《新（全国甲卷）2018版高考数学大二轮总复习与增分策略 第一篇 活用审题路线图教你审题不再难课件(理)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新（全国甲卷）2018版高考数学大二轮总复习与增分策略 第一篇 活用审题路线图教你审题不再难课件(理)（80页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第一篇 活用审题路线图， 教你审题不再难,审题即弄清题意，明确题目的条件与结论，审题是解题的基础，深入细致的审题是正确迅速解题的前提. 审题不仅存在于解题的开端，还要贯穿于解题思路的全过程和解答后的反思回顾.正确的审题要多角度地观察，由表及里，由条件到结论，由数式到图形，洞察问题实质，选择正确的解题方向.事实上，很多考生往往对审题掉以轻心，或不知从何处入手进行审题，致使解题失误而丢分.本篇结合实例，教你正确的审题方法，给你制订一条“审题路线图”，攻克高考解答题.,栏目索引,一审条件挖隐含,二审结论会转换,三审图形抓特点,四审结构定方案,五审图表找规律,六审细节更完善,一审条件挖隐含,题目的条件
2、是解题的主要素材，充分利用条件和结论间的内在联系是解题的必经之路.条件有明示的，也有隐含的，审视条件更重要的是充分挖掘每一个条件的内涵和隐含信息，发挥隐含条件的解题功能.,解析答案,审题路线图,(1)求函数f(x)的最小正周期；,审题路线图,解析答案,解析答案,解析答案,审题路线图,审题路线图,解析答案,解析答案,(1)求角A的度数；,解析答案,解 由于mn，,2cos2Acos A1 (2cos A1)(cos A1)0.,又因为A(0，180) . 即角A的度数为120.,返回,解析答案,又因为A(0，180)，所以C30.,二审结论会转换,解题的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错
3、误.因而解题的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的.审视结论，就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律.善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向.,(1)当a2时，求函数的单调区间与函数在1,3上的最值；,解析答案,审题路线图,审题路线图,解析答案,解析答案,当x1,3时，可知函数f(x)在1,2)上单调递减，在(2,3上单调递增， 所以最小值为f(2)2ln 25.,所以f(1)f(3).,(2)设h(x)x22bx4，a2，若对于任意的x11,2，存在x22,3，使得f(x1) h(x2)成立，试确定b的取值范
4、围.,解析答案,审题路线图,审题路线图,解析答案,解 若对于任意的x11,2，存在x22,3，使f(x1)h(x2)，则f(x1)minh(x2)有解.,所以f(x)在1,2上单调递减， f(x1)minf(2)2ln 25.,解析答案,则g(x)在2,3上单调递减，,(1)若a1，求函数f(x)的极值和单调区间；,解析答案,所以f(x)的定义域为(0，)，,令f(x)0，得x1.,所以f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：,解析答案,故x1时，f(x)的极小值为f(1)1， f(x)的单调递增区间为(1，)， 单调递减区间为(0,1).,解析答案,返回,解析答案,令n2,3,4，n，,将以
5、上各式不等号两边分别相加，得,返回,三审图形抓特点,在一些数学高考试题中，问题的条件往往是以图形的形式给出，或将条件隐含在图形之中，因此在审题时，要善于观察图形，洞悉图形所隐含的特殊关系、数值的特点、变化的趋势.抓住图形的特征，运用数形结合的数学思想方法，是破解考题的关键.,例3 如图(1)所示，在边长为4的菱形ABCD中，DAB60.点E、F分别在边CD、CB上，点E与点C、D不重合，EFAC，EFACO.沿EF将CEF翻折到PEF的位置，使平面PEF平面ABFED，如图(2)所示.,(1)求证：BD平面POA；,解析答案,审题路线图,审题路线图,解析答案,证明 因为菱形ABCD的对角线互相
6、垂直， 所以BDAC，所以BDAO. 因为EFAC，所以POEF. 因为平面PEF平面ABFED， 平面PEF平面ABFEDEF， 且PO平面PEF， 所以PO平面ABFED. 因为BD平面ABFED，所以POBD. 因为AOPOO，所以BD平面POA.,(2)当PB取得最小值时，求四棱锥PBDEF的体积.,解析答案,审题路线图,审题路线图,解析答案,解 设AOBDH. 因为DAB60， 所以BDC为等边三角形. 故BD4，HB2，,解析答案,又由(1)知PO平面BFED，则POOB.,跟踪演练3 如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABCACD90，BACCAD60，E为PD的中点
7、，F在AD上，且FCD30.,(1)求证：CE平面PAB；,解析答案,证明 因为ABCACD90， BACCAD60，所以FDC30， 又FCD30，所以ACF60， 所以AFCFDF， 所以F为AD的中点， 又E为PD的中点，所以EFPA. 而AP平面PAB，所以EF平面PAB. 又BACACF60，所以CFAB，,解析答案,可得CF平面PAB. 又EFCFF，所以平面CEF平面PAB， 而CE平面CEF，所以CE平面PAB.,(2)若PA2AB2，求四面体PACE的体积.,解析答案,返回,解 因为EFAP，所以EF平面APC， 又ABCACD90，BAC60，PA2AB2，,所以VPACE
