2021高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題練-四考前沖刺高分-考前沖刺三-多選題開放探究型解答題突破_第1頁
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2021高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題練四、考前沖刺高分考前沖刺三多選題、開放探究型解答題突破2021高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題練四、考前沖刺高分考前沖刺三多選題、開放探究型解答題突破PAGE2021高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題練四、考前沖刺高分考前沖刺三多選題、開放探究型解答題突破2021高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題練四、考前沖刺高分考前沖刺三多選題、開放探究型解答題突破年級:姓名:考前沖刺三多選題、開放探究型解答題突破2020年新高考山東、海南卷及北京卷數(shù)學(xué)試題均出現(xiàn)了兩種新題型:多選題與開放探究型解答題,體現(xiàn)了“破定勢,考真功”的命題理念,為了使廣大考生更快、更好地適應(yīng)新高考的這種變化趨勢,精選若干實(shí)例,供同學(xué)們學(xué)習(xí)體會.類型一多選題突破多選題更能全面考查學(xué)生的知識、能力和數(shù)學(xué)核心素養(yǎng),有利于選拔合格考生.【例1】關(guān)于函數(shù)f(x)=sin|x|+|sinx|的下列結(jié)論,正確的是()A.f(x)是偶函數(shù)B.f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),π))單調(diào)遞增C.f(x)在[-π,π]有4個零點(diǎn)D.f(x)的最大值為2解析f(-x)=sin|-x|+|sin(-x)|=sin|x|+|sinx|=f(x),又x∈R,∴f(x)為偶函數(shù),故A正確;當(dāng)eq\f(π,2)<x<π時,f(x)=sinx+sinx=2sinx,∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),π))單調(diào)遞減,故B不正確;f(x)在[-π,π]的圖象如圖所示,由圖可知函數(shù)f(x)在[-π,π]只有3個零點(diǎn),故C不正確;∵y=sin|x|與y=|sinx|的最大值都為1且可以同時取到,∴f(x)可以取到最大值2,故D正確.故選AD.答案AD點(diǎn)評(1)本題利用函數(shù)的解析式研究函數(shù)的單一性質(zhì),將單調(diào)性、奇偶性、最值綜合,并與函數(shù)的零點(diǎn)、圖象交匯,全面考查三角函數(shù)的圖象和性質(zhì),提高試題的選拔功能.(2)對于多項(xiàng)選擇題,根據(jù)給分標(biāo)準(zhǔn),務(wù)必對各選項(xiàng)正確推斷,才能得全分;把握不準(zhǔn)的選項(xiàng)不能選,才能多得分.【例2】(2020·長沙雅禮中學(xué)檢測)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn,滿足a1+5a3=S8,下列結(jié)論一定正確的是()A.a10=0 B.S10最小C.S7=S12 D.S20=0解析設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,又a1+5a3=S8,所以a1+5(a1+2d)=8a1+28d,則a1=-9d.所以an=a1+(n-1)d=(n-10)d,所以a10=0,故A一定正確.Sn=na1+eq\f(n(n-1)d,2)=-9nd+eq\f(n(n-1)d,2)=eq\f(d,2)(n2-19n),所以S10=-45d,不一定最小,故B不一定正確;由Sn=eq\f(d,2)(n2-19n)的對稱性知S7=S12,故C一定正確,S20=10d,不一定等于0,故D不一定正確.一定正確為AC.答案AC【例3】(2020·荊門模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,P是空間中任意一點(diǎn),下列說法正確的是()A.若點(diǎn)P為棱CC1的中點(diǎn),則異面直線AP與CD所成角的正切值為eq\f(\r(5),2)B.若點(diǎn)P在線段A1B上運(yùn)動,則AP+PD1的最小值為eq\f(\r(6)+\r(2),2)C.若點(diǎn)P在半圓弧CD上運(yùn)動,當(dāng)三棱錐P-ABC的體積最大時,三棱錐P-ABC的外接球的表面積為2πD.若過點(diǎn)P的平面α與正方體每條棱所成的角都相等,則平面α截此正方體所得截面的面積的最大值為eq\f(3\r(3),4)解析對于A,如圖(1),連接AP,BP.由AB∥CD,知∠BAP即為異面直線AP與CD所成的角.在Rt△ABP中,AB=1,BP=eq\r(BC2+CP2)=eq\f(\r(5),2),則tan∠BAP=eq\f(BP,AB)=eq\f(\r(5),2),A正確.對于B,如圖(2),將三角形AA1B與四邊形A1BCD1沿A1B展開到同一個平面上,連接AD1.由圖可知,線段AD1的長度即為AP+PD1的最小值.在△AA1D1中,利用余弦定理,得AD1=eq\r(2+\r(2)),B錯誤.對于C,如圖(3),當(dāng)P為半圓弧CD的中點(diǎn)時,三棱錐P-ABC的體積最大.連接AC,此時,三棱錐P-ABC的外接球球心是AC的中點(diǎn)O,連接OP,半徑OP的長為eq\f(\r(2),2),所以球的表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)=2π,C正確.