1、解答题的八个答题模板解答题的八个答题模板 【模板特征概述】 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，是一项重要的内容本节以著名数学家波利亚的怎样解题为理论依据， 结合具体的题目类型，来谈一谈解答数学解答题的一般思维过程、解题程序和答题格式，即 所谓的“答题模板” “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
2、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)2cos xsin x 3 3sin2xsin xcos x1. (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(x)h结合性质求解 规 范 解 答 示 例构 建 答 题 模 板 解f(x)2cos x 1 2sin x 3 2 cos x 3sin2xsin xcos x1 2sin xcos x 3(cos2xs
3、in2x)1sin 2x 3cos 2x1 2sin 2x 3 1. (1)函数 f(x)的最小正周期为2 2 . (2)1sin 2x 3 1，12sin 2x 3 13. 当 2x 3 22k，kZ，即 x 12k，kZ 时，f(x)取 得最大值 3； 当 2x 3 22k，kZ，即 x 5 12k，kZ 时，f(x) 取得最小值1. (3)由 22k2x 3 22k， kZ， 得 5 12kx 12 第一步化简：三角函数式的化简，一 般化成 yAsin(x)h 的形式，即化 为“一角、一次、一函数”的形式 第二步整体代换： 将x看作一个整 体，利用 ysin x，ycos x 的性质确定
4、 条件 第三步求解： 利用x的范围求条件 解得函数 yAsin(x)h 的性质，写 出结果 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. 精品公众号：学起而飞 k，kZ. 函数 f(x)的单调递增区间为 5 12k， 12k(kZ). (2014福建)已知函数 f(x)cos x(sin xcos x)1 2. (1)若 0 2，且 sin 2 2 ，求 f()的值； (2)求函数 f(x)的最小正周期及单调递增区间 解方法一(1)因为 0 2，sin 2 2 ， 所以 cos 2 2 . 所以 f() 2 2 ( 2 2 2 2 )1 2 1 2. (2)因为 f
5、(x)sin xcos xcos2x1 2 1 2sin 2x 1cos 2x 2 1 2 1 2sin 2x 1 2cos 2x 2 2 sin(2x 4)， 所以 T2 2 . 由 2k 22x 42k 2，kZ，得 k3 8 xk 8，kZ. 所以 f(x)的单调递增区间为k3 8 ，k 8，kZ. 方法二f(x)sin xcos xcos2x1 2 1 2sin 2x 1cos 2x 2 1 2 1 2sin 2x 1 2cos 2x 2 2 sin(2x 4) (1)因为 0 2，sin 2 2 ，所以 4， 精品公众号：学起而飞 从而 f() 2 2 sin(2 4) 2 2 si
6、n3 4 1 2. (2)T2 2 . 由 2k 22x 42k 2，kZ，得 k3 8 xk 8，kZ. 所以 f(x)的单调递增区间为k3 8 ，k 8，kZ. 模板 2解三角形问题 在ABC 中，若 acos2C 2ccos 2A 2 3 2b. (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 规 范 解 答 示 例构 建 答 题 模 板 (1)证明因为 acos2C 2ccos 2A 2a 1cos C 2 c1cos A 2 3 2b， 所
7、以 ac(acos Cccos A)3b， 故 ac aa 2b2c2 2ab cb 2c2a2 2bc3b， 整理，得 ac2b，故 a，b，c 成等差数列 (2)解cos Ba 2c2b2 2ac a 2c2 ac 2 2 2ac 3a 2c22ac 8ac 6ac2ac 8ac 1 2， 因为 0B，所以 0c， 已知BA BC 2，cos B1 3，b3.求： (1)a 和 c 的值； 精品公众号：学起而飞 (2)cos(BC)的值 解(1)由BA BC2 得 cacos B2. 又 cos B1 3，所以 ac6. 由余弦定理，得 a2c2b22accos B. 又 b3，所以 a2
