tceic.com
简单学习网 让学习变简单
当前位置:首页 >> 数学 >>

2015年高考数学新课标卷试题分析


2015年高考数学新课标卷 试题分析
河北正定中学 冯津爽 Tel:13722872675

1

分三块内容
一、2015年课标卷试卷结构与题目特点 二、2015试题分析 三、尖子生培养与学困生转化

2

模块一
2015年课标卷试卷结构与题目特点

r />3

高考试题宏观看
一、理念:以学生为本、探究性学习、多元化评价. 强调:过程、探索、发现. 重视:重点知识重点考查. “考查基础知识的同时,注重考查能力; 大稳定,小创新,重思维,考运算” . 新课程高考试题以能力立意命题,根据《课程标准》《考试 大纲》的要求,突出以下特点:
①以数学内容为基点,以基本的推理能力和思维要求为立足点 ,突出考 查学生的基本 能力和学习能力. ②以多元化、多途径、开放式的设问背景,比较客观、全面地考查学 生观察、试验、联想、猜测、归纳、类比、推广等思维活动的水平, 激发学生探索精神、求异创新思维. ③以源于社会、源于生活的问题考查学生,有效地考查学生抽象、概 括以及建立数学模型的能力,使学生认识世界、把握问题本质、筹划 应对策略.
4

二、高考考什么
①对基础知识的考查,要求全面、突出重点.对于支撑学科知识体系的重 点知识,考查时要保持较高的比例,构成数学试卷的主体 .注重学科的内 在联系和知识的综合性,从学科的整体高度和思维价值的高度考虑问题 . 在知识网络交汇点处设计试题,使对数学基础的考查达到必要的深度, 不刻意追求知识的覆盖面. ②对能力的考查,以思维能力(空间想象、直觉猜想、归纳抽象、符号 表达、运算推理、演绎证明、模式构建等 )为核心,全面考查各种能 力.强调“以能力立意”,就是以数学知识为载体,从问题入手,把 握学科的整体意义. ③数学思想方法是数学知识在更高层次上的抽象和概括. 中学阶段主要思想有——化归与转化;函数与方程;数形结合;分类讨 论与整合;算法思想;特殊与一般.另外,概率中的必然与或然;统计中 随机思想(用样本估计总体);统计案例中最小二乘法、独立性检验的推 断原理和假设检验等思想.
5

三、试题结构: 12个选择,4个填空,5个解答,1个选作. 选择题和填空题(共80分)考查基本知识和基本运算.抓 住“双基”是得分的关键!对个别难题和较新颖题应有心 理准备. 解答题基本保持稳定:基本顺序是:数列或解三角形 (或向量与三角)、统计与概率、立体几何、解析几何( 侧重直线与椭圆)、函数与导数(侧重以e为底的指数或对 数的函数)、系列4选修(侧重选作极坐标与参数方程,不 等式).

6

四、 命题规律
1. 试题分布 (1个):集合的基本运算;复数的基本运算;三角函数图象;三角恒等变换 与求值;向量运算或与三角结合;排列与组合;程序框图 (数列,比较大 小,函数);统计(标准差,茎叶图,散点图);三视图与面积或体积;立 体几何中的其它. (1个或2个): 等差等比数列基本量或性质;双曲线抛物线的定义性质或与 直线的简单位臵关系. (可能1个):常用逻辑用语;函数奇偶性或幂指对函数;分段函数;导数的 几何意义;定积分;线性规划;不等式解法或基本不等式;合情推理等 .

7

2.客观题分为三个层次 ①选择题前5、填空第1题属于第一层次,难度:易. 如:集合、复数、简易逻辑(充要条件)、算法(程序框图)、 统计(散点图、直方图或正态分布)、积分求面积等. ②选择题第6—10题、填空题第2、3题属于第二层次,属于教材习 题的改变题或重组题(在教材上都能找到它们的影子),是新 课标要求的重点知识、重点思想方法. 如:线性规划(数形结合法)、函数图像与性质(数形结合法)、 分段函数问题、解三角形(正弦定理或余弦定理)、直线与圆 的方程(数圆锥曲线的方程(待定系数法或数形结合法)、概 率与统计问题、形结合法)、立体几何中的三视图与直观图等. ③选择题的最后两题和填空题的最后一题属于第三层次,考查阅 读理解能力、数形结合、等价转化、数学建模、合情推理等 创新能力的试题或综合题.是较难的能力题,考查学生独立解 决问题的能力.
8

3.延续性 2015年全国卷1理科选择题第7题与2014年全国卷1文科第6题 的命题方式基本一致:
??? ? ??? ? 2015 全国卷 1 理 7:设 D 为 ? ABC 所在平面内一点 BC ? 3CD ,则( ???? ? 4 ???? ???? 1 ??? ? 4 ???? 1 ??? (A) AD ? ? AB ? AC (B) AD ? AB ? AC 3 3 3 3 ???? 4 ??? ? 1 ???? ???? 4 ??? ? 1 ???? (C) AD ? AB ? AC (D) AD ? AB ? AC 3 3 3 3


2014 全国卷 1 文 6: 设 D, E, F 分别为△ABC 的三边 BC, CA,
→ → AB 的中点,则EB+FC=( 1→ → A. BC B. AD 2 ) → C. AD D. 1→ BC 2

平面向量基底法
9

2015 全国卷 1 理 17: Sn 为数列 {an } 的前 n 项和.已知 an >0,
2 an ? 2an = 4Sn ? 3 .(Ⅰ)求 {an } 的通项公式: 1 (Ⅱ)设 bn ? ,求数列 {bn } 的 n 项和 an an?1 2014 全国卷 1 理 17:已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中 λ 为常数. (1)证明:an+2-an=λ. 2013 全国卷 1 文 17:已知等差数列 {an } 的前 n 项和 Sn 1 满足 S3 ? 0 , S5 ? ?5 。(Ⅱ)求数列 { } 的前 n 项和。 a2 n?1a2 n?1

2015年全国卷1第17题第一问,与2014年全国卷1理科第17题第一问,考查的知识 点和解题方法完全一致,该题第二问与2013年全国卷1的文科第17题第二问完全一 致,甚至对计算量的要求还有所降低.
10

【2015.10】 ( x 2 ? x ? y )5 的展开式中, x 5 y 2 的系数为 (A)10 (B)20 (C)30 (D)60
.(用数字填写答案)

【2014.13】 ( x ? y )( x ? y )8 的展开式中 x 2 y 7 的系数为

【2015.13】 若函数f ( x) ? x ln( x ? a ? x2 ) 为偶函数,则 【2015.3】

a?

可以看出基本知识点没有变,考查方法在变.

11

4.重思维

法一:数形结合、化归转化 设 g ( x) = ex (2 x ?1) , y ? ax ? a , 由题知存在唯一的整数 x0 ,使 g ( x0 ) 在直线 y ? ax ? a 下方.
1 因为 g ?( x) ? e x (2x ? 1) ,所以当 x ? ? 时, g ?( x) <0, 2
1 ? 1 1 当 x ? ? 时,g ?( x) >0, 所以当 x ? ? 时,[ g ( x)]min = -2e 2 , 2 2

当 x ? 0 时, g (0) =-1, g (1) ? 3e ? 0 ,直线 y ? ax ? a 恒过(1,0)斜率为 a ,故 ?a ? g (0) ? ?1 , 且 g (?1) ? ?3e?1 ? ?a ? a ,解得
3 ≤ a <1,故选 D. 2e

12

? f (1) ? 0 对策 1:特值观察, f (0) ? ?1 ? a ? 0 ,取 x0 ? 0 ,故 ? ; ? f (?1) ? 0

? f (1) ? e ? 0 3 ? ,a ? 3 ? 2e f (?1) ? ? ? 2a ? 0 ? e ?
对策 2:在差异中取舍,

法二:直接从条件决定取舍!
1 时, 2

取 a ? 0 ,则 f ( x) ? e x (2 x ? 1) ,当 x ?

f ( x) ? 0 不符,舍 A、B;

法三:利用选项信息进行取舍

3 3 3 x 取 a ? ,则 f ( x) ? e (2 x ? 1) ? x ? , 4 4 4 1 f (0) ? ? ? 0, f (1) ? 0, f (?1) ? 0 ,舍 C。 4
13

5.创新性
课标Ⅰ卷理

四边形的角给定,有三条边长是不定, 试题具有开放性,内涵丰富.好题!
A

E

数形结合 转化与化归 极限的思想 解三角形
B

D M

2

C

14

6.数学文化
2015 全国卷 1· 理 6: 《九章算术》 是我 国古代内容极为丰富的数学名著,书 中有如下问题:“今有委米依垣内角, 下周八尺, 高五尺. 问:积及为米几何?” 其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如 图,米堆为一个圆锥的四分之一 ),米堆为一个圆锥的四 分之一),米堆底部的弧度为 8 尺,米堆的高为 5 尺,问 米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺,圆周率约为 3,估算出堆放斛的米约有 A.14 斛 B.22 斛 C.36 斛 D.66 斛

15

7.应用意识、数据分析与处理

16

2015年全国Ⅱ卷结构特点
1. 试卷难度适中,凸显对能力的考查
纵观2015年高考新课标 Ⅱ卷试题,试卷结构与往年保持不变,试题紧扣 2015年《考试大纲》,全卷设计合理、难度适中、覆盖面广、适度求新,既注 重对基础知识与基本技能的考查,又突出考查很多数学思想和能力,比如读图 能力,空间想象能力,转化化归能力,推理论证能力,分类讨论思想,数形结 合思想. 与2014年全国新课标II卷试题相比,整体难度偏简单一些.体现出较 好的区分度与选拔性. 与2014年全国新课标II卷相同,全卷突出了对运算能力的考查,几乎每个 题目都需要一定的运算,尤其是第18题,虽然不要求计算出具体数值,但是对 画出茎叶图后的估算能力要求较高,这是继2014年高考卷后又一次在理科卷中 对统计知识的重点考查.当然试题不仅要求学生“能算”,具有认真、细致和 及时检验的运算习惯,还要求学生“会算”,即在运算中讲究一定的策略、方 法与技巧.这就需要在平常的复习和备考中加强数学思想方法方面的训练,掌 握通性通法的同时还要掌握一些常用方法、技巧.