對于D,如圖(4),點(diǎn)P,R,Q分別在棱A1D1,A1B1,AA1上,連接QP,QR,PR.平面α與正方體的每條棱所成的角都相等,只需與過同一頂點(diǎn)的三條棱所成的角都相等,即A1P=A1R=A1Q,則平面PQR與正方體過點(diǎn)A1的三條棱所成的角相等.若點(diǎn)E,F(xiàn),G,H,M,N分別為棱D1C1,B1C1,BB1,AB,AD,DD1的中點(diǎn),連接EF,F(xiàn)G,GH,MH,MN,NE,可得平面EFGHMN平行于平面PQR,且六邊形EFGHMN為正六邊形,因?yàn)檎襟w的棱長為1,所以正六邊形EFGHMN的邊長為eq\f(\r(2),2),可得此正六邊形的面積為eq\f(3\r(3),4),為截面的最大面積,D正確.故選ACD.答案ACD【例4】(2020·湖北聯(lián)考)已知橢圓eq\f(x2,4)+eq\f(y2,3)=1的左、右焦點(diǎn)分別為F,E,直線x=m(-1<m<1)與橢圓相交于點(diǎn)A,B,則()A.當(dāng)m=0時,△FAB的面積為eq\r(3)B.不存在m使△FAB為直角三角形C.存在m使四邊形FBEA的面積最大D.存在m使△FAB的周長最大解析根據(jù)題意作出圖形,如圖.對于A,由題意,得a=2,b=eq\r(3),則c=1.當(dāng)m=0時,S△FAB=eq\f(1,2)×2bc=eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1=eq\r(3),A正確.對于B,當(dāng)m=0時,可以得出∠AFE=eq\f(π,3),當(dāng)m=1時,∠AFE<eq\f(π,4),則存在m使△FAB為直角三角形,B錯誤;對于C,根據(jù)橢圓的對稱性可知,當(dāng)m=0時,四邊形FBEA的面積最大,C正確.對于D,由橢圓的定義,得△FAB的周長為|AB|+|AF|+|BF|=|AB|+(2a-|AE|)+(2a-|BE|)=4a+|AB|-|AE|-|BE|.∵|AE|+|BE|≥|AB|,∴|AB|-|AE|-|BE|≤0,當(dāng)AB過點(diǎn)E時取等號,∴|AB|+|AF|+|BF|=4a+AB-AE-BE≤4a,即當(dāng)直線x=m過橢圓的右焦點(diǎn)E時,△FAB的周長最大.此時直線x=m=c=1,但-1<m<1,∴不存在m使△FAB的周長最大,D錯誤.故選AC.答案AC【例5】(2020·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,x∈[-2,2]表示的曲線過原點(diǎn),且此曲線在x=±1處的切線的斜率均為-1,則以下命題正確的是()A.f(x)=x3-4x,x∈[-2,2]B.f(x)的極值點(diǎn)有且僅有一個C.f(x)的極大值為eq\f(16\r(3),9)D.f(x)的最大值與最小值之和等于零解析∵f(x)=x3+ax2+bx+c,∴f′(x)=3x2+2ax+b.由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(0)=c=0,,f′(1)=3+2a+b=-1,,f′(-1)=3-2a+b=-1,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a=0,,b=-4,,c=0,))∴f(x)=x3-4x,f′(x)=3x2-4,x∈[-2,2].令f′(x)=0,得x=±eq\f(2\r(3),3)∈[-2,2].當(dāng)-2≤x<-eq\f(2\r(3),3)或eq\f(2\r(3),3)<x≤2時,f′(x)>0,當(dāng)-eq\f(2\r(3),3)<x<eq\f(2\r(3),3)時,f′(x)<0,∴函數(shù)f(x)有兩個極值點(diǎn),且函數(shù)f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2\r(3),3)))=eq\f(16\r(3),9),極小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))=-eq\f(16\r(3),9).又∵f(-2)=(-2)3-4×(-2)=0=f(2),∴f(x)max=eq\f(16\r(3),9),f(x)min=-eq\f(16\r(3),9),∴函數(shù)f(x)的最大值與最小值之和等于零.故選ACD.答案ACD類型二開放探究型解答題突破開放探究型解答題:在給出的多個條件中,要求選擇一個條件并進(jìn)行解答,是一種開放性試題,這種試題條件不同,結(jié)論不同,但考查知識點(diǎn)相同,多在三角函數(shù)與解三角形和數(shù)列兩塊內(nèi)容出現(xiàn),難度較小.【例6】(2020·衡水中學(xué)調(diào)考改編)在①b2+eq\r(2)ac=a2+c2,②acosB=bsinA,③sinB+cosB=eq\r(2)這三個條件中任選一個,補(bǔ)充至橫線上,并解決問題.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,________,A=eq\f(π,3),b=eq\r(2),求△ABC的面積.(注:如果選擇多個條件分別解答,按第一個解答計分)解若選擇①b2+eq\r(2)ac=a2+c2.由余弦定理,得cosB=eq\f(a2+c2-b2,2ac)=eq\f(\r(2)ac,2ac)=eq\f(\r(2),2).因?yàn)锽∈(0,π),所以B=eq\f(π,4).由正弦定理eq\f(a,sinA)=eq\f(b,sinB),得a=eq\f(bsinA,sinB)=eq\f(\r(2)sin\f(π,3),\f(\r(2),2))=eq\r(3).