第3部分 深化3 第3讲 活用3招巧解“中高档”解答题-【提分教练】2024年新高考数学(文科)二轮总复习练习（老教材）

　活用3招巧解“中高档”解答题 高考数学解答题既要结果又要过程，考生必须严格按照推理的方式按部就班地进行解答和表述．因此对于基础性的解答题要做到“对而全”，防止被扣“步骤分”；对于中高档题目要学会“踩点得分”，也就是我们常说的“缺步解答、跳步解答和退步解答”． 妙招1　缺步解答——化繁为简，分段得分 【例1】　(12分)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，且椭圆C经过点P. (1)求椭圆C的离心率； (2)设过点A(0，2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且＝，求点Q的轨迹方程． [规范解答]　(1)e＝.(过程略) 4分 (2)由(1)知，椭圆C的方程为＋y2＝1. 5分 设点Q的坐标为(x，y)， ①当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0，1)，(0，－1)两点， 此时点Q的坐标为. 6分 ②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2. 因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)， 则|AM|2＝，|AN|2＝. 又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2， 7分 由＝，得 ＝， 即＝＝.(*) 8分 将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得 (2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.　(**) 由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞. 由(**)可知， x1＋x2＝，x1x2＝， 代入(*)中并化简， 得x2＝.　(***) 9分 因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以k＝，代入(***)中并化简， 得10(y－2)2－3x2＝18. 10分 (以下过程略)…… 【点评】　本例第(2)问有一定难度，如果不能拿全分，但可采用缺步解答，尽量多得分．首先，当直线l的斜率不存在时，求出点Q的坐标为，这是每位考生都应该能做到的．其次，联立直线方程与椭圆方程并设出M，N，Q的坐标，通过＝，得到＝＝，然后由x1＋x2及x1x2联想一元二次方程根与系数的关系，将问题解决到x2＝是完全可以做到的，到此已经可以得到9分．另外，考虑到点Q在直线l上，将点Q坐标代入所设直线方程就能得到10(y－2)2－3x2＝18，到此便可以得到10分．到此不能继续往下解时，虽然最后结论未得出，但分数已得大半． 妙招2　跳步解答——承认关卡，继续作答 【例2】　(12分)设函数f n(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)． (1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：f n(x)在区间内存在唯一零点； (2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1，1]，有|f 2(x1)－f 2(x2)|4，求b的取值范围； (3)在(1)的条件下，设xn是f n(x)在内的零点，判断数列x2，x3，…，xn，…的增减性． [规范解答]　(1)(过程略) 4分 (2)略． 9分 (3)设xn是f n(x)在内的唯一零点， f n＋1(xn)f n＋1(1)＝＋xn－1)(1n+1＋1－1)＝＋xn－1＝0， 则f n＋1(x)的零点xn＋1在(xn，1)内， 故xn＜xn＋1(n≥2)， 所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列． 12分 【点评】　本例第(2)问很多同学不会做，误认为第(3)问更难．事实上，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，仅与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而增大了本题的得分率，这就是跳步解答，即：前问难做后问易，弃前攻后为上计． 妙招3　退步解答——立足特殊，发散一般 【例3】　(12分)如图，O为坐标原点，双曲线C1：＝1(a1＞0，b1＞0)和椭圆C2：＝1(a2＞b2＞0)均过点P，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形． (1)求C1，C2的方程； (2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且||＝||，证明你的结论． [规范解答]　(1)C1，C2的方程分别为x2－＝1，＝1.(过程略) 4分 (2)不存在符合题设条件的直线． 5分 ①若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x＝或x＝－. 当x＝时，易知A()，B(，－)， 所以||＝2，||＝2. 此时，||≠||. 当x＝－时，同理可知，||≠||. 7分 ②若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m. (以下过程略)…… 【点评】　求解本例第(2)问时，若不能正确判断其结论，也应说明直线是否存在，同时应对直线垂直于x轴这一特殊情况给予说明，这就是所说的从一般到特殊，以退为进，退步解答． 学科网（北京）股份有限公司 $$