届高考理科数学解答题的八个大题模板.docx

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届高考理科数学解答题的八个大题模板

方达教育个性化一对一辅导学海方舟，教以达人

方达教育学科教师辅导教案

学员姓名年级高三辅导科目数学

授课老师翟嘉课时数2h第次课

授课日期及时段2015年月日：

—：

解答题的八个答题模板

数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次

和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．在高

考考场上，能否做好解答题，是高考成败的关键，因此，在高考备考中学会怎样解题，是一项重要的内容．

“答题模板”就是首先把高考试题纳入某一类型，把数学解题的思维过程划分为一个个小题，按照一

定的解题程序和答题格式分步解答，即化整为零．强调解题程序化，答题格式化，在最短的时间内拟定解

决问题的最佳方案，实现答题效率的最优化．

模板1三角变换与三角函数的性质问题

已知函数f（x）＝2cosx·sinx＋

π

2x＋sinxcosx＋1.

－3sin

3

（1）求函数f（x）的最小正周期；

（2）求函数f（x）的最大值及最小值；（3）写出函数f（x）的单调递增区间．

审题路线图不同角化同角→降幂扩角→化f（x）＝Asin（ωx＋φ）＋h→结合性质求解．

规范解答示例构建答题模板

1

3

2

解f（x）2cosx＝

sinx

＋

2

cosx3sin

－

2

xsinxcosx1＋＋

2

＝2sinxcosx＋3（cos

x－sin

2

x）＋1＝sin2x＋3cos2x＋1

第一步化简：

三角函数式的化简，一

般化成y＝Asin（ωx＋φ）＋h的形式，

即化为“一角、一次、一函数”的形式．

π

＝2sin2x＋＋1.

3

第二步整体代换：

将ωx＋φ看作一

（1）函数f（x）的最小正周期为

2π

＝π.

2

个整体，利用y＝sinx，y＝cosx的

性质确定条件．

π

（2）∵－1≤sin2x＋

≤1，∴－1≤2sin2x＋

3

π

＋1≤3.

3

第三步求解：

利用ωx＋φ的范围求

∴当2x＋

π

＝

3

ππ

＋2kπ，k∈Z，即x＝＋kπ，k∈Z时，f（x）取

212

条件解得函数y＝Asin（ωx＋φ）＋h

的性质，写出结果．

得最大值3；

π

当2x＋＝－

3

π

＋2kπ，k∈Z，即x＝－

2

5π

＋kπ，k∈Z时，f（x）

12

第四步反思：

反思回顾，查看关键点，

易错点，对结果进行估算，检查规范性.

方达教育辅导教案第1页（共16页）

方达教育个性化一对一辅导学海方舟，教以达人

取得最小值－1.

（3）由－

π

＋2kπ≤2x＋

2

π

≤

3

π

＋2kπ，k∈Z，得－

2

5π

＋kπ≤x≤

12

π

＋

12

kπ，k∈Z.

∴函数f（x）的单调递增区间为－

5π

π

＋kπ，＋kπ（k∈Z）.

1212

（2014福·建）已知函数f（x）＝cosx（sinx＋cosx）－

1

2.

π

，且sinα＝

（1）若0<α<

2

2

，求f（α）的值；

（2）求函数f（x）的最小正周期及单调递增区间．

2

π

解方法一

（1）因为0<α<，sinα＝

2

2

，所以cosα＝

2

2

.所以f（α）＝

2

2

×（

2

2

＋

2

2

）－

2

11

＝

.

22

（2）因为f（x）＝sinxcosx＋cos2x－1

2x－1

＝

2

1

2sin2x＋

1＋cos2x

－

2

11

＝2sin2x＋

2

1

2cos2x＝

2π

2sin（2x＋4），

2π

所以T＝＝π.

2

由2kπ－

ππ3ππ

π

≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.

24288

所以f（x）的单调递增区间为[kπ－

3ππ

，kπ＋

]，k∈Z.

88

11

2x－

方法二f（x）＝sinxcosx＋cos

＝sin2x＋

22

1＋cos2x1

－＝

22

1

2

sin2x＋

1

2

cos2x＝

2

sin（2x＋

2

π

）．

4

π

，sinα＝

（1）因为0<α<

2

2

，所以α＝

2

π

，从而f（α）＝

4

2

2sin（2α＋

π

4）＝

23π

2sin

4

＝

1

2.

2π

（2）T＝

＝π.

2

由2kπ－

πππ3ππ

≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.

24288

所以f（x）的单调递增区间为[kπ－

3π

π

，kπ＋

]，k∈Z.

88

模板2解三角形问题

2C2A

在△ABC中，若acos＋ccos＝

22

3

2

b.

