《新版全國通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題25 審題技能訓(xùn)練含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版全國通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題25 審題技能訓(xùn)練含解析（19頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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2、 1 【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題25 審題技能訓(xùn)練（含解析） 一、選擇題 1．已知向量a、b的夾角為60°，且|a|＝2，|b|＝1，則向量a與向量a＋2b的夾角等于(　　) A．150°　　　　　　　 B．90° C．60° D．30° [答案]　D [審題要點(diǎn)]　弄清問題、熟悉問題和轉(zhuǎn)化問題 要求向量的夾角

3、，可由cosθ＝求解，這是求向量夾角的常用方法， →由已知可求解a·(a＋2b)＝a2＋2a·b的值． →由已知可求|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2的值， 進(jìn)而可求|a＋2b|的值． →由上述步驟可求得cosθ＝的值． [解析]　|a＋2b|2＝4＋4＋4a·b＝8＋8cos60°＝12， ∴|a＋2b|＝2， 記向量a與向量a＋2b的夾角為θ， 則a·(a＋2b)＝|a|·|a＋2b|·cosθ ＝2×2cosθ＝4cosθ， 又a·(a＋2b)＝a2＋2a·b＝4＋4cos60°＝6， ∴4cosθ＝6，cosθ＝， 又θ∈[0，π]，∴θ＝，故選D． 2．

4、(文)對于函數(shù)f(x)＝asinx＋bx＋c(其中，a，b∈R，c∈Z)，選取a，b，c的一組值計(jì)算f(1)和f(－1)，所得出的正確結(jié)果一定不可能是(　　) A．4和6 B．3和1 C．2和4 D．1和2 [答案]　D [審題要點(diǎn)]　仔細(xì)觀察會發(fā)現(xiàn)f(x)的表達(dá)式中“asinx＋bx”有其特殊性，即g(x)＝asinx＋bx為奇函數(shù)，這是本題審題第一關(guān)鍵要素，其實(shí)從f(1)與f(－1)的提示，也應(yīng)考慮是否具有奇偶性可用，由此可知f(1)＋f(－1)＝2c；再注意觀察細(xì)節(jié)可以發(fā)現(xiàn)c∈Z，從而2c為偶數(shù)． [解析]　令g(x)＝asinx＋bx，則g(x)為奇函數(shù)， ∴g(－1)

5、＝－g(1)，∴f(x)＝g(x)＋c. ∴f(1)＋f(－1)＝g(1)＋c＋g(－1)＋c＝2c， ∵c∈Z，∴2c為偶數(shù)， ∵1＋2＝3不是偶數(shù)， ∴1和2一定不是f(1)與f(－1)的一組值，故選D． (理)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增．若實(shí)數(shù)a滿足f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)，則a的取值范圍是(　　) A．[1,2] B．(0，] C．[，2] D．(0,2] [答案]　C [審題要點(diǎn)]　求a的取值范圍，需解給出的不等式，條件中的單調(diào)遞增為解不等式時脫去函數(shù)符號“f”所備，f(x)為偶函數(shù)，為化不等式為f(

6、x1)≤f(x2)型而準(zhǔn)備．解題思路步驟為： [解析]　因?yàn)閘oga＝－log2a且f(－x)＝f(x)， 則f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)?f(log2a)＋f(－log2a)≤2f(1)?f(log2a)≤f(1)． 又f(log2a)＝f(|log2a|)且f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴|log2a|≤1?－1≤log2a≤1，解得≤a≤2，選C． [方法點(diǎn)撥]　注意發(fā)掘隱含條件 有的題目條件不甚明顯，而寓于概念、存于性質(zhì)或含于圖中，審題時，注意深入挖掘這些隱含條件和信息，就可避免因忽視隱含條件而出現(xiàn)的錯誤． 3．(文)(20xx·浙江理，3)某幾何體

