高考数学二轮复习教案：第三编

高考数学二轮复习教案：第三编

‎　先易后难．就是先做简单题，再做综合题．应根据自己的实际，果断跳过啃不动的题目，从易到难，也要注意认真对待每一道题，力求有效，不能走马观花，有难就退，伤害解题情绪．可采取缺步解答、跳步解答、退步解答、辅助解答等多种方式，力争多得分．‎ ‎　先熟后生．通览全卷，可以得到许多有利的积极因素，也会看到一些不利之处．对后者，不要惊慌失措，应想到试题偏难对所有考生也难．通过这种暗示，确保情绪稳定．对全卷整体把握之后，就可实施先熟后生的策略，即先做那些内容掌握比较完整、题型结构比较熟悉、解题思路比较清晰的题目．这样，在拿下熟题的同时，可以使思维流畅、心情愉悦，超常发挥，达到拿下中、高档题目的目的．‎ ‎　先同后异．就是说，可考虑先做同学科同类型的题目．这样思考比较集中，知识或方法的沟通比较容易，有利于提高单位时间的效益．一般说来，考试解题必须进行“兴奋灶”转移，思考必须进行代数学科与几何学科的相互换位，必须进行从这一章节到那一章节的跳跃，但“先同后异”可以避免“兴奋灶”过急、过频和过陡的跳跃，从而减轻大脑负担，保持有效精力．‎ ‎　先小后大．小题一般是信息量少、运算量小，易于把握，不要轻易放过，应争取在大题之前尽快解决，从而为解决大题赢得时间，创造一个宽松的心理气氛．‎ ‎　先点后面．近年的高考数学解答题多呈现为多问渐难式的“梯度题”，解答时不必一气审到底，应走一步解决一步，而前面问题的解决又为后面问题准备了思维基础和解题条件，所以要步步为营，由点到面．‎ ‎　先局部后整体．对一个疑难问题，确实啃不动时，一个明智的解题策略是：将它划分为一个个子问题或一系列的步骤，先解决问题的一部分，即能解决到什么程度就解决到什么程度，能演算几步就写几步，每进行一步就可得到这一步的分数．如从最初的把文字语言译成符号语言，把条件和目标译成数学表达式，设应用题的未知数，设轨迹题的动点坐标，依题意正确画出图形等，都能得分．还有像完成数学归纳法的第一步，分类讨论，反证法的简单情形等，都能得分．而且可以在上述处理中，从感性到理性，从特殊到一般，从局部到整体，产生顿悟，形成思路，从而获得解题成功．‎ ‎　先面后点．解决应用性问题，首先要全面审查题意，迅速接受概念，此为“面”；透过冗长叙述，抓住重点词句，提出重点数据，此为“点”；综合联系，提炼关系，依靠数学方法，建立数学模型，此为“线”．如此将应用性问题转化为纯数学问题．当然，求解过程和结果都不能离开实际背景．‎ ‎　先高(分)后低(分)．这里主要是指在考试的后半段时要特别注重时间效益，如两道题都会做，先做高分题，后做低分题，以使时间不足时少失分；到了最后十分钟，也应对那些拿不下来的题目就高分题“分段得分”，以增加在时间不足前提下的得分．‎ 建议教师组织专门特训，向学生说明特训的目的，在考试时应使用的思想方法、解题方法、应试技巧等，进行有针对性使用！在讲评时，教师也应重点讲评应试技巧在每一题中是怎样使用的！为方便您理解，我们特意命制了一套样题供您参考．‎ ‎　本套试卷知识点覆盖全面，试题常规，难度中等，着重考查基础知识、基本方法与基本技能，着重考查数学的四大思想和选、填题的特殊技法，着重考查考生的逻辑推理能力、运算求解能力、空间想象能力、数据处理能力和分析问题、解决问题的能力．‎ 特训样题 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷　(选择题，共60分)‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．已知集合M＝{y|y＝2－x＋1，x∈R}，M∩N＝N，则集合N不可能是(　　)‎ 命题意图　本题考查集合的概念和运算，考查转化与化归的数学思想．‎ 答案　D 解析　‎ ‎2．设复数z满足z＋||＝2＋i，则z＝(　　)‎ A．－＋i B.＋i C．－－i D.－i 命题意图　本题考查复数的运算，考查函数与方程思想的应用．‎ 答案　B 解析　设z＝a＋bi(a，b∈R)，由已知得a＋bi＋＝2＋i，由复数相等可得∴故z＝＋i，∴选B.‎ ‎3．等比数列{an}的各项均为正数，a1＝1，a1＋a2＋a3＝7，则a3＋a4＋a5＝(　　)‎ A．14 B．21 C．28 D．63‎ 命题意图　本题需要将问题转化为基本量(首项和公比)的运算，另外还需注意数列中不同两项之间的关系式的灵活应用，以减少计算量．‎ 答案　C 解析　设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，a1＋a2＋a3＝7，‎ ‎∴a1(1＋q＋q2)＝1＋q＋q2＝7，即q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3，又an>0，∴q＝2，∴a3＋a4＋a5＝q2(a1＋a2＋a3)＝4×7＝28.故选C.‎ ‎4．若x，y满足约束条件则z＝x＋2y的取值范围是(　　)‎ A．[0,6] B．[0,4]‎ C．[6，＋∞) D．[4，＋∞)‎ 命题意图　本题考查线性规划，意在考查考生的数形结合能力、运算求解能力．