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2013届高三数学二轮复习精品教学案:(5)数学方法之特殊解法

【专题五】数学方法之特殊解法
【考情分析】
近年高考题尽量减少繁烦的运算, 着力考查学生的逻辑思维与直觉思维能力, 以及观察、 分析、 比较、 简捷的运算方法和推理技巧, 突出了对学生数学素质的考查。 试题运算量不大, 以认识型和思维型的题目为主,许多题目既可用通性、通法直接求解,也可用 “特殊”方法 求解。其中,配方法、待定系数法、换元法、参数法是几种常用的数学解题方法。这些方法 是数学思想的具体体现,是解决问题的手段,它们不仅有明确的内涵,而且具有可操作性, 有实施的步骤和作法,事半功倍是它们共同的效果。 纵观近几年高考命题的趋势, 在题目上还是很注意特殊解法应用, 应为他起到避繁就简、 避免分类讨论、避免转化等作用。 预测 2013 年的高考命题趋势为: (1)部分涉及函数性质、三角函数变形及求值、方程不等式的参数最值、解析几何求 值等知识点的题目会用到这几种特殊解法; (2)这些解题方法都对应更一般的解法,它们的规律不太容易把握,但它们在实际的考试 中会节省大量的时间,为后面的题目奠定基础;

【知识归纳】 1.换元法 解数学题时,把某个式子看成一个整体,用一个变量去代替 它,从而使问题得到简化,这叫换元法。换元的实质是转化,关 键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象, 将问题移至新对象的知识背景中去研究,从而使非标准型问题标 准化、复杂问题简单化,变得容易处理。 换元法又称辅助元素法、变量代换法。通过引进新的变量, 可以把分散的条件联系起来,隐含的条件显露出来,或者把条件 与结论联系起来。或者变为熟悉的形式,把复杂的计算和推证简 化。 它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、 化超越式为代数式,在研究方程、不等式、函数、数列、三角等
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问题中有广泛的应用。 换元的方法有:局部换元、三角换元、均值换元等。局部换 元又称整体换元,是在已知或者未知中,某个代数式几次出现, 而用一个字母来代替它从而简化问题,当然有时候要通过变形才 能发现。 例如解不等式: x +2 x -2≥0, 4 先变形为设 2 x =t (t>0) , 而变为熟悉的一元二次不等式求解和指数方程的问题。 三角换元,应用于去根号,或者变换为三角形式易求时,主 要利用已知代数式中与三角知识中有某点联系进行换元。如求函 数 y= x + 1? x 的值域时,易发现 x∈[0,1],设 x=sin 2 α , α∈[0, ],问题变成了熟悉的求三角函数值域。为什么会想到 如此设,其中主要应该是发现值域的联系,又有去根号的需要。 如变量 x、y 适合条件 x 2 +y 2 =r 2 (r>0)时,则可作三角代换 x =rcosθ、y=rsinθ 化为三角问题。 均值换元,如遇到 x+y=S 形式时,设 x= +t,y= -t 等等。 我们使用换元法时,要遵循有利于运算、有利于标准化的原 则,换元后要注重新变量范围的选取,一定要使新变量范围对应 于原变量的取值范围,不能缩小也不能扩大。如上几例中的 t>0 和 α∈[0, ]。 2.待定系数法
? 2
S 2 S 2

