(新高考)高考数学二轮专项复习（9个专题，含详解）

这是一份(新高考)高考数学二轮专项复习（9个专题，含详解），共29页。
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　　　　　　　　　　　应用基本不等式的八种变形技巧
基本不等式的一个主要功能就是求两个正变量和与积的最值，即所谓“和定积最大，积定和最小”．但有的题目需要利用基本不等式的变形式求最值，有的需要对待求式作适当变形后才可求最值．常见的变形技巧有以下几种：
技巧一　加上一个数或减去一个数使和或积为定值
函数f(x)＝＋x(x0，y>0，且2x2＋＝8，求x的最大值．
[思路点拨]　由于已知条件式中有关x，y的式子均为平方式，而所求式中x是一次的，且根号下y是二次的，因此考虑平方后求其最值．
【解】　(x)2＝x2(6＋2y2)＝3·2x2≤3·＝3×.当且仅当2x2＝1＋，即x＝，y＝时，等号成立．故x的最大值为.
技巧三　展开后求最值
对于求多项式积的形式的最值，可以考虑展开后求其最值．
已知a>0，b>0且a＋b＝2，求的最小值．
[思路点拨]　由于待求式是一个积的形式，因此需将多项式展开后将积的最小值转化为和的最小值．
【解】　由题得＝＋＋＋1＝＋＋1＝＋1，
因为a>0，b>0，a＋b＝2，所以2≥2，所以ab≤1，所以≥1.所以≥4(当且仅当a＝b＝1时取等号)，所以的最小值是4.
技巧四　变形后使用基本不等式
设a>1，b>1，且ab－(a＋b)＝1，那么(　　)
A．a＋b有最小值2(＋1)
B．a＋b有最大值(＋1)2
C．ab有最大值＋1
D．ab有最小值2(＋1)
【解析】　因为ab－(a＋b)＝1，ab≤()2，
所以－(a＋b)≥1，它是关于a＋b的一元二次不等式，
解得a＋b≥2(＋1)或a＋b≤2(1－)(舍去)，
所以a＋b有最小值2(＋1)．
又因为ab－(a＋b)＝1，a＋b≥2，
所以ab－2≥1，它是关于的一元二次不等式，
解得≥＋1或≤1－(舍去)，
所以ab≥3＋2，即ab有最小值3＋2.
【答案】　A
技巧五　形如型函数变形后使用基本不等式
若y＝中f(x)的次数小于g(x)的次数，可取倒数后求其最值．
求函数y＝(x≠－1)的值域．
[思路点拨]　将(x＋5)(x＋2)用(x＋1)来表示再变形为f(x)＝Ax＋＋C的形式，然后运用基本不等式求解．
【解】　因为y＝＝
＝＝x＋1＋＋5，
当x＋1>0时，即x>－1时，y≥2＋5＝9(当且仅当x＝1时取等号)；
当x＋10，求x＋y的最小值．
【解】　法一：因为x>0，y>0，所以x＋y＝(x＋y)·1＝(x＋y)·＝3＋＋≥3＋2＝3＋2.
当且仅当＝，且＋＝1，即x＝＋1，y＝2＋时，上式等号成立．故x＋y的最小值是3＋2.
法二：因为＋＝1，所以x＝.
因为x>0，y>0，所以y－2>0.
所以x＋y＝＋y＝＝＝
y－2＋＋3≥3＋2.

求以形如或可化为＋＝1型为条件的cx＋dy(a，b，c，d都不为0)的最值可利用“1”的代换求乘法．本题中的条件＋＝1也可化为2x＋y－xy＝0.
若a，b为常数，且00.所以(a＋1)(b＋2)＝ab＋2a＋b＋2＝6a＋＋9＝6(a－1)＋＋15.
因为a－1>0，
所以6(a－1)＋＋15≥2＋15＝27.
当且仅当6(a－1)＝(a>1)，
即a＝2时取等号．
【答案】　27

