最新xx高考数学理二轮复习考前实战专项专练数学思想方法和常用的解题技巧优秀名师资料

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1、x届x高考数学（理）二轮复习考前实战专项专练数学思想方法和常用的解题技巧数学思想方法和常用的解题技巧巩固训练 一、填空题 ，b1a,1(若ab1，P,lg a?lg b，Q,(lg a，lg b)，R,lg,，则P、Q、R的大2,2,小关系是_( 3解析 取a,100b,10此时P, 2Q,lg 1 000R,lg 55,lg 23 025比较可知PQR. 答案 PQ03(函数f(x),的零点个数为_( 2x，1，x?0,2解析 当x0时可作出y,lnxy,x,2x的图象如图所示(由图示可得2函数f(x),ln x,x，2x(x0)有两个零点(当x0时f(x),2x，1有零点x,1,.综上可得

2、f(x)有3个零点( 2答案 3 24(设0x，则“xsin x1”是“xsinx1”的_条件( 22解析 由0x得0sin x1故由xsin x1可得xsinxxsin x1即2122“xsinx1”是“xsin x1”的必要条件,而若xsinx1则xsin x1故不能得到xsin x1所以“xsinx1”是“xsin x1”的必要而不充分sin x条件( 答案 必要不充分 x，y,1?0，,x,1?0，5(在平面直角坐标系中，若不等式组(a为常数)所表示的平,ax,y，1?0面区域的面积等于2，则a的值为_( 解析 如图阴影部分即为满足x,1?0与x，y,1?0的可行域(而直线ax,y，1

3、,0恒过点(0,1)故看作该直线绕点(0,1)旋转当a,5时则可行域不是一个封闭区域,当a,1时封闭区域的面积是1,当a,23时封闭区域的面积是,当a,3时封2闭区域的面积恰好为2. 答案 3 6(已知a，b为不垂直的异面直线，是一个平面，则a，b在上的射影有可能是:?两条平行直线;?两条互相垂直的直线;?同一条直线;?一条直线及其外一点( 在上面的结论中，正确结论的序号是_(写出所有正确的序号)( 解析 构造正方体ABCD,ABCD可用其中实例说明AD与BC在平1111111面ABCD上的射影互相平行AB与BC在平面ABCD上的射影互相垂直11BC与DD在平面ABCD上的射影是一条直线及其外

4、一点( 11答案 ? a27(已知函数f(x),ln x,.若f(x)x在(1，?)上恒成立，则a的取值范围是x_( a22解析 ?f(x)x?ln x,1 x3?axln x,x 32令g(x),xln x,xh(x),g(x),1，ln x,3x 2,6x11h(x),6x, xx当x?(1，?)时 h(x)0恒成立?h(x)在(1，?)上单调递减( ?h(x)h(1),20. ?即g(x)0 ?g(x)在(1，?)上单调递减( ?g(x),1. 答案 (,1，?) 8(定义在R上的偶函数f(x)满足f(x，1),f(x)，且在,1,0上是增函数，给出下列关于f(x)的命题:?f(x)是周

5、期函数;?f(x)关于直线x,1对称;?f(x)在0,1上是增函数;?f(x)在1,2上是减函数;?f(2),f(0)(其中正确命题的序号是_( 解析 由f(x，1),f(x)可得f(x，2),f(x，1)，1),f(x，1),(,f(x),f(x)所以函数f(x)是周期函数它的一个周期为2所以命题?正确,由111,f(x，1),f(x)令x,可得f,f,而函数f(x)为偶函数所,22211111,以f,f,f解得f,0故f,0.根据函数f(x)在,1,0,222221,上为增函数及f,0作出函数f(x)在,21,0上的图象然后根据f(x)为偶函数作出其在0,1上的图象再根据函数的周期性把函数

6、图象向两方无限延展即得满足条件的一个函数图象如图所示 . 由函数的图象显然可判断出命题?正确而函数f(x)在0,1上是减函数在1,2上是增函数所以命题?是错误的(综上命题?是正确的( 答案 ? 二、解答题 29(设函数f(x),x,aln x(a?R)( x(1)当a,3时，求f(x)的极值; (2)讨论函数f(x)的单调性( 解 (1)函数f(x)的定义域为(0，?)( 22,3x，23x，x,1，x,2，当a,3时，f(x),1，,.令f(x),0，解得222xxxxx,1或2. f(x)与f(x)随x的变化如下表: x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，?) 0 0 f(x) ， ,