‎ 答案　D 解析　作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示．由题意可知，当直线y＝－x＋过点A(2,1)时，z取得最小值，即zmin＝2＋2×1＝4.所以z＝x＋2y的取值范围是[4，＋∞)．故选D.‎ ‎5．如图，CD，BE分别是边长为4的等边△ABC的中线，圆O是△ABC的内切圆，线段OB与圆O交于点F.在△ABC中随机取一点，则此点取自图中阴影部分的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 命题意图　本题考查运用平面几何知识求几何概型的概率．‎ 答案　A 解析　在△BOD中，∠ODB＝90°，∠OBD＝30°，因为BD＝AB＝2，所以OD＝2tan30°＝，即圆O的半径为，由此可得图中阴影部分的面积等于×π×()2＝，因为△ABC的面积为4，故所求概率P＝＝.故选A.‎ ‎6．已知等边三角形ABC的边长为2，其重心为G，则·＝(　　)‎ A．2 B．－ C．－ D．3‎ 命题意图　本题考查了向量的线性运算和数量积，考查了向量坐标法和数形结合思想．‎ 答案　C 解析　如图，建立平面直角坐标系，则A(0，)，B(－1,0)，C(1,0)，得重心G，则＝，＝，所以·＝－1×1＋×＝－，故选C.‎ ‎7．“十一”黄金周来临，甲、乙、丙三个大学生决定出去旅游，已知一人去泰山，一人去西藏，一人去云南．回来后，三人对自己的去向，作如下陈述：‎ 甲：“我去了泰山，乙去了西藏．”‎ 乙：“甲去了西藏，丙去了泰山．”‎ 丙：“甲去了云南，乙去了泰山．”‎ 事实是甲、乙、丙三人的陈述都只对了一半．‎ 根据如上信息，可判断下面正确的是(　　)‎ A．甲去了西藏 B．乙去了泰山 C．丙去了西藏 D．甲去了云南 命题意图　本题考查学生的逻辑推理能力，解题时常将反证法与分析法综合使用．‎ 答案　D 解析　若甲的陈述“我去了泰山”正确，则“乙去了西藏”错误，则乙去了云南，丙去了西藏，则乙、丙的陈述都错误；若甲的陈述“我去了泰山”错误，则“乙去了西藏”正确，则甲去了云南，丙去了泰山，验证乙、丙的陈述，都说对了一半，符合题意，故选D.‎ ‎8．已知数列{an}中，a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则 ＝(　　)‎ A. B. C. D. 命题意图　本题考查数列的递推公式、累加法、裂项求和等知识，考查赋值法和转化与化归的能力．‎ 答案　B 解析　令m＝1，则an＋1＝a1＋an＋n，又a1＝1，‎ 所以an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，‎ 所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，‎ 把以上n－1个式子相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n，‎ 所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝，‎ 当n＝1时，上式也成立，所以an＝，‎ 所以＝＝2，‎ 所以 ＝2×＝2×＝，故选B.‎ A．2－π B．π－2 C．2 D．π 命题意图　本题主要考查函数求值问题，根据题意先求出参数再求出结果或运用函数的奇偶性压缩思维来求解．‎ 答案　B 解析　‎ ‎10．已知函数f(x)＝函数g(x)＝mx，若函数y＝f(x)－2g(x)恰有三个零点，则实数m的取值范围是(　　)‎ 命题意图　本题考查了数形结合的解题方法：画出需要的函数图象，将函数的零点个数问题化归为同一坐标系内两个不同函数图象的交点个数的问题，进一步求出参数的取值范围．‎ 答案　A 解析　由题意，画出函数f(x)＝的图象如图所示，y＝f(x)－2g(x)恰有三个零点，即y＝f(x)，y＝2mx的图象有三个不同交点，由图象可知，当直线y＝2mx的斜率在区间(kOA，kOB)时，y＝f(x)，y＝2mx的图象有三个不同交点，即kOA<2mμ－σ)＝＋≈0.8414，(6分)‎ 所以μ－σ＝14.77时满足题意，‎ 即最低年收入大约为14.77千元．(8分)‎ ‎②因为P(X≥12.14)＝P(X≥μ－2σ)＝＋≈0.9773，‎ 所以每位农民的年收入不少于12.14千元的概率为0.9773，(10分)‎ 记1000位农民的年收入不少于12.14千元的人数为ξ，‎ 则ξ～B(1000，p)，p＝0.9773，‎ 于是恰好有k个农民的年收入不少于12.14千元的概率是 P(ξ＝k)＝Cpk(1－p)1000－k，‎ 从而由＝>1，k<1001p≈978.2773，‎ 所以当0≤k≤978时，P(ξ＝k－1)P(ξ＝k)，‎ 由此可知，在所走访的1000位农民中，年收入不少于12.14千元的人数大约为978.(12分)‎ ‎21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝aln x＋xb(a≠0)．‎ ‎(1)当b＝2时，讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a＋b＝0，b＞0时，对任意的x∈，恒有f(x)≤e－1成立，求实数b的取值范围．