已知条件含形如ax＋bxy＋cy＋d＝0(abc≠0)型的关系式，求关于x、y一次式的和或积的最值问题．常将关系式中ax＋bxy＋cy＋d＝0变形，用一个变量x(或y)表示另一个变量y(或x)后求解．
技巧七　代换减元求最值
设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当取得最小值时，x＋2y－z的最大值为__________．
【解析】　x2－3xy＋4y2－z＝0⇒z＝x2－3xy＋4y2，①
所以＝＝＋－3≥2－3＝1.
等号成立条件为x＝2y，
代入到①可得z＝(2y)2－3·2y·y＋4y2＝2y2，
所以x＝2y，z＝2y2，
所以x＋2y－z＝2y＋2y－2y2
＝－2(y2－2y)＝－2(y－1)2＋2≤2.
【答案】　2

在含有两个以上变元的最值问题中，通过代换的方法减少变元，把问题化为两个变元的问题使用基本不等式，或者把问题化为一个变元的问题使用函数方法求解．
技巧八　建立求解目标不等式求最值
已知x，y均为正实数，且xy＝x＋y＋3，则xy的最小值为__________．
【解析】　因为x，y均为正实数，
所以x＋y≥2，xy＝x＋y＋3可化为xy≥2＋3，
即(－3)(＋1)≥0，
所以≥3，xy≥9，
当且仅当x＝y时，xy取得最小值9.
【答案】　9

利用基本不等式与已知条件建立求解目标的不等式，求出不等式的解集即得求解目标的最值．



　　　　　　　　　　　数学抽象——活用函数性质中“三个二级”结论
函数的奇偶性、周期性、对称性及单调性，在高考中常常将它们综合在一起命题，解题时，往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题．
一、奇函数的最值性质
已知函数f(x)是定义在区间D上的奇函数，则对任意的x∈D，都有f(x)＋f(－x)＝0.特别地，若奇函数f(x) 在D上有最值，则f(x)max＋f(x)min＝0，且若0∈D，则f(0)＝0.
设函数f(x)＝的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________．
【解析】　函数f(x)的定义域为R，
f(x)＝＝1＋，
设g(x)＝，则g(－x)＝－g(x)，
所以g(x)为奇函数，
由奇函数图象的对称性知g(x)max＋g(x)min＝0，
所以M＋m＝[g(x)＋1]max＋[g(x)＋1]min＝2＋g(x)max＋g(x)min＝2.
【答案】　2
二、抽象函数的周期性
(1)如果f(x＋a)＝－f(x)(a≠0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T＝2a.
(2)如果f(x＋a)＝(a≠0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T＝2a.
(3)如果f(x＋a)＋f(x)＝c(a≠0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T＝2a.
已知定义在R上的函数f(x)，对任意实数x有f(x＋4)＝－f(x)＋2，若函数f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，f(1)＝2，则f(17)＝________．
【解析】　由函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝1对称可知，函数f(x)的图象关于y轴对称，故f(x)为偶函数．
由f(x＋4)＝－f(x)＋2，得f(x＋4＋4)＝－f(x＋4)＋2＝f(x)，所以f(x)是最小正周期为8的偶函数，所以f(17)＝f(1＋2×8)＝f(1)＝2.
【答案】　2
三、抽象函数的对称性
已知函数f(x)是定义在R上的函数．
(1)若f(a＋x)＝f(b－x)恒成立，则y＝f(x)的图象关于直线x＝对称，特别地，若f(a＋x)＝f(a－x)恒成立，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．
(2)若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＋f(a－x)＝0，即f(x)＝－f(2a－x)，则f(x)的图象关于点(a，0)对称．
(2020·黑龙江牡丹江一中期末)设f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，且f(x＋2)＝－f(x)，下面关于f(x)的判定，其中正确命题的个数为(　　)
①f(4)＝0；
②f(x)是以4为周期的函数；
③f(x)的图象关于x＝1对称；
④f(x)的图象关于x＝2对称．
A．1　　　　　　　　　　 B．2
C．3 D．4
【解析】　因为f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，f(0)＝0，
因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，
即f(x)是以4为周期的周期函数，f(4)＝f(0)＝0，
因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f[(x＋1)＋1]＝f(－x)，
令t＝x＋1，则f(t＋1)＝f(1－t)，所以f(x＋1)＝f(1－x)，
所以f(x)的图象关于x＝1对称，而f(2＋x)＝f(2－x)显然不成立．
故正确的命题是①②③，故选C．
【答案】　C



