2019高考数学二轮复习考前冲刺一破解客观题的方略技法第2讲客观“瓶颈”题突破——冲刺高分课件.ppt

1、第2讲 客观“瓶颈”题突破冲刺高分,试题特点 “瓶颈”一般是指在整体中的关键限制因素，例如，一轮、二轮复习后，很多考生却陷入了成绩提升的“瓶颈期”无论怎么努力，成绩总是停滞不前.怎样才能突破“瓶颈”，让成绩再上一个台阶？全国高考卷客观题满分80分，共16题，决定了整个高考试卷的成败，要突破“瓶颈题”就必须在两类客观题第10，11，12，15，16题中有较大收获，分析近三年高考，必须从以下几个方面有所突破，才能实现“柳暗花明又一村”，做到保“本”冲“优”.,(2)f(x)是R上的奇函数，,又log25log24.12，1log24.120.8， 结合函数的单调性：f(log25)ff(20.8)

2、 所以abc，即cba. 答案 (1)B (2)C,探究提高 1.根据函数的概念、表示及性质求函数值的策略 (1)对于分段函数的求值(解不等式)问题，依据条件准确地找准利用哪一段求解，不明确的要分情况讨论. (2)对于利用函数性质求值的问题，依据条件找到该函数满足的奇偶性、周期性、对称性等性质，利用这些性质将待求值调整到已知区间上求值. 2.求解函数的图象与性质综合应用问题的策略 (1)熟练掌握图象的变换法则及利用图象解决函数性质、方程、不等式问题的方法. (2)熟练掌握确定与应用函数单调性、奇偶性、周期性、最值、对称性及零点解题的方法.,解析 (1)因为g(x)是定义在R上的奇函数，且当x

3、0时，x0时，g(x)ln(1x).,作出函数f(x)的图象，如图：,令ta2ln a(t0)， 则ln tln a2ln a(ln a)22ln a(ln a1)211. 当ln a10时，等号成立， 由ln t1，得te，即aln be，故aln b的最大值为e. 答案 (1)C (2)e,(2)(2018广州校级期中)如图，等边ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知AED是AED绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( ),A.动点A在平面ABC上的射影在线段AF上 B.恒有BD平面AEF C.三棱锥AEFD的体积有最大值 D.异面直线AF与DE不可能垂直,解析 (1)由

4、题意设外接球的半径为R，,记长方体的三条棱长分别为x，y，2，,所以棱锥OABC体积最大值为1.,(2)因为ADAE，ABC是正三角形， 所以点A在平面ABC上的射影在线段AF上，故A正确； 因为BDEF，所以恒有BD平面AEF，故B正确； 三棱锥AFED的底面积是定值，体积由高即A到底面的距离决定， 当平面ADE平面BCED时，三棱锥AFED的体积有最大值，故C正确； 因为DE平面AFG，故AFDE，故D错误. 答案 (1)A (2)D,探究提高 1.长方体的对角线是外接球的直径，由条件得x2y212，进而求xy的最大值得棱锥的最大体积.另外不规则的几何体的体积常用割补法求解. 2.(1)A

5、DE折叠过程中 ，长度不变，AGDE的关系不变.(2)当平面ADE折叠到平面ADE平面BCED时，棱锥AEFD的体积最大，且AFDE.,【训练2】 (1)如图，过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若PAAB，则平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为( )A.90 B.60C.45 D.30,解析 (1)把原四棱锥补成正方体ABCDPQRH，如图所示，连接CQ，则所求二面角转化为平面CDPQ与平面BAPQ所成的二面角.又CQB是平面CDPQ与平面BAPQ所成二面角的平面角，且CQB45.故平面PAB与平面CDP所成二面角为45.,答案 (1)C (2)D,信息联想 (1)信息：由条

6、件中准线、焦点联想确定抛物线C的方程y22px(p0). 信息：看到|AB|4，|DE|2，及点A，D的特殊位置，联想求A，D的坐标，利用点共圆，得p的方程. (2)信息：y24x，且|PF|3，联想抛物线定义，得点P坐标. 信息：曲线C2渐近线过点P，得a，b间的关系，求出C2的离心率e.,解析 (1)不妨设抛物线C：y22px(p0)，,因此C的焦点到准线的距离是4.,(2)抛物线C1：y24x的焦点为F(1，0)，准线方程为x1，且|PF|3， 由抛物线的定义得xP(1)3，,(2)如图，设ABF2内切圆圆心为C，半径为r，,答案 (1)B (2)B,答案 (1)B (2)B,探究提高

7、1.第(1)题由方程与不等式关系，寻求a1与d的关系，并得出an关于d的通项公式，利用单调性判断an的符号变化，由Sn的最值定n的值. 2.线性规划问题求最值，关键明确待求量的几何意义，把所求最值看作直线的截距、斜率、两点间的距离、点到直线的距离等，数形结合求解.,解析 (1)作出约束条件表示的平面区域，如图中阴影部分所示，由图知，当直线y2xb经过点A(2，2)时，b取得最大值， bmax2(2)(2)6，此时直线方程为2xy60.,信息联想 (1)信息：由函数的零点，联想到函数图象交点，构造函数作图象. 信息：由零点的个数及函数的图象，借助导数确定最值的大小关系. (2)信息：f(x)极大

8、值4，联想到求a，进一步确定g(x)与区间(3，a1). 信息：g(x)的极小值不大于m1，联想运用导数求g(x)的极小值，并构建不等式求m的范围.,解析 (1)法一 令f(x)0得(x1)ln xa(x1)b，,当01时，g(x)0. g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 则g(1)是函数g(x)的极小值，也是最小值，且g(1)0. 作出y(x1)ln x与ya(x1)b的大致函数图象，如图,f(x)恒有两个不同的零点， ya(x1)b与g(x)(x1)ln x恒有两个交点， 直线ya(x1)b恒过点(1，b)， b0，从而b0.,当m30时，g(x)0，则g(x)在(3，

9、2)上不存在极值.,答案 (1)B (2)B,探究提高 1.利用导数研究函数的单调性、极值，一定注意字母参数取值的影响，重视分类讨论思想. 2.利用导数解零点问题，主要是构造函数，利用导数研究函数的单调性，常见的构造函数的方法有移项法、构造形似函数法、主元法等.,(2)不等式f(x1)f(sin2)f(x2)f(cos2)在R上恒成立， 即f(x1)f(1x1)f(cos2)f(1cos2)在R时恒成立， 令F(x)f(x)f(1x)， 则F(x)f(x)f(1x)， 又f(x)0且f(1x)0， 故F(x)0，故F(x)在R上是单调递增函数， 又原不等式即F(x1)F(cos2)， 故有x1

10、cos2恒成立， 所以x1的取值范围是(1，).,答案 B,探究提高 1.创新命题是新课标高考的一个亮点，此类题型是用数学符号、文字叙述给出一个教材之外的新定义，如本例中的“伴随函数”，要求考生在短时间内通过阅读、理解后，解决题目给出的问题. 2.解决该类问题的关键是准确把握新定义的含义，把从定义和题目中获取的信息进行有效整合，并转化为熟悉的知识加以解决.,即2(n1)d4k2k(2n1)d， 整理得(4k1)dn(2k1)(2d)0， 因为对任意正整数n上式恒成立，,所以数列bn的通项公式为bn2n1(nN*).,(2)因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30，45， 所以BAD60，CAD45. 设这辆汽车的速度为v m/s，则BC14v m，,在ABC中，由余弦定理，得BC2AC2AB22ACABcosBAC.,所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s. 答案 (1)bn2n1(nN*) (2)22.6,