7、 ， f(x) 极大值 极小值 所以f(x)在x,1处取得极大值，f(1),1; 在x,2处取得极小值，f(2),1,3ln 2. 22,ax，2ax(2)f(x),1，,， 22xxx2令g(x),x2,ax，2，其判别式,a,8， ?当|a|?22时，?0，f(x)?0，故f(x)在(0，?)上单调递增( ?当a0，g(x),0的两根都小于0，所以在(0，?) 上，f(x)0. 故f(x)在(0，?)上单调递增( 22,8,8a,aa，a?当a22时，0，g(x),0的两根为x,，x,，1222且都大于0， f(x)与f(x)随x的变化如下表: x x x (0，x) (x，x) (x，?

8、) 121122f(x) 0 0 ， , ， f(x) 极大值 极小值 22,a,a,8a，a,8故f(x)在,，,上单调递增，在0，?,2222,8a，a,8a,a上单调递减( ,，,22综上，当a?22时，f(x)在(0，?)上单调递增;当a22时，f(x)在22,a,a,8a，a,8,上单调递增，在，,0，?,2222,a,a,8a，a,8,上单调递减( ，,2210(已知各项均为正数的等差数列a的公差d不等于0. na,2，设a，a，a是公比为q的等比数列b的前三项( 1137n(1)求数列ab的前n项和T; nnn(2)将数列a中与b中相同的项去掉，剩下的项依次构成新的数列c，nnn

9、,2n1n1*)的值( 设其前n项和为S，求S,2，3?2(n?2，n?N,n2nn1解 因为a，a，a成等比数列，a是公差d?0的等差数列，所以(a，137n122d),a(a，6d)，整理得a,2d. 111baa，2d231又a,2，所以d,1，b,a,2，q,2，所以a,a，(n111n1baa111,n1nn,1)d,n，1，b,b?q,2，所以ab,(n，1)?2. n1nn，n1(1)用错位相减法，可求得ab的前n项和T,n?2. nnnnn(2)新的数列c的前2,n,1项和为数列a的前2,1项和减去数列bnnn的前n项和， nnn,1，2，2，2，1,2，2所以S, ,2nn1

10、21,2,nn1,(2,1)(2,1)， ,2n1n1所以S,2，3?2,1. ,2nn11322x(已知函数f(x),x,ax，(a,1)x(a?R)( 3(1)若x,1为f(x)的极值点，求正数a的值，并求出f(x)在0,4上的最值; (2)若f(x)在区间(0,2)上不单调，求实数a的取值范围( 22解 (1)f(x),x,2ax，a,1， 2由题意，f(1),0，即a,2a,0， 解得a,0(舍去)或a,2. 2当a,2时，f(x),x,4x，3,(x,1)(x,3)， 令f(x)0，解得x3;令f(x)0， 解得1x3. f(x)的增区间为(,?，1)，(3，?)，减区间为(1,3)

11、( 于是f(x)在0,1上单调递增，在1,3上单调递减;在3,4上单调递增， ,444,因此f(x)在0,4上的最大值为maxf(1)，f(4),max，,;f(x)在0,4上,3330，0的最小值为minf(0)，f(3),min,0. (2)函数f(x)在区间(0,2)上不单调?函数f(x)在(0,2)内存在零点，而f(x),0的两根为a,1，a，1，所以0a,12，或0a，12，即1a3或,1ab0) 的右焦点F，22ab2且交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x,a上的射影依次为点D，K，E. 2(1)若抛物线x,43y的焦点为椭圆C的上顶点，求椭圆C的方程; (2)连接AE，BD

12、，证明:当m变化时，直线AE，BD相交于一定点( 解 (1)由题意，易知b,3，椭圆C的右焦点F(1,0)， 则c,1，所以a,2. 22xy故所求椭圆C的方程为，,1. 432,(2)由题意，知F(1,0)，K(a0)( 先探索:当m,0时，直线l?x轴，此时四边形ABED为矩形，由对称性，21，a,知AE，BD相交于FK的中点N,，0.猜想:当m变化时，直线AE，,2,21，a,BD相交于定点N,，0. ,2,22证明:设A(x，y)，B(x，y)，D(a，y)，E(a，y)( 112212首先证明当m变化时，直线AE过定点N. x,my，1，,222222222,由，bm)y，2mby，