7、的三視圖(單位：cm)如圖所示，則此幾何體的表面積是(　　) A．90cm2 B．129cm2 C．132cm2 D．138cm2 [答案]　D [審題要點(diǎn)]　表面積 [解析]　由三視圖知該幾何體是一個直三棱柱與長方體的組合體，長方體長、寬、高分別為4cm,6cm,3cm，直棱柱高為3cm，底面為直角三角形，兩直角邊長為3cm、4cm，∴幾何體的表面積為S＝2×4×6＋2×3×4＋3×6＋3×3＋3×4＋3×5＋2××3×4＝138cm2，選D． (理)若函數(shù) f(x)＝(a、b、c、d∈R)的圖象如圖所示，則abcd＝(　　) A． 165 (－8)

8、 B． 1(－6)5 (－8) C． 1(－6)58 D． 1658 [答案]　B [解析]　∵f(x)的圖象以x＝1和x＝5為漸近線， ∴1和5是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根， ∴∴c＝5a，b＝－6a； ∵圖象過點(diǎn)(3,2)，∴＝2，∴d＝－8a， ∴abcd＝a(－6a)(5a)(－8a)＝1(－6)5(－8)． [方法點(diǎn)撥]　注重挖掘圖形信息：在一些高考數(shù)學(xué)試題中，問題的條件往往是以圖形的形式給出，或?qū)l件隱含在圖形之中，因此在審題時，要善于觀察圖形，洞悉圖形所隱含的特殊的關(guān)系、數(shù)值的特點(diǎn)、變化的趨勢，抓住圖形的特征，利

9、用圖形所提供的信息來解決問題．題目中未給出圖形的，可畫出圖形，借助圖形分析探尋解題途徑． 4．(文)(20xx·福州市質(zhì)檢)函數(shù)f(x)的部分圖象如圖所示，則f(x)的解析式可以是(　　) A．f(x)＝x＋sinx B．f(x)＝ C．f(x)＝xcosx D．f(x)＝x(x－)(x－) [答案]　C [解析]　注意到題中所給曲線關(guān)于原點(diǎn)對稱，因此相應(yīng)的函數(shù)是奇函數(shù)，選項(xiàng)D不正確；對于A，f ′(x)＝1＋cosx≥0，因此函數(shù)f(x)＝x＋sinx是增函數(shù)，選項(xiàng)A不正確；對于B，由于f(x)的圖象過原點(diǎn)，因此選項(xiàng)B不正確．綜上所述知選C． (理)已知正四棱柱ABCD－

10、A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于(　　) A． B． C． D． [答案]　A [解析]　解法1：如圖，連接C1O，過C作CM⊥C1O. ∵BD⊥平面C1CO，∴BD⊥CM，∴CM⊥平面BC1D ∴∠CDM即為CD與平面BDC1所成的角 令A(yù)B＝1，∴AA1＝2，CO＝， C1O＝＝＝， CM·C1O＝CC1·CO， 即CM＝2·，∴CM＝， ∴sin∠CDM＝＝. 解法2：以D為原點(diǎn)DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系 設(shè)AA1＝2AB＝2，則D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,

11、0)，C1(0,1,2)，則＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)． 設(shè)平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)， 則n·＝0，n·＝0， ∴令y＝－2，則x＝2，z＝1， ∴n＝(2，－2,1)， 設(shè)CD與平面BDC1所成的角為θ， 則sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝. 5．(20xx·鄭州市質(zhì)檢)已知甲、乙兩組數(shù)據(jù)如莖葉圖所示，若它們的中位數(shù)相同，平均數(shù)也相同，則圖中的m、n的比值＝(　　) A．1 B． C． D． [答案]　D [解析]　由莖葉圖知乙的中位數(shù)為＝33，故m＝3，∴甲的平均數(shù)為(27＋33＋39)＝33，∴(n＋2＋4＋8＋20

12、＋30×3)＝33，解得n＝8，∴＝. [方法點(diǎn)撥]　注意讀圖識表，挖掘圖表數(shù)據(jù)：在數(shù)據(jù)題目的圖表數(shù)據(jù)中包含著問題的基本信息，也往往暗示著解決問題的目標(biāo)和方向．審題時認(rèn)真觀察分析圖表、數(shù)據(jù)的特征和規(guī)律，可為問題解決提供有效的途徑． 6．已知函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)镈，若對于任意的x1、x2∈D(x1≠x2)，都有f()<，則稱y＝f(x)為D上的凹函數(shù)．由此可得下列函數(shù)中的凹函數(shù)為(　　) A．y＝log2x B．y＝ C．y＝x2 D．y＝x3 [答案]　C [解析]　觀察圖象可知選C．C的正確性證明如下： 欲證f()<， 即證()2<， 即證(x1＋x2)2<2x＋

