《2019届高考数学二轮复习 第一部分 3 三、创新性——立足求变 变中出新 学案 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习 第一部分 3 三、创新性——立足求变 变中出新 学案 Word版含解析.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、三、创新性立足求变 变中出新 迁移与交汇 开放与探究 新立意与常规求解 高考数学试题的创新性是数学试题具有较高生命力和价值的体现， 每年的高考试题的特 点都呈现稳中求新，具有开放性、新颖性、灵活性等特点， “年年考题都相似，考题年年有 创新” ，解决创新性问题注重以下三点： (1)知识的迁移与交汇，将知识的迁移与交汇有机结合 (2)做好“翻译”工作，将创新点“翻译”为数学基础知识 (3)将开放性、探究性问题转化为常规性问题 创新性典例解析核心素养 迁移与 交汇 1.(2018高考全国卷)设函数 f(x) x3(a1)x2ax.若 f(x)为奇函 数，则曲线 yf(x)在点(0，0)处的 切线方
2、程为( ) A.y2x Byx Cy2x Dyx 目标 创新点：函数的奇偶性与 导数、切线交汇 考查函数的奇偶性与导数的几何 意义，考查函数方程思想，转化 化归思想及运算求解能力 解析：选 D.法一：因为函数 f(x) x3(a1)x2ax 为奇函数， 所以 f(x)f(x)， 所以(x)3(a1)(x)2 a(x)x3(a1)x2ax， 所以 2(a1)x20， 因为 xR， 所以 a1，所以 f(x)x3x， 所以 f(x)3x21， 所以 f(0) 1，所以曲线 yf(x)在点(0，0) 处的切线方程为 yx.故选 D. 法二：因为函数 f(x)x3(a 1)x2ax 为奇函数， 所以
3、f(1) f(1)0，所以1a1a (1a1a)0，解得 a 1， 所以 f(x)x3x， 所以 f(x) 3x21，所以 f(0)1，所以曲 线 yf(x)在点(0，0)处的切线 方程为 yx.故选 D. 逻辑推理 数学运算 2.(2018高考全国卷)已知函数 f(x)2sin xsin 2x， 则 f(x)的最小 值是_ 目标 创新点：二倍角公式、导 数与最值问题交汇或柯西不等式 做灵活运用 考查二倍角公式与三角函数的最 解析 ： 法一 ： 因为 f(x)2sin x sin 2x， 所以 f(x)2cos x2cos 2x 4cos2x2cos x24 (cos x1)， (cos x
4、1 2) 逻辑推理 数学运算 值导数及其应用，考查转化化归 思想，函数方程思想与运算求解 能力 由f(x)0得 cos x1， 即2k 1 2 x2k，kZ， 3 3 由 f(x)0 得1cos x ， 1 2 即 2kx2k或 3 2kx2k，k 3 Z， 所以当 x2k(kZ)时， 3 f(x)取得最小值， 且 f(x)minf(2k 3) 2sinsin 2 (2k 3) . (2k 3) 3 3 2 法二：因为 f(x)2sin xsin 2x 2sin x(1cos x) 4sin cos 2cos28sin x 2 x 2 x 2 x 2 cos3 x 2 ， 8 3 3sin2x
5、 2cos 6x 2 所以f(x)23sin2 cos6 64 3 x 2 x 2 64 3 ( 3sin2 x 2cos 2 x 2cos 2 x 2cos 2 x 2 4 ) ， 4 27 4 当且仅当 3sin2 cos2 ， x 2 x 2 即 sin2 时取等号， x 2 1 4 所以 0f(x)2， 所以 27 4 3 3 2 f(x)， 3 3 2 所以 f(x)的最小值为. 3 3 2 答案： 3 3 2 续 表 创新 性 典例解析核心素养 开放 与探 究 3.(2018高考全国卷)已知正方体 的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等， 则 截此正方体 所得截面面积的
6、最大值为( ) A. B. 3 3 4 2 3 3 C. D. 3 2 4 3 2 目标 创新点：由静变动、由特殊 到一般、 由平面到空间， 由形到数的 迁移的开放 考查线面角与平面图形的判断与面 积，考查转化化归和数形结合能力， 考查空间想象与运算求解能力 解析：选 A.记该正方体为 ABCDABCD，正方体的 每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，即共点 的三条棱 AA，AB，A D与平面 所成的角 都相等如图，连接 AB， AD，BD，因为三棱 锥 AABD是正三棱锥， 所 以 AA，AB，AD 与平面 ABD所成的角都 相等 分别取 CD， B C，BB，AB，AD，DD 的中点 E，
