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专题22 主观题答题模板
探究1：三角函数
【典例剖析】
例1.(2022·全国1卷)记的内角，，的对边分别为，，，已知．
若，求 求的最小值．
【变式训练】
练1-1(2022·湖南省衡阳市联考)在中，内角，，满足且．
求证： 求的最小值．
【规律方法】
1.平时复习中需要落实好倍角公式、和差角公式在解三角形中的运用，例如：例题中二倍角公式必须是关于,分母必须是,不能默写公式;
2.诱导公式在化简求值中也是经常用到的一类公式,复习备考中要熟练掌握该公式在解三角形中的运用;
3.重视运算化简过程中的步骤,避免严重跳步,有用到公式的地方一定要体现公式;
4.运用基本不等式时,要写齐不等式取等条件，也要高度培养符号理解能力,日常训练要重视逻辑思考,不饿能将结论当作条件使用.
探究2：数列
【典例剖析】
例2.(2022·全国1卷)记为数列的前项和，已知，是公差为的等差数列．
求的通项公式 证明：．
【变式训练】
练2-1(2020·浙江卷)已知数列，，满足，，
．
若为等比数列，公比，且，求的值及数列的通项公式；
若为等差数列，公差，证明：，．
【规律方法】
1.落实等差、等比数列定义的理解，以及符号语言的理解，避免惯性将题设条件中理解为等差、等比数列，落实符号的正确表示、代数式的正确运算;
2.熟练掌握通项与前项和的关系，能够正确根据前项和的关系推导出通项公式,注意讨论;
3.裂项相消是常规的求和方法,还需熟练掌握错位相减、分组求和、累加法、累乘法等求和方法;
探究3：立体几何
【典例剖析】
例3.(2022·新高考2卷)如图，是三棱锥的高，，，是的中点．
证明：平面
若，，，求二面角正弦值．
【变式训练】
练3-1(2022·湖北省武汉市联考)如图，在四棱锥中，已知四边形是边长为的正方形，点在底面上的射影为底面的中心，点在棱上，且的面积为．
若点是的中点，证明：平面平面
在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为若存在，求出点的位置若不存在，说明理由．
【规律方法】
1.利用空间向量求解问题注意事项：
(1)解题时要建立右手直角坐标系．
(2)注意求线面角的公式中，线面角的取值范围是.
(3)利用空间向量求二面角要结合图形判断所求角是锐角还是钝角．
2.与空间向量有关的探究性问题主要有两类：
一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
探究4：概率与统计
【典例剖析】
例4.(2022·全国1卷)一支医疗团队研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯卫生习惯分为良好和不够良好两类的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了例称为病例组，同时在未患该疾病的人群中随机调查了人称为对照组，得到如下数据：
不够良好 良好
病例组
对照组
能否有的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异
从该地的人群中任选一人，表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，表示事件“选到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为．
证明：．
利用该调查数据，给出，的估计值，并利用的结果给出的估计值．
附：，
【变式训练】
练4-1(2022·湖北省武汉市联考)某校为了缓解高三学子复习压力，举行“趣味数学”闯关活动，规定每人从道题中随机抽道回答，至少答对题即可闯过第一关，某班有位同学参加闯关活动，假设每位同学都能答对道题中的道题，且每位同学能否闯过第一关相互独立．
求同学闯过第一关的概率
求这位同学闯过第一关的人数的分布列和数学期望．
【规律方法】
1.随机变量分布列问题的两个关键点：
(1)求离散型随机变量分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类概率公式求概率．
(2)求随机变量均值与方差的关键是正确求出随机变量的分布列，若随机变量服从二项分布，则可直接使用公式求解．
2.独立性检验的关键
(1)根据列联表准确计算，若列联表没有列出来，要先列出此表．
(2)的观测值越大，对应的假设成立的概率越小，不成立的概率越大．
探究5：解析几何
【典例剖析】
例5.(2022·全国乙卷理科)已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过，两点
求的方程
设过点的直线交于，两点，过且平行于的直线与线段交于点，点满足，证明：直线过定点．
【变式训练】
练5-1(2022·广东省深圳市联考)已知椭圆的离心率为，短轴长为．
求的方程
过点且斜率不为的直线与自左向右依次交于点，，点在线段上，且，为线段的中点，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值．
【规律方法】
1.复习解析解析几何时需从四基入手,落实基础知识，基本方法，强调通性通法在解题中的应用;
2.加强对几何问题代数化途径的方法的归纳、总结和训练，形成用解析法解决几何问题的方法体系;
3.加强对解析几何命题规律和命题特点的研究,特别是对往年高考试题的研究,对数学问题的研究有助于帮助我们理清数学问题的本质,从更高的视角去理解问题、解决问题，提高备考效率.
