（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 知識專題突破 專題11 附加題部分學(xué)案

專題十一附加題部分(選修測試物理的考生學(xué)習(xí)此部分)此部分考查的內(nèi)容主要是選修系列2中的內(nèi)容以及選修系列4中專題41幾何證明選講、42矩陣與變換、44坐標(biāo)系與參數(shù)方程、45不等式選講這4個專題的內(nèi)容(考生只需選考其中兩個專題)命題觀察·高考定位(對應(yīng)學(xué)生用書第54頁)1(2016·江蘇高考)如圖111，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線l：xy20，拋物線C：y22px(p>0)圖111(1)若直線l過拋物線C的焦點，求拋物線C的方程(2)已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的相異兩點P和Q.求證：線段PQ的中點坐標(biāo)為(2p，p)；求p的取值范圍. 【導(dǎo)學(xué)號：56394080】解(1)拋物線C：y22px(p>0)的焦點為，由點在直線l：xy20上，得020，即p4.所以拋物線C的方程為y28x.(2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，線段PQ的中點M(x0，y0)因為點P和Q關(guān)于直線l對稱，所以直線l垂直平分線段PQ，于是直線PQ的斜率為1，則可設(shè)其方程為yxb.證明：由消去x得y22py2pb0.(*)因為P和Q是拋物線C上的相異兩點，所以y1y2，從而(2p)24×(2pb)>0，化簡得p2b>0.方程(*)的兩根為y1,2p±，從而y0p.因為M(x0，y0)在直線l上，所以x02p.因此，線段PQ的中點坐標(biāo)為(2p，p)因為M(2p，p)在直線yxb上，所以p(2p)b，即b22p.由知p2b>0，于是p2(22p)>0，所以p<.因此，p的取值范圍是.2(2015·江蘇高考) 如圖112，在四棱錐PABCD中，已知PA平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.圖112(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點Q是線段BP上的動點，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長解以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則各點的坐標(biāo)為B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)第22題圖(1)由題意知，AD平面PAB，所以是平面PAB的一個法向量，(0,2,0)因為(1,1，2)，(0,2，2)，設(shè)平面PCD的法向量為m(x，y，z)，則m·0，m·0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1,1,1)是平面PCD的一個法向量從而cos，m，所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為.(2)因為(1,0,2)，設(shè)(，0,2)(01)，又(0，1,0)，則(，1,2)又(0，2,2)，從而cos，.設(shè)12t，t1,3，則cos2，.當(dāng)且僅當(dāng)t，即時，|cos，|的最大值為.因為ycos x在上是減函數(shù)，所以此時直線CQ與DP所成角取得最小值又因為BP，所以BQBP.3(2016·江蘇高考)(1)求7C4C的值；(2)設(shè)m，nN*，nm，求證：(m1)C(m2)C(m3)CnC(n1)C(m1)C.解(1)7C4C7×4×0.(2)證明：當(dāng)nm時，結(jié)論顯然成立當(dāng)n>m時，(k1)C(m1)·(m1)C，km1，m2，n.又因為CCC，所以(k1)C(m1)(CC)，km1，m2，n.因此，(m1)C(m2)C(m3)C(n1)C(m1)C(m2)C(m3)C(n1)C(m1)C(m1)(CC)(CC)(CC)(m1)C.4(2015·江蘇高考)已知集合X1,2,3，Yn1,2,3，n(nN*)，設(shè)Sn(a，b)|a整除b或b整除a，aX，bYn，令f (n)表示集合Sn所含元素的個數(shù)(1)寫出f (6)的值；(2)當(dāng)n6時，寫出f (n)的表達式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明解(1)Y6，S6中的元素(a，b)滿足：若a1，則b1,2,3,4,5,6；若a2，則b1,2,4,6；若a3，則b1,3,6.