13、b(1,a),0.则,消掉x，得(axy，,1，,22 ,ab222224ab(a，mb,1)0(a1)， 222，1,a，2mbb用求根公式可求得方程的两根，从而得y，y,，yy,. 1212222222a，bma，bm,y,y12又k,，k,， ANEN22a,11,a,my122,y,y12所以k,k, ANEN22a,11,a,my1222a,1，y，y，,myy12122, 221,aa,1,my,12,2,2222a,12mbb，1,a，,?,m?2222222,a，bm,a，bm, 221,a,1a,my,12,2,22222m，1,a，b,2m，1,a，b,0. 2,1a,22

14、22，1,a，,my,，a，bm，1,2,所以k,k.所以A，E，N三点共线(同理可证B，D，N三点共线(所以ANEN当m变化时， 21，a,直线AE，BD相交于定点N,，0. ,2常考问题13 圆锥曲线的综合问题 (建议用时:50分钟) 22xy1(x?济南模拟)若双曲线,1(a0，b0)与直线y,3x无交点，则离心率22abe的取值范围是_( b解析 因为双曲线的渐近线为y,?x要使直线y,3x与双曲线无交点ab则直线y,3x应在两渐近线之间所以有?3即b?3a所以a22222222b?3ac,a?3a即c?4ae?4所以1e?2. 答案 (1,2 22xy222(P为双曲线,1的右支上一

15、点，M、N分别是圆(x，5)，y,4和(x,916225)，y,1上的点，则PM,PN的最大值为_( 解析 设双曲线的两个焦点分别是F(,5,0)与F(5,0)则这两点正好是两12圆的圆心当且仅当点P与M、F三点共线以及P与N、F三点共线时所12求的值最大此时PM,PN,(PF，2),(PF,1),6，3,9 12答案 9 22xy3(已知椭圆,1(0b0，b0)的左焦点，点E是该双22ab曲线的右顶点，过点F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若?ABE是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取值范围是_( 解析 由题意知?ABE为等腰三角形(若?ABE是锐角三角形则只需要?AEB为锐角(

16、根据对称性只要?AEF即可(直线AB的方程为x,4422bbb,2,c代入双曲线方程得y,取点A,c则|AF|,|EF|,a，c2,aaa2b2222只要|AF|EF|就能使?AEF即a，ac即c,ac,2a0a，c即b4a2即e,e,20即,1e1故1eb0)的一个顶点，C的1122ab22长轴是圆C:x，y,4的直径(l，l是过点P且互相垂直的两条直线，其212中l交圆C于A，B两点，l交椭圆C于另一点D. 1221(1)求椭圆C的方程; 1(2)求?ABD面积取最大值时直线l的方程( 1b,1，,解 (1)由题意得, a,2.,2x2所以椭圆C的方程为,1. ，y14(2)设A(x，y)

17、，B(x，y)，D(x，y)( 112200由题意知直线l的斜率存在，不妨设其为k， 1则直线l的方程为y,kx,1. 122又圆C:x，y,4， 2故点O到直线l的距离 11d,， 2k，12，34k2所以|AB|,24,d,2. 2k，1又l?l，故直线l的方程为x，ky，k,0. 212,x，ky，k,0，由, 22 x，4y,4.,22消去y，整理得(4，k)x，8kx,0， 8k故x,. 024，k28k，1所以|PD|,. 24，k1设?ABD的面积为S，则S,|AB|?|PD| 2284k，3,， 24，k32所以S, 1324k，3，24k，3321613?,， 1313224

18、k，3?24k，310当且仅当k,?时取等号( 210所以所求直线l的方程为y,?x,1. 12x(x?郑州模拟)已知椭圆的焦点坐标为F(,1,0)，F(1,0)，过F垂直于长轴的122直线交椭圆于P，Q两点，且|PQ|,3. (1)求椭圆的方程; (2)过F的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，则?FMN的内切圆的面积21是否存在最大值,若存在，求出这个最大值及此时的直线方程;若不存在，请说明理由( 22xy解 (1)设椭圆方程为，,1(ab0)， 22ab22b由焦点坐标可得c,1.由|PQ|,3，可得,3. a22又a,b,1，得a,2，b,3. 22xy故椭圆方程为，,1. 43(2)设