　　　　　　　　　　　构造法解决抽象函数问题
在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．
类型一　只含f(x)型
定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)的解集为(　　)
A．(1，2) B．(0，1)
C．(1，＋∞) D．(－1，1)
【解析】　构造函数g(x)＝f(x)－x＋c(c为常数)，则g′(x)＝x2＋，
即f(x2)－x2＋c>＋c，即g(x2)>g(1)，
即x2⇔e2 015f(－2 015)>f(0)；同理，h(2 015)1，记a＝，b＝2f(2)，c＝(m＋1)·f，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．ac
C．bc
(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2.下面的不等式在R上恒成立的是(　　)
A．f(x)>0 B．f(x)x D．f(x).
所以g(m＋1)0；
②当xx2，得f(x)>0.
综上，对任意x∈R，有f(x)>0，应选A．
【答案】　(1)A　(2)A

(1)对于xf′(x)＋nf(x)>0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)>0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0；
(2)对于xf′(x)－nf(x)>0型，且x≠0，构造F(x)＝，则F′(x)＝(亦需注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)>0，构造F(x)＝，则F′(x)＝>0.　
类型四　含f(x)±f′(x)tan x型
已知函数f(x)的导函数f′(x)，当x∈时，f′(x)sin 2x0，当x∈时，－ω≤ωx≤ω，因为函数f(x)＝2sin ωx在区间上的最小值为－2，所以－ω≤－，解得ω≥.
若ω0，则C(1，b)．
因为∠ACD＝90°，
所以·＝0，即(1，b)·(－1，b)＝0，解得b＝1，所以B(0，1)，C(1，1)．
设P(x，y)，＝λ(0≤λ≤1)，
则(x－2，y)＝λ(－1，1)，
得x＝2－λ，y＝λ，
即P(2－λ，λ)．
|＋3|＝|(λ－2，－λ)＋3(λ－2，1－λ)|
＝|(4λ－8，3－4λ)|
＝
＝，0≤λ≤1，
根据二次函数性质，上式当λ＝1时取最小值，故其最小值为＝.
(2)建立如图所示的平面直角坐标系，则B(2，0)，C(3，)，D(1，)，M(2，)，设N(x，y)，则

·＝2x＋y，其中(x，y)所在的区域即为菱形及其内部的区域．设z＝2x＋y，则的几何意义是直线系z＝2x＋y在y轴上的截距，结合图形可知，在点C处目标函数取得最大值，最大值为2×3＋×＝9.
【答案】　(1)　(2)9

向量坐标化后，所有的问题均可以通过计算求解，这种方法对难度较大的平面向量试题非常有用．　
策略四　用好两向量垂直的条件
设O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三点，动点P满足＝＋λ，λ∈[0，＋∞)，则点P的轨迹经过△ABC的(　　)
A．外心　　　　　　　　　 B．内心
C．重心 D．垂心
【解析】　·(－)＝
－＋－.
在△ABC中，记角A，B，C的对边分别为a，b，c，则上式即为
－＋－
＝.
根据正弦定理，上式的分子为
2R(sin Ccos C－sin Bcos B＋sin Ccos Acos B－sin Bcos Acos C)
＝2R
＝2R

＝2R[－cos (B＋C)sin (B－C)＋cos Asin(C－B)]
＝2R[－cos Asin(C－B)＋cos Asin (C－B)]＝0.
所以·(－)＝0，
所以⊥.
又向量＋经过点A，所以向量
λ与△ABC的BC边上的高线所在的向量共线．
因为＝＋λ，
所以点P在△ABC的BC边上的高线上，
所以点P的轨迹经过△ABC的垂心，故选D．
【答案】　D

两非零向量垂直的充要条件是其数量积为零，利用该结论可以证明平面图形中的直线与直线垂直、也可以根据两向量垂直求未知的参数值等．
策略五　用好向量运算的几何意义
已知向量a，b，c满足|a|＝，|b|＝a·b＝3，若(c－2a)·(2b－3c)＝0，则|b－c|的最大值是______．
【解析】　设a，b夹角为θ，a·b＝×3cos θ＝3，
得cos θ＝，
因为0≤θ≤π，所以θ＝.
建立如图所示的平面直角坐标系，a＝(1，1)，b＝(3，0)，
设c＝(x，y)，
则c－2a＝(x－2，y－2)，2b－3c＝(6－3x，－3y)．
因为(c－2a)·(2b－3c)＝0，
所以(x－2)(6－3x)＋(y－2)·(－3y)＝0，
整理得x2＋y2－4x－2y＋4＝0，
即(x－2)2＋(y－1)2＝1，
即向量c的终点在以(2，1)为圆心、1为半径的圆上，
根据向量减法的几何意义，可知|b－c|的最大值为＋1＝＋1.