所以f (6)13.(2)當(dāng)n6時，f (n)(tN*)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n6時，f (6)6213，結(jié)論成立假設(shè)nk(k6)時結(jié)論成立，那么nk1時，Sk1在Sk的基礎(chǔ)上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中產(chǎn)生，分以下情形討論：a若k16t，則k6(t1)5，此時有f (k1)f (k)3k23(k1)2，結(jié)論成立；b若k16t1，則k6t，此時有f (k1)f (k)1k21(k1)2，結(jié)論成立；c若k16t2，則k6t1，此時有f (k1)f (k)2k22(k1)2，結(jié)論成立；d若k16t3，則k6t2，此時有f (k1)f (k)2k22(k1)2，結(jié)論成立；e若k16t4，則k6t3，此時有f (k1)f (k)2k22(k1)2，結(jié)論成立；f 若k16t5，則k6t4，此時有f (k1)f (k)1k21(k1)2，結(jié)論成立綜上所述，結(jié)論對滿足n6的自然數(shù)n均成立命題規(guī)律(1)排列、組合試題具有一定的靈活性和綜合性，常與實際相結(jié)合，轉(zhuǎn)化為基本的排列組合模型解決問題，需用到分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想. 排列與組合問題一直是高考數(shù)學(xué)的熱點內(nèi)容之一與二項式定理綜合問題較難(2)空間向量與立體幾何，重點考查利用空間向量求線線角、線面角、面面角，難度中等主干整合·歸納拓展(對應(yīng)學(xué)生用書第55頁)第1步 核心知識再整合1幾何證明選講部分，需要核心關(guān)注與圓有關(guān)的比例線段、圓冪定理的應(yīng)用及推理論證，相似三角形與圓內(nèi)接四邊形是主要的轉(zhuǎn)換形式2矩陣與變換部分，著重掌握用二階行列式求逆矩陣、二階矩陣的乘法等基礎(chǔ)計算3坐標(biāo)系與參數(shù)方程部分，著重掌握極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)、參數(shù)方程與普通方程的互化，通過極坐標(biāo)方程、參數(shù)方程考查直線與圓、橢圓的位置關(guān)系是命題的熱點4不等式選講部分，以考查含一個或兩個絕對值號的不等式的求解為主，通常不等式中帶有參數(shù)，分類討論去絕對值是必然的選擇5離散型隨機變量的均值與方差(1)均值：E(X)x1p1x2p2xnpn；(2)方差：V(X)(x1)2p1(x2)2p2(xn)2pn；(3)性質(zhì)：E(axb)aE(x)b；V(axb)a2V(x)6兩點分布與二項分布的均值與方差(1)若X服從兩點分布，則E(X)p，V(X)p(1p)；(2)若XB(n，p)，則E(X)np，V(X)np(1p)7直方圖的三個常用結(jié)論(1)小長方形的面積組距×頻率；(2)各長方形的面積和等于1；(3)小長方形的高.8排列、組合數(shù)相關(guān)性質(zhì)排列：AAmA；組合：CCC(mn，m，nN*)，kCnC.CCCCCC2n1.9. 二項式定理(ab)nCanCan1bCanrbrCbn(nN*)，10(1)直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法：設(shè)直線l的方向向量為a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分別為(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，則線面平行：laa·0a1a2b1b2c1c20.線面垂直：laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.面面平行：vva2a3，b2b3，c2c3.面面垂直：v·v0a2a3b2b3c2c30.(2)直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計算：設(shè)直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分別為(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)線線夾角：設(shè)l，m的夾角為，則cos .