‎ 命题意图　本题主要利用导数研究函数的单调性问题和不等式恒成立问题．考查分类讨论的思想和转化与化归的思想．‎ 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ 当b＝2时，f(x)＝aln x＋x2，所以f′(x)＝＋2x＝.‎ ‎①当a＞0时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎②当a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝ (负值舍去)，‎ 当0＜x＜ 时，f′(x)＜0，‎ 所以函数f(x)在上单调递减；‎ 当x＞ 时，f′(x)＞0，‎ 所以函数f(x)在上单调递增．(3分)‎ 综上所述，当b＝2，a＞0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当b＝2，a＜0时，函数f(x)在上单调递减，在 上单调递增．(4分)‎ ‎(2)因为对任意的x∈，恒有f(x)≤e－1成立，所以当x∈时，f(x)max≤e－1.(5分)‎ 当a＋b＝0，b＞0时，f(x)＝－bln x＋xb，‎ f′(x)＝＋bxb－1＝.‎ 令f′(x)＜0，得0＜x＜1；令f′(x)＞0，得x＞1.‎ 所以函数f(x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增，‎ f(x)max为f＝b＋e－b与f(e)＝－b＋eb中的较大者．(7分)‎ f(e)－f＝eb－e－b－2b，令g(m)＝em－e－m－2m，‎ 则当m＞0时，g′(m)＝em＋e－m－2＞2－2＝0，‎ 所以g(m)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 故g(m)＞g(0)＝0，所以f(e)＞f，‎ 从而f(x)max＝f(e)＝－b＋eb.(9分)‎ 所以－b＋eb≤e－1，即eb－b－e＋1≤0.‎ 设φ(t)＝et－t－e＋1(t＞0)，则φ′(t)＝et－1＞0，‎ 所以φ(t)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0的解集为(0,1]．‎ 所以b的取值范围为(0,1]．(12分)‎ ‎(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程 已知曲线C的参数方程为(θ为参数)，A(2,0)，P为曲线C上的一动点．‎ ‎(1)求动点P对应的参数从变动到时，线段AP所扫过的图形面积；‎ ‎(2)若直线AP与曲线C的另一个交点为Q，是否存在点P，使得P为线段AQ的中点？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由．‎ 命题意图　本题第一问是考查圆的参数方程中参数的几何意义，即为一个旋转角，再运用平面几何知识进行计算；第二问是将圆的参数方程转化为普通方程，再运用圆的参数方程设出动点的坐标，最后代入圆的普通方程进行计算．‎ 解　(1)设θ＝时对应的点为M，θ＝时对应的点为N，由题意，得MN∥x轴，‎ 则线段AP扫过的面积＝S△AMN＋S弓形＝S△OMN＋S弓形＝S扇形OMN＝×12×＝.(5分)‎ ‎(2)设P(cosθ，sinθ)，A(2,0)，‎ ‎∵P为线段AQ的中点，‎ ‎∴Q(2cosθ－2,2sinθ)，‎ ‎∵Q在曲线C上，曲线C的直角坐标方程为x2＋y2＝1，‎ ‎∴(2cosθ－2)2＋(2sinθ)2＝1，‎ 整理，得8cosθ＝7，∴cosθ＝，‎ ‎∴sinθ＝±＝±，‎ ‎∴存在点P满足题意，且点的坐标为P，±.(10分)‎ ‎23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f(x)＝2－x2，g(x)＝|x－a|.‎ ‎(1)若a＝1，解不等式f(x)＋g(x)≥3；‎ ‎(2)若不等式f(x)＞g(x)至少有一个负数解，求实数a的取值范围．‎ 命题意图　本题考查绝对值不等式的相关计算，考查分类讨论思想、数形结合思想．‎ 解　(1)若a＝1，则不等式f(x)＋g(x)≥3化为2－x2＋|x－1|≥3.‎ 当x≥1时，2－x2＋x－1≥3，‎ 即x2－x＋2≤0，2＋≤0不成立；‎ 当x＜1时，2－x2－x＋1≥3，即x2＋x≤0，‎ 解得－1≤x≤0.‎ 综上，不等式f(x)＋g(x)≥3的解集为{x|－1≤x≤0}．(5分)‎ ‎(2)作出y＝f(x)的图象如图所示，当a＜0时，g(x)的图象如折线①所示，‎ 由得x2＋x－a－2＝0，‎ 若相切，则Δ＝1＋4(a＋2)＝0，得a＝－，‎ 由数形结合，知当a≤－时，不等式无负数解，则－＜a＜0.‎ 当a＝0时，满足f(x)＞g(x)至少有一个负数解．‎ 当a＞0时，g(x)的图象如折线②所示，‎ 此时当a＝2时恰好无负数解，由数形结合，知当a≥2时，不等式无负数解，则0＜a＜2.‎ 综上所述，若不等式f(x)＞g(x)至少有一个负数解，则实数a的取值范围是.(10分)‎