全国通用2016高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题25审题技能训练含解析.doc

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1、1【走向高考【走向高考】（全国通用全国通用）20162016 高考数学二轮复习高考数学二轮复习 第一部分第一部分 微专题微专题强化练强化练 专题专题 2525 审题技能训练（含解析）审题技能训练（含解析）一、选择题1已知向量a a、b b的夹角为 60，且|a a|2，|b b|1，则向量a a与向量a a2b b的夹角等于()A150B90C60D30答案D审题要点弄清问题、熟悉问题和转化问题要求向量的夹角，可由 cosa aa a2b b|a a|a a2b b|求解，这是求向量夹角的常用方法，由已知可求解a a(a a2b b)a a22a ab b的值由已知可求|a a2b b|2a

2、a24a ab b4b b2的值，进而可求|a a2b b|的值由上述步骤可求得 cosa aa a2b b|a a|a a2b b|的值解析|a a2b b|2444a ab b88cos6012，|a a2b b|2 3，记向量a a与向量a a2b b的夹角为，则a a(a a2b b)|a a|a a2b b|cos22 3cos4 3cos，又a a(a a2b b)a a22a ab b44cos606，4 3cos6，cos32，又0，6，故选 D2(文)对于函数f(x)asinxbxc(其中，a，bR R，cZ Z)，选取a，b，c的一组值计算f(1)和f(1)，所得出的正确结

3、果一定不可能是()A4 和 6B3 和 1C2 和 4D1 和 2答案D审题要点仔细观察会发现f(x)的表达式中“asinxbx”有其特殊性，即g(x)asinxbx为奇函数，这是本题审题第一关键要素，其实从f(1)与f(1)的提示，也应考虑是否具有奇偶性可用，由此可知f(1)f(1)2c；再注意观察细节可以发现cZ Z，从而 2c为偶数解析令g(x)asinxbx，则g(x)为奇函数，g(1)g(1)，f(x)g(x)c.2f(1)f(1)g(1)cg(1)c2c，cZ Z，2c为偶数，123 不是偶数，1 和 2 一定不是f(1)与f(1)的一组值，故选 D(理)已知函数f(x)是定义在

4、R R 上的偶函数，且在区间0，)上单调递增若实数a满足f(log2a)f(log12a)2f(1)，则a的取值范围是()A1,2B(0，12C12，2D(0,2答案C审题要点求a的取值范围，需解给出的不等式，条件中的单调递增为解不等式时脱去函数符号“f”所备，f(x)为偶函数，为化不等式为f(x1)f(x2)型而准备解题思路步骤为：由 log12alog2a偶函数flog2af1单调递增|log2a|1隐含a0a的范围解析因为 log12alog2a且f(x)f(x)，则f(log2a)f(log12a)2f(1)f(log2a)f(log2a)2f(1)f(log2a)f(1)又f(log

5、2a)f(|log2a|)且f(x)在 0，)上 单 调 递 增，|log2a|1 1log2a1，解得12a2，选 C方法点拨注意发掘隐含条件有的题目条件不甚明显，而寓于概念、存于性质或含于图中，审题时，注意深入挖掘这些隐含条件和信息，就可避免因忽视隐含条件而出现的错误3(文)(2014浙江理，3)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是()A90cm2B129cm2C132cm2D138cm2答案D3审题要点分析三视图组合体形状特征长方体和直三棱柱数据特征长方体的长、宽、高为 4、6、3；直棱柱底面直角三角形两直角边长 4、3，棱柱高为 3选择表面积公式或计算方法注意公

6、共部分表面积解析由三视图知该几何体是一个直三棱柱与长方体的组合体，长方体长、宽、高分别为 4cm,6cm,3cm，直棱柱高为 3cm，底面为直角三角形，两直角边长为 3cm、4cm，几何体的表面积为S2462343633343521234138cm2，选D(理)若函数f(x)dax2bxc(a、b、c、dR R)的图象如图所示，则abcd()A165(8)B1(6)5(8)C1(6)58D1658答案B解析f(x)的图象以x1 和x5 为渐近线，1 和 5 是方程ax2bxc0 的两根，ba6，ca5.c5a，b6a；图象过点(3,2)，d9a3bc2，d8a，abcda(6a)(5a)(8a