線面夾角：設(shè)直線l與平面的夾角為，則sin |cosa，|.面面夾角：設(shè)平面，的夾角為(0)，則|cos |cos，v|.第2步 高頻考點細(xì)突破幾何證明選講【例1】(20162017學(xué)年度江蘇蘇州市高三期中調(diào)研考試)如圖113，AB是圓O的直徑，弦BD，CA的延長線相交于點E，EF垂直BA的延長線于點F.求證：AB2BE·BDAE·AC.圖113證明連接AD(圖略)，AB為圓的直徑，ADBD，又EFAB，則A，D，E，F(xiàn)四點共圓，BD·BEBA·BF.又ABCAEF，即AB·AFAE·AC，BE·BDAE·ACBA·BFAB·AFAB·(BFAF)AB2.規(guī)律方法與圓有關(guān)的線段求解，主要是通過相似三角形建立相似比來求解，從而證明三角形相似是核心，而在圓內(nèi)證明三角形相似主要是通過圓周角定理或圓心角定理證明角相等舉一反三 如圖114，AB為半圓O的直徑，直線PC切半圓O于點C，APPC，P為垂足圖114求證：(1)PACCAB；(2)AC2AP·AB.解(1)證明：因為PC切半圓O于點C，所以PCACBA.因為AB為半圓O的直徑，所以ACB90°.因為APPC，所以APC90°.因此PACCAB.(2)由(1)知APCACB，故，即AC2AP·AB.矩陣與變換【例2】(2017·江蘇高考)已知矩陣A，B.(1)求AB；(2)若曲線C1：1在矩陣AB對應(yīng)的變換作用下得到另一曲線C2，求C2的方程. 【導(dǎo)學(xué)號：56394081】解(1)因為A，B，所以AB.(2)設(shè)Q(x0，y0)為曲線C1上的任意一點，它在矩陣AB對應(yīng)的變換作用下變?yōu)辄cP(x，y)，則，即所以因為點Q(x0，y0)在曲線C1上，則1，從而1，即x2y28.因此曲線C1在矩陣AB對應(yīng)的變換作用下得到曲線C2：x2y28.規(guī)律方法本小題主要考查矩陣的乘法、特征向量的求法，考查運算求解能力注意矩陣乘法不滿足交換律，即A1BBA1，矩陣與變換所涉及的內(nèi)容并不多，在平時只要注意歸納，并且計算過關(guān)此題可以輕松拿下舉一反三(江蘇省蘇州市2017屆高三暑假自主學(xué)習(xí)測試)已知為矩陣A屬于的一個特征向量，求實數(shù)a，的值及A2.解由條件可知， 解得a2.因此A，所以A2.坐標(biāo)系與參數(shù)方程【例3】(2017·江蘇省蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市高考數(shù)學(xué)二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為極點，x軸的正半軸為極軸，取相同的單位長度，建立極坐標(biāo)系已知曲線C1的參數(shù)方程為，(0,2，為參數(shù))，曲線C2的極坐標(biāo)方程為sina(aR)，若曲線C1與曲線C2有且僅有一個公共點，求實數(shù)a的值解曲線C1的方程為(x)2(y3)24，圓心坐標(biāo)為(，3)，半徑為2.曲線C2的極坐標(biāo)方程為sina(aR)，sin cos a，曲線C2的直角坐標(biāo)方程為xy2a0，曲線C1與曲線C2有且僅有一個公共點，2，解得a1或a5.規(guī)律方法參數(shù)方程與普通方程、極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)之間的互化，熟練簡單曲線的極坐標(biāo)是解答本類問題的關(guān)鍵舉一反三(2017·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，曲線C的參數(shù)方程為(s為參數(shù))設(shè)P為曲線C上的動點，求點P到直線l的距離的最小值解直線l的普通方程為x2y80.因為點P在曲線C上，設(shè)P(2s2,2s)，從而點P到直線l的距離d.當(dāng)s時，dmin.因此當(dāng)點P的坐標(biāo)為(4,4)時，曲線C上的點P到直線l的距離取到最小值.不等式選講【例4】(2017·江蘇省泰州市高考數(shù)學(xué)一模)求函數(shù)y3sin x2的最大值解y3sin x23sin x4.由柯西不等式得y2(3sin x4)2(3242)·(sin2xcos2x)25，所以ymax5，此時sin x.所以函數(shù)y3sin x2的最大值為5.規(guī)律方法不等式證明的基本方法是比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法和數(shù)學(xué)歸納法，其中以比較法和綜合法最為基礎(chǔ)，使用綜合法證明不等式的關(guān)鍵就是通過適當(dāng)?shù)淖儞Q后使用重要不等式，證明過程注意從重要不等式的形式入手達到證明的目的舉一反三(2017·江蘇高考)已知a，b，c，d為實數(shù)，且a2b24，c2d216，證明：acbd8.