17

2. 考点分布合理,稳中有变
2015年新课标卷遵循了考查基础知识为主体的原则,尤其是考试说明中的大部分 知识点,选择题、填空题考查了复数、三角函数、简易逻辑、概率、解析几何、向量 、框图、二项式定理(理科)、线性规划等知识点,大部分属于常规题型.同时,在3 、18、19等题目上进行了一些微创新.

3. 题目考查合理,体现创新性,亮点较多
题目整体上考查合理,稳中求新,比如第3、8(九章算术)、18、19都体现了 一定的新意,这些题目的设计与很多实际问题相联系,回归教材和中学教学实际,既 体现了题目基础与创新相结合,又保证同学在考场上能够尽量以一种平和的心态去面 对,在有限的时间里发挥自己的最佳水平.

4. 文理差异有所减小
今年高考文理科试题相同的题目有第3题,第6、第8、理第9题(同文10题)、理 第10题(同文第11题)、三选一试题,另外文理17、18、19题是姊妹题,相似度极高 . 不论文科理科都没有考查简易逻辑 5. 明年考简易逻辑的可能性非常大.

简易逻辑是高考的高频考点,常见的考查形式是全称量词和特称量词的否定,以 及充要条件的判断.常用逻辑用语的概念本身难度不大,但是会涉及其他知识.复习时 不宜涉及较难的题.

6.不论文科理科都没有概率的小题.
18

7. 三年来新课标Ⅱ卷理科试题都考了什么?
题号
1 2 3 4 5 6 7

2013年新课标Ⅱ卷
集合的运算 复数的运算 等比数列 立体几何线面关系 二项式定理 程序框图 三视图

2014年新课标Ⅱ卷
集合的运算 复数的运算 向量 解三角形 条件概率 三视图 程序框图

2015年新课标Ⅱ卷
集合的运算 复数的运算 柱形图 等比数列 分段函数 三视图 圆

8
9 10 11 12

对数式比较大小
线性规划 三次函数的极值问题 求抛物线方程 函数思想,直线的应用

切线
线性规划 抛物线 立体几何线线角 函数极值、不等式

程序框图
球、椎体体积 函数图像与性质 双曲线 函数性质、不等式
19

题号
13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24

2013年新课标Ⅱ卷
平面向量的数量积 古典概型 三角恒等变形 等差数列综合问题 解三角形 立体几何线面平行、 二面角 频率分布直方图、数 学期望 椭圆、最值 函数极值、证明不等 式、 导数应用 三角形外接圆 极坐标、参数方程 均值不等式证明

2014年新课标Ⅱ卷
二项式定理 三角函数最值 函数性质、不等式 圆及动点范围 数列、不等式 立体几何线面关系、二面 角、体积 线性回归方程及应用 椭圆离心率、焦点弦 函数单调性、不等式恒成 立求最值、估计近似值、 导数应用 圆的基本性质、切割线定 理 极坐标、参数方程 绝对值不等式

2015年新课标Ⅱ卷
共线向量 线性规划 二项式定理 等差数列的通项与求和 解三角形 茎叶图、相互独立事件的概率 立体几何线面关系、线面角 直线与椭圆 利用导数研究函数单调性 和最值 圆的切线、三角形、四边形面 积 极坐标、参数方程 不等式证明
20

8. 三年来课标Ⅱ卷理科试题中的知识结构
2013年新课标Ⅱ卷 知识结构 基本初等函数 题号 T8 分值 5 2014年新课标Ⅱ卷 题号 分值 2015年新课标Ⅱ卷 题号 T5, T10 分值 10

导数及其应用 立体几何
解析几何

T10,T21 T4,T7,T18
T11,T20

17 22
17

T8,T12,T21 T6,T11,T18
T10,T20

22 22
17

T12, T21 T6, T9, T19
T11,T20

17 22
17

概率与统计
三角函数 数列 不等式 算法初步 平面向量 集合与逻辑 复数 线性规划

T14,T19
T15,T17 T3,T16 T21,T24 T6 T13 T1 T2 T9

17
17 10 22 5 5 5 5 5

T5,T19
T4,T12,T14 T17 T21,T24 T7 T3 T1 T2 T9

17
15 12 22 5 5 5 5 5

T3, T18
T17 T4, T16 T12,T24 T8 T13 T1 T2 T14

17
12 10 15 5 5 5 5 5

排列组合,二项式定理
极坐标与参数方程 平面几何

T5
T23 T12,T22

5
10 15

T13
T23 T16,T22

5
10 15

T15
T23 T7, T22

5
10 15
21

9. 三年来课标Ⅱ卷理科试题中的能力结构
2013新课标Ⅱ卷 能力结构 题号 分值 2014新课标Ⅱ卷 题号 分值 2015新课标Ⅱ卷 题号 T6, T9, T10, T19 T3, T18 分值

空间想象能力
抽象概括能力

T4,T7,T18
T14,T19

22
17

T6,T11,T18
T5,T19 T7,T8,T9,T12, T14,T15, T16,T17,T18, T21 T1,T2,T3,T4,T6, T8,T9,T10,T11, T12,T13,T14,T16 ,T18,T20,T21 T5,T9,T19 T5,T6,T19 T6,T21

22
17

22
17

T3,T4,T5, T6,T8,T10,T16, 推理论证能力 T18,T20,T21 T1,T2,T3,T5, T9,T11,T12, T13,T15,T16,T1 7,T18,T20 T14,T19 T6,T19 T12 ,T16

71

71

T8, T10, T12, T20, T21, T24

49

运算求解能力 数据处理能力 应用意识 创新意识

86 17 17 10

T1,T2,T4, T5,T6, T7,T9,T11,T13, T15,T16,T17,T18, 101 T19,T20,T22,T23 22 22 17 T8,T18 T3,T14,T18 T8,T10,T19

113 17 22 22
22

10. 三年来课标Ⅱ卷文科都考了什么?
题号 1 2 3 2013年新课标Ⅱ卷 集合的运算 复数的运算 线性规划 2014年新课标Ⅱ卷 集合的运算 复数的运算 函数极值、简易逻辑 2015年新课标Ⅱ卷 集合的运算 复数的运算 柱形图

4
5 6 7 8

解三角形
椭圆离心率 三角函数 程序框图 对数式比较大小

平面向量内积
等差数列 三视图 立体几何体积 程序框图

向量的坐标运算
等差数列 三视图 两点间距离,三角形四心 程序框图

9
10 11

三视图
抛物线 函数性质、极值

线性规划
抛物线 函数单调性

等比数列
球的表面积与椎体体积 函数图像与性质

12

函数思想

圆及动点范围

函数的奇偶性、单调性
23

题号 13 14 15 16

2013年新课标卷 古典概率 平面向量内积 球的表面积 三角函数平移

2014年新课标Ⅱ卷 古典概率 三角函数最值 函数性质 数列

2015年新课标Ⅱ卷 函数解析式 线性规划 双曲线方程、渐近线 导数几何意义

17
18 19

等差数列、等比数列 立体几何线面平行、三 棱锥体积
频率分布直方图 圆的方程、圆心的轨迹 方程 函数极值、切线 几何证明三角形外接圆 极坐标、参数方程 均值不等式证明

解三角形
立体几何线面关系、体积 茎叶图

解三角形
频率分布直方图、概率 立体几何

20
21 22 23 24

椭圆离心率
函数、切线 几何证明圆 极坐标、参数方程 绝对值不等式

椭圆方程、直线与椭圆
利用导数研究函数单调性、 最值 圆的切线,四边形面积 极坐标、参数方程 不等式证明
24

11. 三年来课标Ⅱ卷文科试题中的知识结构
2013年新课标卷 知识结构 基本初等函数 导数及其应用 立体几何 解析几何 概率与统计 三角函数 数列 不等式 算法初步 题号 T8,T12 T11,T21 T9,T15,T18 T5,T10,T20 T13,T19 T4,T6,T16 T17 T12,T24 T7 分值 10 17 22 22 17 15 12 15 5 T11 T3,T11,T21 T6,T7,T18 T10,T20 T13,T19 T14,T17 T5,T16 T24 T8 2014年新课标Ⅱ卷 题号 分值 5 22 22 17 17 17 10 10 5 2015年新课标Ⅱ卷 题号 T11,T12,T13 T16,T21 T6,T10,T19 T15,T20 T18,T3 T17 T5,T9 T12,T24 T8 分值 15 17 22 17 17 12 10 17 5

平面向量
集合与逻辑 复数 线性规划 极坐标与参数方程

T14
T1 T2 T3 T23

5
5 5 5 10

T4
T1,T3 T2 T9 T23

5
10 5 5 10

T4
T1 T2 T14 T23

5
5 5 5 10

平面几何

T22

10

T12,T22

15

T7,T22

17
25

12. 三年来新课标Ⅱ卷文科试题的能力结构
2013新课标卷
能力结构 空间想象能力 抽象概括能力 题号 T9,T15,T18 T19 T7,T8,T11,T12, T16,T18,T19,T2 1 T1,T2,T3,T4,T5 , T6,T10,T12,T14 , T15,T17,T18,T2 0,T21 T7,T13,T19 T19 T9 分值 22 12

2014新课标Ⅱ卷
题号 T6,T7,T18 T13,T19 T3,T5,T8,T9,T11, T12,T14,T15,T16, T18,T21, 分值 22 17

2015新课标Ⅱ卷
题号 分值 39 29

T10,T11,T19, T22,T6
T3,T18,T21 T11,T14,T16, T17,T20,T21, T22,T24 T1,T2,T4,T5, T7,T9,T10,T12 ,T13,T15,T16, T17,T19,T20, T23 T3,T7,T11,T18 T18,T6 T3,T19

推理论证能力

61

69

71

运算求解能力 数据处理能力 应用意识 创新意识

98 22 12 5

T1,T2,T4,T6,T7,T 9,T10,T11,T12,T1 4,T16,T17,T18,T1 9,T20,T21 T7,T9,T13,T19 T6,T13,T19 T6,T14

115 27 22 10

101 27 17 17
26

2015年全国Ⅰ卷结构特点
1. 平稳过渡、先易后难(课标Ⅰ卷比课标Ⅱ卷难度大)
与去年相比,文理科试卷结构不变,依然分为两部分:一卷12个选择题;二卷非 选择题为4道填空题和5道必做题和三道三选一解答题.解答题还是数列(文科是三角) 、概率与统计、立体几何、解析几何、函数与导数,三选一包括几何证明选讲、坐标 系与参数方程、不等式选讲,其顺序也与13年基本保持一致,先易后难,层次分明.

