2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习讲义：开篇先学“审题”开启专题复习之旅 含答案 精品

开篇先学“审题”
——开启专题复习之旅[编者按] 开篇先学审题技法，旨在用通法引领复习，在复习中实践通法．
著名数学家波利亚总结了解决数学问题的四个步骤：弄清问题、拟订计划、实现计划、代入回顾．其中“弄清问题”即审题．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．审题是解题者对题目提供信息的发现、辨认和转译，并对信息作有序提炼，明确题目的条件、问题和相互间的关系．审题就是“让题目会说话”，其具体内容是：已知什么，隐含什么，需作什么，注意什么，等等．下面从审条件和审结论两个方面谈一下如何审题．
图象等几方面
有的数学题条件并不明显，而寓于概念、存于性质或含于图中，审题时，就要注意深入挖掘这些隐含条件和信息，解题时，可避免因忽视隐含条件而出现的错误.
[例1] (2017·衢州模拟)已知两条直线l1：4x－3y－1＝0和l2：4x－3y＋4＝0，圆C过点P(1,1)且与两直线都相切，则圆C的方程为____________________．
[审题指导]
[解析] 由已知可得直线l 1与l 2平行，且直线l 1与l 2间的距离d ＝|－1－4|42
＋
－
2
＝1，
又圆C 与l 1，l 2都相切，所以圆C 的半径r ＝1
2.
故可设圆的标准方程为(x －a )2＋(y －b )2
＝14
，
又P (1,1)在直线4x －3y －1＝0上，即直线l 1与圆C 相切于点P (1,1)，
故⎩⎪⎨⎪⎧
b －1a －1＝－3
4
，|4a －3b －1|5＝|4a －3b ＋4|5，
化简得⎩⎪⎨
⎪⎧
3a ＋4b ＝7，8a －6b ＝－3，
解得a ＝35，b ＝13
10
.
故所求圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －13102＝1
4.
[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －13102＝1
4
1.(2017·杭州模拟)如图，在△OMN 中，A ，B 分别是OM ，ON 的中
点，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→
(x ，y ∈R)，且点P 落在四边形ABNM 内(含边界)，则
y ＋1
x ＋y ＋2
的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23
B.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤13，34 C.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤14，34
D.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤14，23 解析：选C 由题意不妨设△OMN 为等腰直角三角形，OM ＝ON ＝2，则OA ＝OB ＝1，以OA ，OB 为x ，y 轴建立直角坐标系，则x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪
⎧
0≤x ≤2，0≤y ≤2，
1≤x ＋y ≤2，
对应的平面区域是以点
B (0,1)，N (0,2)，M (2,0)，A (1,0)为顶点的等腰梯形(含边界)，当(x ，y )取点(2,0)时，
y ＋1
x ＋1
取得最小值13；当(x ，y )取点(0,2)时，y ＋1x ＋1取得最大值3，所以13≤y ＋1x ＋1≤3，13≤x ＋1y ＋1≤3，则
y ＋1
x ＋y ＋2＝
1x ＋1y ＋1
＋1∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤14，34，故选C.
数学问题中的条件和结论，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，可以寻找到突破问题的方案．
[例2] (2017·绍兴模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足b
a ＋c ＋
c
a ＋b
≥1，则角A 的取值范围是( )
A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3
B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6
C.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫π3，π
D.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫π6，π [审题指导]
由条件中不等式结构――→去分母化简b 2＋c 2－a 2
≥bc ――→联想余弦定理结构变形cos A ――→求范围得结论 [解析] 由
b
a ＋c ＋
c
a ＋b
≥1，
得b (a ＋b )＋c (a ＋c )≥(a ＋c )(a ＋b )，
化简得b 2
＋c 2
－a 2
≥bc ，即b 2＋c 2－a 22bc ≥12
，
即cos A ≥1
2
.
又因为0＜A ＜π，所以0＜A ≤π
3
，故选A. [答案] A
2．(2017·金华中学模拟)已知向量a ≠e ，|e |＝1，对任意t ∈R ，恒有|a －te |≥|a －e |，则( )
A ．a ⊥e
B ．a ⊥(a －e )
C ．e ⊥(a －e )
D ．(a ＋e )⊥(a －e )
解析：选C 法一：由题意，得a 2
－2te ·a ＋t 2e 2
≥a 2
－2e ·a ＋e 2
，即t 2
－2e ·at ＋2e ·a －
e 2≥0，因为该不等式对任意t ∈R 恒成立，则
Δ＝4(e ·a )2
－8e ·a ＋4e 2
≤0， 因而(e ·a －e 2)2
≤0.于是e ·a －e 2
＝0. 所以e ·(a －e )＝0，e ⊥(a －e )．故选C.