證明由柯西不等式，得(acbd)2(a2b2)(c2d2)因為a2b24，c2d216，所以(acbd)264，因此acbd8.均值與方差的實際應(yīng)用【例5】(2017·江蘇高考)已知一個口袋中有m個白球，n個黑球(m，nN*，n2)，這些球除顏色外完全相同現(xiàn)將口袋中的球隨機地逐個取出，并放入如圖所示的編號為1,2,3，mn的抽屜內(nèi)，其中第k次取出的球放入編號為k的抽屜(k1,2,3，mn).123mn(1)試求編號為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p；(2)隨機變量X表示最后一個取出的黑球所在抽屜編號的倒數(shù)，E(X)是X的數(shù)學(xué)期望，證明：E(X)<. 【導(dǎo)學(xué)號：56394082】解(1)編號為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p.(2)證明：隨機變量X的概率分布為XP隨機變量X的期望為E(X)··.所以E(X)<(1CCC)(CCCC)(CCC)(CC)，即E(X)<.規(guī)律方法求解離散型隨機變量均值與方差的主要步驟：(1)求出隨機變量的所有可能的取值；(2)計算隨機變量取各個值的概率，列出概率分布列；(3)按照公式計算均值(數(shù)學(xué)期望)與方差舉一反三(江蘇省南京市2017屆高三上學(xué)期學(xué)情調(diào)研)甲、乙兩人輪流投籃，每人每次投一次籃，先投中者獲勝投籃進行到有人獲勝或每人都已投球3次時結(jié)束設(shè)甲每次投籃命中的概率為，乙每次投籃命中的概率為，且各次投籃互不影響現(xiàn)由甲先投(1)求甲獲勝的概率；(2)求投籃結(jié)束時甲的投籃次數(shù)X的分布列與期望解(1)設(shè)甲第i次投中獲勝的事件為Ai(i1,2,3)，則A1，A2，A3彼此互斥甲獲勝的事件為A1A2A3.P(A1)；P(A2)××；P(A3)2×2×.所以P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3).所以甲獲勝的概率為.(2)X所有可能取的值為1,2,3.則P(X1)×；P(X2)×××；P(X3)2×2×1.即X的概率分布列為X123P所以X的數(shù)學(xué)期望E(X)1×2×3×.排列、組合及性質(zhì)【例6】(2017屆高三七校聯(lián)考期中考試)已知整數(shù)n4，集合M1,2,3，n的所有含有4個元素的子集記為A1，A2，A3，AC.設(shè)A1，A2，A3，AC中所有元素之和為Sn.(1)求S4，S5，S6并求出Sn；(2)證明：S4S5Sn10C.解(1)當(dāng)n4時，集合M只有1個符合條件的子集，S4123410，當(dāng)n5時，集合M每個元素出現(xiàn)了C次，S5C(12345)60，當(dāng)n6時，集合M每個元素出現(xiàn)了C次，S6C(123456)210，所以，當(dāng)集合M有n個元素時，每個元素出現(xiàn)了C，故SnC·.(2)證明：因為SnC·(n1)n(n1)(n2)(n3)10C，則S4S5Sn10(CCCC)10C.規(guī)律方法通過觀察式子的結(jié)構(gòu)，利用排列數(shù)和組合數(shù)的相關(guān)性質(zhì)及二項式系數(shù)的相關(guān)性質(zhì)以含有排列、組合數(shù)結(jié)構(gòu)的代數(shù)式進行化簡，有時需要拆分、拼湊項來進行結(jié)構(gòu)重組舉一反三(2017·江蘇省鹽城市高考數(shù)學(xué)二模)現(xiàn)有(n2，nN*)個給定的不同的數(shù)隨機排成一個如圖115所示的三角形數(shù)陣：圖115設(shè)Mk是第k行中的最大數(shù)，其中1kn，kN*.記M1M2Mn的概率為pn.(1)求p2的值；(2)證明：pn.解(1)由題意知p2，即p2的值為.(2)先排第n行，則最大數(shù)在第n行的概率為；去掉第n行已經(jīng)排好的n個數(shù)，則余下的n個數(shù)中最大數(shù)在第n1行的概率為；故pn×××.由于2n(11)nCCCCCCCCCC，故，即pn.二項式定理與其他知識交匯【例7】若一個正實數(shù)能寫成(nN*)的形式，則稱其為“兄弟數(shù)”求證：(1)若x為“兄弟數(shù)” ，則x2也為“兄弟數(shù)”；(2)若x為“兄弟數(shù)”，k是給定的正奇數(shù)，則xk也為“兄弟數(shù)”. 