19、M(x，y)，N(x，y)， 1122不妨令y0，y0， 所以f(t)在1，?)上单调递增， 12有f(t)?f(1),4，S?FMN?,3， 14当t,1，m,0时，S?FMN,3，又S?FMN,4R， 113?R,. max49这时所求内切圆面积的最大值为. 169故?FMN内切圆面积的最大值为，且此时直线l的方程为x,1. 116备课札记: 常考问题15 概率与统计(建议用时:35分钟) 1(x?x卷改编)某校从高一年级学生中随机抽取部分学生，将他们的模块测试成绩分成6组:40,50)，50,60)，60,70)，70,80)，80,90)，90,100加以统计，得到如图所示的频率分布直

20、方图(已知高一年级共有学生600名，据此估计，该模块测试成绩不少于60分的学生人数为_( 解析 少于60分的学生人数600(0.005，0.015)10,x0(人)所以不少于60分的学生人数为480人( 答案 480 2(x?北京海淀区期末)先后两次抛掷一枚骰子，在得到点数之和不大于6的条件下，先后出现的点数中有3的概率为_( 解析 由题意可知在得到点数之和不大于6的条件下先后出现的点数中51有3的概率为,. 5，4，3，2，131答案 33(某单位有职工160名，其中业务人员x0名，管理人员16名，后勤人员24名(为了解职工的某种情况，要从中抽取一个容量为20的样本(若用分层抽样的方法，抽取

21、的业务人员、管理人员、后勤人员的人数应分别为_( 解析 分层抽样应按各层所占的比例从总体中抽取( 15?x0?16?24,15?2?3又共抽出20人?各层抽取人数分别为202023,15(人)20,2(人)20,3(人)( 2020答案 15、2、3 4(x?课标全国)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为_( 解析 甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有33,9(种)其中甲、乙两人参加同一个小组的情况有3(种)(故甲、乙两位同学参加同一个兴趣31小组的概率P,. 931答案 35(一个袋中有3个黑球，2个

22、白球共5个大小相同的球，每次摸出一球，放进袋里再摸x次，则两次摸出的球都是白球的概率为_( 解析 有放回地摸球基本事件总数为25,两次都是白球所包含的基本事4件为4.所以两次摸出的球都是白球的概率为. 254答案 256(从甲、乙、丙等5名候选学生中选2名作为青年志愿者，则甲、乙、丙中有2个被选中的概率为_( 解析 因为从5名候选学生中任选2名学生的方法共有10种而甲、乙、丙中有2个被选中的方法有3种所以甲、乙、丙中有2个被选中的概率为3. 103答案 107(为了分析某篮球运动员在比赛中发挥的稳定程度，统计了该运动员在6场比赛中的得分，用茎叶图表示如图所示，则该组数据的方差为_( 14，17

23、，18，18，20，21122解析 平均数x,18故方差s,(,4)，(,66222221)，0，0，2，3),5. 答案 5 8(x?苏锡常镇模拟)袋中装有大小相同且形状一样的四个球，四个球上分别标有“2”、“3”、“4”、“6”这四个数(现从中随机选取三个球，则所选的三个球上的数恰好能构成一个等差数列的概率是_( 解析 总的取法是4组能构成等差数列的有2,3,42,4,6 2组,故所求21概率为P,. 421答案 229(设f(x),x,2x,3(x?R)，则在区间,，上随机取一个数x，使f(x),0的概率为_( 2解析 几何概型x,2x,3,0?,1,x,3, 42?x?,?P,. 22

24、答案 10(从长度分别为2,3,4,5的四条线段中任意取出三条，则以这三条线段为边可以构成三角形的概率是_( 解析 从长度分别为2,3,4,5的四条线段中任意取出三条这一事件共有4种而不能构成三角形的情形为2,3,5.所以这三条线段为边可以构成三角形的概3率是P,. 43答案 4x(x?x卷)利用计算机产生0,1之间的均匀随机数a，则事件“3a,10”发生的概率为_( 1解析 因为0?a?1由3a,10得0”发生的概率为,. 132答案 3x(x?南京模拟)从一副没有大小王的52张扑克牌中随机抽取1张，事件A为“抽得红桃8”，事件B为“抽得为黑桃”，则事件“A，B”的概率值是_(结果用最简分数