13、2x， 即證(x1－x2)2>0. 此式顯然成立．故原不等式得證． [方法點(diǎn)撥]　注意對新定義的理解與轉(zhuǎn)化： 遇到新定義問題，要先弄清楚新定義的含義，將其用學(xué)過的熟知的數(shù)學(xué)知識加以轉(zhuǎn)化，然后在新背景下用相應(yīng)的數(shù)學(xué)知識方法解決． 7．(文)設(shè)P、Q分別為圓x2＋(y－6)2＝2和橢圓＋y2＝1上的點(diǎn)，則P、Q兩點(diǎn)間的最大距離是(　　) A．5 B．＋ C．7＋ D．6 [答案]　D [解析]　由圓的性質(zhì)可知P、Q兩點(diǎn)間的最大距離為圓心A(0,6)到橢圓上的點(diǎn)的最大距離與圓的半徑之和，設(shè)Q(x，y)，則AQ2＝x2＋(y－6)2＝10－10y2＋y2－12y＋36＝46－9y

14、2－12y＝－9(y＋)2＋50，當(dāng)y＝時，|AQ|max＝5， ∴|PQ|max＝5＋＝6. (理)(20xx·福建文，11)已知圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝1，平面區(qū)域Ω：若圓心C∈Ω，且圓C與x軸相切，則a2＋b2的最大值為(　　) A．5 B．29 C．37 D．49 [答案]　C [解析]　可行域如圖： 圓心C(a，b)，則|b|＝1，由圖知b＝1，而當(dāng)y＝1時，由y＝7－x知x＝6，所以a2＋b2最大值為62＋12＝37. 8．(文)如果一條直線與一個平面垂直，那么稱此直線與平面構(gòu)成一個“正交線面對”，在一個正方體中，由兩個頂點(diǎn)確定的直線與含有4個頂點(diǎn)

15、的平面構(gòu)成的“正交線面對”的個數(shù)是(　　) A．24 B．36 C．48 D．12 [答案]　B [解析]　正方體的一條棱對應(yīng)著2個“正交線面對”，12條棱對應(yīng)著24個“正交線面對”；正方體的一條面對角線對應(yīng)著一個“正交線面對”，12條面對角線對應(yīng)著12個“正交線面對”，一條體對角線無滿足要求的平面∴共有36個． (理)定義“等和數(shù)列”：在一個數(shù)列中，如果每一項(xiàng)與它的后一項(xiàng)的和都為同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列叫做等和數(shù)列，這個常數(shù)叫做該數(shù)列的公和． 定義“等積數(shù)列”：在一個數(shù)列中，如果每一項(xiàng)與它的后一項(xiàng)的積都為同一常數(shù)，那么這個數(shù)列叫做“等積數(shù)列”，這個常數(shù)叫做該數(shù)列的公積． 如

16、果數(shù)列{an}既是“等和數(shù)列”，又是“等積數(shù)列”，且公和與公積是同一個非零常數(shù)m，則(　　) A．?dāng)?shù)列{an}不存在 B．?dāng)?shù)列{an}有且僅有一個 C．?dāng)?shù)列{an}有無數(shù)個，m可取任意常數(shù) D．當(dāng)m∈(－∞，0]∪[4，＋∞)時，這樣的數(shù)列{an}存在 [答案]　D [解析]　由題設(shè)an＋an＋1＝m，an·an＋1＝m，對任意正整數(shù)n都成立，則an與an＋1是一元二次方程x2－mx＋m＝0的兩實(shí)數(shù)根，∴Δ＝m2－4m≥0，∴m≥4或m≤0，故這樣的數(shù)列{an}，當(dāng)m≥4或m≤0時存在，但當(dāng)0