（1）求证：

a，b，c成等差数列；

（2）求角B的取值范围．

审题路线图

（1）化简变形―→用余弦定理转化为边的关系―→变形证明

（2）用余弦定理表示角―→用基本不等式求范围―→确定角的取值范围

方达教育辅导教案第2页（共16页）

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规范解答示例构建答题模板

2C2A1＋cosC

（1）证明因为acos＋

＋ccos＝a·

222

第一步定条件：

即确定三角形中的已知和

1＋cosA

c·＝

2

3

b，

2

所求，在图形中标注出来，然后确定转化的

方向．

所以a＋c＋（acosC＋ccosA）＝3b，

2＋b2－c22＋c2－a2

ab

故a＋c＋a·

＋c·

2ab2bc

＝3b，

第二步定工具：

即根据条件和所求，合理

选择转化的工具，实施边角之间的互化．

整理，得a＋c＝2b，故a，b，c成等差数列．

第三步求结果．

（2）解cosB＝

2＋c2－a＋c

a

2＋c2－b2

a2

＝

2ac2ac

2

第四步再反思：

在实施边角互化的时候应

注意转化的方向，一般有两种思路：

一是全

2＋c2－2ac

3a

6ac－2ac

＝

8ac

π

.

3

＝≥

8ac

因为0

1

2

，

部转化为边之间的关系；二是全部转化为角

之间的关系，然后进行恒等变形.

→→

（2014辽·宁）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c，已知BA·BC

＝2，cosB

＝

1

3

，b＝3.求：

（1）a和c的值；

（2）cos（B－C）的值．

→→

解

（1）由BA＝2得c·acosB＝2.又cosB＝

·BC

1

3

，所以ac＝6.由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accosB.又b＝3，

2＋c2＝b2＋2accosB.又b＝3，

所以a＝13.解2＋c2＝9＋2×6×1

2＋c2＝9＋2×6×1

3

ac＝6，

2＋c2＝13，

a

得

a＝2，

c＝3

或

a＝3，

c＝2.

因为a>c，所以a＝3，c＝2.

（2）在△ABC中，sinB＝1－cos2B＝1－

2B＝1－

1

3

2＝22，

，

3

c

由正弦定理，得sinC＝

bsinB＝

222

×＝

33

42

9.因为a＝b>c，所以C为锐角，

2

因此cosC＝1－sin

C＝1－

42

9

2＝7

9.于是cos（B－C）＝cosBcosC＋sinBsinC＝

17

×＋

39

22

3

×

42

9

＝

23

.

27

模板3数列的通项、求和问题

*）满足anbn

已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}（bn≠0，n∈N＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.

an

（1）令cn＝，求数列{an}的通项公式；

bn

n－1，求数列{a

（2）若bn＝3

方达教育辅导教案第3页（共16页）

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审题路线图

（1）anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0→

an＋1

＋1

－

bn

＋1

an

bn

＝2→cn＋1－cn＝2→cn＝2n－1

错位相减法

n－1――→

（2）cn＝2n－1→an＝2n－1·3

得Sn

规范解答示例构建答题模板

解

（1）因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0（bn≠0，

n∈N

*），

第一步找递推：

根据已知条件确定数列相

所以

an

＋1

－

bn＋1

＋1

an

＝2，即cn＋1－cn＝2，

bn

邻两项之间的关系，即找数列的递推公式．

第二步求通项：

根据数列递推公式转化为

所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数

等差或等比数列求通项公式，或利用累加法

列，故cn＝2n－1.

或累乘法求通项公式．

n－1知an－1，

（2）由bn＝3n＝cnbn＝（2n－1）3

第三步定方法：

根据数列表达式的结构特

于是数列{an}的前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋,

0＋3·31＋5·32＋,

征确定求和方法（如公式法、裂项相消法、

n－1，

＋（2n－1）·3

错位相减法、分组法等）．

1＋3·32＋,＋（2n－3）·3n－1＋（2n－1）·3n，

3Sn＝1·3

第四步写步骤：

规范写出求和步骤．

相减得－2Sn＝1＋2·（31＋32＋,＋3n－1）－（2n－

1＋32＋,＋3n－1）－（2n－

第五步再反思：

反思回顾，查看关键点、

n＝－2－（2n－2）3n，

1）·3

所以Sn＝（n－1）3n＋1.

n＋1.

易错点及解题规范.

已知点1，

1

3

是函数f（x）＝ax（a>0，且a≠1）的图象上的一点．等比数列{an}的前n项和为f（n）

－c.数列{bn}（bn>0）的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝Sn＋Sn

－1（n≥2）．

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（2）若数列

1

bnbn

＋1

1001

的前n项和为Tn，问满足Tn>的最小正整数n是多少？

2012

解

（1）∵f

（1）＝a＝

1

，∴f（x）＝

3

1

3

x.

1

由题意知，a1＝f

（1）－c＝－c，a2＝[f

（2）－c]－[f

（1）－c]＝－

3

2

9

，a3＝[f（3）－c]－[f

（2）－c]＝－

2

3.

4

2

2

a81

又数列{an}是等比数列，∴a1＝

＝＝－

a32

－

27

2

3

＝

1a21

－c，∴c＝1.又公比q＝＝，

3a13

∴an＝－

2

3

·

1

3

n－1＝－2·1

3

n*

（n∈N）．

∵Sn－Sn－1＝（Sn－Sn－1）（Sn＋Sn－1）＝Sn＋Sn

－1（n≥2）．

方达教育辅导教案第4页（共16页）

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又bn>0，Sn>0，∴Sn－Sn－1＝1.