25、表示)( 113解析 事件A发生的概率事件B发生的概率事件A、B是互斥事件52521137所以事件“A，B”的概率为:，,. 5252267答案 2613(在集合A,2,3中随机取一个元素m，在集合B,1,2,3中随机取一个元22素n，得到点P(m，n)，则点P在圆x，y,9内部的概率为_( 解析 由题意得到的P(mn)有:(2,1)(2,2)(2,3)(3,1)(3,2)(3,3)共2122计6个,在圆x，y,9的内部的点有(2,1)(2,2)所以概率为,. 631答案 314(x?苏北四市模拟)抛掷甲、乙两枚质地均匀且四面上分别标有1,2,3,4的正x四面体，其底面落于桌面，记所得的数字分

26、别为x，y，则为整数的概率是y_( 解析 将抛掷甲、乙两枚质地均匀的正四面体所得的数字xy记作有序实x数对(xy)共包含16个基本事件其中为整数的有:(1,1)(2,2)(3,3)y81(4,4)(2,1)(3,1)(4,1)(4,2)共8个基本事件故所求的概率为,. 1621答案 2备课札记: 常考问题3 不等式问题 (建议用时:50分钟) 11(x?枣庄二模)已知a0，b0，且2a，b,4，则的最小值为_( ab11解析 由4,2a，b?22ab得ab?2又a0b0所以?当且仅ab2当a,1b,2时等号成立( 1答案 2,1,2x,x|x,6x，8?0,2(x?湖北卷改编)已知全集为R，集

27、合A,x，?1，B,， ,2,则A?B等于_( R解析 A,x|x?0B,x|2?x?4( ?A?B,x|x?0?x|x4或x2 R,x|0?x4( 答案 x|0?x4 23xx23(x?x)设实数x，y满足3?xy?8,4?9，则的最大值是_( 4yy232x111xx,，,2,解析 根据不等式的基本性质求解.?16,81?,24,，,xyyy83y31x2?2,27的最大值是27. 24xyy答案 27 x?1，,x，y?3，4(x?新课标全国?卷改编)已知a0，x，y满足约束条件若z,y?a，x,3，,2x，y的最小值为1，则a等于_( 解析 由已知约束条件作出可行域如图中?ABC内部及

28、边界部分由目标函数z,2x，y的几何意义为直线l:y,2x，z在y轴上的截距知当直线l过可行域内的点B(1,2a)时目标函数z,2x，y的最小值为1 则21,2a,1解得a,. 21答案 225(x?x卷)已知f(x)是定义域为R的偶函数，当x?0时，f(x),x,4x，那么，不等式f(x，2)5的解集是_( 2解析 当x?0时f(x),x,4x5的解集为0,5) 又f(x)为偶函数所以f(x)5的解集为(,5,5)(由于f(x)向左平移两个单位即得f(x，2)故f(x，2)5的解集为x|,7x3( 答案 x|,7xb0，则a，的最小值是_( aba，a,b，1111122解析 a，,a,ab

29、，ab，,a(a,b)，ababa，a,b，aba，a,b，a，a,b，12，?2，2,4.当且仅当a(a,b),1且ab,1即a,2b,时取等号( ab2答案 4 x，4y?4，,x，y?4，8(x?x卷)给定区域D:令点集T,(x，0,x?0，y)?D|x，y?Z，(x，y)是z,x，y在D上取得最00000大值或最小值的点，则T中的点共确定_条不同的直线( 解析 作出图形可知?ABF所围成的区域即为区域D其中A(0,1)是z在D处取得最小值点BCDEF是z在D上取得最大值的点则T中的点共确定ABACADAEAFBF共6条不同的直线( 答案 6 2x9(已知函数f(x),. 2x，6(1)

30、若f(x)k的解集为x|x,2，求k的值; (2)对任意x0，f(x)?t恒成立，求t的取值范围( 2解 (1)f(x)k?kx,2x，6k0. 2由已知x|x,2是其解集，得kx,2x，6k,0的两根是,3，,2. 22由根与系数的关系可知(,2)，(,3),，即k,. k52x226(2)?x0，f(x),?,，当且仅当x,6时取等号(由已2x，66626x，x6，,6知f(x)?t对任意x0恒成立，故t?，即t的取值范围是,. ，?6，,6113210(x?金华十校模拟)已知函数f(x),ax,x，cx，d(a，c，d?R)满足f(0),0，34f(1),0，且f(x)?0在R上恒成立(