17、{bn}都是等差數(shù)列，Sn、Tn分別是它們的前n項(xiàng)和，且＝，則的值為________． [答案]　 [解析]?。剑? ＝＝＝＝. (理)(20xx·鄭州市質(zhì)檢)我們把各位數(shù)字之和為7的四位數(shù)稱為“北斗數(shù)”(如20xx是“北斗數(shù)”)，則“北斗數(shù)”中千位為2的共有________個 . [答案]　21 [分析]　由北斗數(shù)的定義分類，個數(shù)、十位、百位數(shù)字之和為5，則0＋0＋5＝0＋1＋4＝0＋2＋3＝1＋1＋3＝2＋2＋1，共5類． [解析]　個、十、百位上的數(shù)字為0、0、5，共3個，個、十、百位上數(shù)字為0、1、4，共A＝6個；個、十、百位上數(shù)字0、2、3，共A＝6個；個、十、百位上數(shù)字

18、為1、1、3，共3個；個、十、百位上數(shù)字為2、2、1，共3個，故共有21個． 10．已知f(x)＝，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋， 則f20xx(x)的表達(dá)式為________． [答案]　 [解析]　考查歸納推理． f1(x)＝f(x)＝，f2(x)＝f(f1(x))＝＝，f3(x)＝f(f2(x))＝＝，…， f20xx(x)＝. 三、解答題 11．已知函數(shù)f(x)＝x2＋xsinx＋cosx. (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值； (2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點(diǎn)

19、，求b的取值范圍． [審題要點(diǎn)]　(1) (2) [解析]　由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f ′(x)＝x(2＋cosx)． (1)因?yàn)榍€y＝f(x)在點(diǎn)(a，f(a))處與直線y＝b相切， 所以f ′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a)． 解得a＝0，b＝f(0)＝1. (2)令f ′(x)＝0，得x＝0. 當(dāng)x變化時，f(x)與f ′(x)的變化情況如下： x (－∞，0) 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  1  所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(0)＝

20、1是f(x)的最小值． 當(dāng)b≤1時，曲線y＝f(x)與直線y＝b最多只有一個交點(diǎn)； 當(dāng)b>1時，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝11時曲線y＝f(x)與直線y＝b有且僅有兩個不同交點(diǎn)． 綜上可知，如果曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點(diǎn)，那么b的取值范圍是(1，＋∞)． [方法點(diǎn)撥]　審視條件　了解和轉(zhuǎn)換解題信息 審題時，一是對題目條件信息的挖掘整合；二是明確解題的目標(biāo)要求，

21、解題思路的確定，解題方法的選擇，解題步驟的設(shè)計(jì)；三是弄清題目中是否有圖表可用，是否需要畫圖幫助思考，列表整合數(shù)據(jù)？較復(fù)雜的問題如何進(jìn)行轉(zhuǎn)化． 12．(文)(20xx·北京文，17)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E、F分別為A1C1、BC的中點(diǎn)． (1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1； (2)求證：C1F∥平面ABE； (3)求三棱錐E－ABC的體積． [審題要點(diǎn)]　(1)要證平面ABE⊥平面B1BCC1，需在一個平面內(nèi)找一條直線與另一個平面垂直；已知三棱柱側(cè)棱垂直于底面，AB⊥BC，可知AB⊥平面B1BCC1.

22、 (2)要證C1F∥平面ABE，需在平面ABE內(nèi)找一條與C1F平行的直線，為此過C1F作平面與平面ABE相交，考慮到C1E與平面ABE相交，則平面C1EF與平面ABE的交線EG為所求(G為AB與平面C1EF的交點(diǎn))． 考慮條件E、F分別為棱的中點(diǎn)，猜想G應(yīng)為AB的中點(diǎn)，由中位線GF綊AC綊C1E獲證． (3)要求VE－ABC，高AA1已知，關(guān)鍵求S△ABC，由AC＝2，BC＝1，AB⊥BC易得． [解析]　(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC， 所以BB1⊥AB， 又因?yàn)锳B⊥BC， 所以AB⊥平面B1BCC1. 所以平面ABE⊥平面B1BCC1. (2

