2020届高考数学(理)课标版二轮复习训练习题:考前冲刺 突破6类解答题 .docx
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1、突破6类解答题三角函数问题重在“变”变角、变式思维流程策略指导1.常用的变角技巧:(1)已知角与特殊角的变换;(2)已知角与目标角的变换;(3)角与其倍角的变换;(4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用.如:=(+)-=(-)+,2=(+)+(-),2=(+)-(-),+=2+2,+2=-2-2-.2.常用的变式技巧:主要从函数名、次数、系数等方面入手,常见的情况有:(1)讨论三角函数的性质时,常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论;(2)涉及sin xcos x、sin xcos x的问题,常做换元处理,如令t=sin xcos x,t-2,2,将原问题转化为关于t的函数来处
2、理;(3)在解决三角形的问题时,常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等方法.规范解答典例1(2019课标全国,17,12分)ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.设(sin B-sin C)2=sin2A-sin Bsin C.(1)求A;(2)若2a+b=2c,求sin C.标准答案阅卷现场解析(1)由已知得sin2B+sin2C-sin2A=sin Bsin C,故由正弦定理得b2+c2-a2=bc.(2分)由余弦定理得cos A=b2+c2-a22bc=12.(4分)因为0A180,所以A=60.(5分)(2)由(1)知B=120-C,由题设及正弦定理得2sin A+sin(12
3、0-C)=2sin C,(7分)即62+32cos C+12sin C=2sin C,可得cos(C+60)=-22.(9分)由于0C120,所以sin(C+60)=22,(10分)故sin C=sin(C+60-60)=sin(C+60)cos 60-cos(C+60)sin 60=6+24.(12分)第(1)问踩点得分由正弦定理将角之间的关系转化为边之间的关系b2+c2-a2=bc得2分.将所得边之间的关系变形并求得cos A的值得2分.由cos A的值及A的取值范围求出A的值得1分.第(2)问踩点得分借助第(1)问的结果,利用正弦定理将条件2a+b=2c转化为三角函数间的关系得2分.利用
4、三角恒等变换求得cos(C+60)的值得2分.利用同角三角函数基本关系求sin(C+60)的值得1分.通过变角,利用三角恒等变换求得sin C的值得2分.题后悟通1.利用正、余弦定理求解问题的策略2.三角恒等变换的思路为“一角二名三结构”数列问题重在“归”化归思维流程策略指导化归的常用策略化归:首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量,将已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系.归纳:对于不是等差或等比的数列,可从特殊的情景出发,归纳出一般性的规律、性质,这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法:观察、归纳、猜想、证明.规范解答典例2(2018课标全国,17,12分)等比数列an
5、中,a1=1,a5=4a3.(1)求an的通项公式;切入点:利用等比数列的通项公式求出公比q.(2)记Sn为an的前n项和.若Sm=63,求m.关键点:根据等比数列的前n项和公式,列出方程,求出m.标准答案阅卷现场解析(1)设an的公比为q,由题设得an=qn-1.(1分)由已知得q4=4q2,(2分)解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.(4分)故an=(-2)n-1或an=2n-1.(6分)(2)若an=(-2)n-1,则Sn=1-(-2)n3.(7分)由Sm=63得(-2)m=-188,(8分)此方程没有正整数解.(9分)若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,(1
6、1分)解得m=6.综上,m=6.(12分)第(1)问踩点得分正确写出通项公式得1分.根据题目中的条件,结合通项公式列出关于q的方程得1分.正确求出公比q得2分,没有将q=0舍去扣1分.每正确写出一个通项公式得1分.第(2)问踩点得分正确写出前n项和公式得1分.根据及题目中的条件,写出关于m的方程得1分.判断方程是否有正整数解,判断正确得1分.正确写出当an=2n-1时,2m=64得2分.解得m=6,正确得1分.题后悟通如果一个数列是等差(比)数列或者是可以转化为等差(比)数列的数列,破解此类题的关键点如下:(1)做判断.根据条件判断数列是等差(比)数列或者特殊的数列.(2)求基本量.若是等差(
7、比)数列,求出其首项和公差(比).(3)得结论.根据条件灵活选用公式,代入求值.立体几何问题重在“建”“转”建模、转换思维流程策略指导立体几何解答题建模、转换策略立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合,以某个几何体为依托,分步设问,逐层加深,解决这类题目的原则是建模、建系.建模将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度,距离等的计算模型.建系依托于题中的垂直条件,建立空间直角坐标系,利用空间向量求解.规范解答典例3(2019课标全国,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
8、 (1)证明:MN平面C1DE;切入点:(1)由E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点,联想到线面平行的判定定理;(2)由菱形的对角线互相垂直联想到建立空间直角坐标系.(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.关键点:(1)构造线面平行判定定理所需条件;(2)建立恰当的空间直角坐标系.标准答案阅卷现场解析(1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME=12B1C.(1分)又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,(2分)因此四边形MNDE为平行四边形,MNED.(3分)又MN平面EDC1,所以MN
9、平面C1DE.(4分)(2)由已知可得DEDA.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,(5分)则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN=(0,-3,0).(6分)设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则mA1M=0,mA1A=0.所以-x+3y-2z=0,-4z=0.可取m=(3,1,0).(8分)设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则nMN=0,nA1N=0.所以-3q=0,-p-2r=0.可取n=(2,0,-1).
10、(10分)于是cos=mn|m|n|=2325=155,(11分)所以二面角A-MA1-N的正弦值为105.(12分)第(1)问踩点得分证明ME12B1C得1分.证得MEND得1分.利用平行四边形的性质,证明MNED得1分.利用线面平行的判定定理证得结论得1分.第(2)问踩点得分建立恰当的空间直角坐标系得1分.正确求出各点坐标、向量坐标得1分.正确求出平面A1MA的法向量得2分.正确求出平面A1MN的法向量得2分.正确求出两法向量夹角的余弦值得1分.正确求出二面角的正弦值得1分.题后悟通利用法向量求解空间角的关键在于“四破”概率与统计问题重在“辨”辨析、辨型、辨图思维流程策略指导概率与统计问题
11、辨析、辨型与辨图的基本策略(1)准确弄清问题所涉及的事件有什么特点,事件之间有什么关系,如互斥、对立等.(2)理清事件以什么形式发生,如同时发生、至少有几个发生等.(3)明确抽取方式,如放回还是不放回、抽取有无顺序等.(4)准确选择排列组合的方法来计算基本事件发生数和事件总数,或根据概率计算公式和性质来计算事件的概率.(5)确定随机变量的取值并求其对应的概率,写出分布列再求期望.(6)会套用求b、K2的公式求值,从而进一步求值与分析.(7)理解各图表所给的信息,根据信息找出所要数据.规范解答典例4(2019课标全国,21,12分)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为
12、此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈,则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈,则乙药得1分,甲药得-1分;若都治愈或都未治愈,则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为和,一轮试验中甲药的得分记为X.(1)求X的分布列;(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,pi(i
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