31、 (1)求a，c，d的值; 3b12(2)若h(x),x,bx，,， 424解不等式f(x)，h(x)0，,? 11,2,4a,a?0，, ,22a0，,11,即解得a,，c,. 11244a,a，?0，, ,2161112(2)由(1)知f(x),x,x，. 4241113b11b,222,由f(x)，h(x)0，得x,x，x,bx，,0，即x,b，x，0， ,42442422111,即(x,b)x,时，解集为，b， ,222111,当b时，解集为b，当b,时，解集为?. ,2222x(已知函数f(x),x，bx，c(b，c?R)，对任意的x?R，恒有f(x)?f(x)( 2(1)证明:当x

32、?0时，f(x)?(x，c); 22(2)若对满足题设条件的任意b，c，不等式f(c),f(b)?M(c,b)恒成立，求M的最小值( 2(x),2x，b.由题设，对任意的x?R，2x，b?x，bx，c，(1)证明 易知f2b22即x，(b,2)x，c,b?0恒成立，所以(b,2),4(c,b)?0，从而c?，1.4于是c?1， 2b且c?2 1,|b|，因此2c,b,c，(c,b),0. 42故当x?0时，有(x，c),f(x),(2c,b)x，c(c,1)?0.即当x?0时，f(x)?(x2，c). 222f，c，,f，b，c,b，bc,bc，2b(2)解 由(1)知c?|b|.当c,|b|

33、时，有M?,. 2222c,bc,bb，cbc，2b1令t,，则,1,t,1，,2,. cb，c1，t13,而函数g(t),2,(,1,t,1)的值域是,?，. ,1，t23，,因此，当c,|b|时，M的取值集合为，?. ，,222当c,|b|时，由(1)知b,?2，c,2.此时f(c),f(b),8或0，c,b,0，从322而f(c),f(b)?(c,b)恒成立( 23综上所述，M的最小值为. 2常考问题7 三角恒等变换与解三角形 (建议用时:50分钟) 1(x?济宁二模)在?ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a,1，B,45?，S,2，则b等于_( ?ABC11解析 ?S,

34、acsinB,2?1csin 45?,2. 22?c,42. 222?b,a，c,2accos B,1，32,2142cos 45?. 2?b,25b,5. 答案 5 (x?北京东城区期末)在?ABC中，A，B，C为内角，且sin Acos A,sin Bcos 2B，则?ABC是_三角形( 解析 由sin Acos A,sin Bcos B得sin 2A,sin 2B,sin(,2B)所以2A,2B或2A,2B即A,B或A，B,所以?ABC为等腰或直角三角形( 2答案 等腰或直角 103(x?x卷改编)已知?R，sin ，2cos ,，则tan 2等于_( 210解析 ?sin ，2cos

35、, 2522?sin，4sin ?cos ，4cos,. 2化简得4sin 2,3cos 2 sin 23?tan 2,. cos 243答案 , 44(在?ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知8b,5c，C,2B，则cos C等于_( 解析 先用正弦定理求出角B的余弦值再求解( bc由,且8b,5cC,2B sin Bsin C4所以5csin 2B,8csin B所以cos B,. 572所以cos C,cos 2B,2cos B,1,. 257答案 25455(已知tan ,，sin(，),，其中，?(0，)，则sin 的值为_( 313435解析 依题意得sin ,c

36、os ,注意到sin(，),(否则若，?则有0，?0sin sin(，)这与22212“sin(，)sin ”矛盾)则cos(，),sin ,sin(，),sin(1363，)?cos ,cos(，)sin ,. 6563答案 6526(x?x调研)在?ABC中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，已知a,2c,2b，且sin Acos C,3cos Asin A，求b,_. 解析 在?ABC中sin Acos C,3cos Asin C则由正弦定理及余弦定理有222222a，b,c，c,ab22222a?,c),b.又由已知a,c,3?c化简并整理得2(a2ab2bc2,2b则4b,b解