8、c29261 313. 解 ac6， a2c213， 得 a2， c3 或 a3， c2. 因为 ac，所以 a3，c2. (2)在ABC 中， sin B 1cos2B11 3 22 2 3 ， 由正弦定理， 得 sin Cc bsin B 2 3 2 2 3 4 2 9 . 因为 abc， 所以 C 为锐角， 因此 cos C 1sin2C14 2 9 27 9. 于是 cos(BC)cos Bcos Csin Bsin C 1 3 7 9 2 2 3 4 2 9 23 27. 模板 3数列的通项、求和问题 (2014江西)已知首项都是 1 的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足 an
9、bn1an1bn 2bn1bn0. (1)令 cnan bn，求数列a n的通项公式； (2)若 bn3n 1，求数列an的前 n 项和 Sn. 审题路线图(1) anbn1an1bn2bn1bn0 an1 bn1 an bn2 cn1cn2 cn2n1 (2) cn2n1 an2n13n 1 错位相减法 得 Sn 规 范 解 答 示 例构 建 答 题 模 板 解(1)因为 anbn1an1bn2bn1bn0(bn0， nN*)， 第一步找递推：根据已知条件确定数列相 邻两项之间的关系，即找数列的递推公式 精品公众号：学起而飞 所以an 1 bn1 an bn2，即 c n1cn2， 所以数列
10、cn是以首项 c11，公差 d2 的等差数 列，故 cn2n1. (2)由 bn3n 1知 ancnbn(2n1)3n1， 于是数列an的前 n 项和 Sn130331532 (2n1)3n 1， 3Sn131332(2n3)3n 1(2n1)3n， 相减得2Sn12(31323n 1)(2n 1)3n2(2n2)3n， 所以 Sn(n1)3n1. 第二步求通项：根据数列递推公式转化为 等差或等比数列求通项公式，或利用累加法 或累乘法求通项公式 第三步定方法：根据数列表达式的结构特 征确定求和方法(如公式法、裂项相消法、错 位相减法、分组法等) 第四步写步骤：规范写出求和步骤 第五步再反思：反
11、思回顾，查看关键点、 易错点及解题规范. 已知点 1，1 3 是函数 f(x)ax(a0，且 a1)的图象上的一点等比数列an的前 n 项和为 f(n)c.数列bn (bn0)的首项为 c，且前 n 项和 Sn满足 SnSn1 Sn Sn1(n2) (1)求数列an和bn的通项公式； (2)若数列 1 bnbn1的前 n 项和为 Tn，问满足 Tn1 001 2 012的最小正整数 n 是多少？ 解(1)f(1)a1 3，f(x) 1 3 x. 由题意知，a1f(1)c1 3c， a2f(2)cf(1)c2 9， a3f(3)cf(2)c 2 27. 又数列an是等比数列， a1a 2 2 a
12、3 4 81 2 27 2 3 1 3c， c1.又公比 qa2 a1 1 3， an2 3 1 3 n12 1 3 n(nN*) SnSn1( Sn Sn1)( Sn Sn1) Sn Sn1(n2) 又 bn0， Sn0， Sn Sn11. 精品公众号：学起而飞 数列 Sn构成一个首项为 1、公差为 1 的等差数列， Sn1(n1)1n，即 Snn2. 当 n2 时，bnSnSn1n2(n1)22n1， 当 n1 时，b11 也适合此通项公式 bn2n1 (nN*) (2)Tn 1 b1b2 1 b2b3 1 b3b4 1 bnbn1 1 13 1 35 1 57 1 2n12n1 1 2
13、11 3 1 2 1 3 1 5 1 2 1 5 1 7 1 2 1 2n1 1 2n1 1 2 1 1 2n1 n 2n1. 由 Tn n 2n1 1 001 2 012，得 n 1 001 10 ， 满足 Tn1 001 2 012的最小正整数 n 的值为 101. 模板 4利用空间向量求角问题 (2014山东)如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，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
14、审题路线图(1) M 是 AB 中点，四边形 ABCD 是等腰梯形 AB2CD CDAMCDAM 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 (1)证明因为四边形 ABCD 是等腰梯形， 且 AB2CD，所以 ABDC. 又由 M 是 AB 的中点， 因此 CDMA 且 CD MA. 连接 AD1，如图(1) 在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中， 因为 CDC1D1，CDC1D1，可得 C1D1MA，C1D1MA