2. 立足基础、覆盖面广
在全面考查的前提下,高中数学的六大主干知识仍然是支撑整份试卷的主体内容 ,尤其是解答题,涉及内容均是高中数学的重点内容.另外,考试内容体现了新课标要 求,算法与框图、三视图、统计、概率和分布列、推理与证明线性回归等均在试卷中 都有所体现.

3. 文理差异变化不大
去年高考文理科相同的题目有第6题、第8题、第9题、第11题、第19题和三选一 试题,另外理科18题和文科18题是姊妹题. 今年Ⅰ卷相同的题目有第6题、第8题、第9题、第11题、第19题和三选一试题, 另外理科15题和文科15题是姊妹题.理科试题有7个题是相同的,还有一道立体几何姊 妹题基本一致.
27

4. 三年来新课标1卷理科试题都考了什么?
题号 1 2 3 4 2013年新课标Ⅰ卷 集合 复数 抽样方法 双曲线 2014年新课标Ⅰ卷 集合 复数 函数奇偶性 双曲线 2015年新课标Ⅰ卷 复数 三角函数 命题 概率

5 6
7 8 9 10 11

程序框图 球的切接问题
等差数列 三视图 二项式定理 椭圆的中点弦问题 分段函数

排列组合、概率 函数图像
程序框图 三角恒等变换 线性规划、命题 抛物线定义 函数导数、零点

双曲线与向量 立体几何体积计算
向量 三角函数图像 程序框图 二项式定理 三视图

12

数列与解三角形结 合

三视图

函数导数、零点
28

5. 三年来新课标1卷理科试题都考了什么?
13 14 15 16 17 平面向量 数列 三角函数 函数最值 解三角形 立体几何线线垂直,求线面 角 求概率,分布列及数学期望 轨迹方程,直线与椭圆关系 函数、导数与不等式 几何证明直线与圆相切 极坐标与参数方程 绝对值不等式 二项式定理 推理与证明 平面向量 解三角形 数列(含参) 频率分布直方图、正态分 布、二项分布求期望 立体几何二面角 直线与椭圆 函数、导数与不等式 几何证明圆内接四边形 参数方程 基本不等式 函数奇偶性 椭圆与圆 线性规划 解三角形 数列 立体几何面面垂直,线面 角 线性回归 直线与抛物线 函数、导数与零点 几何证明直线与圆相切 极坐标与参数方程 绝对值不等式
29

18
19 20 21 22 23 24

6. 三年来课标1卷试题中的知识结构(理科为例)
2013年新课标Ⅰ卷 知识结构
基本初等函数 导数及其应用 立体几何 解析几何 概率与统计 三角函数 数列 不等式 算法初步 平面向量 集合与逻辑 复数 线性规划 排列组合,二 项式定理 T9 5

2014年新课标Ⅰ卷 题号
T3,T6 T11,T21 T12,T19 T4,T10,T20 T5,T18 T6,T8,T16 T17 T21,T24 T7 T5 T1,T9 T2 T9 T5,T13

2015年新课标Ⅰ卷 题号
T13 T12,T21 T6,T11,T18 T5,T16, T20,T23 T4,T19 T2,T8,T16 T17 T24 T9 T7 T3 T1 T15 T10
30

题号
T11 T16,T21 T6,T8,T18,T22 T4,T10,T20,T23 T3,T19 T15,T17 T7,T12,T14 T21,T24 T5 T13 T1 T2

分值
5 17 32 32 17 17 15 24 5 5 5 5

分值
10 17 17 22 17 15 12 22 5 5 10 5 5 10

分值
5 17 22 32 17 15 12 10 5 5 5 5 5

7. 三年来课标1卷理科试题中的能力结构
2013新课标Ⅰ卷
能力结构 空间想象能力 抽象概括能力 题号 T6,T8,T18 T3,T5,T12 分值 22 15

2014新课标Ⅰ卷
题号 T12,T19 T6,T7, T3,T5,T7,T8,T9 ,T14,T15, T16,T17,T19,T2 0,T21, 分值 17 10

2015新课标Ⅰ卷
题号 T6,T11,T18 T9,T19 T3,T7,T8,T9, T14,T18,T20, T21 T1,T4,T5,T6, T8,T9,T10,T1 1,T12,T13,T1 4,T16,T17,T1 8,T19,T22,T2 4 T2,T15,T19,T 21 分值 22 17

推理论证能力

T5,T7,T12,T17 ,T18,T20,T21
T1,T2,T4,T6,T 7,T8,T9,T11,T 13,T14,T15,T1 6,T17,T18,T19 ,T20,T21 T5,T7,T11,T12

63

88

71

运算求解能力 数据处理能力

120 20

T1,T2,T4,T5,T8 ,T10,T12,T13,T 15,T16,T16,T18 ,T19,T20,T21 T7,T9,T18

115 22

118 34

应用意识
创新意识

T3,T6,T12
T6,T12

15
10

T14,T18
T6,T9,T14

17
15

T6,T15,T19
T6,T18

22
17
31

模块二
2015试题分析
(2015年课标Ⅰ卷、Ⅱ卷文理四套试题综合分析)

32

集合的基本运算
(全国Ⅱ卷理 1) 已知集合 A={ -2,-1, 0,2} ,B={x |(x -1) (x +2)<0} ,则 A ∩B= (A) {-1, 0} (B ) {0,1} (C) { -1, 0, 1} (D ) { 0,1,2}

(全国Ⅱ卷文 1)已知集合 A ? {x | ?1 ? x ? 2} , B ? {x | 0 ? x ? 3} ,则 A∪B= A.

(?1,3)

B. (?1,0)

C. (0,2)

D. (2,3)

(全国Ⅰ卷文 1)已知集合 A ? {x x ? 3n ? 2, n ? N}, B ? {6,8,10,12,14},则集合 A ? B 中的元素个数为 (A) 5 (B)4 (C)3 (D)2

简单的集合运算,借用数轴、韦恩图.
33

复数
(全国Ⅱ卷理 2) 若 a 为实数且(2+ai) (a-2i)=-4i,则 a= (A)-1 (B)0 (C)1
2 ? ai ? 3 ? i ,则 a ? 1? i
C. 3 D. 4

(D)2

(全国Ⅱ卷文 2).若 a 为实数,且 A.

?4

B. ? 3

1+z (全国Ⅰ卷理 1) 设复数 z 满足 1 ? z =i,则|z|=

(A)1
(全国Ⅰ卷文 3.)

(B) 2

(C) 3

(D)2
) (D) 2 ? i

已知复数 z 满足 ( z ? 1)i ? 1 ? i ,则 z ? ( (B) ?2 ? i (C) 2 ? i

(A) ?2 ? i

送分题,注重基础,考查复数的相关概念与基本运算.
34

简易逻辑

(全国Ⅰ卷理3)设命题P:?n ? N , n2 ? 2n , 则?P为

(A)?n ? N , n2 ? 2n

( B)?n ? N , n2 ? 2n

(C)?n ? N , n2 ? 2n

( D)?n ? N , n2 ? 2n

存在量词和特称量词的否定、充要条件是高考高频考点, 除了基础知识外,更注重考查学生的推理论证能力.但 2015年课标文Ⅰ卷和课标Ⅱ卷都没有考查.

35

程序框图
(全国Ⅱ卷文理 8)右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更 相减损术”.执行该程序框图,若输入 a,b 分别为 14,18,则输出的 a= (A)0
开始
输入 a,b

(B)2

(C)4

(D)14

否 是

程序在执行过程中, a , b 的值依次为 a ? 14 , b ? 18 ; b ? 4 ;

a? b
输出 a

a ? 10 ; a ? 6 ; a ? 2 ; b ? 2 ,此时 a ? b ? 2 程序结束,
输出 a 的值为 2,故选 B.
结束



a>b



a=a-b

b=b-a

36

程序框图
(全国Ⅰ卷文理 9) 执行右面的程序框图,如果输入的 t ? 0.01 ,则输出的 n ? ( ) (A) 5 (B) 6 (C)7 (D)8
1 2 m =0.25,n=1,S=0.5> 2

试题分析:执行第 1 次,t=0.01,S=1,n=0,m= =0.5,S=S-m=0.5, m ? t=0.01,是,循环, 执行第 2 次,S=S-m=0.25, m ? 执行第 3 执行第 4 执行第 5 执行第 6 执行第 7

m =0.125,n=2,S=0.25>t=0.01,是,循环, 2 m 次,S=S-m=0.125, m ? =0.0625,n=3,S=0.125>t=0.01,是,循环, 2 m 次,S=S-m=0.0625, m ? =0.03125,n=4,S=0.0625>t=0.01,是,循环, 2 m 次,S=S-m=0.03125, m ? =0.015625,n=5,S=0.03125>t=0.01,是,循环, 2 m 次,S=S-m=0.015625, m ? =0.0078125,n=6,S=0.015625>t=0.01,是,循环, 2 m 次,S=S-m=0.0078125, m ? =0.00390625,n=7,S=0.0078125>t=0.01,否,输出 2

n=7,故选 C.

程序框图是每年必考题型,难度不大,只需要读懂流程图,逐次 运行程序,直至程序结束即可.
37

平面向量
(全国Ⅱ卷理 13)设向量 a,b 不平行,向量 ? a ? b 与 a ? 2b 平行,则实数 ? = (全国Ⅱ卷文 4)向量 a=(1,-1) A.
?1



b=(-1,2),则(2a +b).a = C.
1

B.

0

D. 2
??? ?

(全国Ⅰ卷理 7)设 D 为 ABC 所在平面内一点 BC ? 3CD ,则(
???? ? 4 ???? 1 ??? (A) AD ? ? AB ? AC 3 3

??? ?