23、)取AB中點(diǎn)G，連接EG、FG. 因?yàn)镋、F分別是A1C1、BC的中點(diǎn)． 所以FG∥AC，且FG＝AC． 因?yàn)锳C∥A1C1，且AC＝A1C1， 所以FG∥EC1，且FG＝EC1. 所以四邊形FGEC1為平行四邊形． 所以C1F∥EG. 又因?yàn)镋G?平面ABE，C1F?平面ABE， 所以C1F∥平面ABE. (3)因?yàn)锳A1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以AB＝＝， 所以三棱錐E－ABC的體積 V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝. [方法點(diǎn)撥]　審題是解題的基礎(chǔ)和關(guān)鍵，一切解題的思路、方法、技巧都來源于認(rèn)真審題．審題就是對題目提供信息的發(fā)現(xiàn)、辨認(rèn)和轉(zhuǎn)譯，并

24、對信息進(jìn)行提煉，明確題目的條件、問題和相互間的關(guān)系．能否迅速準(zhǔn)確地理解題意，是高考中能否取得最佳成績的關(guān)鍵．審題時弄清已知什么？隱含什么？數(shù)、式結(jié)構(gòu)有何特點(diǎn)？圖表有何特征？然后進(jìn)行恰當(dāng)?shù)霓D(zhuǎn)換，歸結(jié)為熟知的問題進(jìn)行解答．要注意架構(gòu)條件與結(jié)論之間的橋梁，要注意細(xì)節(jié)和特殊情況的審視，要注意答題的條理和語言的規(guī)范． (理)如圖1，四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，M為側(cè)棱PD上一點(diǎn)．該四棱錐的側(cè)視圖和俯(左)視圖如圖2所示． (1)證明：BC⊥平面PBD； (2)證明：AM∥平面PBC； (3)線段CD上是否存在點(diǎn)N，使得AM與BN所成角的余弦值為？若存

25、在，找到所有符合要求的點(diǎn)N，并求CN的長；若不存在，請說明理由． [解析]　解法一：(1)證明：由俯視圖可得BD2＋BC2＝CD2，所以BC⊥BD． 又因?yàn)镻D⊥平面ABCD， 所以BC⊥PD，所以BC⊥平面PBD． (2)證明：取PC上一點(diǎn)Q，使PQPC＝14，連接MQ、BQ.由俯視圖知PMPD＝14， 所以MQ∥CD，MQ＝CD． 在△BCD中，易得∠CDB＝60°，所以∠ADB＝30°. 又BD＝2，所以AB＝1，AD＝. 又因?yàn)锳B∥CD，AB＝CD，所以AB∥MQ，AB＝MQ， 所以四邊形ABQM為平行四邊形，所以AM∥BQ. 因?yàn)锳M?平面PBC，B

26、Q?平面PBC， 所以直線AM∥平面PBC． (3)線段CD上存在點(diǎn)N，使AM與BN所成角的余弦值為. 證明如下： 因?yàn)镻D⊥平面ABCD，DA⊥DC， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz. 所以D(0,0,0)，A(，0,0)，B(，1,0)，C(0,4,0)，M(0,0,3)． 設(shè)N(0，t,0)，其中0≤t≤4， 所以＝(－，0,3)，＝(－，t－1,0)． 要使AM與BN所成角的余弦值為， 則有＝， 所以＝， 解得t＝0或2，均適合0≤t≤4. 故點(diǎn)N位于D點(diǎn)處，此時CN＝4；或點(diǎn)N位于CD的中點(diǎn)處，此時CN＝2，有AM與BN所成角的余弦值為. 解法

27、二：(1)證明：因?yàn)镻D⊥平面ABCD，DA⊥DC， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz. 在△BCD中，易得∠CDB＝60°，所以∠ADB＝30°. 因?yàn)锽D＝2，所以AB＝1，AD＝. 由俯視圖和側(cè)視圖可得D(0,0,0)，A(，0,0)，B(，1,0)，C(0,4,0)，M(0,0,3)，P(0,0,4)， 因?yàn)椋?－，3,0)，＝(，1,0)． 因?yàn)椤ぃ剑粒?×1＋0×0＝0，所以BC⊥BD． 又因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以BC⊥PD， 所以BC⊥平面PBD． (2)證明：設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則有 因?yàn)椋?－，3,0)，＝(0,4，－

