殊圖形分析問題，有時會柳暗花明，事半功倍
[例1] (1)為測出所住小區(qū)的面積，某人進行了一些測量工作，所得數(shù)據(jù)如圖所示，則小區(qū)的面積是( )
A. km2 B. km2
C. km2 D. km2
[解析] 如圖，連接AC.在△ABC中，根據(jù)余弦定理可得AC＝＝ km，
又AB＝2 km，BC＝1 km，
所以AC2＋BC2＝AB2，
所以△ABC為直角三角形，
且∠ACB＝90，∠BAC＝30，
故∠DAC＝∠DCA＝15.
所以△ADC為等腰三角形，且∠D＝150，
設(shè)AD＝DC＝x km，
根據(jù)余弦定理得x2＋x2＋x2＝3，
即x2＝＝3(2－)．
所以小區(qū)的面積為1＋3(2－)＝＝(km2)．
[答案] D
(2)如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則多面體的體積為( )
A. B.
C. D.
[解析] 法一：如圖，在EF上取點M，N，使EM＝FN＝，連接MA，MD，NB，NC，則MN＝1，三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DM＝AM＝＝.
設(shè)H為AD的中點，連接MH，則MH⊥AD，
且MH＝＝，
∴S△ADM＝ADMH＝.
∴VABCDEF＝2VEADM＋VADMBCN
＝2＋1＝.
法二：如圖，取EF的中點G，連接GA，GB，GC，GD，則三棱錐EADG與三棱錐GBCF都是棱長為1的正四面體，易求得VEADG＝VGBCF＝＝，
又四棱錐GABCD的底面是邊長為1的正方形，且側(cè)棱邊為1.
易求得其高為，則VGABCD＝11＝，
所以VABCDEF＝2VEADG＋VGABCD＝2＋＝.
[答案] A
[例2] (1)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )
A．8π＋16 B．8π－16
C．8π＋8 D．16π－8
[解析] 由三視圖可知該幾何體為一個半圓柱去掉一個直棱柱．其中半圓柱的高為4，底面半圓的半徑為2；直三棱柱的底面為斜邊是4的等腰直角三角形，高為4.
半圓柱的體積為V1＝π224＝8π，
直三棱柱的體積為V2＝424＝16.
所以所求幾何體的體積為V＝V1－V2＝8π－16.
[答案] B
(2)如圖，在直三棱柱A1B1C1ABC中，∠BCA＝90，點E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，若BC＝CA＝CC1，則B1E與A1F所成的角的余弦值為________．
[解析] 如圖，把直三棱柱A1B1C1ABC補成一個直平行六面體A1B1D1C1ABDC，取BD中點G，連接B1G，則B1G∥A1F，∠EB1G即為B1E與A1F所成的角(或其補角)．
設(shè)BC＝CA＝CC1＝2a，
則B1G＝＝a，
AB＝＝2a，
B1E＝＝a，
GE2＝BG2＋BE2－2BGBEcos 135＝5a2，
所以cos∠EB1G＝＝，
故B1E與A1F所成角的余弦值為.
[答案]
[應用體驗]
1．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是( )
A．64 B．72
C．80 D．112
解析：選C 根據(jù)三視圖可知該幾何體為四棱錐PABCD與正方體ABCDA1B1C1D1的組合體，如圖所示．由三視圖中的數(shù)據(jù)可知，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為4，其體積V1＝43＝64.四棱錐PABCD的底面為正方形ABCD，高h＝3，且PA＝PB，其底面積為S＝42＝16，則四棱錐PABCD的體積V2＝Sh＝163＝16.故所求幾何體的體積V＝V1＋V2＝64＋16＝80.
2.如圖，正三棱錐SABC的側(cè)棱與底面邊長相等，如果E，F(xiàn)分別為SC，AB的中點，那么異面直線EF與SA所成的角等于( )
A．90 B．60
C．45 D．30
解析：選A 如圖，把正三棱錐SABC補成一個正方體AGBHA1CB1S.
∵EF∥AA1，
∴異面直線EF與SA所成的角為45.
3.如圖，已知多面體ABCDEFG，AB，AC，AD兩兩垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：選B 法一：如圖，把多面體ABCDEFG補成正方體DEPGABHM，則VABCDEFG＝VDEPGABHM＝23＝4.
法二：如圖，取DG的中點H，以DA，DE，DH為棱構(gòu)造長方體EFHDBPCA，則三棱錐CHFG與三棱錐FPCB全等．
所以VABCDEFG＝VABPCDEFH＝ABACAD＝212＝4.