??????? ? ???? 4 ??? ? 1 (D) AD ? AB? AC 3 3

????? ? ???? 1 ??? ? 4 ???? ???? 4 ??? ? 1 (B) AD ? AB ? AC (C) AD ? AB ? AC 3 3 3 3

???? ??? ? (全国Ⅰ卷文 2)已知点 A(0,1) ,B(3,2) ,向量 AC =(-4,-3) ,则向量 BC =

(A ) (-7,-4) (B) (7,4) (C) (-1,4)

(D) (1,4)

今年全国Ⅰ卷、Ⅱ卷 对平面向量的考查偏向基础知识.主要考查 共线向量定理、共面向量定理、向量的数量积定义及向量的加减 运算.
38

线性规划
? x ? y ? 1 ? 0, ? (全国Ⅱ卷理 14)若 x,y 满足约束条件 ? x ? 2 y ? 0, ,则 z ? x ? y 的最大值为____________ ; ? x +2 y ? 2 ? 0, ?
解法 1:依据约束条件画出可行域,通过平移直线 x ? y ? 0 求解. 画出可行域如图所示, 由?

?x ? 2 y ? 0 ?x ? 2 y ? 2 ? 0
? 1? ? A ?1, ? ? 2?

?x ? 1 ? 得? 1 y ? ? ? 2

由 z ? x ? y 得 y ? ? x ? z , 平 移 直 线 l0 : x ? y ? 0 . 当 直 线 过 点 A 时 , z 最 大 ,

z m a x? 1 ?

1 3 ? 2 2

画出可行域,明确目标函数的几何意义,考查作图、识图及数形结合 解决问题的能力.
39

线性规划
? x ? y ? 1 ? 0, ? (全国Ⅱ卷理 14)若 x,y 满足约束条件 ? x ? 2 y ? 0, ,则 z ? x ? y 的最大值为____________ ; ? x +2 y ? 2 ? 0, ?

1 3 1 3 4 4 4 4 1 3 当 x ? 2 y ? 0, x ? 2 y ? 2 ,即 x ? 1, y ? 时取等号,即 z max ? . 2 2

解法 2:调配目标函数 z ? x ? y ? ( x ? 2 y ) ? ( x ? 2 y ) ? ? 0 ? ? 2 ? .

3 2

解法 3: 在约束条件中, 由 x ? 2 y ? 2 ? 0 得 3x ? 6 y ? 6 ? 0 , 再与 x ? 2 y ? 0 两边相加, 得 x ? y ? ,当且仅当 x ? 1, y ? 时取等号,即 z max ? .
?2 x ? z ? ?1, ? 解法 4:目标函数 z ? x ? y ? y ? ? x ? z ,代入已知有 ?3 x ? 2 z ? 0, 消去 x 可得 ?? x ? 2 z ? 2, ?
z? 3 1 3 ,当且仅当 x ? 1, y ? 时取等号,即 z max ? . 2 2 2 3 2 1 2 3 2

以上三种方法突出了“配凑”,用约束条件直接表示出目标函数,保 证等号成立是关键,学生用这种方法易出错.
40

线性规划
(全国Ⅰ卷理 15)若 x,y
?x ?1 ? 0 ? 满足约束条件 ? x ? y ? 0 ,则 ?x ? y ? 4 ? 0 ?

y x 的最大值为
y x

.

分析:作出可行域如图中阴影部分所示,由斜率的意义知, 是可行域内一点与原点连线的斜率,由图 可知,点 A(1,3)与原点连线的斜率最大,故 的最大值为 3.
y x

(全国Ⅱ卷文 14)
?x ? y ? 5 ? 0 ? 若 x 、 y 满足约束条件 ?2 x ? y ? 1 ? 0 ,则 z ? 2 x ? y 的最大值为 ?x ? 2 y ? 1 ? 0 ?

.

?x ? y ? 2 ? 0 ? (全国Ⅰ卷文 15) x,y 满足约束条件 ? x ? 2 y ? 1 ? 0 , 则 z=3x+y 的最大值为 ?2 x ? y ? 2 ? 0 ?

.

线性规划题目首先要正确画出可行域,明确目标函数的几何意义如截距、斜率、两点 间距离,点到直线的距离等.培养学生识图、画图、用图及利用数形结合思想解决问 题的能力.
41

二项式定理
( 全 国 Ⅱ 卷 理 15 ) (a ? x)(1 ? x)4 的 展 开 式 中 x 的 奇 数 次 幂 项 的 系 数 之 和 为 32 , 则 α=__________;
法 1: 利用二项式系数的性质
(1 ? x) 4 展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和与偶数次幂项的系数之和

相等,均为 2 4?1 ? 8 ,所以 (a ? x)(1 ? x)4 的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 8a ? 8 ? 32 ,得 a ? 3 . 法 2:赋值法、解方程组 令 f ( x) ? (a ? x)(1 ? x) 4 ? a0 ? a1 x ? a2 x 2 ? a3 x 3 ? a4 x 4 ? a5 x 5 , 则 f (1) ? a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 , f (?1) ? a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 , 所以
f (1) ? f (?1) ? 32 ,即 (a ? 1) ? 2 4 ? 64 ,故 a ? 3 . 2

(全国Ⅰ卷理 10) ( x2 ? x ? y)5 的展开式中, x5 y 2 的系数为 (A)10 (B)20 (C)30 (D)60

法1:利用二项展开 式的通项公式求解

解: 在 ( x2 ? x ? y)5 的 5 个因式中, 2 个取因式中 x2 剩余的 3 个因式中 1 个取 x , 其余因式取 y,故 x5 y 2
1 2 的系数为 C52C3 C2 =30,故选 C.

法2:利用组合知识求解
42

数列
(全国Ⅱ卷理 4)等比数列{an}满足 a1=3,a1+ a3+ a5=21,则 a3+ a5+ a7 = (A)21 (B)42 (C)63 (D)84

法一:基本量法

法二:性质法

(全国Ⅱ卷理 16)设 Sn 是数列{an}的前项和,且 a1 ? ?1, an?1 ? sn sn?1 ,则 Sn=___________________.

解法1:构造等差数列

43

1 1 , S2 ? ? ; 2 2 1 1 1 n ? 2 时,由 a3 ? S 2 S 3 可得 a3 ? , S 3 ? ? ;猜想 S n ? ? . 6 3 n 证明:当 n ? 1 时, S1 ? ?1 成立, 1 法2:观察——归纳——猜想——证明 假设当 n ? k 时, S k ? ? 成立, k 1 1 1 则当 n ? k ? 1 时 ak ?1 ? S k S k ?1 ? S k (S k ? ak ?1 ) ,即 a k ?1 ? ? (? ? a k ?1 ) ,解得 ak ?1 ? , k k k (k ? 1) 1 1 1 ?? 所以 S k ?1 ? S k ? a k ?1 ? ? ? , k k (k ? 1) (k ? 1) 所以当 n ? k ? 1 时也成立. 1 * 综上, S n ? ? 对于 n ? N 都成立. n 1 1 1 1 , 猜想 a n ? 解法 3:由 a1 ? ?1, an?1 ? S n S n?1 , a2 ? , a3 ? , a 4 ? , ( n ? 2 )证明略, 2 6 12 n(n ? 1)
解法 2: n ? 1 时,由 a2 ? S1 S 2 可得 a 2 ?

则 S n ? ?1 ? 1 ?

1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ??? ? ?? . 2 2 3 3 4 n ?1 n n

法3:观察—归纳—猜想—裂项求和
44

数列
(全国Ⅱ卷文 5) 设 Sn 是数列 {an } 的前 n 项和,若 a1 ? a3 ? a5 ? 3 ,则 S5 ? A. 5 B. 7 C. 9 D. 11
1 , a3a5 ? 4(a4 ?1) ,则 a2 ? 4 1 D. 8

(全国Ⅱ卷文 9) 已知等比数列 {an } 满足 a1 ? A. 2 B. 1 C.
1 2

(全国Ⅰ卷文 7) (A)
17 2

已知 {an } 是公差为 1 的等差数列, 若 S8 ? 4S4 , 则 a10 ? ( Sn 为 {an } 的前 n 项和, (B)
19 2



(C) 10

(D) 12

(全国Ⅰ卷文 13)

数列 ?an ? 中 a1 ? 2, an?1 ? 2an , Sn 为 ?an ? 的前 n 项和, 若 Sn ? 126 , 则n ?

.

法一:基本量法; 法二:性质法

45

2 (全国Ⅰ卷理 17) Sn 为数列{ an }的前 n 项和.已知 an >0, an ? an = 4Sn ? 3 .

(Ⅰ)求{ an }的通项公式: (Ⅱ)设 bn ?

1 ,求数列 an an?1

}的前 n 项和

分析: (Ⅰ) 先用数列第 n 项与前 n 项和的关系求出数列{ an }的递推公式, 可以判断数列{ an } 是等差数列,利用等差数列的通项公式即可写出数列{ an }的通项公式; (Ⅱ)根据(Ⅰ)数 列{ bn }的通项公式,再用裂项相消法求和.

46

数列
小题一般是对等差、等比数列的性质及通项公式、求和公式的考查 . 小题解决方法:赋值法、 基本量法、 不完全归纳法、排除法. 学生存在的问题:对于需要分奇偶项讨论的问题感觉困难;对于从一个数列中抽出 若干项构成新数列,并研究新数列性质问题感觉困难;对数列中的一些创新问题、 非常规问题,及对数列解答题没有思路. 原因:对客观题而言,是对概念理解不深刻,性质掌握不熟练,疏忽限制条件 .对主 观题而言,不仅是知识不够熟练,更是解题思想方法、思维方式欠缺. 复习策略: ◆通过基础训练题组掌握概念与性质,涵盖重难点、易错点;通过典例突出教学重 点. ◆注重对等差、等比数列的概念、性质、通项公式、求和公式的复习,以及在公式 推导过程中所包含的思想和方法(如观察-归纳-猜想、累加、倒序相加、错位相减 、裂项相消等)、前n项和与第n项之间的关系的应用. ◆将数列与算法程序框图结合值得关注;在合情推理与演绎推理的考查中,也经常 以数列为背景出题,题目相对有难度,重点考查归纳能力和类比推理能力, ◆大题仍然会以将递推关系转化为等差、等比数列求通项、求和.
47

三角函数
(全国Ⅰ卷理 16) 在平面四边形 ABCD 中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,则 AB 的取值范围是

.