7、 F， G， H， I， J， 连接 EF， FG， GH， IH， IJ， JE， 易得 E， F， G， H， I， J 六点共面，平面 EFGHIJ 与平面 ABD平行， 且截正 方体所得截面的面积最 大又 EFFGGHIH IJJE， 所以该正六 2 2 边形的面积为6 3 4( 2 2) 逻辑推理 直观想象 数学运算 ， 所以 截此正方体 2 3 3 4 所得截面面积的最大值为 ，故选 A. 3 3 4 4.(2017高考全国卷)在直角坐标 系 xOy 中，曲线 yx2mx2 与 x 轴交于 A， B 两点， 点 C 的坐标为(0， 1)，当 m 变化时，解答下列问题： (1)能否出
8、现 ACBC 的情况？说明 理由； (2)证明过 A，B，C 三点的圆在 y 轴 上截得的弦长为定值 目标 创新点：将不变与万变统一 起来，探索与发现、论证统一起来 考查两直线的位置关系、 直线与圆的 位置关系与直线和圆的方程， 考查转 化化归思想、 函数方程和数学结合思 想，考查逻辑推理与运算求解能力 解：(1)不能出现 ACBC 的情况，理由如下： 设 A(x1， 0)， B(x2， 0)， 则 x1， x2满足 x2mx20，所 以 x1x22. 又 C 的坐标为(0， 1)， 故 AC 的斜率与 BC 的斜率之积 为 ，所以不 1 x1 1 x2 1 2 能出现 ACBC 的情况 (2
9、)证明 ： BC的中点坐标为( ， )，可得 BC 的中垂线 x2 2 1 2 方程为 y x2(x) 1 2 x2 2 由(1)可得 x1x2m， 所 以 AB 的中垂线方程为 x . m 2 联立 xm 2， y1 2x 2(xf(x2,2)，) 又 x mx220， 2 2 逻辑推理 数学运算 可得 xm 2， y1 2. ) 所以过 A，B，C 三点的圆 的圆心坐标为( ， )， m 2 1 2 半径 r. m29 2 故圆在 y 轴上截得的弦长 为 23，即r2(f(m,2)2 过 A，B，C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值. 续 表 创新性典例解析核心素养 5.(2018高考
10、全国卷)已知函数f(x) ln(x)1， f(a)4， 则 f(1x2 a)_. 目标 创新点：f(a)与 f(a)的对 称形式是解题的突破点，内藏判断 函数的奇偶性问题，解析式后面的 常数 1 具有画龙点睛的效果 考查函数的奇偶性的判断与函数的 求值，考查逻辑推理与运算求解能 力 解析 ： 由 f(a)ln(1a2 a)14，得 ln(1a2 a)3，所以 f(a)ln( a)1ln1a2 1ln( 1 1a2a a)1311a2 2. 答案：2 数学抽象 逻辑推理 数学运算 新立意与 常规求解 6.(2018高考全国卷)如图，边长 为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与 半圆弧所在平面垂
11、直，M 是上CD CD 异于 C，D 的点 (1)证明：平面 AMD平面 BMC; (2)当三棱锥 MABC 体积最大时， 解：(1)证明：由题设知， 平面 CMD平面 ABCD， 交线为 CD. 因为 BCCD，BC平面 ABCD， 所以 BC平面 CMD，故 BCDM. 因为 M 为上异于 C，DCD 的点，且 DC 为直径，所 以 DMCM. 逻辑推理 直观想象 数学运算 求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面 角的正弦值 目标 创新点：以半圆弧所在面 与矩形所在面垂直为主体，内藏半 圆上的圆周角为直角的问题立意 考查线面垂直，面面垂直，体积的 最值判断和二面角；考查空间想象 能力，逻
12、辑推理能力和运算求解能 力 又 BCCMC，所以 DM平面 BMC. 而 DM平面 AMD， 故平面 AMD平面 BMC. (2)以D为坐标原点，的DA 方向为 x 轴正方向，建立 如图所示的空间直角坐标 系 Dxyz. 当三棱锥 MABC 体积最 大时，M 为的中点CD 由题设得 D(0， 0， 0)， A(2，0，0)， B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0， 1， 1)， (2， 1， 1)，(0，2，AM AB 0)，(2，0，0)DA 设 n(x， y， z)是平面 MAB 的法向量， 则即 nAM 0， nAB 0，) 2xyz0， 2y0.) 可取 n(1，0，2) 是平面
13、 MCD 的法向量，DA 因此 cosn， DA nDA |n|DA | ， 5 5 sinn， .DA 2 5 5 所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦 值是. 2 5 5 专项集训(三) 一、选择题 已知集合 A1，2，3，4，B2，3，6，7，C3，4，5，6，则图中阴影部 分表示的集合是( ) A2，3 B6 C3 D3，6 解析：选 B.由题可知，ABC3，BC3，6，故阴影部分表示的集合是6 已知直线 l1：xya20；l2：xy2a30，平行于 x 轴的直线 l 分别与 l1，l2 交于 M，N，则|MN|的最小值为( ) A1 B. 2 C2 D2 2 解析：选