? 2

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要确定变量间的函数关系, 设出某些未知系数, 然后根据所给条件来确定这些未知系数 的方法叫待定系数法,其理论依据是多项式恒等,也就是利用了多项式 f(x) ? g(x)的充要条 件是:对于一个任意的 a 值,都有 f(a) ? g(a);或者两个多项式各同类项的系数对应相等。 待定系数法解题的关键是依据已知,正确列出等式或方程。使用待定系数法,就是把具 有某种确定形式的数学问题,通过引入一些待定的系数,转化为方程组来解决,要判断一个 问题是否用待定系数法求解,主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式, 如果具有,就可以用待定系数法求解。例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求 复数、解析几何中求曲线方程等,这些问题都具有确定的数学表达形式,所以都可以用待定 系数法求解。 使用待定系数法,它解题的基本步骤是: 第一步,确定所求问题含有待定系数的解析式; 第二步,根据恒等的条件,列出一组含待定系数的方程; 第三步,解方程组或者消去待定系数,从而使问题得到解决。 3.参数法 参数法是指在解题过程中, 通过适当引入一些与题目研究的数学对象发生联系的新变量 (参数) ,以此作为媒介,再进行分析和综合,从而解决问题。直线与二次曲线的参数方程 都是用参数法解题的例证。换元法也是引入参数的典型例子。 辨证唯物论肯定了事物之间的联系是无穷的, 联系的方式是丰富多采的, 科学的任务就 是要揭示事物之间的内在联系, 从而发现事物的变化规律。 参数的作用就是刻画事物的变化 状态,揭示变化因素之间的内在联系。参数体现了近代数学中运动与变化的思想,其观点已 经渗透到中学数学的各个分支。运用参数法解题已经比较普遍。 参数法解题的关键是恰到好处地引进参数, 沟通已知和未知之间的内在联系, 利用参数 提供的信息,顺利地解答问题。 4.配方(凑)法 (1)配方法是对数学式子进行一种定向变形(配成“完全平方”)的技巧,通过配方找 到已知和未知的联系,从而化繁为简。何时配方,需要我们适当预测,并且合理运用“裂项” 与“添项”、“配”与“凑”的技巧,从而完成配方。有时也将其称为“凑配法”。 最常见的配方是进行恒等变形,使数学式子出现完全平方。它主要适用于:已知或者未 知中含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解等问题。 (2)配凑法:从整体考察,通过恰当的配凑,使问题明了化、简单化从而达到比较容易解 决问题的方法。常见的配凑方法有:裂项法,错位相减法,常量代换法等。

【考点例析】
1.配方(凑)法典例解析
2 例 1. (1) (2012 高考重庆)设 tan ? , tan ? 是方程 x ? 3x ? 2 ? 0 的两个根,则

tan(? ? ? ) 的值为(
(A)-3 【答案】A;

) (C)1 (D)3

(B)-1

2 【解析】因为 tan? , tan ? 是方程 x ? 3x ? 2 ? 0 的两个根,所以 tan? ? tan ? ? 3 ,

tan? tan? ? 2 ,所以 tan( ? ? ) ? ?
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tan? ? tan ? 3 ? ? ?3 ,选 A. 1 ? tan? tan ? 1 ? 2

(2)已知长方体的全面积为 11,其 12 条棱的长度之和为 24,则这个长方体的一条对角 线长为( ) (A) 2 3 (B) 14 (C)5 (D)6

分析:设长方体三条棱长分别为 x、y、z,则依条件得: 2(xy+yz+zx)=11,4(x+y+z)=24。 而欲求的对角线长为

x 2 ? y 2 ? z 2 ,因此需将对称式 x 2 ? y 2 ? z 2 写成基本对称式

x+y+z 及 xy+yz+zx 的 组 合 形 式 , 完 成 这 种 组 合 的 常 用 手 段 是 配 方 法 , 故

x 2 ? y 2 ? z 2 ? ( x ? y ? z) 2 ? 2( xy ? yz ? xz) =62-11=25。∴
C。

x 2 ? y 2 ? z 2 ? 5 ,应选

点评: 本题解答关键是在于将两个已知和一个未知转换为三个数学表示式, 观察和分析 三个数学式, 容易发现使用配方法将三个数学式进行联系, 即联系了已知和未知, 从而求解。 这也是我们使用配方法的一种解题模式。 例 2. (1)设 F1 和 F2 为双曲线 ∠F1PF2=90°,则 ΔF1PF2 的面积是( (A)1 (B)

x2 ? y 2 ? 1 的两个焦点,点 P 在双曲线上且满足 4


5 2

(C)2

(D) 5

分析:欲求 S ?PF1F2 ?