15、，所以四 第一步找垂直：找出(或作出)具 有公共交点的三条两两垂直的直 线 第二步写坐标：建立空间直角坐 标系，写出特征点坐标 第三步求向量：求直线的方向向 量或平面的法向量 精品公众号：学起而飞 边形 AMC1D1为平行四边形，因为 C1MD1A. 又 C1M平面 A1ADD1， D1A平面 A1ADD1， 所以 C1M平面 A1ADD1. (2)解方法一如图(2)，连接 AC，MC. 由(1)知 CDAM 且 CDAM， 所以四边形 AMCD 为平行四边形， 可得 BCADMC， 由题意得ABCDAB60，所以MBC 为正三角形， 因此 AB2BC2，CA 3， 因此 CACB. 以 C
16、为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系 Cxyz，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 3 2 ，1 2，0. 设平面 C1D1M 的一个法向量为 n(x，y，z)， 由 nD1C1 0， nMD1 0， 得 3xy0， 3xy2 3z0， 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 cosCD1 ，n CD1 n |CD1 |n| 5 5 .所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)
17、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 D1NAB， 因此D1NC 为二面角 C1ABC 的平面角 在 RtBNC 中，BC1， NBC60，可得 CN 3 2 .所以 ND1 CD21CN2 15 2 . 第四步求夹角：计算向量的夹 角 第五步得结论：得到所求两个平 面所成的角或直线和平面所成的 角. 精品公众号：学起而飞 所以 RtD1CN 中，cosD1NC CN D1N 3 2 15 2 5 5 ， 所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所
18、成的角(锐角)的余弦值为 5 5 . 如图所示，在直三棱柱 A1B1C1ABC 中，ABAC，ABAC2，A1A4，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，AA 1 为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标 系 Axyz， 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 cosA1B ， C1D A1B C1D
19、|A1B |C1D | 18 20 18 3 10 10 . 所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为3 10 10 . (2)由题意，知AC (0,2,0)是平面 ABA1的一个法向量 设平面 ADC1的法向量为 m(x，y，z)， 因为AD (1,1,0)，AC1 (0,2,4)， 由 mAD ，mAC1 ，得 xy0， 2y4z0. 取 z1，得 y2，x2，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， 所以|cos |cosAC ，m| AC m |AC |m| 4 23| 2 3，得 sin 5 3 . 精品公众号：学起
20、而飞 所以平面 ADC1与平面 ABA1所成二面角的正弦值为 5 3 . 模板 5圆锥曲线中的范围问题 椭圆 C 的中心为坐标原点 O，焦点在 y 轴上，短轴长为 2，离心率为 2 2 ，直线 l 与 y 轴交于点 P(0，m)，与椭圆 C 交于相异两点 A，B，且AP 3PB. (1)求椭圆 C 的方程； (2)求 m 的取值范围 审题路线图(1) 设方程 解系数 得结论 (2) 设 l：ykxm l，c 相交0 得 m，k 的不等式 AP 3PB 得 m，k 关系式 代入 m，k 的不等式消 k 得 m 范围 精品公众号：学起而飞 规 范 解 答 示 例构 建 答 题 模 板 解(1)设椭