8、VEPACVFPAC,返回,四审结构定方案,数学问题中的条件和结论，很多都是以数式的结构形式进行搭配和呈现的.在这些问题的数式结构中，往往都隐含着某种特殊关系，认真审视数式的结构特征，对数式结构进行深入分析，加工转化和我们熟悉的数学结构联想比对，就可以寻找到突破问题的方案.,例4 已知数列an是公差不为零的等差数列，a12，且a2，a4，a8成等比数列. (1)求数列an的通项；,解析答案,审题路线图,审题路线图,解析答案,解 设数列an的公差为d(d0)， a12，且a2，a4，a8成等比数列， (3d2)2(d2)(7d2)， 解得d2，故ana1(n1)d2n.,(2)设bn(1)nan
9、是等比数列，且b27，b571.求数列bn的前n项和Tn.,解析答案,审题路线图,审题路线图,解析答案,解 令cnbn(1)nan，设cn的公比为q. b27，b571，an2n，c2b2a23，c581，,从而bn3n1(1)n2n. Tnb1b2bn (30313n1)246(1)n2n，,解析,答案,2,解析 方法一 因为bcos Cccos B2b，,方法二 因为bcos Cccos B2b， 所以sin Bcos Csin Ccos B2sin B， 故sin(BC)2sin B，,(2)已知F1，F2是双曲线C： 1 (a0，b0)的两个焦点，P是C上一点，若PF1PF26a，且P
10、F1F2最小的内角为30，则双曲线C的渐近线方程是_.,解析,答案,返回,解析 由题意，不妨设PF1PF2， 则根据双曲线的定义得，PF1PF22a， 又PF1PF26a， 解得PF14a，PF22a. 在PF1F2中，F1F22c，而ca， 所以有PF2F1F2， 所以PF1F230， 所以(2a)2(2c)2(4a)222c4acos 30，,解析,返回,五审图表找规律,题目中的图表、数据包含着问题的基本信息，往往也暗示着解决问题的目标和方向.在审题时，要认真观察分析图表、数据的特征和规律，常常可以找到解决问题的思路和方法.,例5 下表中的数阵为“森德拉姆素数筛”，其特点是每行每列都成等差
11、数列，记第i行第j列的数为 (i，jN*)，则 (1)a9,9_；,82,解析,答案,解析 a9,9表示第9行第9列，第1行的公差为1，第2行的公差为2，第9行的公差为9，第9行的首项b110，则b9108982.,(2)表中的数82共出现_次.,5,审题路线图,解析,答案,审题路线图,解析,解析 第1行数组成的数列a1，j(j1,2，)是以2为首项，公差为1的等差数列，所以a1，j2(j1)1j1；第i行数组成的数列ai，j(j1,2，)是以i1为首项，公差为i的等差数列，所以ai，j(i1)(j1)iij1，由题意得ai，jij182，即ij81，且i，jN*，所以818112739918
12、1327，故表格中82共出现5次.,跟踪演练5 (1)已知函数f(x)，g(x)分别由下表给出：,则f(g(1)的值为_；满足f(g(x)g(f(x)的x的值为_.,1,2,解析,答案,解析 第一空，因为g(1)3，所以f(g(1)f(3)1. 第二空，当x1时，f(g(x)f(g(1)f(3)1. g(f(x)g(f(1)g(1)3.此时11，也即f(g(x)g(f(x)，符合题意. 同理可解得x3时，不符合题意.,(2) 某校举行了由全部学生参加的校园安全知识考试 ，从中抽出60名学生，将其成绩分成六段40,50)，50,60)，90,100后，画出如图所示的频率分布直方图.观察图形中的信
13、息，回答下列问题：估计这次考试的及格率(60分及以上为及格)为_，平均分为_.,解析,答案,返回,75%,71,解析 及格的频率是(0.0150.030.0250.005)100.75，即及格率约为75%. 样本的均值为450.1550.15650.15750.3850.25950.0571，以这个分数估计总体的分数即得总体的平均分约为71.,返回,六审细节更完善,审题不仅要从宏观上、整体上去分析、去把握，还要更加注意审视一些细节上的问题.例如括号内的标注、数据的范围、图象的特点等.因为标注、范围大多是对数学概念、公式、定理中所涉及的一些量或解析式的限制条件.审视细节能适时地利用相关量的约束条
14、件，调整解决问题的方向.所以说重视审视细节，更能体现审题的深刻性.,例6 已知正项数列an的前n项和为Sn，且a11，Sn1Sn ，数列bn满足bnbn13an，且b11. (1)求数列an，bn的通项公式；,解析答案,审题路线图,审题路线图,解析答案,(an1an)(an1an1)0， an10，an0，an1an0， an1an1(n2).,解析答案,a2a11， an是以1为首项，1为公差的等差数列， ann. 又bnbn1 3n， bn1bn3n1 (n2). ,又由b11，可求b23， 故b1，b3，b2n1是首项为1，公比为3的等比数列，b2，,解析答案,b4，b2n是首项为3，公比为3的等比数列. b2n13n1，b2n33n13n.,(n为奇数),bn,(n为偶数).,(2)记Tnanb2an1b4a1b2n，求Tn.,解析答案,审题路线图,审题路线图,解析答案,解 由(1)得： Tn3an32an133an23na1， 3Tn32an33an134an23n1a1， 得：2Tn3an32(anan1)33(an1an2)3n(a2a1)3n1a1， 由ann，2Tn