1 | PF1 | ? | PF2 | 2
2 2

(1),而由已知能得到什么呢? (2),

由∠F1PF2=90°,得 | PF | ? | PF2 | ? 20 1

又根据双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=4 (3),那么(2)、(3)两式与要求的三角形面 积 有 何 联 系 呢 ? 我 们 发 现 将 (3) 式 完 全 平 方 , 即 可 找 到 三 个 式 子 之 间 的 关 系 . 即

|| PF1 | ? | PF2 || 2 ?| PF1 |2 ? | PF2 |2 ?2 | PF1 | ? | PF2 |? 16 ,
故 | PF1 | ? | PF2 |? ∴

1 1 (| PF1 | 2 ? | PF2 | 2 ?16) ? ? 4 ? 2 2 2

S ?PF1F2 ?

1 | PF1 | ? | PF2 |? 1 ,∴ 选(A)。 2

点评:配方法实现了“平方和”与“和的平方”的相互转化。 (2)设方程 x +kx+2=0 的两实根为 p、q,若( 范围。 解析:方程 x +kx+2=0 的两实根为 p、q,由韦达定理得:p+q=-k,pq=2,
2 2

p 2 q 2 ) +( ) ≤7 成立,求实数 k 的取值 q p

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(

p 2 q 2 [( p ? q )2 ? 2 pq]2 ? 2 p 2 q 2 ( p 2 ? q 2 )2 ? 2 p 2 q 2 p4 ? q4 ) +( ) = = = = q p ( pq )2 ( pq )2 ( pq)2

( k 2 ? 4)2 ? 8 ≤7,解得 k≤- 10 或 k≥ 10 。 4
又 ∵p、q 为方程 x +kx+2=0 的两实根, ∴△=k -8≥0 即 k≥2 2 或 k≤-2 2 综合起来,k 的取值范围是:- 10 ≤k≤- 2 2 或者 2 2 ≤k≤ 10 。 点评:关于实系数一元二次方程问题,总是先考虑根的判别式“Δ”;已知方程有两根时, 可以恰当运用韦达定理。本题由韦达定理得到 p+q、pq 后,观察已知不等式,从其结构特 征联想到先通分后配方, 表示成 p+q 与 pq 的组合式。 假如本题不对“△”讨论, 结果将出错, 即使有些题目可能结果相同,去掉对“△”的讨论,但解答是不严密、不完整的,这一点我们 要尤为注意和重视。 2.待定系数法典例解析 例 3. (2012 高考浙江)(本小题满分 15 分)如图,椭圆 C:
x2 y 2 + ? 1 (a>b>0)的离心 a 2 b2
2 2

1 率为 ,其左焦点到点 P(2,1)的距离为 10 .不过原点 O 的直线 l 2

与 C 相交于 A,B 两点,且线段 AB 被直线 OP 平分. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ) 求 ? ABP 的面积取最大时直线 l 的方程. 【命题立意】本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位 置关系,同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力。 【答案】(Ⅰ)由题: e ?
c 1 ? ; (1) a 2

左焦点(﹣c,0)到点 P(2,1)的距离为: d ? (2 ? c)2 ? 12 ? 10 . (2) 由(1) (2)可解得: a 2 ? 4,b 2 ? 3,c 2 ? 1 .∴所求椭圆 C 的方程为:
x2 y 2 + ?1. 4 3

1 1 (Ⅱ)易得直线 OP 的方程:y= x,设 A(xA,yA),B(xB,yB),R(x0,y0).其中 y0= x0. 2 2

∵A,B 在椭圆上,
? xA2 y A2 + ?1 ? ? 4 3 ∴? 2 2 ? xB + yB ? 1 ? 4 3 ? y A ? yB 3 x ? xB 3 2x 3 ?? ? A ?? ? 0 ?? . xA ? xB 4 y A ? yB 4 2 y0 2

? k AB ?

