高考课标版二轮复习《分类讨论思想》专题 天津 张克良 (邮编:301700 地址:天津市武清区杨村镇和平里22号楼1门202室) 一、专题辅导 1.专题热点透析: 分类讨论是解决问题的一种逻辑方法,也是一种数学思想,这种思想对于简化研究对象,发展人的思维有着重要帮助,因此,有关分类讨论的数学命题在课标版高考试题中占有重要位置. 我们特意从2012年各地的高考试卷中随机选择了10份属于使用课标版地区的试题,从中列出了各试题所含分类讨论问题的分数与涉及到的知识板块,列出下表:
我们从去年上述表中不难看出,全国各地课标地区高考试题中,分类讨论的问题几乎可以说涉及到高中数学的各个知识板块,尤其在函数、不等式、概率、导数等方面出现的较多,所占的分数在一份试题中基本在25分以上.因此,同学们对分类讨论的思想应该给予足够的重视. 2.热点题型分类精讲: 解答分类讨论问题的基本方法和步骤是:首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体范围;其次确定分类标准,正确进行合理分类,即标准统一,不漏不重,再对所有分类逐步进行讨论,分级进行,获取阶段性结果,最后进行归纳小结,综合得出结论. 分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异,分各种不同的情况予以分析解决.它是一种重要的数学思想,同时也是一种重要的解题策略,它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法.有关分类讨论思想的数学问题具有明显的探索性、逻辑性和综合性,是历年数学高考的重点和难点,在高考试题中占有重要的地位. 可以看出,用分类讨论的思想来解题,在高考试题的解答中越来越体现出其重要位置.有关分类讨论思想的数学题之所以在高考试题中占有重要位置,是由于其具有明显的逻辑性、综合性、探索性的特点,能体现“着重考查数学能力”的要求.从培养人的角度来看,这类数学问题对于训练思维的条理性和深刻性有着重要的作用. 在数学试题的解答中,需要分类讨论的地方、类型很多,很难说全.下面仅就一些比较常见的方面分类阐述并举例说明,并附有相应的练习题,以便使同学们掌握运用好分类讨论解题的这种思想. 题型1 集合问题中的分类讨论. 例1 集合 分析:此题求解时,要注意对实数 解析: ⑴当 ∴ ⑵当 ⑶当 最后,综合⑴,⑵,⑶可得,所求 评注:一般来说,对于集合中的字母,在满足题设的前提之下,都要注意对字母是任何实数的情况进行分别讨论来处理,以免出现遗漏. 同步练习题1 已知 题型2 函数问题中的分类讨论. 例2 已知关于 分析:由于所给函数并未指明是二次函数,所以求解时务必注意要对二次项的系数 解:由于所给的函数并没有告知是二次函数,因此应分类讨论求解. ⑴ 若 当 当 ⑵ 若 ∴ 当 综合(1)、(2)可知,当 评注:一般来说,对于题中所给的含有字母系数的形如二次函数但并没有明确指出是二次函数的函数,一定要注意对二次项的系数是否为零进行讨论. 同步练习题2 函数 题型3 数列问题中的分类讨论. 例3 如果数列 分析:对于数列的通项公式,务必注意要对 解析:∵ 但 评注:一般来说,对于等差数列要注意当前 同步练习题3 设等比数列 求 题型4 三角函数问题中的分类讨论。 例4 在 分析:由于依题可知 解析:∵ ∴ 若 若 ∴ 评注:此题的结论虽然 同步练习题4 在△ 题型5 方程或不等式中的分类讨论。 例5 已知函数 (Ⅰ)写出 (Ⅱ)解不等式 (Ⅲ)设 分析:这是不等式与函数的综合题,一般来说,对于绝对值函数考虑其单调区间时,时常是转化为分段函数来处理,而对于 解析:(Ⅰ)解: ∴ (Ⅱ)解:∵ ∴ 不等式 (Ⅲ)解:(1)当 (2)当 上 综上,当 评注:对于不等式的问题,一般只要能得到具体的不等式,那么就可以根据其特点来解决了,当然对于复杂一些的有时是需要借助导数来帮忙的. 