法二：如图，OA ―→＝e ，OC ―→＝a ，OB ―→＝te ，则|AC ―→|＝|a －e |，|BC ―→
|＝|a －te |，由已知|AC ―→|≤|BC ―→
|.因为点B 是直线OA 上的任意点，点C 与直线AB 上的点的连线中线段AC 的长度最短，故AC ⊥OB ，也就是e ⊥(a －e )．
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解决问题.
[例3] (2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3
)是( )
A.π
2＋1 B.π
2＋3 C.3π
2
＋1
D.
3π
2
＋3 [审题指导]
[解析] 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝12×
1
3×π×12
×3＋13×12×2×2×3＝π2
＋1.
[答案] A
3.(2017·台州模拟)如图，M (x
M ，y M )，N (x N ，y N )分别是函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象与两条直线l 1：y ＝m ，l 2：y ＝－
m (A ≥m ≥0)的两个交点，记S ＝|x N －x M |，则S (m )的图象大致是( )
解析：选C 由题意可得sin(ωx M ＋φ)＝sin(－ωx N －φ)，则结合图象可得|(ωx M ＋φ)＋(－ωx N －φ)|＝π，所以S (m )＝|x M －x N |＝
π
ω
是一个与m 无关的常数函数，故选C.
结论是解题的最终目标，解决问题的思维在很多情形下都是在目标意识下启动和定向的.审视结论是要探索已知条件和结论间的联系与转化规律，可以从结论中捕捉解题信息，确定解题方向.
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.有些问题的结论看似不明确或不利于解决，可以转换角度，达到解决问题的目的.盯着未知数，这是个不错的解题途径.
[例4] (2017·宁波模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋1x
.
(1)求函数f (x )的极值和单调区间； (2)求证：ln n ＋12＜12＋13＋1
4＋ (1)
(n ≥2，n ∈N *
)． [审题指导] (1)求f x →判断f x 的符号→得结论
(2)ln
n ＋12＜12＋13＋1
4＋…＋1n ――→将不等式左边化成和式
ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n ＜12＋13＋…＋1
n ―→ 证明ln n ＋1n ＜1
n
n →证明ln x ＞1－1
x
，x ∈
，
――→与
相结合利用f
x 的极值证明
[解] (1)因为f (x )＝ln x ＋1x
， 所以f (x )的定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝1x －1x 2＝x －1
x
2.
令f ′(x )＝0，得x ＝1.
所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：
故f (x )f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
(2)证明：由(1)知f (x )＝ln x ＋1
x
在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f (1)
＝1，
所以对于x ∈(0,1)，ln x ＋1x ＞1即ln x ＞1－1
x
.
令x ＝n
n ＋1
(n ≥2，n ∈N *
)，
则
n
n ＋1∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫23，1， 所以ln
n
n ＋1＞1－1n n ＋1
＝1－n ＋1n ＝－1
n
， 即ln
n ＋1n ＜1
n
. 则有ln 32＜12，ln 43＜13，ln 54＜14，…，
ln n ＋1n ＜1
n .
将以上各式不等号两边分别相加，得
ln 32＋ln 43＋ln 54＋…＋ln n ＋1n ＜12＋13＋14＋…＋1
n ， 即ln
n ＋12＜12＋13＋1
4＋ (1)
(n ≥2，n ∈N *
)．
4．(2017·嘉兴模拟)设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a ＞3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知1|OF |＋1
|OA |
＝
3e
|FA |
，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率． (1)求椭圆的方程；
(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围．
解：(1)设F (c,0)，由1
|OF |＋1|OA |＝3e |FA |， 即1c ＋1a ＝
3c a
a －c
，可得a 2
－c 2
＝3c 2
.
又a 2
－c 2
＝b 2
＝3，所以c 2
＝1.因此a 2
＝4. 所以椭圆的方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)设直线l 的斜率为k (k ≠0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －2)，设B (x B ，y B )，由方程组
⎩⎪⎨⎪⎧
x 24＋y 2
3＝1，y ＝k x －
消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2
－12＝0.
解得x ＝2或x ＝8k 2
－6
4k 2＋3
.
由题意得x B ＝8k 2
－64k 2＋3，从而y B ＝－12k
4k 2＋3.
由(1)知F (1,0)，设H (0，y H )，
有FH ―→＝(－1，y H )，BF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－4k
2
4k 2＋3，12k 4k 2＋3.
由BF ⊥HF ，得BF ―→·FH ―→
＝0，
所以4k 2
－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 2
12k .
因此直线MH 的方程为y ＝－1
k x ＋9－4k 2
12k
.
设M (x M ，y M )，由方程组⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝k x －，y ＝－1k x ＋9－4k
2
12k 消去y ，
解得x M ＝
20k 2
＋9
k 2＋
.