探究6：导数
【典例剖析】
例6.(2022·全国甲卷理科)已知函数．
若，求的取值范围；证明：若有两个零点，则．
【变式训练】
练6-1(2022·河北省唐山市联考)已知函数，曲线和曲线在点处有相同的切线．
求，，，的值时，证明：．
【规律方法】
1.利用或化简为同构式构造函数
构造函数是解决复杂不等式的基本方法，根据题设的条件，并借助初等函数的导数的基本运算法则，构造出相应的辅助函数．通过进一步研究辅助函数的有关性质，给予巧妙的解答.在导数题中体会构造函数的数学价值.
2.消元是解决多元函数与不等式常见首选方案，将题中多元变量通过消元转化为单变量函数，转而使用函数单调性解题.
3.某些超越不等式不便于求解，可利用指数不等式、对数不等式、三角不等式、基本不等式、常用不等式等进行放缩，构造出相应的便于求解的不等式.
专题22 主观题答题模板--答案解析
例1.【解析】，且，
，，
又，，，．
又，，．
由正弦定理，
得，
，令，
则，，
在时递减，在时递增，
因此时，．
练1-1.【解析】证明，整理得，
由余弦定理，上式可化为，
，，
由正弦定理化简得：，
，
，，
化简，整理得，A.
，故．，设，，
，
当且仅当等号成立．
所求最小值为．
例2.【解析】
由得：
当且时，，
又也符合上式，因此
，
，
即原不等式成立．
练2-1.【解析】解：由题意，，，，，
整理，得，解得舍去，或，
，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，．，
则，
，
，
，，
各项相加，可得，时，
，
当时代入适合，
．
证明：依题意，由，可得
，
两边同时乘以，可得
，
，
数列是一个常数列，且此常数为，
，
，
，
，故得证．
例3.【解析】法一：连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，所以，，
所以，又，，所以，所以，
作中点，连接、，则有，又，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又、分别为、的中点，所以，在中，
又因为平面，平面，所以平面，
又、平面，，所以平面平面，
又平面，所以平面
法二：连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，所以，，
所以，又，，所以，
所以，又，在，为中点，
延长，交于，连接，
所以在中，、分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面
法一：过点作，以为轴，为轴，为轴．
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，，由，
又，所以，，
所以，，，，
设，则，
平面的法向量设为，直线的方向向量可设为，
直线平面，直线的方向向量为
，所以
所以，设，则，所以
平面的法向量设为，，
，所以，所以，设，则，
所以
所以，，
二面角的平面角为，则，
所以二面角的正弦值为
法二：过点作，以为轴，为轴，为轴
建立所示的空间直角坐标系．
因为，，由，
又，所以，，所以，，
，，设，则，
平面的法向量设为，，
，所以，所以设，则，
所以
平面的法向量设为，，
，所以
所以，设，则，所以
所以，
二面角的平面角为，则，
所以二面角的正弦值为．
练3-1.【解析】证明：点在底面上的射影为点，平面，
四边形是边长为的正方形，，
，，即：，
，又，点是的中点，，同理可得：，
又，且，平面，
平面，又平面，平面平面．
如图，连接，易知，，两两互相垂直，
分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
假设存在点使得直线与平面所成的角的正弦值为，
点在棱上，不妨设，，
又，，，
设平面的法向量为，则
，，
令，则，，
又，设直线与平面所成的角为，则，
，，
即，解得：或不合题意，舍去，
存在点符合题意，点为棱上靠近端点的三等分点．
例4.【解析】得到联表如下：
不够良好 良好 总计
病例组
对照组
总计
有的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异
证明：，，
，，
又，，，，
，，，，
．，即，，的估计值为．
练4-1.【解析】同学闯过第一关的情况有答对题和答对题，故B同学闯过第一关的概率
由题意可知的所有可能取值为，，，，，，且服从二项分布，即∽
，，
，，
，．
故的分布列为
所以．或．
例5.【解析】设的方程为，将，两点代入得，
解得，，故E的方程为．
由，可得直线
若过的直线的斜率不存在，直线为代入，可得，
，将代入，可得，由，
得易求得此时直线过点；
若过的直线的斜率存在，设，，。
联立，得，
故有，且
联立，可得，，
可求得此时
将代入整理得
将式代入，得，
显然成立．
综上，可得直线过定点．
练5-1.【解析】设椭圆的半焦距为，
由题意，，，，解得，，
所以的方程为．
设直线的方程为，，，，
由得，
所以，，且，即．
所以，，即
又，所以．
解得，，
从而．所以．
例6.【解析】定义域为，，
令，所以当时，，单调递减
当时，单调递增，要使得恒成立，
即满足．
由知，若有两个零点，则，
而，
即，
因为函数在上单调递增，所以成立，
令，且，易知在上单调递减，在上单调递增，
不妨设要证明，即证明，
即证明 证明在上恒成立．
下面构造函数，
则恒成立，
在单调递增，而，
所以，即在上恒成立，
从而得证．
练6-1.【解析】，．
依题意，
所以解得
，，．
．
设，则
时，，单调递减
时，，单调递增，
因此时，取得最小值，
可得，所以．
，
设，则．
所以时，，单调递减
时，，单调递增，
因此，即．
故．
2

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