法一:极限思想 如图所示,延长 BA,CD 交于 E,平移 AD,当 A 与 D 重合与 E 点时, AB 最长, 在△BCE 中, ∠B=∠C=75°, ∠E=30°, BC=2, 由正弦定理可得 即
2 BE ? sin 30o sin 75o BC BE ? sin ?E sin ?C



,解得 BE =

6+ 2 ,平移

AD ,当 D 与 C 重合时,AB 最短,此时与 AB
BF BC ? , sin ?FCB sin ?BFC

交于 F, 在△BCF 中, ∠B=∠BFC=75°, ∠FCB=30°, 由正弦定理知, 即
BF 2 ? o sin 30 sin 75o

,解得 BF=

6 ? 2 ,所以

AB 的取值范围为(

6 ? 2 , 6+ 2 ).

知识:正(余)弦定理,解三角形的知识; 能力:作图技能,运动变化观点, 数形结合思想,化归思想,极限思想,特殊 化思想,运算求解能力. B

E A M

D

2

C
48

三角函数
法二:极限思想、解三角形 则 ?BCA ? 105
?

如图 1,在平行四边形 ABCD 中,联结 AC 。设 ?BAC ? ? ,

? ? , ?CAD ? 75? ? ? , ?ACD ? ? ? 30? ,由题意得
A M B D

?? ? 0 ? , ? ? ? ?105 ? ? ? 0 , ? ? 因此 。 30 ? ? ? 75 ? ? ? ?75 ? ? ? 0 , ?? ? 30? ? 0 ? , ?
在三角形 ABC 中, ? 越小 AB 越大, ? 越大 AB 越小。 当 ? 趋向于 30? 时,

2

C

AB BC ,解得 AB ? 6 ? 2 ; ? ? ? ? sin(105 ? 30 ) sin 30 AB BC ,解得 AB ? 6 ? 2 。 ? sin(105? ? 75? ) sin 75?

当 ? 趋向于 75? 时,

所以, AB 的取值范围是 ( 6 ? 2, 6 ? 2 )
49

三角函数
(全国Ⅰ卷理 2) sin20°cos10°-cos160°sin10°=
3 2 (全国Ⅰ卷文理 8)

(A) ?

3 2

(B)

(C) ?

1 2

(D)

1 2

函数 f ( x) ? cos(? x ? ? ) 的部分图像如图所示,则 f ( x ) 的单调递减区间为(



1 3 , k? ? ), k ? Z 4 4 1 3 (B) (2k? ? , 2k? ? ), k ? Z 4 4 1 3 (C) (k ? , k ? ), k ? Z 4 4 1 3 (D) (2k ? , 2k ? ), k ? Z 4 4 ? ?1 ? + ? ? ? ?4 2 ? ? ? ? ?= , f ( x) ? cos(? x ? ) , 2 k? ? ? x ? ? 2 k? ? ? , k ? Z , ? = ? 法一: 由五点作图知, , 解得 , 所以 令 4 4 4 ? 5 ? +? ? 3?
(A) ( k? ?

? ?4

2

解得 2k ? < x < 2k ? , k ? Z ,故单调减区间为( 2k ? , 2k ? ) , k ? Z ,故选 D.

法二:直接由T=2选D. 三角函数的小题主要考查三角恒等变换,三角函数的图像与性质.知识点小,难度 不大.2015年课标2卷没有考三角函数的小题.
50

1 4

3 4

1 4

3 4

三角函数
(全国Ⅱ卷理 17)?ABC 中,D 是 BC 上的点,AD 平分∠BAC,?ABD 是?ADC 面积的 2 倍。 (Ⅰ)求
sin B ; sin C

(Ⅱ) 若 AD=1,DC=

2 ,求 BD 和 AC 的长. 2
AD 平分 ?BAC

(1)法一:利用三角形内角平分线性质及正弦定理 等,记为 h ,又 S ?ABD ? 2S ?ADC ,即 即
sin B 1 ? . sin C 2

,则 D 到 ?BAC 两边的距离相 ,由正弦定理得 sin C ? 2 sin B ,

1 1 AB ? h ? 2 ? AC ? h , ,所以 AB ? 2 AC 2 2

法二:利用三角形面积公式及正弦定理 得
1 1 AB ? AD ? sin ? ? 2 ? AC ? AD ? sin ? 2 2

AD 平分 ?BAC

,则 ?BAD ? ?CAD ? ? ,由 S ?ABD ? 2S ?ADC ,
sin B 1 ? . sin C 2

,所以 AB ? 2 AC ,由正弦定理得 sin C ? 2 sin B ,即

法三:利用三角形内角平分线性质及正弦定理
?BAC

因为 S ?ABD ? 2S ?ADC ,所以 BD ? 2 DC .又 AD 平分

,所以

AB BD sin B AC 1 ? ? 2 ,故由正弦定理得 ? ? . AC DC sin C AB 2

51

三角函数
(Ⅱ)法一:设 BC 边上的高为 d ,由 S ?ABD ? 2S ?ADC ,得 BD ? 2DC ?
2

2 .设

1 ? x2 1 ? 2 ? 4x 2 AB ? 2 x, AC ? x, ?BDA ? ?CDA ? ? , cos?BDA ? cos?CDA ? 0, 则 ? ? 0 ,即 2 ? 1? 2 2 2 ? 1? 2 1?
3 ? 4 x 2 ? 3 ? 2 x 2 ? 0 ,解得 x ? 1 ,即

AC=1
2 .设 ?BAD ? ? , AB ? 2 x .
2

法二:由(Ⅰ)解法 2 知 BD ? 2DC ?

9 2 在 ?ABD 中,由余弦定理得 cos B ? 4 x ? 1 ;在 ?ABC 中,由余弦定理得 cos B ? 6 2x 4 2x 3x 2 ? 9 4x ? 1 2 ? 4 2x 6 2x
2

.所以

3x 2 ?

,解得 x ? 1 ,即 AC=1

余弦定理的应用
52

三角函数
法三:由(Ⅰ)解法 2 知 BD ? 2DC ? 2 .设 ?BAD ? ? , AB ? 2 x . 由(Ⅰ)知 sin C ? 2 sin B ,平方变形得 4 cos B ? 3 ? cos C .又在 ?ABD 中,由余弦定理得 cos B ?
2 2

4x 2 ? 1 4 2x

;在 ?ADC 中,由

4x 2 ? 1 2 2x 2 ? 1 2 余弦定理得 cosC ? .所以 4( ) ? 3?( ) ,解得 x ? 1 .即 AC=1 2 2x 4 2x 2 2x
法四:向量法
????
由( ? )解法 2 知 BD ? 2DC ? 2 . 设 ?BDA ? ? , AC ? x ,则 ?DAC ? ? , AB ? 2 x . 易知 AD ?

2x 2 ? 1

? 2 ???? 1 ??? 1 4 4 AB ? AC ,平方得 1 ? ? 4 x 2 ? ? x 2 ? ? x 2 cos 2? ,化简得 3 3 9 9 9

cos 2? ?

9 ? 1 .又在 ?ABC 中,由余弦定理得 cos 2? ? 8x 2

5x2 ? 4x

9 2 ,所以, 2

图2

9 ?1 ? 8x 2

5x 2 ? 4x

9 2 ,解得 x ? 1 ,故 AC ? 1 2

前四种方法突出了方程思想

? 2 ? ? 法五:解析法 如图 2,建立平面直角坐标系 xDy ,则易知 B ? 2, 0 , C ? ? 2 ,0 ? .设点 A? m, n?? n ? 0? ,则根据 AB ? 2 AC 可得 ? ?

?

?

? 2 14 ? ? m2 ? n2 ? 2 2m ? 0 ,又由 AD ? 1 得 m2 ? n 2 ? 1,从而解得 A? ? 4 , 4 ? ,故 AC ? ? ?

? 2 2 ? ? 14 ? ? ? ?? ? ?1. ? ? 4 ? ? 2 ? ? 4 ? ? ?
53

2

2

三角函数
(全国Ⅱ卷文 17)Δ ABC 中,D 是 BC 上的点,AD 平分∠BAC,BD=2DC.

(1)求 sin ?B ; (2)若∠BAC=60°,求∠B.
sin ?C

解: ( I )由正弦定理得
sin ?B DC 1 ? ? .. sin ?C BD 2

AD BD AD DC ? , ? , 因为 AD 平分 ? BAC,BD=2DC, 所以 sin ?B sin ?BAD sin ?C sin ?CAD

(II)因为 ?C ? 180? ? ??BAC ??B? , ?BAC ? 60? , 所以 sin ?C ? sin ? ?BAC ? ?B ? ? 所以 tan ?B ?
3 , ?B ? 30?. 3 3 1 cos ?B ? sin ?B. 由(I)知 2sin ?B ? sin ?C , 2 2

正弦定理、三角形 内角和定理的应用
54

(全国Ⅰ卷文 17)已知 a, b, c 分别是 ?ABC 内角 A, B, C 的对边, sin B ? 2sin A sin C 。
2

(I)若 a ? b ,求 cos B; (II)若 B ? 90 ,且 a ? 2, 求 ?ABC 的面积。
?
2 (1)法一:因为 a ? b ,所以 sin A ? sin B 。又因为 sin B ? sin A sin C ,所以 sin B ? 2 sin C ,

又 C ? ? ? 2 B ,代入化简得 cos B ?
2

1 。 4

法二:由已知条件得 sin A ? 2sin A sin C ,即 sin A ? 2sin C ,所以 a ? 2c ,由余弦定理得

a 2 ? c 2 ? b2 1 cos B ? ? 。 2ac 4

55

法三: 因为 a ? b , 所以△ ABC 是等腰三角形。 过 C 作 CD ? AB ,D 为垂足 (图 1) , 则有 BD ? DA ,

BD CD , sin B ? sin A ? , a a BD CD 2 sin ?BCD ? , cos ?BCD ? 。因为 sin B ? sin A sin C ,所以 a a CD BD CD sin B ? 2sin C ? 2sin 2?BCD ? 4sin ?BCD cos ?BCD ,所以 ? 4? ? , a a a BD 1 cos B ? ? 。 a 4 2
?BCD ? ?ACD , cos B ? cos A ?