同步练习题5 求函数 题型6 立体几何中的分类讨论. 例6 已知平面 分析:本题的难点恰恰是要对题目所涉及的情形要考虑全面. 本题所涉及的主要是点 E B C 图1 A D F G ∵ ∴ ∵ ∴ F C 图2 A B D E G ∵ (2) 当题目所涉及的情况如图2所示的情形时, 同理可得 ∵ C F 图3 A B D E G (3) 当题目所涉及的情况如图3所示的情形时, 同理可得 ∴ ∴ 评注:利用点 同步练习题6 如果正三棱柱的侧面展开图是边长分别为2和4的矩形,求它的体积. 题型7 解析几何问题中的分类讨论. 例7 已知曲线E上任意一点 (1)求曲线E的方程; (2)设过 点),求直线 解析:(1)根据椭圆的定义,可知动点 其中 所以动点M的轨迹方程为 (2)当直线 当直 ∵ ∵ ∴ ∴ 由方程组 得 则 代入①,得 即 所以,直线 同步练习题7 如图,点A、B分别是椭圆 (1)求点P的坐标; (2)设M是椭圆长轴AB上的一点,M到直线AP的距离等于 题型8 排列组合问题中的分类讨论. 例8 一个口袋内有4个不同的红球、6个不同的白球.从中任取4个,使红球的个数不比白球的个数少,这样的取法共有多少种? 分析:可以按照红球取球的个数来进行分类考虑. 解析:把问题分为三类: 红球取4个,白球不取,取法种数为 红球取3个、白球取1个,取法种数为 红球取2个、白球取2个,取法种数为 因此,满足条件的取法种数为 评注:要注意,红球的个数不比白球的个数少是允许红球与白球的个数相等的情况,切勿遗漏. 同步练习题8 若四面体的顶点和各棱的中点共10个点,在其中取4个不共面的点,不同的取法共有多少种? 题型9.概率统计问题中的分类讨论. 例9 设一部打井机器在一天内发生故障的概率为0.1,机器发生故障时全天停止工作.若一周5个工作日里均无故障,可获利润5万元;发生一次故障可获利润3万元,发生两次故障可获利润1万元,只发生三次故障可获利润0万元,发生四次或五次故障就要亏损1万元.求一周内期望利润是多少? 分析:对于概率与期望问题,关键是要考虑周全,不可有遗漏或欠缺. 解析:以 以 ∴ 故一周内的期望利润为: (1)将每吨货物运费 (2)当 题型10.导数问题中的分类讨论. 例10 已知函数 线斜率为8. (Ⅰ)求 分析:对于第(Ⅰ)问,只要根据已知设法得到 解析:(Ⅰ)解:∵函数 ∴ 又函数图象在点 ∴ ∴ 解由 (Ⅱ)由(Ⅰ)得 令 令 ∴ 函数 同步练习题10 已知函数 (1) 若 (2)若 二、专题专项训练题 分类讨论思想专项训练题 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分) 1.若 A. C. 2.若函数 A. C. 3. 设函数 A. C. 4.若函数 A. C. 5. 若直线 A. C. 6. 若首项为 A. C. 7. 经过点 A. C. 8. 在△ A. C. E S A C B D F O O1 个小洞D、E、F,且知SD:DA 若仍用这个容器盛水,则最多可盛原来水的 ( ) A. C. 10. 在区间 A. C. 11. 设 A.4 B.5 C.6 D.7