7、)1(6)5(8)方法点拨注重挖掘图形信息：在一些高考数学试题中，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的关系、数值的特点、变化的趋势，抓住图形的特征，利用图形所提供的信息来解决问题题目中未给出图形的，可画出图形，借助图形分析探寻解题途径4(文)(2014福州市质检)函数f(x)的部分图象如图所示，则f(x)的解析式可以是()4Af(x)xsinxBf(x)cosxxCf(x)xcosxDf(x)x(x2)(x32)答案C解析注意到题中所给曲线关于原点对称，因此相应的函数是奇函数，选项 D 不正确；对于 A，f(x)1cos

8、x0，因此函数f(x)xsinx是增函数，选项 A 不正确；对于 B，由于f(x)的图象过原点，因此选项 B 不正确综上所述知选 C(理)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A23B33C23D13答案A解析解法 1：如图，连接C1O，过C作CMC1O.BD平面C1CO，BDCM，CM平面BC1DCDM即为CD与平面BDC1所成的角令AB1，AA12，CO22，C1O22222923 22，CMC1OCC1CO，即3 22CM222，CM23，5sinCDMCMCD23.解法 2：以D为原点DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立

9、空间直角坐标系设AA12AB2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则DC(0,1,0)，DB(1,1,0)，DC1(0,1,2)设平面BDC1的法向量为n n(x，y，z)，则n nDB0，n nDC10，xy0，y2z0，令y2，则x2，z1，n n(2，2,1)，设CD与平面BDC1所成的角为，则 sin|cosn n，DC|n nDC|n n|DC|23.5(2015郑州市质检)已知甲、乙两组数据如茎叶图所示，若它们的中位数相同，平均数也相同，则图中的m、n的比值mn()A1B13C29D38答案D解析由茎叶图知乙的中位数为3234233，故m3

10、，甲的平均数为13(273339)33，14(n24820303)33，解得n8，mn38.方法点拨注意读图识表，挖掘图表数据：在数据题目的图表数据中包含着问题的基本信息，也往往暗示着解决问题的目标和方向审题时认真观察分析图表、数据的特征和规6律，可为问题解决提供有效的途径6已知函数yf(x)的定义域为D，若对于任意的x1、x2D(x1x2)，都有f(x1x22)fx1fx22，则称yf(x)为D上的凹函数由此可得下列函数中的凹函数为()Aylog2xByxCyx2Dyx3答案C解析观察图象可知选 CC 的正确性证明如下：欲证f(x1x22)fx1fx22，即证(x1x22)2x21x222，

11、即证(x1x2)20.此式显然成立故原不等式得证方法点拨注意对新定义的理解与转化：遇到新定义问题，要先弄清楚新定义的含义，将其用学过的熟知的数学知识加以转化，然后在新背景下用相应的数学知识方法解决7(文)设P、Q分别为圆x2(y6)22 和椭圆x210y21 上的点，则P、Q两点间的最大距离是()A5 2B 46 2C7 2D6 2答案D解析由圆的性质可知P、Q两点间的最大距离为圆心A(0,6)到椭圆上的点的最大距离与圆的半径之和，设Q(x，y)，则AQ2x2(y6)21010y2y212y36469y212y9(y23)250，当y23时，|AQ|max5 2，|PQ|max5 2 26 2

12、.(理)(2014 福 建 文，11)已 知 圆C：(xa)2(yb)2 1，平 面 区 域 ：xy70，xy30，y0.若圆心C，且圆C与x轴相切，则a2b2的最大值为()A5B29C37D49答案C解析可行域如图：7圆心C(a，b)，则|b|1，由图知b1，而当y1 时，由y7x知x6，所以a2b2最大值为 621237.8(文)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有 4 个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A24B36C48D12答案B解析正方体的一条棱对应着 2 个“正交线面对”，12 条棱对应着 24

13、个“正交线面对”；正方体的一条面对角线对应着一个“正交线面对”，12 条面对角线对应着 12 个“正交线面对”，一条体对角线无满足要求的平面共有 36 个(理)定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一常数，那么这个数列叫做“等积数列”，这个常数叫做该数列的公积如果数列an既是“等和数列”，又是“等积数列”，且公和与公积是同一个非零常数m，则()A数列an不存在B数列an有且仅有一个C数列an有无数个，m可取任意常数D当m(，04，)时，这样的数列