【答案】　＋1



解决数列问题的七大常用技巧
技巧一　巧用性质减少运算
等差数列、等比数列的通项公式与求和公式中均涉及多个量，解题中可以不必求出每个量，从整体上使用公式．
(1)等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为(　　)
A．1　　　　　　　　　 B．2
C．3 D．5
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6＞S7＞S5，则满足SkSk＋1＜0的正整数k＝__________．
[点拨]　(1)可直接把a1＋a3看作一个整体，利用等比数列的性质求解公比，然后代入即可；也可直接将已知转化为首项和公比所满足的方程，求出公比后再求和．(2)利用等差数列的前n项和的性质．
【解析】　(1)法一：因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故a9＋a11＝＝＝2.
同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，
所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，
故a13＋a15＝＝＝1.
所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
法二：设等比数列{an}的公比为q，
则a5＝a1q4，a7＝a3q4，所以q4＝＝＝.
又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×＝2，
a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×＝1，
所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
(2)依题意得a6＝S6－S5＞0，
a7＝S7－S6＜0，a6＋a7＝S7－S5＞0，
则S11＝＝11a6＞0，
S12＝＝＞0，
S13＝＝13a7＜0，
所以S12S13＜0，即满足SkSk＋1＜0的正整数k＝12.
【答案】　(1)C　(2)12
技巧二　巧用升降角标法实现转化
在含有an，Sn对任意正整数n恒成立的等式中，可以通过升降角标的方法再得出一个等式，通过两式相减得出数列递推式，再根据递推式求得数列的通项公式和解决其他问题．
设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．求数列{an}的通项公式．
【解】　当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋3，
得an＝2Sn－1＋3，
两式相减，得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，
所以an＋1＝3an，
所以＝3.
当n＝1时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则＝3.
所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列．
所以an＝3×3n－1＝3n.
技巧三　巧用不完全归纳找规律
解数列问题时要注意归纳推理的应用，通过数列前面若干项满足的规律推出其一般性规律．
在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos[(n＋1)π]，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 018＝__________．
[点拨]　根据递推式计算数列的前面若干项，发现规律，然后求S2 018的值．
【解析】　由a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos [(n＋1)π]，得a2＝a1＋cos 2π＝1＋1＝2，a3＝－a2＋cos 3π＝－2－1＝－3，a4＝a3＋cos 4π＝－3＋1＝－2，a5＝－a4＋cos 5π＝2－1＝1，…由此可知，数列{an}是以4为周期的周期数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝－2，所以S2 018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 017＋a2 018＝504×(－2)＋a1＋a2＝－1 005.
【答案】　－1 005
技巧四　巧用辅助数列求通项
已知数列的递推式求数列的通项公式时，基本思想就是通过变换递推式把其转化为等差数列、等比数列(辅助数列)，求出辅助数列的通项，再通过变换求出原数列的通项公式．
(1)当出现an＝an－1＋m(n≥2)时，构造等差数列；
(2)当出现an＝xan－1＋y(n≥2)时，构造等比数列．
(1)设数列{an}满足a1＝2，an＋1－4an＝3×2n＋1，求数列{an}的通项公式．
(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
【解】　(1)由an＋1－4an＝3×2n＋1得，－＝3，
设bn＝，则bn＋1＝2bn＋3，设bn＋1＋t＝2(bn＋t)，所以2t－t＝3，解得t＝3，所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，所以＝2，又b1＋3＝＋3＝1＋3＝4，所以数列{bn＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋3＝4×2n－1＝2n＋1，所以bn＝2n＋1－3，所以an＝bn·2n＝(2n＋1－3)×2n＝22n＋1－3×2n.
(2)因为an＋1＝(n∈N*)，所以＝＋1，设＋t＝3，所以3t－t＝1，解得t＝，所以＋＝3，又＋＝1＋＝，所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以＋＝×3n－1＝，所以an＝.
技巧五　巧用裂项求和
裂项相消法是数列求和的基本方法之一，在通项为分式的情况下，注意尝试裂项，裂项的基本原则是an＝f(n)－f(n＋1)．
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，若数列{Sn＋1}是公比为4的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.
[点拨]　(1)先求Sn，再利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求an；(2)把通项分解为两项的差，再消项求和．
【解】　(1)由题意知Sn＋1＝(S1＋1)·4n－1＝4n，
所以Sn＝4n－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3·4n－1，且a1＝3满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝3·4n－1.
(2)bn＝＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝×＋×＋…＋×
＝＝－.
技巧六　巧用分组妙求和
分组求和方法是分类与整合思想在数列求和问题中的具体体现，其基本特点是把求和目标分成若干部分，先求出部分和，再整合部分和的结果得出整体和．
若数列{an}的通项公式为an＝22n＋1，令bn＝(－1)n－1×，则数列{bn}的前n项和Tn＝____________．
【解析】　由题意得bn＝(－1)n－1
＝(－1)n－1
＝(－1)n－1，
当n为偶数时，Tn＝－＋…＋－＝－，
当n为奇数时，Tn＝－＋…－＋＝＋，
所以Tn＝－(－1)n.
【答案】　－(－1)n
技巧七　巧用特值验算保准确
使用“错位相减法”求和的方法学生都能够掌握，但求解的结果容易出现错误，应该在求出结果后使用a1＝S1进行检验，如果出现a1≠S1，则说明运算结果一定错误，这时可以检查解题过程找出错误、矫正运算结果．
已知数列{an}的通项公式为an＝，则其前n项和Sn＝__________．
【解析】　Sn＝＋＋＋…＋，
2Sn＝2＋＋＋…＋，
两式相减得Sn＝2＋＋＋…＋－，
Sn＝2＋－＝5－.
【答案】　5－