3 设直线 AB 的方程为 l:y=﹣ x ? m (m≠0), 2

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? x2 y 2 ?1 ? + ? 代入椭圆: ? 4 3 ? y=- 3 x ? m ? ? 2

?

3x 2 ? 3mx ? m 2 ? 3 ? 0 .

显然 ? ? (3m)2 ? 4 ? 3(m2 ? 3) ? 3(12 ? m2 ) ? 0 .∴﹣ 12 <m< 12 且 m≠0. 由上又有: xA ? xB =m, y A ? yB =
m2 ? 3 . 3

∴|AB|= 1 ? k AB | xA ? xB |= 1 ? k AB

( xA ? xB )2 ? 4xA xB = 1 ? k AB
?3 ? 1 ? m 1 ? k AB ? m? 2 1 ? k AB

4?

m2 . 3

∵点 P(2,1)到直线 l 的距离表示为: d ?
m2 1 1 ∴S ? ABP= d|AB|= |m+2| 4 ? , 3 2 2



当|m+2|= 4 ?

m2 1 ,即 m=﹣3 或 m=0(舍去)时,(S ? ABP)max= . 3 2

3 1 此时直线 l 的方程 y=﹣ x ? . 2 2

例 4. (2012 高考新课标)等轴双曲线 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上, C 与抛物线

y 2 ? 16x 的准线交于 A, B 两点, AB ? 4 3 ;则 C 的实轴长为(
( A)



2

(B) 2 2

(C ) ?

( D) ?

【答案】C;
2 2 【解析】设等轴双曲线方程为 x ? y ? m(m ? 0) ,抛物线的准线为 x ? ?4 ,由

AB ? 4 3 , 则
2 2

y A ? 2 3 , 把 坐 标 (?4,2 3) 代 入 双 曲 线 方 程 得
2 2

x2 y2 ? ? 1 ,所以 m ? x ? y ? 16 ? 12 ? 4 , 所 以 双 曲 线 方 程 为 x ? y ? 4 , 即 4 4

a 2 ? 4, a ? 2 ,所以实轴长 2a ? 4 ,选 C.
3.换元法典例解析 例 5 . 1 ) 2012 年 高 考 重 庆 ) 设 函 数 f ( x) ? x ? 4 x? 3, g ( x ) 3 ? 集,合 ( ( ? 2
2 x

M ? { x ? R| f ( g( x) ) 0}N ? {x ? R | g ( x) ? 2}, 则 M ? N 为 ? ,
A. (1, ??) 【答案】 :D; B.(0,1) C.(-1,1)





D. (??,1)

x 2 【解析】 f ( g ( x)) ? 0 得 g ( x) ? 4 g ( x) ? 3 ? 0 则 g ( x) ? 1 或 g ( x) ? 3 即 3 ? 2 ? 1或 由

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3x ? 2 ? 3
所 以 x ? 1 或 x ? log 3 5 ; 由 g ( x) ? 2 得 3x ? 2 ? 2 即 3x ? 4 所 以 x ? l o g 4 故 3

M ? N ? (??,1)
【考点定位】 本题考查了利用整体代换, 直接代入法求解函数的解析式以及指数不等式 的解法.本题以函数为载体,考查复合函数,关键是函数解析式的确定. (2)设 a>0,求 f(x)=2a(sinx+cosx)-sinx·cosx-2a 的最大值和最小值。 解析:设 sinx+cosx=t,则 t∈[- 2 , 2 ],由(sinx+cosx) =1+2sinx·cosx 得:
2 2

sinx·cosx=

t 2 ?1 , 2

1 1 2 (t-2a) + (a>0) ,t∈[- 2 , 2 ], 2 2 1 2 t=- 2 时,取最小值:-2a -2 2 a- , 2 1 2 当 2a≥ 2 时,t= 2 ,取最大值:-2a +2 2 a- ; 2 1 当 0<2a≤ 2 时,t=2a,取最大值: 。 2
∴f(x)=g(t)=-