14、an存在答案D解析由题设anan1m，anan1m，对任意正整数n都成立，则an与an1是一元二次方程x2mxm0 的两实数根，m24m0，m4 或m0，故这样的数列an，当m4 或m0 时存在，但当 0m1 时，f(2b)f(2b)4b22b14b2b1b，f(0)11 时曲线yf(x)与直线yb有且仅有两个不同交点综上可知，如果曲线yf(x)与直线yb有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，)方法点拨审视条件了解和转换解题信息审题时，一是对题目条件信息的挖掘整合；二是明确解题的目标要求，解题思路的确定，解题方法的选择，解题步骤的设计；三是弄清题目中是否有图表可用，是否需要画图帮助思考，列表

15、整合数据？较复杂的问题如何进行转化12(文)(2014北京文，17)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E、F分别为A1C1、BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥EABC的体积审题要点(1)要证平面ABE平面B1BCC1，需在一个平面内找一条直线与另一个平面垂直；已知三棱柱侧棱垂直于底面，ABBC，可知AB平面B1BCC1.(2)要证C1F平面ABE，需在平面ABE内找一条与C1F平行的直线，为此过C1F作平面与平面ABE相交，考虑到C1E与平面ABE相交，则平面C1EF与平面ABE的交线

16、EG为所求(G为AB与平面C1EF的交点)10考虑条件E、F分别为棱的中点，猜想G应为AB的中点，由中位线GF綊12AC綊C1E获证(3)要求VEABC，高AA1已知，关键求SABC，由AC2，BC1，ABBC易得解析(1)在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC，所以BB1AB，又因为ABBC，所以AB平面B1BCC1.所以平面ABE平面B1BCC1.(2)取AB中点G，连接EG、FG.因为E、F分别是A1C1、BC的中点所以FGAC，且FG12AC因为ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1.所以四边形FGEC1为平行四边形所以C1FEG.又因为EG平面ABE，C1

17、F 平面ABE，所以C1F平面ABE.(3)因为AA1AC2，BC1，ABBC，所以ABAC2BC2 3，所以三棱锥EABC的体积V13SABCAA11312 31233.方法点拨审题是解题的基础和关键，一切解题的思路、方法、技巧都来源于认真审题审题就是对题目提供信息的发现、辨认和转译，并对信息进行提炼，明确题目的条件、问题和相互间的关系能否迅速准确地理解题意，是高考中能否取得最佳成绩的关键审题时弄清已知什么？隐含什么？数、式结构有何特点？图表有何特征？然后进行恰当的转换，归结为熟知的问题进行解答 要注意架构条件与结论之间的桥梁，要注意细节和特殊情况的审视，要注意答题的条理和语言的规范(理)如

18、图 1，四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，M为侧棱PD上一点该四棱锥的侧视图和俯(左)视图如图 2 所示11(1)证明：BC平面PBD；(2)证明：AM平面PBC；(3)线段CD上是否存在点N，使得AM与BN所成角的余弦值为34？若存在，找到所有符合要求的点N，并求CN的长；若不存在，请说明理由解析解法一：(1)证明：由俯视图可得BD2BC2CD2，所以BCBD又因为PD平面ABCD，所以BCPD，所以BC平面PBD(2)证明：取PC上一点Q，使PQPC14，连接MQ、BQ.由俯视图知PMPD14，所以MQCD，MQ14CD在BCD中，易得CDB60，所以ADB30

19、.又BD2，所以AB1，AD 3.又因为ABCD，AB14CD，所以ABMQ，ABMQ，所以四边形ABQM为平行四边形，所以AMBQ.因为AM 平面PBC，BQ平面PBC，所以直线AM平面PBC12(3)线段CD上存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为34.证明如下：因为PD平面ABCD，DADC，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.所以D(0,0,0)，A(3，0,0)，B(3，1,0)，C(0,4,0)，M(0,0,3)设N(0，t,0)，其中 0t4，所以AM(3，0,3)，BN(3，t1,0)要使AM与BN所成角的余弦值为34，则有|AMBN|AM|BN|34，所以|3|2 3 3t

20、1234，解得t0 或 2，均适合 0t4.故点N位于D点处，此时CN4；或点N位于CD的中点处，此时CN2，有AM与BN所成角的余弦值为34.解法二：(1)证明：因为PD平面ABCD，DADC，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.在BCD中，易得CDB60，所以ADB30.因为BD2，所以AB1，AD 3.由俯视图和侧视图可得D(0,0,0)，A(3，0,0)，B(3，1,0)，C(0,4,0)，M(0,0,3)，13P(0,0,4)，因为BC(3，3,0)，DB(3，1,0)因为BCDB 3 331000，所以BCBD又因为PD平面ABCD，所以BCPD，所以BC平面PBD(2)证明：设