法四:由题设及正弦定理可得 b ? 2ac ,又 a ? b ,可得 b ? 2c, a ? 2c ,

a 2 ? c 2 ? b2 1 ? 由余弦定理可得 cos B ? 2ac 4

(1)借助正、余弦定理对条件进行等价转 化,综合已知条件建立方程求解.
图1

(2)直接利用正弦定理、勾股定理及三角 形面积公式得解.送分题.
56

三角函数及解三角形

学生对三角函数内容基本上是“感觉不错、问题不少”.三角函数 的图象与性质设计的概念、性质比较多,引导学生“用图形说话”, 把三角函数纳入函数知识体系,引导学生梳理知识体系,熟练数学思 想方法和通性通法. 三角恒等变换是研究三角函数性质的基础,应引导学生构建三角 恒等变换的公式体系,熟练应用公式进行:求值、化简、证明,学会 公式的正用、逆用、变形应用. 解三角形问题是高考的热点问题,突出利用正、余弦定理进行三 角形的边角互化,对“三角”与“几何”进行综合应用的考查,近几 年在解三角形问题上经常有变化或创新.

57

统计
(全国Ⅱ卷文理 3 ) 根据下面给出的 2004 年至 2013 年我国二氧化碳年排放量(单位:万 吨)柱形图,以下结论中不正确的是( )
2700 2600 2500 2400 2300 2200 2100 2000 1900 2004 年 2005 年 2006 年 2007 年 2008 年 2009 年 2010 年 2011 年 2012 年 2013 年

A.逐年比较,2008 年减少二氧化碳排放量的效果最显著 B.2007 年我国治理二氧化碳排放显现成效 C.2006 年以来我国二氧化碳年排放量呈减少趋势 D.2006 年以来我国二氧化碳年排放量与年份正相关

主要考查对柱形图的理解,要求学生有一定的读图能力
58

概率
(全国Ⅰ卷理 4) 投篮测试中,每人投 3 次,至少投中 2 次才能通过测试.已知某同学每次投 篮投中的概率为 0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为 (A)0.648 (B)0.432 (C)0.36 (D)0.312

(全国Ⅰ卷文 4)如果 3 个整数可作为一个直角三角形三条边的边长,则称这 3 个数为一组 勾股数,从 1,2,3,4,5 中任取 3 个不同的数,则 3 个数构成一组勾股数的概率为 (A) 10
3

(B) 1

5

(C)

1 10

(D)

1 20

难度都不大,理科的概率题只需利用独立重复试验的概率公式求解即 可;文科的概率重在数数,不需要许多公式计算,数对古典概型中总 的基本事件个数和满足要求的基本事件个数即可.

15年全国Ⅱ卷文科、理都没有出概率的小题.

59

统计概率
(全国Ⅱ卷理 18)
某公司为了解用户对其产品的满意度,从 A,B 两地区分别随机调查了 20 个用户,得到用户对产品的满意度评分如下: A 地区:62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89 B 地区:73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79 (Ⅰ) 根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图, 并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度 (不要求计算出具体值, 得出结论即可) ;
A地区 4 5 6 7 8 9 B地区

(Ⅱ)根据用户满意度评分,将用户的满意度从低到高分为三个等级: 满意度评分 满意度等级 低于 70 分 不满意 70 分到 89 分 满意 不低于 90 分 非常满意

记事件 C:“A 地区用户的满意度等级高于 B 地区用户的满意度等级”,假设两地区用户的评价结果相互独立,根据所给数据,以事件发生的 频率作为相应事件发生的概率,求 C 的概率。

60

统计概率
(全国Ⅱ卷文 18)某公司为了解用户对其产品的满意度,从 A,B 两地区分别随机调查了 40 个用户,根据用户对产品的满意度
评分,得到 A 地区用户满意度评分的频率分布直方图和 B 地区用户满意度评分的频数分布表。 A 地区用户满意度评分的频率分布直方图 频率/组距 0.040 0.035 0.030 0.025 0.020 0.015 0.010 0.005 O 40 50 60 70 80 90 100 满意度评分

B 地区用户满意度评分的频数分布表 [60,70) [70,80) [80,90) 满意度评分分组 [50,60) 频 数 2 8 14 10

[90,100]

6

(1)在答题卡上作出 B 地区用户满意度评分的频率分布直方图,并通过直方图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要 求计算出具体值,给出结论即可) ;

61

统计概率
B 地区用户满意度评分的频率分布直方图 频率/组距 0.040 0.035 0.030 0.025 0.020 0.015 0.010 0.005 O 50 60 70 80 90 100 满意度评分

(2)根据用户满意度评分,将用户的满意度从低到高分为三个等级: 满意度评分 满意度等级 低于 70 分 不满意 70 分到 89 分 满意 不低于 90 分 非常满意

估计哪个地区的满意度等级为不满意的概率大?说明理由

62

统计概率
(全国Ⅰ卷文理 19)某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费,需了解年宣传费 x(单位:
千元)对年销售量 y(单位:t)和年利润 z(单位:千元)的影响,对近 8 年的年宣传费 x1 和年 销售量 y1(i=1,2, · · · ,8)数据作了初步处理,得到下面的散点图及一些统计量的值。

? x
46.6

? ? y

?? w
6.8

? ( x ? x)
i ?1 i

n

2

? (w ? w)
i ?1 i

n

2

? ( x ? x)( y ? y) ? (w ? w)( y ? y)
i ?1 i i

n

n

i ?1

i

i

56.3

289.8

1.6

1469

108.8

?? 1 表中 w1 = x 1, , w = 8

?w
i ?1

n

i

63

统计概率
(Ⅰ) 根据散点图判断, y=a+bx 与 y=c+d x 哪一个适宜作为年销售量 y 关于年宣传费 x 的回归方程类型? (给
出判断即可,不必说明理由)

(Ⅱ)根据(Ⅰ)的判断结果及表中数据,建立 y 关于 x 的回归方程; (Ⅲ)已知这种产品的年利率 z 与 x 、y 的关系为 z=0.2y-x.根据(Ⅱ)的结果回答下列问题: (i ) 年宣传费 x=49 时,年销售量及年利润的预报值是多少? (ii ) 年宣传费 x 为何值时,年利率的预报值最大? 附:对于一组数据 (u1 , v1 ) , (u2 , v2 ) ,??, (un , vn ) ,其回归线 v ? ? ? ? u 的斜率和截距的最小二乘估 计分别为:

今年概率题都和统计相结合,全国Ⅱ卷是在茎叶图和频率分布直方图 的基础上求概率,全国1卷直接甩开概率只考了线性回归的相关知识.
i

?= ?

? (u ? u )(v ? v)
i ?1 i

n

? (u ? u )
i ?1 i

n

? =v ? ? ?u ,?

2

64

统计概率

现代社会,数据信息随处可见,会收集数据、整理数据、分析数据,能 从大量数据中抽取对研究有用的信息,并做出判断是考纲对统计的要求,对 抽样方法、统计图表、数字特征、回归分析、独立性检验等知识需重视复习 .高考对概率突出考查古典概型、几何概型、相互独立事件、互斥事件、二 项分布、超几何分布、正态分布、离散型随机变量的期望与方差等基本知识 与方法.小题理科结合排列、组合、计数原理考查等可能事件的概率,文科 主要考查统计的基本思想与方法.由于计数原理只在理科出现,故文科求概 率只能采用列举法,因此用树状法、列表法考虑基本事件数、概率与统计相 结合是主要考查形式. 文科大题基本上会向统计方面转移,大题重在等可能 事件概率与统计相结合,理科大题重在统计与概率的结合 .

65

统计概率备考建议
问题:阅读能力较差,不能准确的从实际问题合理的抽象出数学模型加以解决; 复习时侧重概率,对于统计部分内容重视不够,试题内容考查单一,覆盖不完整. 建议: ◆统计中的频率分布直方图、正态分布、回归分析、独立性检验应该把教材的内容和例 题讲解清楚,让学生从本质理解统计思想; ◆注意概率文理差异:文科基本以必修3为主,考查古典概型和几何概型.对古典概型, 因文科不学计数原理和排列组合,所以对基本事件的计数主要为列举法(计数是易 错点),因不学定积分,文科几何概型不可能与定积分综合,理科则在方法和综合 方面提出更新要求. ◆以常规问题为中心,以多变的情境为素材,以模式识别为核心,着重解决学生审题 恐慌心理、模式识别不清,以难度中档的综合题突破重点,实施题组教学 . ◆把握高考“新题不难,难题不怪”的特点,平时加强不同类型应用题的训练,培养 学生的建模意识. ◆ 不少考题源于教材例题、习题,应注意回归教材. ◆ 抓审题、抓表述、抓速度、抓准确很重要,提醒学生:表述要规范、步骤要完整 . ◆ 提高学生数学阅读的兴趣,培养学生数学阅读理解能力,感知数学语言的精确性, 进而提高逻辑推理能力.
66

立体几何
(全国Ⅰ卷文理 6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名 著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问: 积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一 个圆锥的四分之一),米堆底部的弧度为 8 尺,米堆的高为 5 尺,问 米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立 方尺,圆周率约为 3,估算出堆放斛的米约有 (A)14 斛 (B)22 斛 (C)36 斛 (D)66 斛

题干较长需较强的阅读 理解,好多学生被吓住 了,其实只是一个简单 的立体几何体积计算.

67

立体几何

(全国Ⅱ卷文理 6 )一个正方体被一个平面截去一部分 后, 剩余部分的三视图如右图, 则截去部分体积与剩余部 分体积的比值为 (A)
1 8

(B)

1 7

(C)

1 6

(D)

1 5

三视图是高考考查重点,不仅会画三视图,还要会根据三视图还原原 几何体.法一直接从俯视图中拔高成三维几何体,法二借助长方体, 从中截取一部分得到原几何体.本题就是从一个正方体中截去了一个 角后剩余的部分(如图).

68

立体几何
(全国Ⅰ卷文理 11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体,该几何体三 视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为 16 + 20 ? ,则 r= (A)1 (B)2 (C)4 (D)8
2 r

法一:直接法 由正视图和俯视图知,该几何体是半球与半个圆柱的组合体,横 放这半个圆柱,远端处紧贴着半个圆。圆柱的半径与球的半径都为 r,圆柱的高 为 2r,其表面积为 ? 4? r 2 ? ? r ? 2r ? ? r 2 ? 2r ? 2r = 5? r 2 ? 4r 2 =16 + 20 ? ,解得 r=2,r 2 故选 B. 问题的设置有所创新, 不同于以往的放入长方体中研究, 加大考查了学生的审题 能力、空间想象能力和必要的运算求解能力,属于较高要求。 法二: 由特殊图形直接得解 因圆柱侧面积与球面面积中都有 ? , 所以 2r×2r=16 得:r=2
1

r 正视图

2 r 俯视图

命制三视图试题时,不妨多编制几个常规几何体的非常规放法 的三视图问题,这样有利于学生空间想象能力的培养,并能提 高他们对空间问题处理的熟悉度和灵活度.