14、C.设 l1，l2的距离为 d，则 d， |a22a3| 2 (a1)22 2 当 a1 时，dmin . 2 由于 l1，l2的倾斜角为 135. 所以|MN|min2.故选 C. dmin sin 45 2 2 2 已知两个圆锥有公共的底面， 且两圆锥的顶点 A， B 和底面 都在球 O 的球面上， H 是 AB 与底面 的交点， ，若两个圆锥的体积之和为，则球 O 的体积为( ) AH AB 1 3 16 27 A. B. 2 3 4 3 C2 D. 8 3 解析：选 B.易知 AB平面 ，AB 为球 O 的直径，H 是底面圆的圆心， 设 M 为底面圆上一点，底面圆的半径为 r，连接 H
15、M， 则 HMr，设球 O 的半径为 R，由 ， AH AB 1 3 设 AHt，则 BH2t，连接 AM，BM， 在 RtAMB 中，r2t2t2t2.由两个圆锥的体积之和为， 16 27 可得 r2(t2t)，即 2t23t， 1 3 16 27 1 3 16 27 解得 t ， 2 3 则球 O 的直径 2R3t2，解得 R1， 故球 O 的体积 V R3 ，故选 B. 4 3 4 3 二、填空题 数列an满足 a1 ，tan an10(nN*)，则 tan a9为_ 6 1 cos an 解析：因为 tan an1(nN*)， 1 cos an 所以 tan2an11tan2an，又
16、a1 ， 1 cos2an cos2ansin2an cos2an 6 所以 tan2a1 ， 1 3 所以tan2an是以 为首项，1 为公差的等差数列， 1 3 所以 tan2a9 81. 1 3 25 3 又 tan an10，所以 tan a9. 1 cos an 5 3 3 答案： 5 3 3 若函数 f(x)sin2xasin xb(a，bR)在上存在 1 个变号零点，且 0b 2，0 2a1，则 ab 的取值范围是_ 解析：设 tsin x，x，则 t1，0 2，0 令 g(t)t2atb，则 g(t)在1，0上存在 1 个变号零点， 所以 g(1)g(0)0， 所以b(1ab)
17、 0， 0 b2a 1.) 作出不等式组所表示的平面区域，如图所示 令 zab，则直线 baz 经过点 A 时 z 取得最小值，经过点 O 时 z 取得最大值 解方程组得故 A(2，3)， b2a1， 1ab0，) a2， b3，) 所以 ab 的取值范围是5，0 答案：5，0 三、解答题 已知 sin(2)3sin ，设 tan x，tan y，记 yf(x) (1)求证：tan()2tan ； (2)求 f(x)的表达式； (3)若各项均为正数的数列an满足a12， 2f(nN*) 求t为何值时数列a 1 a 1 an( 1 an) 2n t是等比数列 解：(1)证明：由 sin(2)3s
18、in ， 得 sin()3sin()， 即 sin()cos 2cos()sin ， 故 tan()2tan . (2)由 tan()2tan ， 得2tan ， tan tan 1tan tan 即2x， xy 1xy 整理得 y， x 12x2 故 f(x). x 12x2 (3)因为 2f2， 1 a 1 an( 1 an) 1 an 1 an 121 a 所以 a a 1. 2n1 1 2 2n 若a t是等比数列， 2n 设其公比为 q，则q， at at 所以 atq(a t)， 2n12n 即 aqa (1q)t， 2n12n 则可得 q1 2， (1q)t1，) 解得q 1 2
19、， t2.) 所以 a2 (a 2)， 2n1 1 2 2n 所以当 t2 时，数列a 2是首项为 2，公比为 的等比数列 2n 1 2 已知圆 C 满足下列条件：圆心 C 在第一象限；圆心 C 在直线 2xy0 上； 圆 C 与 x 轴相切；被直线 xy0 截得的弦长为.14 (1)求圆 C 的方程； (2)若直线 l： (2m1)x(m1)y3m20，判断直线 l 与圆 C 的位置关系，并说明理 由 解：(1)由已知可设圆心 C(a，2a)(a0)，则圆 C 的半径 r2a. 圆心 C 到直线 xy0 的距离 da， |a2a| 2 2 2 故 22a，r2d24a21 2a 2 1414 所以 a1， 所以圆 C 的方程为(x1)2(y2)24. (2)直线 l：(2m1)x(m1)y3m20 可化为(2xy3)mxy20， 令得 2xy30， xy20，) x1， y1，) 所以直线 l 恒过定点(1，1)， 又(11)2(12)24， 所以直线 l 与圆 C 相交