A.既有极大值,也有极小值 B. 既有最大值,也有最小值 C.有极大值,没有极小值 D. 没有最大值,也没有最小值 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分) 13. 满足条件 14. 已知直线 是__________________. 15. 已知函数 16.已知同一平面上的向量 三、解答题: 17.(本小题满分10分)已知△ABC的外接圆半径为1,角A,B,C的对边分别为 (1)求 (2)若实数 18.(本小题满分12分)有固定项的数列 (1)求数列 (2)求这个数列的项数,抽取的是第几项 ? 19.(本小题满分12分)已知函数 (Ⅰ)解关于 (Ⅱ)若函数 O 20.(本小题满分12分)如图,在三棱锥 侧面 为 (Ⅰ) (Ⅱ)求二面角 21.(本小题满分12分)甲和乙参加智力答题活动,活动规则:①答题过程中,若答对则继续答题;若答错则停止答题;②每人最多答3个题;③答对第一题得10分,第二题得20分,第三题得30分,答错得0分.已知甲答对每个题的概率为 22.(本小题满分12分)已知函数 (Ⅰ)求 (Ⅱ)若对 精讲练习题参考答案: 练习1 解:∵ ⑴当 ⑵当 x 5 -2 m+1 2m-1 A B 图1 ①当 x 5 -2 m+1 2m-1 A B 图2 综合①,②可知,当 最后,综合⑴,⑵可得,所求实数 练习2 解:∵ 由 由 若 ∵ ∴ 若 若 ∵ 综上, 练习3 解:因为 当 当 则有 由②得 练习4 解:∵ ∵ 又 练习5 解:将函数式变形为方程 ⑴ 当 ⑵ 当 ∵ 即 综上,函数的值域为 练习6 解:⑴ 当2为正三棱柱的高时,底面周长为4,底面边长为 ⑵ 当4为正三棱柱的高时,底面周长为2,底面边长为 综上,三棱柱的体积为 练习7 解:(1)由已知可得点A(-6,0),F(4,0) 设点P的坐标是 (2)直线AP的方程是 设点M的坐标是(m,0),则M到直线AP的距离是 于是 椭圆上的点 由于 练习8 解:任取4个点共 ⑴每个面上有6个点共面,则4个面含共面的取法有 ⑵各棱的中点的4个点中共面的情况有3种; ⑶一条棱上的3点与对棱的中点可共面的取法有6种. ∴ 不同的取法共有 练习题9 解:(1)设公路与铁路每吨千米的货物运价分别为 ∴每吨货物运费 (2)令 ∴ ∵ 当 ∴ 当 所以,当 练习10 解:(Ⅰ)由题设可知: 即 (Ⅱ) 又 ∴ 即 ∴ 即 ∴ 专项训练题参考答案: 一、选择题: 1.D.解:若 若 ∴ 当 2.D. 解:由题意可知, ⑴当 ⑵当 ∴ 综合⑴,⑵可得, 3.B.解:当 4.A.解: 5.C.解:若直线 6.D.解:由条件得 所以, 7.选C. 解:设与双曲线 将点 故所求的双曲线方程是 8.A.解:将题中的两式进行平方相加,可得 ∴ 但从第一个式子 9.D. 解:当平面DEF与地面水平时,容器盛水最多. 作三棱锥F-SDE的高FO 根据题设容易得到 ∴ ∴ 最多可盛原来水的 10.A.解:在区间 11.A.解:若等差数列中连续三项成等比数列,则可推出 当 化简得 若删去 综上, 当 化简得 12.C.解:依题得 ∴ 于是, ∴ 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分) 13. 当 当 所以,所求的取值范围是 14. 得 依题意有 又 ∴ 15. 当 解:∵ ⑴ 当 ∴ ⑵ 当 ∴ 综上,当 16. 所以当向量 当向量 所以, 由 所以, 综上, 三、解答题: 17. 解:(1)因为 因为三角形ABC的外接圆半径为1, 由正弦定理,得 于是 因为 所以 (2) 设 所以 18. 解:(1) 当 即 经考察,当 (2) 设抽取的是第 整理,得 又 ∴ ∴ 又 当 19. 解:(Ⅰ)不等式 当 当 当 (Ⅱ) 又对任意实数 即 20. 证明:(Ⅰ)由题设
且 所以 又 (Ⅱ)取 知 由 所以 所以二面角 21. 解:(I)甲恰好得30分,说明甲前两题都答对,而第三题答错,其概率为
(III)设甲恰好比乙多30分为事件 22. 解:(Ⅰ) 由 当
所以函数 (Ⅱ)由(1)可知 为极大值,而 要使 解得 |
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