37、得b,4或b,0(舍)( 答案 4 31,7(若，?0，cos ,，sin ,，则cos (，),22222_. 3,解析 ?0?,由cos ,和,2422224221,sin ,得,?,当,时,2226262626,，,0与?0矛盾,当,时,此时,2262631cos (，),. 21答案 , 28(x?苏北四市模拟)在?ABC中，AD为BC边上的高线，AD,BC，角A，B，bcC的对边为a，b，c，则，的取值范围是_( cb112解析 因为AD,BC,a由a,bcsin A 2222222a，c,ab1ca1b,解得sin A,再由余弦定理得cos A,，,2bcbc2cbbc2bc,，,

38、sin A ,cbbc得，,2cos A，sin A又A?(0) cbbc所以由基本不等式和辅助角公式得，的取值范围是25( cb答案 2，5 (x?x卷)某兴趣小组要测量电视塔AE的高度H(单9位:m)(如示意图，垂直放置的标杆BC的高度h,4 m，仰角?ABE,，?ADE,. (1)该小组已测得一组，的值，算出了tan ,1.24，tan ,1.20，请据此算出H的值; (2)该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离d(单位:m)，使与之差较大，可以提高测量精度(若电视塔的实际高度为x5 m，试问d为多少时，,最大, HhH解 (1)由AB,，BD,，AD,及ABtan

39、tan tan HhH，BD,AD，得，,， tan tan tan htan 41.24解得H,x4. tan ,tan 1.24,1.20因此，算出的电视塔的高度H是x4 m. H(2)由题设知d,AB，得tan ,. dHhH,h由AB,AD,BD,，得tan ,，所以tan(,),tan tan dtan ,tan hhH，H,h，,?，当且仅当d,，即d,1，tan tan ，H,h，d2H，H,h，d，HdH，H,h，,125，125,4，,555时，上式取等号，所以当d,555时，tan(,)最大( 因为0,，则0,，所以当d,555时，,最大( 22故所求的d是555m. ?1

40、0(x?x卷)在?ABC中，已知AB?AC,3BA?BC. (1)求证:tan B,3tan A; 5,，求A的值( (2)若cos C5?(1)证明 因为AB?AC,3BA?BC，所以AB?AC?cos A,3BA?BC?cos B， ACBC即AC?cos A,3BC?cos B，由正弦定理知,， sin Bsin A从而sin Bcos A,3sin Acos B， 4、根据学生的知识缺漏，有目的、有计划地进行补缺补漏。又因为0,A，B,，所以cos A,0，cos B,0， 所以tan B,3tan A. 弦心距:从圆心到弦的距离叫做弦心距.5252(2)解 因为cos C,，0,C,

41、，所以sin C,1,cosC,， 55从而tan C,2，于是tan,(A，B),2，即tan(A，B),2， 2、100以内的进位加法和退位减法。tan A，tan B4tan A1亦即,2，由(1)得,2，解得tan A,1或,， 21,tan Atan B1,3tanA3(1)三边之间的关系：a2+b2=c2；因为cos A,0，故tan A,1，所以A,. 4x(x?新课标全国?卷)?ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a,bcos C，csin B. (1)求B; 四、教学重难点：(2)若b,2，求?ABC面积的最大值( 解 (1)由已知及正弦定理，得 初中阶段，我们

42、只学习直角三角形中，A是锐角的正切；sin A,sin Bcos C，sin Csin B，? 又A,(B，C)， 故sin A,sin(B，C),sin Bcos C，cos Bsin C(? 由?，?和C?(0，)得sin B,cos B. 166.116.17期末总复习又B?(0，)，所以B,. 412(2)?ABC的面积S,acsin B,ac. 2422由已知及余弦定理，得4,a，c,2accos . 4面对新的社会要求，教师与学生应首先走了社会的前边，因此我们应该以新课标要求为指挥棒，采用所有可行的措施，尽量体现以人为本，培养学生创新，开放的思维方式。另一方面注意处理好内容与思想的衔接，内容要在学生上学期的水平之上发展并为以后学习打下基础，思想上注意新思维与我国传统的教学思想结合422又a，c?2ac，故ac?， 2,2(2)相切: 直线和圆有惟一公共点时,叫做直线和圆相切,这时直线叫做圆的切线,惟一的公共点做切点.当且仅当a,c时，等号成立( （1）一般式：因此?ABC面积的最大值为2，1.