【導(dǎo)學(xué)號：56394083】證明(1)設(shè)x(nN*)，則x22n12，是“兄弟數(shù)”(2)設(shè)x，y(nN*)，則xy1，而xk()ki()i，yk()ki()i，故xkyk()ki()i()ki()i2C()kC()k2·nC()k4·n2C·n，不妨記：xkyk2a，aN*，同理：由xkyk()ki()i()ki()i，不妨記：xkyk2b，bN*，進而，2xk，即xk. 又4a2(n1)4b2n(xkyk)2(xkyk)24xkyk4，故a2(n1)b2n1.因此xk亦為“兄弟數(shù)”規(guī)律方法二項式定理內(nèi)容的考查常出現(xiàn)二項式內(nèi)容與其它知識的交匯、整合，這是命題的一個創(chuàng)新方向如二項式定理與函數(shù)、數(shù)列、復(fù)數(shù)、不等式等其他知識點綜合成題時， 對其他模塊的知識點要能熟練運用舉一反三在自然數(shù)列1,2,3，n中，任取k個元素位置保持不動，將其余nk個元素變動位置，得到不同的新數(shù)列由此產(chǎn)生的不同新數(shù)列的個數(shù)記為Pn(k). (1)求P3(1)；(2)求4(k)；(3)證明Pn(k)nn1(k)，并求出Pn(k)的值解(1)因為數(shù)列1,2,3中保持其中1個元素位置不動的排列只有1,3,2或3,2,1或2,1,3，所以P3(1)3.(2)4(k)P4(0)P4(1)P4(2)P4(3)P4(4)CCCCCC019860124.(3)把數(shù)列1,2，n中任取其中k個元素位置不動，則有C種；其余nk個元素重新排列，并且使其余nk個元素都要改變位置，則有Pn(k)CPnk(0)，故Pn(k)CPnk(0)，又因為kCnC，所以Pn(k)CPnk(0)nPnk1(0)nn1(k)令anPn(k)，則annan1，且a11.于是a2a3a4an1an2a1×3a2×4a3××nan1，左右同除以a2a3a4an1，得an2×3×4××nn！.所以Pn(k)n！.立體幾何中的向量方法【例8】(2017·江蘇高考)如圖116，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1，BAD120°.圖116(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；(2)求二面角BA1DA的正弦值解 在平面ABCD內(nèi)，過點A作AEAD，交BC于點E.因為AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.如圖，以，為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.因為ABAD2，AA1，BAD120°，則A(0,0,0)，B(，1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0,0，)，C1(，1，)(1)(，1，)，(，1，)，則cos，因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為.(2)平面A1DA的一個法向量為(，0,0)設(shè)m(x，y，z)為平面BA1D的一個法向量，又(，1，)，(，3,0)，則即不妨取x3，則y，z2，所以m(3，2)為平面BA1D的一個法向量從而cos，m.設(shè)二面角BA1DA的大小為，則|cos |.因為0，所以sin .因此二面角BA1DA的正弦值為.規(guī)律方法(1)利用法向量求解空間線面角的關(guān)鍵在于“四破”：第一，破“建系關(guān)”，構(gòu)建恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；第二，破“求坐標(biāo)關(guān)”，準(zhǔn)確求解相關(guān)點的坐標(biāo)；第三，破“求法向量關(guān)”，求出平面的法向量；第四，破“應(yīng)用公式關(guān)”(2)利用法向量的根據(jù)是兩個半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互補，在能斷定所求二面角的平面角是銳角、直角或鈍角的情況下，這種方法具有一定的優(yōu)勢，但要注意，必須能斷定“所求二面角的平面角是銳角、直角或鈍角”，在用法向量法求二面角的大小時，務(wù)必要作出這個判斷，否則解法是不嚴(yán)謹(jǐn)?shù)呐e一反三(2017·江蘇省無錫市高考數(shù)學(xué)一模)如圖117，已知正四棱錐PABCD中，PAAB2，點M，N分別在PA，BD上，且.