69

立体几何
(全国Ⅱ卷文 10,理 9)已知 A 、B 是球 O 的球面上两点,?AOB ? 90? ,C 为该球面上的动点. 若三棱锥 O ? ABC 体积的最大值为 36,则球 O 的表面积为 A.
36?

B.

64?

C.

144 ?

D.

256?

70

立体几何
(全国Ⅱ卷理 19) 如图, 长方体 ABCD-A1B1C1D1 中 AB=16, BC=10, AA1=8, 点 E,F 分别在 A1B1,D1C1 上,A1E=D1F=4,过点 E,F 的平面与此长方 体的面相交,交线围成一个正方形 (Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由) ; (Ⅱ)求直线 AF 与平面 ? 所成角的正弦值.
A D B C A1 D1 E F B1 C1

解决立体几何问题要求考生具备一定的空间想象能力.教师在教学中 ,在重视向量法解决立体几何问题的同时,还应加强综合法的使用力 度,让学生得到充分的锻炼.

71

立体几何
解: (II)解法 1:定义法 作 EM ? AB ,垂足为 M ,则 AM ? A , EM ? AA1 ? 8 . 1E ? 4 因为 EHGF 为正方形,所以 EH ? EF ? BC ? 10 ,于是

MH ? EH 2 ? EM 2 ? 6 ,所以 AH ? 10 .
作 AP ? EH ,垂足为 P ,联结 AF 和 FP . 由题设可得

A1E D1F 1 ? ? ,所以 EF / / B1C1 . A1B1 D1C1 4

EF ? AP . 所以 EF ? 平面 ABB1 A 1,
又 AP ? EH , EF ? EH ? E ,所以 AP ? 平面 EFGH ,则直线

AF 与平面 ? 所成的角为 ?AFP . AA1 ?AH 8 ?10 1 1 ? ? 8. 在 ?AEH 中, AP ?AH ? AA1 ?AH ,所以 AP ? 2 2 EH 10
又 AF ?

D1F 2 ? A1 D12 ? AA12 ? 42 ? 102 ? 82 ? 6 5 ,所以直线 AF 与平面 ? 所成角的正弦值为

sin ?AFP ?

AP 8 4 5 . ? ? AF 6 5 15

72

立体几何
解法二:间接法 由 VA? H G F ?V
?F A,求得点 HG

A 到平面 E H G F 的距离.

由 VA? HGF ? VF ? AHG 得

1 1 S? AHG ?h1 ? S? HGF ?h2 (其中 h1 为三棱锥 VF ? AHG 的高, h2 为三棱锥 VA? HGF 的高) 3 3

又因为 S? AHG ? S? HGF ,所以 h1 ? h2 ? 8 . 而 AF ? 6 5 ,设直线 AF 与平面 ? 所成的角为 ? ,则 sin ? ?

h2 8 4 5 . ? ? AF 6 5 15

D1
A1
E

F

C1 B1

D A

G
B

C

H

73

立体几何
解法三:向量法 以 D 为原点建立空间直角坐标系 D ? xyz ,则 E?10,4,8? 、 F ?0,4,8? 、 K ?0,10,0? 、

A?10,0,0? , EF ? ??10,0,0? , FK ? ?0,6,?8? , AF??10,4,8? .设平面 EK 的一个法向量 n ? ?x, y, z ? ,
则有, ?

? ? ?10 x ? 0 AF ? n 4 5 ? n ? EF ? 0 ,即 ? ,所以 n ? ? 0,4,3? ,所以 sin ?AFH ? . ? 15 ? AF ? n ?6 y ? 8 z ? 0 ?n ? KF ? 0

所以直线 AF 与平面 ? 所成的角的正弦值为

4 5 . 15

74

立体几何
(全国Ⅱ卷文 19)如图,长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB = 16,BC = 10,AA1 = 8,点 E,F 分别在 A1B1,D1C1 上,A1E = D1F = 4,过 点 E,F 的平面 α 与此长方体的面相交,交线围成一个正方形。 (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由) ; (2)求平面 α 把该长方体分成的两部分体积的比值。 D
1

F

C
1

A1

E D

B1 C

A

B

75

立体几何

(全国Ⅰ卷理 18) 如图, 四边形 ABCD 为菱形, ∠ABC=120°, E, F 是平面 ABCD
同一侧的两点,BE⊥平面 ABCD,DF⊥平面 ABCD,BE=2DF,AE⊥EC。 (1)证明:平面 AEC⊥平面 AFC; E (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值.

F D

A B

C

76

立体几何
(Ⅰ)证法 1:定义法 联结 BD ,交 AC 于 O ,联结 EO 、 FO . 在菱形 ABCD 中, AC ? BD ,因为 BE ? 平面 ABCD ,所以 BE ? AC . 因为 BE ? BO ? B ,所以 AC ? 平面 BEO ,所以 AC ? OE .同理可证 AC ? OF ,
0 所以 ?EOF 是二面角 E ? AC ? F 的平面角.设 AB ? a ,在△ ABC 中,由 ?ABC ? 120 得 AC ? 3a .

因为 AE ? EC 所以在 Rt ?AEC 中, OE ?

3 a. 2

在 Rt ?BEO 中, BO ?

1 2 6 a ,所以 BE ? . a , sin ?EOB ? 2 2 3 1 1 2 6 a , DF ? BE ? a , OF ? a ,所以 2 2 4 4

在 Rt ?DFO 中, DO ?

cos?FOD ?

6 . 3

0 0 所以 ?FOD ? ?EOB ? 90 ,即 ?EOF ? 90 ,故平面 AEC ? 平面 AFC .

77

立体几何
证法 2:同法 1 找到二面角的平面角,再利用向量数量积为零证垂直

联结 BD ,交 AC 于 O ,则 AC ? BD .如图,以 O 为坐标原点,分别以 OB 、OC 的方向为 x 轴、 y 轴的正方向, 建立空间直角坐标系 O ? xyz ,联结 EO 、 FO . 由解法 1 知 ?EOF 是二面角 E ? AC ? F 的平面角, 不妨设

? 1 ?1 2 ? 2 ? ? ? AB ? a ,则 E ? a,0, a? , F ? ? ? 2 a, 0, 4 a ? ?, 2 2 ? ? ? ? ??? ? ?1 ? ? 1 2 ? ??? 2 ? OE ? ? a , 0, a OF ? ? a , 0, a? , ,所以 ? ? ?2 ? ? ? 2 ? 4 ? ? ? 2

1 2 2 OE ? OF ? ? a 2 ? 0 ? a? a ? 0. 4 2 4
0 所以二面角 E ? AC ? F 的平面角为 90 , 即平面 AEC ? 平

面 AFC .

78

立体几何
证法 3:利用勾股定理证垂直 如图,联结 AC 、 BD 、 EO 、 FO ,设 AC ? BD ? O . 由题意知 ?AEC 与 ?AFC 均为等腰三角形,则 ?EOF 是二面角 E ? AC ? F 的平面角.
设 AB ? 2a ,则 AC ? 2 3 ? a , BD ? 2a .又 AE ? EC ,得 EO ? 3a , BE ? OE2 ? OB2 ? 2a ,

3 2 a . 2 9 2 2 2 2 在直角梯形 BDEF 中, EF ? a ? OE ? OF , 2
从而 OF ? DF ? DO ?
2 2 2

0 所以 ?EOF ? 90 ,即平面 AEC ? 平面 AFC .

79

立体几何
(Ⅱ)解法 1:定义法(平移转化法) 在证法 1 的基础上,如图,取 BE 中点 M ,联结 FM ,则 FM / / DB . 取 AB 中点 H ,联结 HM ,则 HM // AE .

延长 AB 至 N ,使 AB ? BN ,联结 CN ,则四边形 BNCD 是平行四边形, 可证四边形 MNCF 也是平行四边形,所以 MN // CF , ?HMN 或其补角是异面直线 AE 与直线 CF 所成的角. 设 AB ? a ,在 Rt ?BMH 中,

HM ?

2 2 ? 6 ?1 ? ? 2 2 ? ? BH ? BM ? ? a ? ? ? a a. ? ? 2 4 4 ? ? ? ? 2

2

? 2 ? 3 2 ? ? 在 Rt ?BMH 中, MN ? a 2 ? ? a a. ? 4 ? 4 ? ? 1 3 在 ?MNH 中, HN ? a ? a ? a ,所以 2 2
MH 2 ? MN 2 ? HN 2 3 cos?HMN ? ?? . 2 HM ? MN 3
故直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为

3 . 3
80

立体几何
解法 2:补体法、平移法
如图 将该几何体补成平行六面体,取 MH 的中点 G ,联结 FG 、 GC 、 DH , 由已知可得 FG // DH // AE ,故直线 AE 与直线 CF 所成角即为 ?GFC 或其补角. 设 BE ? 2 , AB ? x ,则由勾股定理得 AC ? 3x , AE ? CE ?
2 2 2 又由 AE ? EC 可得 AC ? AE ? CE ,

x2 ? 4 .

所以 AB ? x ? 2 2 .由平行六面体易求 FG ? 3 , FC ? 3 , GC ? 6 , 由余弦定理得 cos?GFC ?

3 , 3
3 . 3

故直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为

81

立体几何
解法 3:向量法 如图,结合第( ? )问证法 3 及 AE ? BE ? BA , CF ? DF ? DC ,得

AE ? CF ? BE ? BA ? DF ? DC ? a2 ? 4a2 ? ?3a2 . AE ?
CF ?

?

??
?

?

?BE ? BA ?

2

?

6a ,

?DF ? DC?

2

3 2 a, 2

cos AE ? CF ?

AE ? CF AE CF

??