?1 2 ) ? (0 ? a ? 1 ?2 2 2 ∴f(x)的最小值为-2a -2 2 a- ,最大值为 ? 。 2 1 2 ? 2 ?? 2a ? 2 2 a ? 2 ( a ? 2 ) ?
点评:此题属于局部换元法,设 sinx+cosx=t 后,抓住 sinx+cosx 与 sinx·cosx 的 内在联系,将三角函数的值域问题转化为二次函数在闭区间上的值域问题,使得容易求解。 换元过程中一定要注意新的参数的范围(t∈[- 2 , 2 ])与 sinx+cosx 对应,否则将会 出错。 本题解法中还包含了含参问题时分类讨论的数学思想方法, 即由对称轴与闭区间的位 置关系而确定参数分两种情况进行讨论。 一般地,在遇到题目已知和未知中含有 sinx 与 cosx 的和、差、积等而求三角式的最大 值和最小值的题型时,即函数为 f(sinx±cosx,sinxcsox),经常用到这样设元的换元法, 转化为在闭区间上的二次函数或一次函数的研究。 例 6.点 P(x,y)在椭圆

x2 ? y 2 ? 1 上移动时,求函数 u=x2+2xy+4y2+x+2y 的最大值。 4 x2 ? y 2 ? 1 上移动, 4

解析:∵点 P(x,y)在椭圆

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∴可设 ?

? x ? 2 cos? , ? y ? sin ?

于是 u ? x 2 ? 2 xy ? 4 y 2 ? x ? 2 y

= 4 cos2 ? ? 4 sin ? cos? ? 4 sin 2 ? ? 2 cos? ? 2 sin ? = 2[(cos? ? sin ? ) 2 ? cos? ? sin ? ? 1]
令 cos ? ? sin ? ? t , ∵ sin ? ? cos ? ?
2

2 sin(? ?

?
4

) ,∴|t|≤ 2 。 3 ,(|t|≤ 2 ) 2

于是 u= 2(t ? t ? 1) ? 2(t ? ) ?
2

当 t= 2 ,即 sin(? ? ∴θ=2kπ+

?
4

1 2

) ? 1 时,u 有最大值。

? (k∈Z)时, umax ? 6 ? 2 2 。 4

4.参数法典例解析 例 7. (2012 年高考山东)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,一单位圆的圆 心的初始位置在(0,1),此时圆上一点 P 的位置在(0,0),圆在 x 轴上沿正向滚 ??? ? 动.当圆滚动到圆心位于(2,1)时, OP 的坐标为____. 答案: (2 ? sin 2,1 ? cos 2) 解析:根据题意可知圆滚动了 2 单位个弧长,点

P 旋转了 2 弧度,此时点 P 的坐标为:

x P ? 2 ? cos(2 ? ) ? 2 ? sin 2, 2 ? y P ? 1 ? sin(2 ? ) ? 1 ? cos 2, . 2 OP ? (2 ? sin 2,1 ? cos 2)
另解:根据题意可知滚动制圆心为(2,1)时的圆的参数方程: 为?

?

? x ? 2 ? cos? 3? ? 2, ,且 ?PCD ? 2, ? ? 2 ? y ? 1 ? sin ?

3? ? x ? 2 ? cos( ? 2) ? 2 ? sin 2 ? 2 则点 P 的坐标为 ? ,即 OP ? (2 ? sin 2,1 ? cos2) . 3? ? y ? 1 ? sin( ? 2) ? 1 ? cos 2 2 ?
点评:设问形式的存在性问题很常规,但是题目内容却多年不见,考查了点参数问题, 根本不需要设直线方程,更没有直线与圆锥曲线的联立,这是大部分学生所不适应的。本题 设交点坐标为参数,“设而不求”,以这些参数为桥梁建立 t 的表达式求解。 例 8.实数 a、b、c 满足 a+b+c=1,求 a +b +c 的最小值。
2 2 2

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分析:由 a+b+c=1 想到“均值换元法” ,于是引入了新的参数,即设 a= =