(1)求異面直線MN與PC所成角的大小；(2)求二面角NPCB的余弦值. 【導(dǎo)學(xué)號：56394084】圖117 解(1)設(shè)AC與BD的交點為O，ABPA2.以點O為坐標(biāo)原點，方向分別是x軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.則A(1，1,0)，B(1,1,0)，C(1,1,0)，D(1，1,0)，設(shè)P(0,0，p)，則(1,1，p)，又AP2，11p24，p，(1,1，)，設(shè)異面直線MN與PC所成角為，則cos .30°，異面直線MN與PC所成角為30°.(2)(1,1，)，(1,1，)，設(shè)平面PBC的法向量n(x，y，z)，則取z1，得n(0，1)，設(shè)平面PNC的法向量m(a，b，c)，則取c1，得m(，2，1)，設(shè)二面角NPCB的平面角為，則cos .二面角NPCB的余弦值為.第3步 高考易錯明辨析1忽視參數(shù)的符號已知f (x)|ax1|(aR)，不等式f (x)3的解集為x|2x1(1)求a的值；(2)若k恒成立，求k的取值范圍錯解(1) 由|ax1|3得4ax2，即x，又f (x)3的解集為x|2x1，即a2.(2)記h(x)f (x)2f ，則h(x)|h(x)|1，因此k1.正解(1)由|ax1|3得4ax2，又f (x)3的解集為x|2x1，當(dāng)a0時，不合題意；當(dāng)a0時，x，得即a2.(2)記h(x)f (x)2f ，則h(x)|h(x)|1，因此k1.2基本概念理解不清直線2cos 1與圓2cos 相交的弦長為_錯解由或，則弦長. 正解2cos 1是過點且垂直于極軸的直線，2cos 是以(1,0)為圓心，1為半徑的圓，則弦長2.專家預(yù)測·鞏固提升(對應(yīng)學(xué)生用書第61頁)1(原創(chuàng)題)如圖118，ACAB，BEAB，AB10，AC2，用一塊三角尺進行如下操作：將直角頂點P在線段AB上滑動，一直角邊始終經(jīng)過點C，另一直角邊與BE相交于點D，若BD8，則AP的長為_圖1182或8由題意，知APCBDP，即.AP2或8.題后反思本題強調(diào)動手能力，用身邊的實物建模，構(gòu)造相似三角形，這是此題的一個亮點2(新穎題)在極坐標(biāo)系中，已知兩點A，B的極坐標(biāo)分別為，則AOB(其中O為極點)的面積為_3如圖，SAOB×3×4×sin3.題后反思本題把極坐標(biāo)放在三角形內(nèi)進行考查，角度新穎，而且難度降低，體現(xiàn)新課標(biāo)注重知識點的內(nèi)涵與本質(zhì)這一特點3(改編題)若不等式|2xm|3x6|恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為_. 【導(dǎo)學(xué)號：56394085】4在同一直角坐標(biāo)系中分別畫出函數(shù)y|2xm|及y|3x6|的圖象(如圖)，由于不等式|2xm|3x6|恒成立，函數(shù)y|2xm|的圖象在y|3x6|的圖象的下方，因此，函數(shù)y|2xm|的圖象也必須經(jīng)過點(2,0)，m 4.4(原創(chuàng)題)設(shè)函數(shù)f (x)|x3|x1|，xR.(1)解不等式f (x)1；(2)設(shè)函數(shù)g(x)|xa|4，g(x)f (x)在x2,2上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍解(1)由條件知f (x)|x3|x1|由f (x)1，解得x.6分(2)由g(x)f (x)得|xa|4|x3|x1|，由函數(shù)的圖象可知a的取值范圍是4,0.12分5(改編題)在極坐標(biāo)系內(nèi)，已知曲線C1的方程為22(cos 2sin )40，以極點為原點，極軸方向為x正半軸方向，利用相同單位長度建立平面直角坐標(biāo)系，曲線C2的參數(shù)方程為(t為參數(shù))(1)求曲線C1的直角坐標(biāo)方程以及曲線C2的普通方程；(2)設(shè)點P為曲線C2上的動點，過點P作曲線C1的兩條切線，求這兩條切線所成角余弦值的取值范圍解(1)對于曲線C1的方程為22(cos 2sin )40，可化為直角坐標(biāo)方程x2y22x4y40，即(x1)2(y2)21；對于曲線C2的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，可化為普通方程3x4y150.6分(2)過圓心(1，2)作直線3x4y150的垂線，此時兩切線成角最大，即余弦值最小，則由點到直線的距離公式可知d4，則sin，因此cos 12sin2，因此兩條切線所成角的余弦值的取值范圍是.21