28、4)， 所以取y＝1，得n＝(，1,1)． 因?yàn)椋?－，0,3)， 所以·n＝·(－)＋1·0＋1·3＝0. 因?yàn)锳M?平面PBC， 所以直線AM∥平面PBC． (3)同解法一． [方法點(diǎn)撥]　注重建立條件之間、條件與結(jié)論之間的聯(lián)系： 審題過程中要注意由已知可知什么？條件之間有何關(guān)聯(lián)，怎樣體現(xiàn)這種關(guān)聯(lián)？由待求(證)結(jié)論需知什么？條件和結(jié)論之間的銜接點(diǎn)是什么？解題的切入點(diǎn)是什么？ 13．(文)某人在如圖所示的直角邊長為4米的三角形地塊的每個格點(diǎn)(指縱、橫直線的交叉點(diǎn)以及三角形的頂點(diǎn))處都種了一株相同品種的作物．根據(jù)歷年的種植經(jīng)驗(yàn)，一株該種作物的年收獲量Y(單位：kg)與它的“相

29、近”作物株數(shù)X之間的關(guān)系如下表所示： X 1 2 3 4 Y 51 48 45 42 這里，兩株作物“相近”是指它們之間的直線距離不超過1米． (1)完成下表，并求所種作物的平均年收獲量； Y 51 48 45 42 頻數(shù) 4 (2)在所種作物中隨機(jī)選取一株，求它的年收獲量至少為48kg的概率． [審題要點(diǎn)]　(1)讀懂圖表：首先理解兩株作物“相近“的含義，其次明確X與Y的對應(yīng)關(guān)系(表)，通過讀圖找出與其相近作物株數(shù)為1,2,3,4的作物分別有幾株． (2)解題思路： Y＝51“相近”作物株數(shù)X為1頻數(shù)年平均收獲量． 年收獲量至少

30、為48kgY＝51或48可求相應(yīng)概率得出結(jié)果． [解析]　(1)所種作物的總株數(shù)為1＋2＋3＋4＋5＝15，其中“相近”作物株數(shù)為1的作物有2株，“相近”作物株數(shù)為2的作物有4株，“相近”作物株數(shù)為3的作物有6株，“相近”作物株數(shù)為4的作物有3株，列表如下： Y 51 48 45 42 頻數(shù) 2 4 6 3 所種作物的平均年收獲量為 ＝＝46. (2)由(1)知，P(Y＝51)＝，P(Y＝48)＝. 故在所種作物中隨機(jī)選取一株，它的年收獲量至少為48 kg的概率為 P(Y≥48)＝P(Y＝51)＋P(Y＝48)＝＋＝. (理)(20xx·北京理，16)李明

31、在10場籃球比賽中的投籃情況統(tǒng)計(jì)如下(假設(shè)各場比賽互相獨(dú)立)： 場次 投籃次數(shù) 命中次數(shù) 場次 投籃次數(shù) 命中次數(shù) 主場1 22 12 客場1 18 8 主場2 15 12 客場2 13 12 主場3 12 8 客場3 21 7 主場4 23 8 客場4 18 15 主場5 24 20 客場5 25 12 (1)從上述比賽中隨機(jī)選擇一場，求李明在該場比賽中投籃命中率超過0.6的概率； (2)從上述比賽中選擇一個主場和一個客場，求李明的投籃命中率一場超過0.6，一場不超過0.6的概率； (3)記為表中10個命中次數(shù)的平

32、均數(shù)．從上述比賽中隨機(jī)選擇一場，記X為李明在這場比賽中的命中次數(shù)，比較E(X)與的大小．(只需寫出結(jié)論) [解析]　(1)根據(jù)投籃統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)，在10場比賽中，李明投籃命中率超過0.6的場次有5場，分別是主場2，主場3，主場5，客場2，客場4. 所以在隨機(jī)選擇的一場比賽中，李明的投籃命中率超過0.6的概率是0.5. (2)設(shè)事件A為“在隨機(jī)選擇的一場主場比賽中李明的投籃命中率超過0.6”，事件B為“在隨機(jī)選擇的一場客場比賽中李明的投籃命中率超過0.6”，事件C為“在隨機(jī)選擇的一個主場和一個客場中，李明的投籃命中率一場超過0.6，一場不超過0.6”． 則C＝(A)∪(B)，A，B獨(dú)立． 根