1 +t 1 ,b 3

1 1 2 2 2 +t 2 ,c= +t 3 ,代入 a +b +c 可求。 3 3 1 1 1 解析:由 a+b+c=1,设 a= +t 1 ,b= +t 2 ,c= +t 3 ,其中 t 1 +t 2 +t 3 =0, 3 3 3 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 ∴a +b +c =( +t 1 ) +( +t 2 ) +( +t 3 ) = + (t 1 +t 2 +t 3 )+ 3 3 3 3 3 1 1 2 2 2 2 2 2 t 1 +t 2 +t 3 = +t 1 +t 2 +t 3 ≥ , 3 3 1 2 2 2 所以 a +b +c 的最小值是 。 3
点评:由“均值换元法”引入了三个参数,却将代数式的研究进行了简化,是本题此种解法 的一个技巧。本题另一种解题思路是利用均值不等式和“配方法”进行求解,解法是:a + b +c =(a+b+c) -2(ab+bc+ac)≥1-2(a +b +c ),即 a +b +c ≥ 都要求代数变形的技巧性强,多次练习,可以提高我们的代数变形能力。
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 。两种解法 3

【方法技巧】
1.配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式(a+b) =a +2ab+b ,将这 个公式灵活运用,可得到各种基本配方形式,如: a +b =(a+b) -2ab=(a-b) +2ab;
2 2 2 2 2 2 2

a +ab+b =(a+b) -ab=(a-b) +3ab=(a+ a +b +c +ab+bc+ca=
2 2 2 2 2 2 2

2

2

2

2

b 2 3 2 ) +( b) ; 2 2

1 2 2 2 [(a+b) +(b+c) +(c+a) ] 2
2

a +b +c =(a+b+c) -2(ab+bc+ca)=(a+b-c) -2(ab-bc-ca)=… 结合其它数学知识和性质,相应有另外的一些配方形式,如: 1+sin2α=1+2sinαcosα=(sinα+cosα) ; x +
2 2

1 1 2 1 2 ) -2=(x- ) +2 ;…… 等等。 2 =(x+ x x x

2.如何列出一组含待定系数的方程,主要从以下几方面着手分析: (1)利用对应系数相等列方程; (2)由恒等的概念用数值代入法列方程; (3)利用定 义本身的属性列方程; (4)利用几何条件列方程。 比如在求圆锥曲线的方程时,我们可以用待定系数法求方程:首先设所求方程的形式, 其中含有待定的系数; 再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组; 最后解所 得的方程或方程组求出未知的系数, 并把求出的系数代入已经明确的方程形式, 得到所求圆 锥曲线的方程。
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【专题训练】
1.y=sinx· cosx+sinx+cosx 的最大值是_________。 2.设 f(x +1)=log a (4-x ) (a>1) ,则 f(x)的值域是_______________。 3.已知数列{a n }中,a 1 =-1,a n?1 · n =a n?1 -a n ,则数列通项 a n =___________。 a 4.设实数 x、y 满足 x +2xy-1=0,则 x+y 的取值范围是___________。
2 2 4

1 ? 3? x 5.方程 =3 的解是_______________。 1 ? 3x
6.不等式 log 2 (2 -1) · 2 (2 log
x y z x x?1

-2)〈2 的解集是_______________。

7 设 2 =3 =5 >1,则 2x、3y、5z 从小到大排列是________________。 8 若 k<-1,则圆锥曲线 x -ky =1 的离心率是_________。 9 点 Z 的虚轴上移动,则复数 C=z +1+2i在复平面上对应的轨迹图像为 ____________________。 10 三棱锥的三个侧面互相垂直,它们的面积分别是 6、4、3,则其体积为______。 11 设函数 f(x)对任意的 x、y∈R,都有 f(x+y)=f(x)+f(y),且当 x>0 时,f(x)<0,则 f(x) 的 R 上是______函数。(填“增”或“减”) 12 椭圆
2 2 2

y2 x2 + =1 上的点到直线 x+2y- 2 =0 的最大距离是_____。 16 4
B.