确定球心位置的三种方法
决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．
方法一　由球的定义确定球心
若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．
(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；
(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；
(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；
(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；
(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．
　已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是(　　)
A．16π　　　　　　　 B．20π
C．24π D．32π
【解析】　已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为＝2，则半径为，故球的表面积为24π，故选C．
【答案】　C
方法二　构造长方体或正方体确定球心
(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；
(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．
　如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为(　　)

A．　　 B．
C．　　 D．
【解析】　易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A′EFD的外接球，球的半径为r＝ ＝.故选B．
【答案】　B
方法三　由性质确定球心
利用球心O与截面圆圆心O′的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．
　正三棱锥A­BCD内接于球O，且底面边长为，侧棱长为2，则球O的表面积为________．
【解析】　如图，M为底面△BCD的中心，易知AM⊥MD，DM＝1，AM＝.在Rt△DOM中，OD2＝OM2＋MD2，即OD2＝(－OD)2＋1，解得OD＝，故球O的表面积为4π×＝π.

【答案】　π

解析几何减少运算量的常见技巧
技巧一　巧用平面几何性质
已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为(　　)
A．　　　　　　　　　　 B．
C． D．
【解析】　设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有＝，＝.又因为OE＝2ON，所以有＝·，解得e＝＝，故选A．

【答案】　A

此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算．　
技巧二　设而不求，整体代换
对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．
已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为M(1，－1)，则E的标准方程为(　　)
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
【解析】　通解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，

①－②得＋＝0，
所以kAB＝＝－＝.
又kAB＝＝，所以＝.
又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
优解：由kAB·kOM＝－得，×＝－得，a2＝2b2，
又a2－b2＝9，所以a2＝18，b2＝9，
所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
【答案】　D

本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．　
技巧三　巧用“根与系数的关系”，化繁为简
某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．
已知椭圆＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆M，N两点．
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．
【解】　(1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0.
解得x1＝－2，x2＝－，所以M.
(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，联立方程
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
则xA＋xM＝，又xA＝－2，
则xM＝－xA－＝2－＝.
同理，可得xN＝.
由(1)知若存在定点，则此点必为P.
证明如下：
因为kMP＝＝＝，
同理可计算得kPN＝.
所以直线MN过x轴上的一定点P.