21、圆 C 的方程为y 2 a2 x2 b21(ab0)， 设 c0，c2a2b2，由题意，知 2b 2，c a 2 2 ， 所以 a1，bc 2 2 .故椭圆 C 的方程为 y2x 2 1 2 1，即 y22x21. (2)设直线 l 的方程为 ykxm(k0)， l 与椭圆 C 的交点坐标为 A(x1， y1)， B(x2，y2)，由 ykxm， 2x2y21， 得(k22)x22kmx(m21)0， (2km)24(k22)(m21)4(k22m22)0，(*) x1x22km k22 ，x1x2m 21 k22 .因为AP 3PB，所以x 13x2， 所以 x1x22x2， x1x23x2
22、2. 所以 3(x1x2)24x1x20. 所以 3 2km k22 24m 21 k22 0. 整理得 4k2m22m2k220，即 k2(4m21)(2m22)0. 当 m21 4时，上式不成立； 当 m21 4时，k 222m 2 4m21， 由(*)式，得 k22m22， 又 k0，所以 k222m 2 4m210. 解得1m1 2或 1 2m1，b0)的焦距为 2c，直线 l 过点(a,0)和(0，b)，且点(1,0) 到直线 l 的距离与点(1,0)到直线 l 的距离之和 s4 5c，求双曲线的离心率 e 的取值范围 解设直线 l 的方程为x a y b1，即 bxayab0. 精
23、品公众号：学起而飞 由点到直线的距离公式，且 a1，得到点(1,0)到直线 l 的距离 d1ba1 a2b2， 同理可得点(1,0)到直线 l 的距离为 d2ba1 a2b2， 于是 sd1d2 2ab a2b2 2ab c . 由 s4 5c，得 2ab c 4 5c，即 5a c 2a22c2， 可得 5 e212e2，即 4e425e2250， 解得5 4e 25. 由于 e1，故所求 e 的取值范围是 5 2 ， 5 . 模板 6解析几何中的探索性问题 已知定点 C(1,0)及椭圆 x23y25，过点 C 的动直线与椭圆相交于 A，B 两点 (1)若线段 AB 中点的横坐标是1 2，求
24、直线 AB 的方程； (2)在 x 轴上是否存在点 M，使MA MB 为常数？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明 理由 审题路线图设 AB 的方程 yk(x1)待定系数法求 k写出方程；设 M 存在即为(m,0)求 MA MB 在MA MB 为常数的条件下求 m. 规 范 解 答 示 例构 建 答 题 模 板 解(1)依题意，直线 AB 的斜率存在，设直线 AB 的方程为 y k(x1)， 将 yk(x1)代入 x23y25，消去 y 整理得(3k21)x26k2x 3k250. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 36k443k213k250， x1x2 6k2 3k21.
25、 由线段 AB 中点的横坐标是1 2，得 x1x2 2 3k2 3k21 1 2，解 得 k 3 3 ，适合. 所以直线 AB 的方程为 x 3y10 或 x 3y10. (2)假设在 x 轴上存在点 M(m,0)，使MA MB 为常数 第一步先假定：假设结论成 立 第二步再推理：以假设结论 成立为条件，进行推理求解 第三步下结论：若推出合理 结果， 经验证成立则肯定假设； 若推出矛盾则否定假设 第四步再回顾： 查看关键点， 易错点(特殊情况、隐含条件 等)，审视解题规范性. 精品公众号：学起而飞 ()当直线 AB 与 x 轴不垂直时，由(1)知 x1x2 6k2 3k21，x 1x2 3k
26、25 3k21. 所以MA MB (x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x1 1)(x21) (k21)x1x2(k2m)(x1x2)k2m2. 将代入，整理得MA MB 6m1k 25 3k21 m2 2m1 3 3k212m14 3 3k21 m2m22m 1 3 6m14 33k21. 注意到MA MB 是与 k 无关的常数， 从而有 6m140， m7 3， 此时MA MB 4 9. ()当直线 AB 与 x 轴垂直时，此时点 A、B 的坐标分别为 1， 2 3 、1， 2 3 ， 当 m7 3时，也有MA MB 4 9. 综上，在 x 轴上存在定点 M 7 3，0，使
27、MA MB 为常数. (2014福建)已知双曲线 E： x2 a2 y2 b21(a0， b0)的两条渐近线分 别为 l1：y2x，l2：y2x. (1)求双曲线 E 的离心率 (2)如图，O 为坐标原点，动直线 l 分别交直线 l1，l2于 A，B 两点(A，B 分别 在第一、四象限)，且OAB 的面积恒为 8.试探究：是否存在总与直线 l 有 且只有一个公共点的双曲线 E？若存在，求出双曲线 E 的方程；若不存在，说明理由 解(1)因为双曲线 E 的渐近线分别为 y2x，y2x，所以b a2， 所以 c2a2 a 2，故 c 5a， 从而双曲线 E 的离心率 ec a 5. 精品公众号：学