A. 3 13(x)=

11

C.

10

D. 2 2

x ?1 +m,f(x)的反函数 f (x)=nx-5,那么 m、n 的值依次为_____。 2 5 5 5 5 A. , -2 B. - , 2 C. ,2 D. - ,-2 2 2 2 2 1 1 2 14 不等式 ax +bx+2>0 的解集是(- , ),则 a+b 的值是_____。 2 3
A. 10
3

B. -10
10

C. 14
5

D. -14

15(1-x )(1+x) 的展开式中,x 的系数是_____。 A. -297 B.-252 C. 297 D. 207

3 1 16 函数 y=a-bcos3x (b<0)的最大值为 ,最小值为- ,则 y=-4asin3bx 的最小正 2 2
周期是_____。 17 与直线 L:2x+3y+5=0 平行且过点 A(1,-4)的直线 L’的方程是_______________。

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y2 18 与 双 曲 线 x - = 1 有 共 同 的 渐 近 线 , 且 过 点 (2,2) 的 双 曲 线 的 方 程 是 4
2

____________。

【参考答案】
1 小题:设 sinx+cosx=t∈[- 2 , 2 ],则 y= y max =

1 t2 +t- , 对称轴 t=-1, t= 2 , 当 2 2

1 + 2; 2
2 2

2 小题:设 x +1=t (t≥1),则 f(t)=log a [-(t-1) +4],所以值域为(-∞,log a 4]; 3 小题:已知变形为

1 a n?1



1 1 =-1,设 b n = ,则 b 1 =-1,b n =-1+(n-1)(-1) an an

=-n,所以 a n =-

1 ; n
2 2

4 小题:设 x+y=k,则 x -2kx+1=0, △=4k -4≥0,所以 k≥1 或 k≤-1; 5 小题:设 3 =y,则 3y +2y-1=0,解得 y=
x x 2

1 ,所以 x=-1; 3 5 ,log 2 3)。 4

6 小题:设 log 2 (2 -1)=y,则 y(y+1)<2,解得-2<y<1,所以 x∈(log 2
x y z

7 小题:设 2 =3 =5 =t,分别取 2、3、5 为底的对数,解出 x、y、z,再用“比较法” 比较 2x、3y、5z,得出 3y<2x<5z; 8 已知曲线为椭圆,a=1,c= 1 ?
2

1 1 ,所以 e=- k k

k2 ? k ;

9 小题:设 z=bi,则 C=1-b +2i,所以图像为:从(1,2)出发平行于 x 轴向右的射 线; 10 小题:设三条侧棱 x、y、z,则

1 1 1 xy=6、 yz=4、 xz=3,所以 xyz=24,体积为 4。 2 2 2

11 小题:f(0)=0,f(0)=f(x)+f(-x),所以 f(x)是奇函数,答案:减; 12 小题:设 x=4sinα、y=2cosα,再求 d=

|4 sin ? ? 4 cos ? ? 2| 的最大值,选 C。 5

13 小题:由 f(x)=

x ?1 +m 求出 f (x)=2x-2m,比较系数易求,选 C; 2

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14 小题:由不等式解集(-

1 1 1 1 2 , ),可知- 、 是方程 ax +bx+2=0 的两根,代入 2 3 2 3
5

两根,列出关于系数 a、b 的方程组,易求得 a+b,选 D;
5 2 15 小题:分析 x 的系数由 C 10 与(-1)C 10 两项组成,相加后得 x 的系数,选 D;
5

16 小题: 由已知最大值和最小值列出 a、 的方程组求出 a、 的值, b b 再代入求得答案

2? ; 3

17 小题:设直线 L’方程 2x+3y+c=0, A(1,-4)代入求得 C=10,即得 2x+3y+10=0; 点

y2 x2 y2 18 小题:设双曲线方程 x - =λ,点(2,2)代入求得 λ=3,即得方程 - =1。 4 3 12
2

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