21、平面PBC的法向量为n n(x，y，z)，则有n nPC0，n nBC0.因为BC(3，3,0)，PC(0,4，4)，所以4y4z0，3x3y0.取y1，得n n(3，1,1)因为AM(3，0,3)，所以AMn n 3(3)10130.因为AM 平面PBC，所以直线AM平面PBC(3)同解法一方法点拨注重建立条件之间、条件与结论之间的联系：审题过程中要注意由已知可知什么？条件之间有何关联，怎样体现这种关联？由待求(证)结论需知什么？条件和结论之间的衔接点是什么？解题的切入点是什么？13(文)某人在如图所示的直角边长为 4 米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了

22、一株相同品种的作物根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y(单位：kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示：X1234Y51484542这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过 1 米(1)完成下表，并求所种作物的平均年收获量；Y51484542频数4(2)在所种作物中随机选取一株，求它的年收获量至少为 48kg 的概率审题要点(1)读懂图表：首先理解两株作物“相近“的含义，其次明确X与Y的对应关系(表)，通过读图找出与其相近作物株数为 1,2,3,4 的作物分别有几株14(2)解题思路：Y51读数表“相近”作物株数X为 1 图形频数公式年平均收获量年收获量至少为 48

23、kg读数表Y51 或 48由1知可求相应概率由事件互斥得出结果解析(1)所种作物的总株数为 1234515，其中“相近”作物株数为 1 的作物有 2 株，“相近”作物株数为 2 的作物有 4 株，“相近”作物株数为 3 的作物有 6 株，“相近”作物株数为 4 的作物有 3 株，列表如下：Y51484542频数2463所种作物的平均年收获量为512484456423151021922701261546.(2)由(1)知，P(Y51)215，P(Y48)415.故在所种作物中随机选取一株，它的年收获量至少为 48 kg 的概率为P(Y48)P(Y51)P(Y48)21541525.(理)(201

24、4北京理，16)李明在 10 场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛互相独立)：场次投篮次数命中次数场次投篮次数命中次数主场 12212客场 1188主场 21512客场 21312主场 3128客场 3217主场 4238客场 41815主场 52420客场 52512(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过 0.6 的概率；(2)从上述比赛中选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过 0.6，一场不超过 0.6 的概率；(3)记x为表中 10 个命中次数的平均数 从上述比赛中随机选择一场，记X为李明在这场比赛中的命中次数，比较E(X)与x的大小(只需写

25、出结论)解析(1)根据投篮统计数据，在 10 场比赛中，李明投篮命中率超过 0.6 的场次有 5场，分别是主场 2，主场 3，主场 5，客场 2，客场 4.所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过 0.6 的概率是 0.5.(2)设事件A为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过 0.6”，事件B为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过 0.6”，事件C为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过 0.6，一场不超过 0.6”15则C(A B)(AB)，A，B独立根据投篮统计数据，P(A)35，P(B)25，P(C)P(A B)P(AB)353525

26、251325.所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过 0.6，一场不超过 0.6 的概率为1325.(3)E(X)x.14(文)已知抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，A、B是抛物线C上异于坐标原点O的不同两点，抛物线C在点A，B处的切线分别为l1，l2，且l1l2，l1与l2相交于点D(1)求点D的纵坐标；(2)证明：直线AB过定点审题要点(1)求点D纵坐标l1与l2交点为Dl1、l2的方程C在A、B点的切线互相垂直设A、B，由导数得斜率，由A、B在C上得坐标关系(2)AB过定点 审视图形适当猜想定点可能为焦点F转化证A、B、F三点共线用向量或斜率证解析(1)如

27、图，设点A、B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)l1、l2分别是抛物线C在点A，B处的切线，直线l1的斜率k1y|xx1x1p，直线l2的斜率k2y|xx2x2p.l1l2，k1k21，得x1x2p2.A、B是抛物线C上的点，y1x212p，y2x222p.直线l1的方程为yx212px1p(xx1)，16直线l2的方程为yx222px2p(xx2)由yx212px1pxx1，yx222px2pxx2，解得xx1x22，yp2.点D的纵坐标为p2.(2)证明：F为抛物线C的焦点，F(0，p2)AF(x1，p2x212p)(x1，p2x212p)，BF(x2，p2x222p)(x2，p2