本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出xM＝，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．　
技巧四　巧妙“换元”减少运算量
变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．
如图，已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－.

(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值．
【解】　(1)由已知椭圆的焦点在x轴上，设其方程为＋＝1(a＞b＞0)，则A(a，0)，B(0，b)，F(c，0)(c＝)．
由已知可得e2＝＝，所以a2＝4b2，
即a＝2b，可得c＝b①.
S△AFB＝×|AF|×|OB|＝(a－c)b＝1－②.
将①代入②，得(2b－b)b＝1－，解得b＝1，故a＝2，c＝.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2③.
由消去y，
得x2＋2kmx＋m2－1＝0.
由题可知k≠0，即(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2＞0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝－4×＝④.
将③代入④中，得|x1－x2|2＝，
故|x1－x2|＝.所以|MN|＝|x1－x2|＝×＝.
故△OMN的面积S＝|MN|×1＝××1＝.
令t＝4k2＋1，则t≥1，k2＝，代入上式，得
S＝2＝
＝＝
＝＝，
所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±时，S取得最大值，且最大值为×＝1.

破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y＝ax＋b±(a，b，c，d均为常数，且ac≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．　

概率、统计综合问题的三种常用求解策略
策略一　公式法
在某校教师趣味投篮比赛中，比赛规则是：每场投6个球，至少投进4个球且最后2个球都投进者获奖；否则不获奖．已知教师甲投进每个球的概率都是.
(1)记教师甲在每场的6次投球中投进球的个数为X，求X的分布列；
(2)求教师甲在一场比赛中获奖的概率．
【解】　(1)X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.
依条件可知，X～B(6，)，
P(X＝k)＝C·()k·()6－k(k＝0，1，2，3，4，5，6)．
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
6
P







(2)设教师甲在一场比赛中获奖为事件A，
则P(A)＝C·()2·()4＋C··()5＋()6＝，即教师甲在一场比赛中获奖的概率为.

对于此类问题求解，若随机变量X服从二项分布B(n，p)，则其概率、均值与方差可直接利用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求得．　
策略二　间接法
随机观测生产某种零件的某工厂20名工人的日加工零件数(单位：件)，获得数据如下：30，42，41，36，44，48，37，25，45，43，31，49，34，33，43，38，32，46，39，36.根据上述数据得到样本的频率分布表如下：
分组
频数
频率
[25，30]
2
0.10
(30，35]
4
0.20
(35，40]
5
0.25
(40，45]
m
fm
(45，50]
n
fn
(1)确定样本频率分布表中m，n，fm和fn的值；
(2)根据上述频率分布表，画出样本频率分布直方图；
(3)根据样本频率分布直方图，求在该厂任取3人，至少有1人的日加工零件数落在区间(30，35]内的概率．

【解】　(1)由已知数据，得区间(40，45]内的频数m＝6，区间(45，50]内的频数n＝3，故fm＝＝0.3，fn＝＝0.15.
(2)由频率分布表，画出频率分布直方图如下图：

(3)根据样本频率分布直方图，每人的日加工零件数落在区间(30，35]内的频率为0.2，设所取的3人中，日加工零件数落在区间(30，35]内的人数为ξ，则ξ～B(3，0.2)，
故P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－0.2)3＝0.488.
因此至少有1人的日加工零件数落在区间(30，35]内的概率为0.488.

当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少时，可利用其对立事件进行求解，即“正难则反”．对于“至少”“至多”等问题往往用这种方法求解．　
策略三　对称法
从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：

(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)；
(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2.
①利用该正态分布，求P(187.8＜Z＜212.2)；
②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8，212.2)的产品件数．利用①的结果，求EX.
附：≈12.2.
若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＝0.954 5.
【解】　(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，
s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.
(2)①由(1)知，Z～N(200，150)，
从而P(187.8＜Z＜212.2)＝P(200－12.2＜Z＜200＋12.2)＝0.682 7.
②由①知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8，212.2)的概率为0.682 7，
依题意知X～B(100，0.682 7)，
所以EX＝100×0.682 7＝68.27.

解决与正态分布有关的问题，在理解μ，σ2的意义情况下，记清正态分布的密度曲线是一条关于μ对称的钟形曲线，很多问题都是利用图象的对称性解决的．