4．在正三棱錐SABC中，側(cè)棱SC⊥側(cè)面SAB，側(cè)棱SC＝4，則此正三棱錐的外接球的表面積為________．
解析：由正三棱錐中側(cè)棱SC⊥側(cè)面SAB，可得三條側(cè)棱SA，SB，SC兩兩垂直．又三條側(cè)棱相等，故可以三條側(cè)棱為相鄰三邊作出一個正方體SBDCAEFG，如圖所示，其棱長為4，其外接球的直徑就是此正方體的體對角線，所以2R＝＝12，
即球半徑R＝6，所以球的表面積S＝4πR2＝144π.
答案：144π
第7術(shù) 關(guān)注整體，設(shè)而不求
方法概述
設(shè)而不求是數(shù)學解題中的一種很有用的手段，采用設(shè)而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的無益的循環(huán)運算，從而達到準確、快速、簡捷的解題效果
應用題型
選擇題、填空題、解答題中均有應用
在解決某些涉及若干個量的求值問題時，要有目標意識，通過虛設(shè)的策略，整體轉(zhuǎn)化的思想，繞開復雜的運算過程，可使問題迅速得到解決．
[例1] 已知等比數(shù)列{an}中，Sm＝16，S2m＝64，求S3m.
[解] 設(shè)公比為q，由于S2m≠2Sm，故q≠1，
于是
②①得1＋qm＝4，則qm＝3，
所以S3m＝
＝(1＋qm＋q2m)
＝16(1＋3＋32)
＝208.
有些代數(shù)問題，通過挖掘題目中隱含的幾何背景，設(shè)而不求，轉(zhuǎn)化成幾何問題求解．
[例2] 設(shè)a，b均為正數(shù)，且a＋b＝1，則＋的最大值為________．
[解析] 設(shè)u＝，
v＝(u>1，v>1)，
u＋v＝m，
則u，v同時滿足
其中u＋v＝m表示直線，m為此直線在v軸上的截距．
u2＋v2＝4是以原點為圓心，2為半徑的圓在第一象限內(nèi)的一部分圓弧，如圖所示，顯然直線與圓弧相切時，所對應的截距m的值最大．
由圖易得mmax＝2，
即＋≤2.
[答案] 2
恰當合理地引入?yún)?shù)，可使解題目標更加明確，已知和欲求之間的聯(lián)系得以明朗化，使問題能夠得到解決．
[例3] 已知對任何滿足(x－1)2＋y2＝1的實數(shù)x，y，不等式x＋y＋k≥0恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．
[解] 由題意設(shè)
則g(θ)＝x＋y＋k＝sin θ＋cos θ＋1＋k
＝sin＋1＋k≥－＋1＋k.
令－＋1＋k≥0，得k≥－1.
即實數(shù)k的取值范圍是[－1，＋∞)．
在解析幾何問題中，對于有關(guān)點的坐標采用設(shè)而不求的策略，能促使問題定向，簡便化歸，起到以簡馭繁的解題效果．
[例4] 設(shè)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，經(jīng)過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線的準線上，且BC∥x軸，求證：直線AC經(jīng)過原點O.
[證明] 設(shè)A(2pt，2pt1)，
B(2pt，2pt2)，
則C.
因為AB過焦點F，
所以2pt12pt2＝－p2，
得t1t2＝－.
又直線OC的斜率kOC＝＝－4t2＝，
直線OA的斜率kOA＝＝，則kOC＝kOA.
故A，O，C三點共線，即直線AC經(jīng)過原點O.
根據(jù)解題需要，可引入一個中間量作為中介，起到過渡作用，使問題得以解決．
[例5] 如圖，OA是圓錐底面中心O到母線的垂線，OA繞軸旋轉(zhuǎn)一周所得曲面將圓錐體積分成相等的兩部分，求圓錐母線與軸的夾角α的余弦值．
[解] 過點A作AM⊥SO，垂足為M，
可知∠MAO＝∠AOB＝∠OSB＝α.
設(shè)MA＝x，OB＝r，SO＝h，
則有πx2h＝πr2h.
化簡可得2＝.
又因為cos α＝＝，
即cos α＝＝.
所以cos2α＝＝.
于是cos4α＝，
又α為銳角，所以cos α＝2.