33、據(jù)投籃統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)，P(A)＝，P(B)＝， P(C)＝P(A)＋P(B) ＝×＋× ＝. 所以，在隨機(jī)選擇的一個主場和一個客場中，李明的投籃命中率一場超過0.6，一場不超過0.6的概率為. (3)E(X)＝. 14．(文)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，A、B是拋物線C上異于坐標(biāo)原點(diǎn)O的不同兩點(diǎn)，拋物線C在點(diǎn)A，B處的切線分別為l1，l2，且l1⊥l2，l1與l2相交于點(diǎn)D． (1)求點(diǎn)D的縱坐標(biāo)； (2)證明：直線AB過定點(diǎn)． [審題要點(diǎn)]　(1)求點(diǎn)D縱坐標(biāo)l1、l2的方程設(shè)A、B，由導(dǎo)數(shù)得斜率，由A、B在C上得坐標(biāo)關(guān)系． (2)AB過定點(diǎn)定點(diǎn)可能為焦點(diǎn)F

34、證A、B、F三點(diǎn)共線―→用向量或斜率證 [解析]　(1)如圖，設(shè)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)． ∵l1、l2分別是拋物線C在點(diǎn)A，B處的切線， ∴直線l1的斜率k1＝y(tǒng)′|x＝x1＝， 直線l2的斜率k2＝y(tǒng)′|x＝x2＝. ∵l1⊥l2，∴k1k2＝－1，得x1x2＝－p2.① ∵A、B是拋物線C上的點(diǎn)， ∴y1＝，y2＝. ∴直線l1的方程為y－＝(x－x1)， 直線l2的方程為y－＝(x－x2)． 由解得 ∴點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為－. (2)證明：∵F為拋物線C的焦點(diǎn)， ∴F(0，)． ∴＝(－x1，－)＝(－x1，)， ＝(－x2，－)＝

35、(－x2，)． ∵＝＝＝， ∴∥，即直線AB過定點(diǎn)F. (理)(20xx·沈陽市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝mx－sinx，g(x)＝axcosx－2sinx(a>0)． (1)若過曲線y＝f(x)上任意相異兩點(diǎn)的直線的斜率都大于0，求實(shí)數(shù)m的最小值； (2)若m＝1，且對于任意x∈[0，]，都有不等式f(x)≥g(x)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解析]　(1)∵過曲線y＝f(x)上任意相異兩點(diǎn)的直線的斜率都大于0 ∴任取x1，x2∈R，且x10，得f(x1)

36、osx ∴mmin＝1 (2)∵m＝1，∴函數(shù)f(x)＝x－sinx ∵f(x)≥g(x)，∴x＋sinx－axcosx≥0 對于任意x∈[0，]均成立，令H(x)＝x＋sinx－axcosx 則H′(x)＝1＋cosx－a(cosx－xsinx)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx ①當(dāng)1－a≥0，即00 ∴H(x)在[0，]上為單調(diào)增函數(shù) ∴H(x)≥H(0)＝0 符合題意，∴01時，令h(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx 于是h′(x)＝(2a－1)sinx＋a

37、xcosx ∵a>1，∴2a－1>0，∴h′(x)≥0 ∴h(x)在[0，]上為單調(diào)增函數(shù) ∴h(0)≤h(x)≤h()，即2－a≤h(x)≤a＋1 ∴2－a≤H′(x)≤a＋1 (ⅰ)當(dāng)2－a≥0，即12時，存在x0∈(0，)，使得當(dāng)x∈(0，x0)時，有H′(x)<0 此時H(x)在(0，x0)上為單調(diào)減函數(shù) 從而H(x)0恒成立 綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為0