2.∴数列{Sn}构成一个首项为1、公差为1的等差数列，Sn＝1＋（n－1）×1＝n，即Sn＝n

当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝n1＝1也适合此通项公式．

2－（n－1）2＝2n－1，当n＝1时，b

*

∴bn＝2n－1（n∈N

）．

（2）Tn＝

1

＋

b1b2

1

＋

b2b3

1

＋,＋

b3b4

1

bnbn

＋1

＝

11

＋＋

1×33×5

1

＋,＋

5×7

1

2n－1×2n＋1

＝

1

2

×1－

1

3

1

＋×

2

11

－

35

＋

1

2

×

11

－

57

＋,＋

1

2

×

11

－

2n－12n＋1

1

2

＝

×1－

1

2n＋1

n

＝

.

2n＋1

n10011001

由Tn＝，得n>

2n＋1201210

>，

1001

∴满足Tn>

的最小正整数n的值为101.

2012

模板4利用空间向量求角问题

（2014·山东）如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，

∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．

（1）求证：

C1M∥平面A1ADD1；

（2）若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐

角）的余弦值．

AB＝2CD

审题路线图

（1）M是AB中点，四边形ABCD是等腰梯形――→

CD∥AMCD＝AM?

?

AMC1D1

→C1M∥平面A1ADD1

（2）CA，CB，CD1两两垂直→建立空间直角坐标系，写各点坐标

→求平面ABCD的法向量→将所求两个平面所成的角转化为两个向量的夹角

规范解答示例构建答题模板

第一步找垂直：

找出（或

（1）证明因为四边形ABCD是等腰梯形，

且AB＝2CD，所以AB∥DC.作出）具有公共交点的三

又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.

条两两垂直的直线．

连接AD1，如图

（1）．

第二步写坐标：

建立空

在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，

间直角坐标系，写出特征

因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1

点坐标．

为平行四边形，因为C1M∥D1A.

第三步求向量：

求直线

方达教育辅导教案第5页（共16页）

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又C1M?

平面A1ADD1，D1A?

平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.

的方向向量或平面的法

（2）解方法一如图

（2），连接AC，MC.由

（1）知

向量．

CD∥AM且CD＝AM，

第四步求夹角：

计算向

所以四边形AMCD为平行四边形，可得BC＝AD＝

量的夹角．

MC，

第五步得结论：

得到所

由题意得∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三

求两个平面所成的角或

角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝3，因此CA⊥CB.

直线和平面所成的角.

以C为坐标原点，建立如图

（2）所示的空间直角坐标系C－xyz，所以A（3，

0,0），B（0,1,0），D1（0,0，3），

因此M

3

，

2

1

2

→

，0，所以MD1

＝－

3

，－

2

1

2

→→

，3，D1C1＝MB

＝

－

31

，

，0.

22

设平面C1D1M的一个法向量为n＝（x，y，z），

由

→

＝0，

n·D1C1

→

＝0，

n·MD1

得

3x－y＝0，

3x＋y－23z＝0，

可得平面C1D1M的一个法向量n

→→

＝（1，3，1）．又CD1＝（0,0，3）为平面ABCD的一个法向量，因此cos〈CD1

，

→

CD1·n

n〉＝＝

→

|CD1||n|

5

5.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为

5

.

5

方法二由

（1）知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，

过点C向AB引垂线交AB于点N，

连接D1N，如图（3）．由CD1⊥平面ABCD，

可得D1N⊥AB，

因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．

在Rt△BNC中，BC＝1，

∠NBC＝60°，可得CN＝3

.所以ND1＝

2

CD

2＝15

2

1＋CN

.

2

3

所以Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝

CN

＝

D1N

2

＝

15

2

5

，

5

方达教育辅导教案第6页（共16页）

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所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为

5

.

5

如图所示，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．

（1）求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；

（2）求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．

→→→

解

（1）以A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz，

则A（0,0,0），B（2,0,0），C（0,2,0），A1（0,0,4），D（1,1,0），C1（0,2,4）．

→→

所以A1B＝（2,0，－4），C1D

＝（1，－1，－4）．

→→

所以cos〈A1B，C1D

〉＝

→→

A1B·C1D

＝

→→

|A1B|×|C1D|

18310

＝

.

10

20×18

所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为

310

.

10

→

＝（0,2,0）是平面ABA1的一个法向量．

（2）由题意，知AC

→

设平面ADC1的法向量为m＝（x，y，z），因为AD

→

＝（1,1,0），AC1＝（0,2,4），

→

由m⊥AD

→

，m⊥AC1

，得

x＋y＝0，

2y＋4z＝0.

取z＝1，得y＝－2，x＝2，所以平面ADC1的一个法向量为m＝（2，－2,1）．

设平面ADC1与平面ABA1所成二面角为θ，

→

－4

→

AC·m2

所以|cosθ|＝|cos〈AC，m〉|＝|，得sinθ＝

|＝||＝

→

2×33

|AC|×|m|

5

.

3

所以平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为