28、x222p)p2x212pp2x222pp2x21p2x22x1x2x21x1x2x22x1x2，AFBF，即直线AB过定点F.(理)(2014沈阳市质检)已知函数f(x)mxsinx，g(x)axcosx2sinx(a0)(1)若过曲线yf(x)上任意相异两点的直线的斜率都大于 0，求实数m的最小值；(2)若m1，且对于任意x0，2，都有不等式f(x)g(x)成立，求实数a的取值范围解析(1)过曲线yf(x)上任意相异两点的直线的斜率都大于 0任取x1，x2R R，且x10，得f(x1)f(x2)函数f(x)mxsinx在 R R 上单调递增f(x)mcosx0 恒成立，即mcosxmmin

29、1(2)m1，函数f(x)xsinxf(x)g(x)，xsinxaxcosx0对于任意x0，2均成立，令H(x)xsinxaxcosx则H(x)1cosxa(cosxxsinx)1(1a)cosxaxsinx当 1a0，即 00H(x)在0，2上为单调增函数H(x)H(0)017符合题意，0a1当 1a1 时，令h(x)1(1a)cosxaxsinx于是h(x)(2a1)sinxaxcosxa1，2a10，h(x)0h(x)在0，2上为单调增函数h(0)h(x)h(2)，即 2ah(x)2a12aH(x)2a1()当 2a0，即 1a2 时，H(x)0H(x)在0，2上为单调增函数，于是H(x

30、)H(0)0，符合题意，1a2()当 2a2 时，存在x0(0，2)，使得当x(0，x0)时，有H(x)0此时H(x)在(0，x0)上为单调减函数从而H(x)0 恒成立综上所述，实数a的取值范围为 00)的焦点F作斜率分别为k1、k2的两条不同直线l1、l2，且k1k22，l1与E相交于点A、B，l2与E相交于点C、D，以AB、CD为直径的圆M、圆N(M、N为圆心)的公共弦所在直线记为l.若k10，k20，证明：FMFN2p2.审题要点由已知求出l1的方程l1与E联立方程组关于x的一元二次方程根与系数关系x1x12pk1，y1y22pk21pFM坐标同理FN的坐标计算FMFNp2(k1k2k2

31、1k22)；要 证FMFN2p2只需证k1k2k21k222 再证2k1k20，k200k1k21 k1k22k1k20，k20，k1k2，所以 0k1k2(k1k22)21.故FMFNb0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为2 33，O为坐标原点(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P、Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程审题要点(1)欲求E的方程，需求a、b，需由条件建立a、b的方程组：审条件可以发现由离心率和kAF可建立方程组获解；(2)l与E相交于P、Q，则SOPQ12|PQ|d(d是O到l的距离)，故解题步骤为：设l的方程l与E的方程联立消元化为一

32、元二次方程由判别式确定k的取值范围求|PQ|(用k表示)求SOPQ(用k表示)根据f(k)SOPQ的表达式结构选取讨论最值方法求l的方程解析(1)设F(c,0)，由条件知，2c2 33，得c 3.又ca32，所以a2，b2a2c21.故E的方程为x24y21.(2)当lx轴时不合题意，故设l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)将ykx2 代入x24y21 中消去y得，(14k2)x216kx120.当16(4k23)0，19即k234时，x1,28k2 4k234k21从而|PQ|k21|x1x2|k214k234k21.又点O到直线PQ的距离d2k21，所以OPQ的面积SOPQ12d|PQ|4 4k234k21.设 4k23t，则t0，SOPQ4tt244t4t.因为t4t4，当且仅当t2，即k72时等号成立，且满足0.所以，当OPQ的面积最大时，l的方程为y72x2 或y72x2.方法点拨本题常见错误是：误以为O点到直线l的距离最大时，SOPQ最大；找不到求f(k)SOPQ的最值的切入点；计算失误为避免上述错误请注意：慢工出细活，计算时慢一点、细致一点，关键步骤及时检查，莫等完成解答后检查，浪费大量时间；在直线运动变化过程中，观察OPQ面积的变化与什么相关；观察f(k)的结构特征与学过的常见函数作对比，进行化归