某些看似十分復雜的運算，經(jīng)過巧妙轉(zhuǎn)換，恒等變形，使運算對象發(fā)生轉(zhuǎn)移，起到意想不到的效果．
[例6] 求coscoscos…cos的值．
[解] 設(shè)M＝coscoscos…cos，
N＝sinsinsin…sin，
則MN＝sincossincos…sincos＝sinsin…sin
＝sinsin…sin
＝N.
而N≠0，故M＝＝.
[應用體驗]
1．sin 10sin 30sin 50sin 70的值為________．
解析：設(shè)A＝sin 10sin 30sin 50sin 70，
B＝cos 10cos 30cos 50cos 70，
則AB＝sin 20sin 60sin 100sin 140
＝cos 70cos 30cos 10cos 50
＝B，
由此可得A＝.
答案：
2．一直線被兩直線4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0截得的線段中點恰好是坐標原點，則這條直線的方程為________．
解析：設(shè)所求直線分別交直線4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0于點M，N，設(shè)M(x0，y0)，
則有4x0＋y0＋6＝0.①
因為M，N關(guān)于原點對稱，所以N(－x0，－y0)，
從而－3x0＋5y0－6＝0.②
由①＋②得x0＋6y0＝0.③
顯然M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，O(0,0)三點的坐標均適合方程③.
故所求直線的方程為x＋6y＝0.
答案：x＋6y＝0
3．已知橢圓＋＝1，F(xiàn)1，F(xiàn)2為焦點，點P為橢圓上一點，∠F1PF2＝，則S△F1PF2＝________.
解析：設(shè)|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，
由橢圓定義得r1＋r2＝10.①
由余弦定理得r＋r－2r1r2cos＝64.②
①2－②得，r1r2＝12，
所以S△F1PF2＝r1r2sin ＝3.
答案：3
4．已知F1，F(xiàn)2是橢圓2x2＋y2＝4的兩個焦點，點P是橢圓上在第一象限內(nèi)的點，且＝1.過點P作傾斜角互補的兩條直線PA，PB分別交橢圓于A，B兩點．
(1)求點P的坐標；
(2)求直線AB的斜率．
解：(1)設(shè)P(m，n)，因為點P在橢圓上，
所以2m2＋n2＝4，m>0，n>0.①
又橢圓的標準方程為＋＝1，
設(shè)F1(0，)，F(xiàn)2(0，－)，
所以＝(－m，－n)(－m，－－n)＝1，
由此可得m2＋n2＝3.②
由①②解得m＝1，n＝，
即所求點P的坐標為(1，)．
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為點A，B在橢圓上，
所以2x＋y＝4,2x＋y＝4，兩式相減得
2(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0.
所以kAB＝＝－2.③
同理可得kAP＝＝－2，④
kBP＝＝－2.⑤
因為PA，PB傾斜角互補，所以kPA＋kPB＝0.⑥
由④⑤左端及⑥得
x1y2＋x2y1－(x2＋x1)－(y1＋y2)＋2＝0，⑦
由④⑤右端及⑥得
x1y2＋x2y1＋(x2＋x1)＋(y1＋y2)＋2＝0，⑧
由⑧－⑦得2(x2＋x1)＋2(y1＋y2)＝0，
即y1＋y2＝－(x1＋x2)，⑨
由③⑨得kAB＝.