28、起而飞 (2)方法一由(1)知，双曲线 E 的方程为x 2 a2 y2 4a21. 设直线 l 与 x 轴相交于点 C. 当 lx 轴时，若直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点， 则|OC|a，|AB|4a. 又因为OAB 的面积为 8， 所以1 2|OC|AB|8， 因此 1 2a4a8，解得 a2， 此时双曲线 E 的方程为x 2 4 y 2 161. 若存在满足条件的双曲线 E， 则 E 的方程只能为x 2 4 y 2 161. 以下证明：当直线 l 不与 x 轴垂直时， 双曲线 E：x 2 4 y 2 161 也满足条件 设直线 l 的方程为 ykxm，依题意， 得 k2 或 k
29、2，则 C(m k ，0) 记 A(x1，y1)，B(x2，y2) 由 ykxm， y2x， 得 y1 2m 2k，同理，得 y 2 2m 2k. 由 SOAB1 2|OC|y 1y2|，得 1 2| m k | 2m 2k 2m 2k|8， 即 m24|4k2|4(k24) 由 ykxm， x2 4 y 2 161， 得(4k2)x22kmxm2160. 因为 4k20， 所以4k2m24(4k2)(m216) 16(4k2m216) 又因为 m24(k24)， 所以0，即 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点 精品公众号：学起而飞 因此，存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E，且 E
30、 的方程为x 2 4 y 2 161. 方法二由(1)知，双曲线 E 的方程为x 2 a2 y2 4a21. 设直线 l 的方程为 xmyt，A(x1，y1)，B(x2，y2) 依题意得1 2m 1 2. 由 xmyt， y2x， 得 y1 2t 12m， 同理，得 y2 2t 12m. 设直线 l 与 x 轴相交于点 C，则 C(t,0) 由 SOAB1 2|OC|y 1y2|8，得 1 2|t| 2t 12m 2t 12m|8. 所以 t24|14m2|4(14m2) 由 xmyt， x2 a2 y2 4a21， 得(4m21)y28mty4(t2a2)0. 因为 4m212 或 k2.
31、由 ykxm， 4x2y20， 得(4k2)x22kmxm20. 精品公众号：学起而飞 因为 4k20，所以 x1x2m 2 4k2. 又因为OAB 的面积为 8， 所以1 2|OA|OB|sinAOB8， 又易知 sinAOB4 5， 所以2 5 x21y21 x22y228， 化简，得 x1x24. 所以m 2 4k24，得 m 24(k24) 由(1)得双曲线 E 的方程为x 2 a2 y2 4a21， 由 ykxm， x2 a2 y2 4a21， 得(4k2)x22kmxm24a20. 因为 4k2P( C ) 而当 n3 时，P(C)P( C )理由如下： P(C)P( C )等价于
32、 4(2错误错误!k2k)Cn2n. 用数学归纳法来证明： 1当 n3 时，式左边4(2C12)4(22)16， 式右边C3620，所以式成立 2假设 nm(m3)时式成立， 即 4(2错误错误!k2k)C m 2m成立， 那么， 当 nm1 时， 左边4(2错误错误!k2k)4(2错误错误!k2k)4Cm 1 2m1Cm2m4Cm 1 2m1 2m！ m！m！ 42m2！ m1！m1！ m122m2m2！4m1 m1！m1！ m122m2m2！4m m1！m1！ Cm 1 2m1 2m1m 2m12m1C m1 2m1右边， 即当 nm1 时式也成立综合 1，2得：对于 n3 的所有正整数，
33、都有 P(C)0， 故 f(x)在 R 上为增函数 (3)由(1)知 f(x)2e2x2e 2xc，而 2e2x2e2x2 2e2x2e2x4，当 x0 时等号成立 下面分三种情况进行讨论 当 c0，此时 f(x)无极值； 当 c4 时，对任意 x0，f(x)2e2x2e 2x40，此时 f(x)无极值； 当 c4 时，令 e2xt，注意到方程 2t2 t c0 有两根 t1,2c c 216 4 0，即 f(0)0 有两个 根 x11 2ln t 1，x21 2ln t 2.当 x1xx2时，f(x)x2时，f(x)0，从而 f(x)在 xx2处取得极小值综上，若 f(x)有极值，则 c 的取值范 围为(4，) 精品公众号：学起而飞