38、轉(zhuǎn)換：問題解決的最終目標(biāo)就是求出結(jié)論或說明已給結(jié)論正確或錯誤．因而解決問題時的思維過程大多都是圍繞著結(jié)論這個目標(biāo)進(jìn)行定向思考的．審視結(jié)論，就是探索已知條件和結(jié)論之間的內(nèi)在聯(lián)系和轉(zhuǎn)化規(guī)律．善于從結(jié)論中捕捉解題信息，善于對結(jié)論進(jìn)行轉(zhuǎn)化，使之逐步靠近條件，從而發(fā)現(xiàn)和確定解題方向． 當(dāng)結(jié)論不很明確，語句晦澀，不利于問題的解決時，可以轉(zhuǎn)換角度，翻譯為熟悉的數(shù)學(xué)模型加以解決． 15．(文)過拋物線E：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)F作斜率分別為k1、k2的兩條不同直線l1、l2，且k1＋k2＝2，l1與E相交于點(diǎn)A、B，l2與E相交于點(diǎn)C、D，以AB、CD為直徑的圓M、圓N(M、N為圓心)的公共弦所在直

39、線記為l. 若k1>0，k2>0，證明：·<2p2. [審題要點(diǎn)]　由已知求出l1的方程關(guān)于x的一元二次方程x1＋x1＝2pk1，y1＋y2＝2pk＋p―→坐標(biāo)的坐標(biāo)·＝p2(k1k2＋kk)；要證·<2p2k1k2＋kk<2－2

40、pk＋)， ＝(pk1，pk)． 同理可得點(diǎn)N的坐標(biāo)為(pk2，pk＋)，＝(pk2，pk)，于是·＝p2(k1k2＋kk)． 因?yàn)閗1＋k2＝2，k1>0，k2>0，k1≠k2， 所以0b>0)的離心率為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn)，直線AF的斜率為，O為

41、坐標(biāo)原點(diǎn)． (1)求E的方程； (2)設(shè)過點(diǎn)A的動直線l與E相交于P、Q兩點(diǎn)，當(dāng)△OPQ的面積最大時，求l的方程． [審題要點(diǎn)]　(1)欲求E的方程，需求a、b，需由條件建立a、b的方程組：審條件可以發(fā)現(xiàn)由離心率和kAF可建立方程組獲解； (2)l與E相交于P、Q，則S△OPQ＝|PQ|·d(d是O到l的距離)，故解題步驟為：設(shè)l的方程→l與E的方程聯(lián)立消元化為一元二次方程→由判別式確定k的取值范圍→求|PQ|(用k表示)→求S△OPQ(用k表示)→根據(jù)f(k)＝S△OPQ的表達(dá)式結(jié)構(gòu)選取討論最值方法→求l的方程． [解析]　(1)設(shè)F(c,0)，由條件知，＝，得c＝. 又＝，所以

42、a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故E的方程為＋y2＝1. (2)當(dāng)l⊥x軸時不合題意，故設(shè)l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 將y＝kx－2代入＋y2＝1中消去y得， (1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 當(dāng)Δ＝16(4k2－3)>0， 即k2>時，x1,2＝ 從而|PQ|＝|x1－x2| ＝. 又點(diǎn)O到直線PQ的距離d＝， 所以△OPQ的面積S△OPQ＝d·|PQ|＝. 設(shè)＝t，則t>0，S△OPQ＝＝. 因?yàn)閠＋≥4，當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即k＝±時等號成立，且滿足Δ>0. 所以，當(dāng)△OPQ的面積最大時，l的方程為 y＝x－2或y＝－x－2. [方法點(diǎn)撥]　本題常見錯誤是：①誤以為O點(diǎn)到直線l的距離最大時，S△OPQ最大； ②找不到求f(k)＝S△OPQ的最值的切入點(diǎn)； ③計(jì)算失誤． 為避免上述錯誤請注意：①慢工出細(xì)活，計(jì)算時慢一點(diǎn)、細(xì)致一點(diǎn)，關(guān)鍵步驟及時檢查，莫等完成解答后檢查，浪費(fèi)大量時間；②在直線運(yùn)動變化過程中，觀察△OPQ面積的變化與什么相關(guān)；觀察f(k)的結(jié)構(gòu)特征與學(xué)過的常見函數(shù)作對比，進(jìn)行化歸．