因?yàn)锳=eq\f(π,3),B=eq\f(π,4),所以C=π-eq\f(π,3)-eq\f(π,4)=eq\f(5π,12),所以sinC=sineq\f(5π,12)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)+\f(π,6)))=sineq\f(π,4)coseq\f(π,6)+coseq\f(π,4)sineq\f(π,6)=eq\f(\r(6)+\r(2),4).所以S△ABC=eq\f(1,2)absinC=eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(2)×eq\f(\r(6)+\r(2),4)=eq\f(3+\r(3),4).若選擇②acosB=bsinA.由正弦定理,得sinAcosB=sinBsinA.因?yàn)閟inA≠0,所以sinB=cosB.又因?yàn)锽∈(0,π),所以B=eq\f(π,4).由正弦定理eq\f(a,sinA)=eq\f(b,sinB),得a=eq\f(bsinA,sinB)=eq\f(\r(2)sin\f(π,3),\f(\r(2),2))=eq\r(3).因?yàn)锳=eq\f(π,3),B=eq\f(π,4),所以C=π-eq\f(π,3)-eq\f(π,4)=eq\f(5π,12),所以sinC=sineq\f(5π,12)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)+\f(π,6)))=sineq\f(π,4)coseq\f(π,6)+coseq\f(π,4)sineq\f(π,6)=eq\f(\r(6)+\r(2),4).所以S△ABC=eq\f(1,2)absinC=eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(2)×eq\f(\r(6)+\r(2),4)=eq\f(3+\r(3),4).若選擇③sinB+cosB=eq\r(2),則eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B+\f(π,4)))=eq\r(2),所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B+\f(π,4)))=1.因?yàn)锽∈(0,π),所以B+eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4),\f(5π,4))),所以B+eq\f(π,4)=eq\f(π,2),所以B=eq\f(π,4).由正弦定理eq\f(a,sinA)=eq\f(b,sinB),得a=eq\f(bsinA,sinB)=eq\f(\r(2)sin\f(π,3),\f(\r(2),2))=eq\r(3).因?yàn)锳=eq\f(π,3),B=eq\f(π,4),所以C=π-eq\f(π,3)-eq\f(π,4)=eq\f(5π,12),所以sinC=sineq\f(5π,12)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)+\f(π,6)))=sineq\f(π,4)coseq\f(π,6)+coseq\f(π,4)sineq\f(π,6)=eq\f(\r(6)+\r(2),4).所以S△ABC=eq\f(1,2)absinC=eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(2)×eq\f(\r(6)+\r(2),4)=eq\f(3+\r(3),4).點(diǎn)評對于此種形式的試題,我們只需在所給的條件中,選取一個感覺熟悉、容易解答的條件,再進(jìn)行解答即可.切忌對每個條件解答一遍.【例7】(2020·濟(jì)南質(zhì)檢)在①a4=b4,②a2+b5=2,③S6=246這三個條件中任選一個,補(bǔ)充在下面問題中,若問題中的正整數(shù)k存在,求k的值;若k不存在,請說明理由.設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,{bn}是等比數(shù)列,________,b1=a5,b3=-9,b6=243.是否存在k,使得Sk>Sk-1且Sk+1<Sk?(注:如果選擇多個條件分別解答,按第一個解答計分)解選條件①,設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q(q≠0),等差數(shù)列{an}的公差為d.由b3=-9,b6=b3·q3=-9×q3=243,得q=-3.又b3=b1q2=b1×(-3)2=-9,∴b1=-1,故bn=-(-3)n-1.又a5=b1=-1,a4=b4=27,∴d=a5-a4=-28,∴a1=27-3×(-28)=111,∴an=-28n+139.由Sk>Sk-1且Sk+1<Sk,可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sk-Sk-1=ak>0,,Sk+1-Sk=ak+1<0,))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ak=-28k+139>0,,ak+1=-28(k+1)+139<0,))解得eq\f(111,28)<k<eq\f(139,28).又k為正整數(shù),則k=4.∴存在k=4,使得Sk>Sk-1且Sk+1<Sk.選條件②,設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q(q≠0),等差數(shù)列{an}的公差為d.由b3=-9,b6=b3·q3=-9×q3=243,得q=-3.又b3=b1q2=b1×(-3)2=-9,∴b1=-1,故bn=-(-3)n-1.∵a2+b5=2,∴a2=2-b5=83.又a5

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