在△MAO 中，∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA |≤|MO |， 即(x M －2)2
＋y 2
M ≤x 2
M ＋y 2
M ， 化简，得x M ≥1，即20k 2
＋9
1k 2
＋≥1，
解得k ≤－
64或k ≥64
. 所以直线l 的斜率的取值范围为⎝ ⎛
⎦⎥⎤－∞，－
64∪⎣⎢⎡⎭
⎪⎫64，＋∞.
一些题目从已知到结论不易证明，可采用逆向分析法，即从要证明的结论出发，逐步寻求使每一步结论成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为一个明显成立的条件或已知定理为止.
[例5] (2017·温州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝6，a 3＝11，且(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝An ＋B ，n ＝1,2，3，…，其中A ，B 为常数．
(1)证明：数列{a n }为等差数列；
(2)证明：不等式 5a mn －a m a n ＞1对任何正整数m ，n 都成立． [审题指导]
[证明] (1)由已知，得S 1＝a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝7，
S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝18.
由(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝An ＋B ，
知⎩⎪⎨⎪⎧
－3S 2－7S 1＝A ＋B ，2S 3－12S 2＝2A ＋B ，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
A ＋
B ＝－28，2A ＋B ＝－48，
解得A ＝－20，B ＝－8.
故(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝－20n －8，① 所以(5n －3)S n ＋2－(5n ＋7)S n ＋1＝－20n －28.②
②－①，得(5n －3)S n ＋2－(10n －1)S n ＋1＋(5n ＋2)S n ＝－20，③ 所以(5n ＋2)S n ＋3－(10n ＋9)S n ＋2＋(5n ＋7)S n ＋1＝－20.④
④－③，得(5n ＋2)S n ＋3－(15n ＋6)S n ＋2＋(15n ＋6)·S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝0. 因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，
所以(5n ＋2)a n ＋3－(10n ＋4)a n ＋2＋(5n ＋2)a n ＋1＝0. 因为5n ＋2≠0，所以a n ＋3－2a n ＋2＋a n ＋1＝0. 所以a n ＋3－a n ＋2＝a n ＋2－a n ＋1，n ≥1. 又因为a 3－a 2＝a 2－a 1＝5， 所以数列{a n }为等差数列．
(2)由(1)可知，a n ＝1＋5(n －1)＝5n －4，
要证 5a mn －a m a n ＞1， 只要证5a mn ＞1＋a m a n ＋2a m a n . 因为a mn ＝5mn －4，
a m a n ＝(5m －4)(5n －4)＝25mn －20(m ＋n )＋16，
故只要证
5(5mn －4)＞1＋25mn －20(m ＋n )＋16＋2a m a n ， 即只要证20m ＋20n －37＞2a m a n .
因为2a m a n ≤a m ＋a n ＝5m ＋5n －8＜5m ＋5n －8＋(15m ＋15n －29)＝20m ＋20n －37， 所以命题得证．
5．(2017·宁波模拟)过抛物线E ：x 2
＝2py (p >0)的焦点F 作斜率分别为k 1，k 2的两条不同直线l 1，l 2，且k 1＋k 2＝2，l 1与E 相交于点A ，B ，l 2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k 1>0，k 2>0，证明：
FM ―→·FN ―→
<2p 2.
证明：由题意知，抛物线E 的焦点为F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，p 2，直线l 1的方程为y ＝k 1x ＋p
2.
由⎩⎪⎨
⎪⎧
y ＝k 1x ＋p 2，
x 2＝2py ，
得x 2－2pk 1x －p 2
＝0.
设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，
则x 1，x 2是上述方程的两个实数根，从而x 1＋x 2＝2pk 1，y 1＋y 2＝k 1(x 1＋x 2)＋p ＝2pk 2
1＋p .
所以点M 的坐标为⎝
⎛⎭⎪⎫pk 1，pk 21＋p 2，FM ―→＝(pk 1，pk 2
1)．
同理可得点N 的坐标为⎝ ⎛
⎭⎪⎫
pk 2，pk 2
2＋p 2，
FN ―→
＝(pk 2，pk 22)，
于是FM ―→·FN ―→＝p 2(k 1k 2＋k 21k 2
2)． 法一：要证FM ―→·FN ―→<2p 2
， 只要证k 1k 2＋k 21k 2
2<2， 再证－2<k 1k 2<1. 由k 1>0，k 2>0，k 1≠k 2， 即证0<k 1k 2<1.
因为k 1＋k 2＝2>2k 1k 2，
所以0<k 1k 2<1成立． 故FM ―→·FN ―→<2p 2
成立．
法二：因为k 1＋k 2＝2，k 1>0，k 2>0，k 1≠k 2， 所以0<k 1k 2<⎝
⎛⎭
⎪⎫k 1＋k 222＝1.
故FM ―→·FN ―→<p 2(1＋12)＝2p 2.。