第8術(shù) 解題卡殼，攻堅突圍
解題卡殼，一般都是卡在壓軸題，或計算量大的題上，有時也卡在有些條件特殊的選擇題、填空題上．卡殼題不一定就是做不好的題，或是啃不動的題，而是因某些運算，或推理繁雜感到心理緊張而導致一下子難想出好主意，或回憶不到相關(guān)的公式、定理，或想不出相應的輔助線、輔助函數(shù)，或把條件看錯，或在推理中錯算了一步，再無法繼續(xù)．解題過程卡在某一過渡環(huán)節(jié)上是常見的事．當解題遇到卡殼時，應注意調(diào)整心態(tài)、保持冷靜，注重更換思考方式、跳步或跳問解答，沉著迎戰(zhàn)．
一般來說，對卡殼題的突圍關(guān)鍵在于如何針對已有的信息與所求目標的差異進行綜合分析，回頭整合相關(guān)的結(jié)論(包括已推得的結(jié)論)，注重信息的遷移，考查相關(guān)定義
與圖形，從不同的角度再次認識條件及結(jié)論，使之產(chǎn)生解題的靈感，從而獲得相關(guān)的“自我提示”．因此，在重審結(jié)論或剖析條件時，要注重考查命題所涉及的概念、定理，把握命題的結(jié)構(gòu)特點，構(gòu)建相應的數(shù)學模型進行模仿探索，力爭做到求什么，想什么．在審查已做的運算、推理與所求結(jié)論的要求是否對路時，要注重隱含條件的挖掘與整合，仔細清查還有哪些條件未用上，還有哪些相關(guān)的通法未用到，力爭做到給什么，用什么．在溝通條件與結(jié)論時，要勇于試探、創(chuàng)新思維，注重類比、猜想、湊形、配式，力爭做到差什么，找什么．這就是我們常說的卡殼突圍術(shù)．常見的突圍策略有以下兩種．
對設(shè)有多問的數(shù)學問題，若前一問不會解，而后面的幾問又是自己容易解的，或是可用前一問的結(jié)論來求解的，此時應放棄前一問的求解，著重攻后面的幾問，并將前一問的結(jié)論作為后幾問的條件使用，巧妙地配合題設(shè)條件或有關(guān)定理來解答后面的問題．這種利用自己根本不懂或不會證明的問題作條件來解后幾問的做法，就是數(shù)學解題中的“空城計”，即：前問難作后問易，棄前攻后為上計(也可說成：前難后易前問棄，借前結(jié)論攻后題)．
[例1] 設(shè)函數(shù)fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)．
(1)設(shè)n≥2，b＝1，c＝－1，證明：fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點；
(2)設(shè)n＝2，若對任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范圍；
(3)在(1)的條件下，設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的零點，判斷數(shù)列x2，x3，…，xn，…的增減性．
[解] (1)證明：當b＝1，c＝－1，n≥2時，
fn(x)＝xn＋x－1.
∵fnfn(1)＝1＜0，
∴fn(x)在內(nèi)存在零點．
又∵當x∈時，fn′(x)＝nxn－1＋1＞0，
∴fn(x)在上是單調(diào)遞增的，
∴fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點．
(2)當n＝2時，f2(x)＝x2＋bx＋c.
對任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等價于f2(x)在[－1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.據(jù)此分類討論如下：
①當＞1，即|b|＞2時，
M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，與題設(shè)矛盾．
②當－1≤－＜0，即0＜b≤2時，
M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立．
③當0≤－≤1，即－2≤b≤0時，
M＝f2(－1)－f2＝2≤4恒成立．
綜上可知，當－2≤b≤2時，對任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4.
故b的取值范圍為[－2,2]．
(3)法一：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(n≥2)，
則fn(xn)＝x＋xn－1＝0，
fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈，
于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)
＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)．
又由(1)知fn(x)在上是單調(diào)遞增的，
故xn＜xn＋1(n≥2)，
所以數(shù)列x2，x3，…，xn，…是遞增數(shù)列．
法二：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點，
fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1)
＝x＋xn－10，則當x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
故f(x)存在兩個零點．
③設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，則ln(－2a)≤1，
故當x∈(1，＋∞)時，
f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又當x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．
若a<－，則ln(－2a)>1，
故當x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)<0；
當x∈(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又當x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．
綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)．
(2)證明：不妨設(shè)x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2.
設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以當x>1時，g′(x)<0，而g(1)＝0，
故當x>1時，g(x)<0.
從而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
[點評] 本題在證明x1＋x2<2時，如果直接從題目條件出發(fā)，很難證明該結(jié)論成立，而通過分析，將x1＋x2<2轉(zhuǎn)化為x1<2－x2<1，利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性及f(x1)＝f(x2)，將問題轉(zhuǎn)化為證明不等式f(x1)>f(2－x2)，進而構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(2－x2)，轉(zhuǎn)化為證明函數(shù)g(x)的最大值小于0，從而使問題得證．
[應用體驗]
1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)求證：當x∈(1，＋∞)時，1＜＜x；
(3)設(shè)c＞1，求證：當x∈(0,1)時，1＋(c－1)x＞cx.
解：(1)由題設(shè)，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
當0＜x＜1時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
當x＞1時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．
(2)證明：由(1)知，f(x)在x＝1處取得最大值，
最大值為f(1)＝0.
所以當x≠1時，ln x＜x－1.
故當x∈(1，＋∞)時，ln x＜x－1，ln ＜－1，
即1＜＜x.
(3)證明：由題設(shè)c＞1，設(shè)g(x)＝1＋(c－
（通用版）2019版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 備考技法 專題一 解題常用8術(shù)系統(tǒng)歸納——串一串方法講義 理（普通生含解析）.doc
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