3 , 3
3 . 3

故直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为

82

立体几何
(全国Ⅰ卷文 18)如图,四边形 ABCD 为菱形, G 为 AC 与 BD 的交点,BE⊥平面 ABCD. (Ⅰ)证明:平面 AEC⊥平面 BED; (Ⅱ)若∠ABC=120° ,AE⊥EC,

6 三棱锥 E—ACD 的体积为 ,求该三棱锥的侧面积 3
证明: (I)因为四边形 ABCD 为菱形,所以 AC⊥BD. 因为 BE⊥平面 ABCD,所以 AC⊥BE,故 AC⊥平面 BED. 又 AC ? 平面 AEC,所以平面 AEC⊥平面 BED.

83

立体几何
(II)设 AB= x ,在菱形 ABCD 中,又∠ABC= 120o ,可得

AG=GC=

x 3 x ,GB=GD= . 2 2

因为 AE⊥EC,所以在 Rt△AEC 中,可的 EG=

3 x. 2 2 x. 2

由 BE⊥平面 ABCD,知△EBG 为直角三角形,可得 BE=

由已知得,三棱锥 E-ACD 的体积 VE ? ACD = 故 x =2 从而可得 AE=EC=ED= 6 .

1 1 6 3 6 x ? × AC·GD·BE= . 3 2 24 3

所以△EAC 的面积为 3,△EAD 的面积与 △ECD 的面积均为 5 . 故三棱锥 E-ACD 的侧面积为 3+2 5 .
84

立体几何
立体几何试题:难度适中,易得分也易丢分,是主抓且志在必得的内容 . 掌握学立体几何的直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算的研 究方法. 学生易出现的问题: ◆综合法常见问题:审题不清 ,使用数据与题目给出数据意义不同; 逻辑推理错误,凭自己的主观臆断拼凑出使结论成立的条件;没有 根据的跳跃,缺乏必要的证明;对定理理解不准确,不清楚定理使 用条件;计算错误. ◆向量法常见错误:建系不合理、求错坐标、不会求法向量、计算错误 、公式错误. ◆“想当然”地去证明几何中的位臵关系,导致条件不充分而丢分; ◆大部分学生用空间向量做,没证三线两两垂直就直接建系而丢分;有 用左手系的,导致坐标出错而丢分. 原因:学生解题时既无力用几何法求解,又运算不过关;教学时侧重向 量法“建系、写标、套公式”机械训练,减少了思维量,当几何关 系复杂时一筹莫展.
85

立体几何备考建议
建议: ◆重视点、线、面关系,立足教材,建立完整的知识体系; ◆重视教材例题、习题,夯实解题基础,知识点要覆盖全面,不遗漏; ◆调试思维角度,向量基底法、向量坐标法、综合法混合使用,培养发散能 力. ◆提醒学生把定理的条件和结论写全、强调用右手系建系,保证坐标正确; ◆文科不要涉及空间角和繁琐的推理证明,不要拔高也不必讲解空间向量处 理问题; ◆理科倾向于空间向量的应用,但综合法在教学中不可忽视!

86

解析几何
(全国Ⅱ卷理 7)过三点 A(1,3) ,B(4,2) ,C(1,-7)的圆交于 y 轴于 M、N 两点,则 MN = (A)2
6

(B)8

(C)4

6

(D)10

法一:因三角形是直角三角形,求出圆心与半径。由已知得
3? 2 1 ?7 ? 2 ? ? , kCB ? ? 3 , k AB ? kCB ? ?1,? AB ? CB ,? AC 为圆的直径,所以圆心 1? 4 3 1? 4 1 2 2 坐标为 ?1, ?2 ? , r ? AC ? 5 ,所在的圆的方程为 ? x ? 1? ? ? y ? 2 ? ? 25 2 令 x ? 0 ,? MN ? y1 ? y2 ? 4 6 k AB ?

法二:利用待定系数法,设出圆的一般方程,带入三点坐标,联立解得方程为

x2 ? y 2 ? 2x ? 4 y ? 20 ? 0
再令 x ? 0 ,求出 MN
87

解析几何
(全国Ⅱ卷文 7).已知三点 A(1,0) , B(0, A.
5 3

3) , C (2, 3) ,则 ?ABC 外接圆的圆心到原点的距离为
y

B.

21 3

C.

2 5 3

D.

4 3

B

D
E

C

O

A

x

法一(几何法) :由两点间距离公式得:? AB ? BC ? AC ? 2 ,? ?ABC 为等边三角形,设 BC 中点 为 D,点 E 为 ?ABC 的外心,? AE
? 2 2 3 AD ? ,? OE ? 3 3 OA ? AE ?
2 2

21 3

法二:(解析法)
试题分析: ?ABC 外接圆圆心在直线 BC 垂直平分线上即直线 x ? 1 上,设圆心 E ?1, b ? ,由 EA ? EB 得
b ? 1? b ? 3

?

?

2

?2 2? 2 2 21 ?b? ,所以圆心到原点的距离 d ? 12 ? ? ,故选 B ? ? ? 3 ? 3 3 ? ?

2

88

解析几何
(全国Ⅱ卷理 11)已知 A,B 为双曲线 E 的左,右顶点,点 M 在 E 上,?ABM 为 等腰三角形,且顶角为 120° ,则 E 的离心率为 A.
5

B.2
2

C.
2

3

D.

2

解析:设双曲线方程为 x 2 ? y2
a b

? 1? a ? b ? 0 ? ,不妨令点

M 在第一象限,

则 BM

? AB ? 2a , ?MBx ? 600 ,? M 2a, 3a
2a ? e ? 2

?

?

代入双曲线方程得 c ?

结合图形,用a表示出点M的坐标,代入双 曲线方程得出a,b的关系,进而求出离心率.
89

解析几何
(全国Ⅱ卷文 15)已知双曲线过点 (4,
线的标准方程为 .
1 3 ) ,且渐近线方程为 y ? ? x ,则该双曲 2

法一:待定系数法 直接设方程为: x2 ? 4 y2 ? ? ? ? ? 0?

代入点 4, 3

?

?
1 2

求出 ? 即可.

法二:首先判断双曲线的标准方程形式,然后再待定系数法求方程.
解析:因为渐近线 y ? ? x 过点 ? 4, 2 ? ,而 3 ? 2,? ? 4, 3 ? 在渐近线 y ?
1 1 x 的下方,在 y ? ? x 2 2

x2 y 2 的上方,所以渐近线方程为: 2 ? 2 ? 1? a ? b ? 0 ? a b

?b 1 ? 2 ? ? ?a 2 ?a ? 4 ?? ?? 2 16 3 ? ?b ? 1 ? ? ? 1 ? ? a 2 b2

90

解析几何
(全国Ⅰ卷理 5)已知 M(x0,y0)是双曲线 C: x2 ? y 2 ? 1 上的一点,F1、F2 是 C 上的两个焦点,若
2

???? ? ???? ? MF1 ? MF2 <0,则

y0 的取值范围是 (B)(-
3 3 , ) 6 6

(A)(-

3 3 , ) 3 3

(C)( ? 2

2 3

,2

2 3

)

(D)( ? 2

3 3

,2

3 3

)

由双曲线方程可求出

F1 , F2 的坐标,再求出向量

???? ? ???? ? MF1, MF2

然后利用向量的数量积公式求解

91

解析几何
(全国Ⅰ卷理 14)
x2 y 2 一个圆经过椭圆 ? ? 1 的三个顶点,且圆心在 16 4

x 轴上,则该圆标准方程为

.

法一:待定系数法设圆的标准方程,由椭圆的标准方程可求出四个顶点的坐标,由圆心在 x 轴的正半轴上知该圆过上、下顶点和右顶点 . 由题知 a ? 4, b ? 2 ,上下顶点的坐标分别为
2 ? 0,2? , ?0, ?2? , 右 顶 点 的 坐 标 为 ? 4, 0 ? , 设 圆 的 标 准 方 程 为 ? x ? m ? ? y 2 ? r 2 ? 0 ? m ? 4, r ? 0 ? , 则

法二:待定系数法设圆的一般方程方程,带入三个顶点坐标求解. . 2 法三:设圆心为 D ? t ,0? , t ? 0 ,? AD ? 4 ? t ? DC ? 4 ? t ,
3 ?3 ? 5 ? t ? , D ? , 0 ? ,? r ? DC ? 2 ?2 ? 2
2 2 . ?(x ? ) ? y ?

3 ? m ? 2 ? ? 3? 25 ? ?m ? 4 ? r ? 2 2 解得 ,所以圆的标准方程为 x ? ? y ? ? ? ? ? 2 2 2? 4 ? ? ? r 2 ? 25 ?? 4 ? m ? ? r ? ? 4
2 2

3 2

25 为所求. 4

仔细挖掘图形特征,可大大减少计算量.使思维更简洁.
92

解析几何

(全国Ⅰ卷文 5)已知椭圆 E 的中心在坐标原点,离心率为 1 ,E 的右焦点与抛
2

物线 C:y?=8x 的焦点重合,A,B 是 C 的准线与 E 的两个交点,则|AB|= (A)3 (B)6 (C)9 (D)12

椭圆与抛物线的标准方程和几何性质.可直接由通 径长公式得解.

93

解析几何
(全国Ⅰ卷文

16)已知 F 是双曲线 C:x -

2

y2 8

=1 的右焦点,P 是 C 的左支上一点,A

(0,6 6 ).当△ APF 周长最小时,该三角形的面积为___________.

分析:由双曲线定义等价转换PF,抓住几何特征, 再用割补法 S?APF ? S?AF ?F ? S?PF ?F 求面积. 抓住几何特征,不要盲目计算.
解 析 : 设 F ? 是 双 曲 线 C : x2y2 8

=1 的 左 焦 点 , 而 P 是 C 的 左 支 上 一 点 , 则

| PF |?| PF ? | ?2 ,△ APF 周长等于 | PA | ? | PF | ? | AF |?| PA | ? | PF ? | ? | AF | ?2

?| AF ? | ? | AF | ?2 ? 32 ,当且仅当点 P, F ?, A 共线时等号成立,点
2

P

在线段 F ?A 上,线

y 段 F ?A : y ? 2 6x ? 6 6(?3 ? x ? 0) ,代入 x2- =1 可得 8x2 ? (2 6 x ? 6 6)2 ? 8, 8

x 2 ? 9 x ? 14 ? 0 ,解得 x ? ?2, x ? ?7 (舍去) ,则 P(?2, 2 6) 到直线 FA : y ? ?2 6x ? 6 6 的
距离为 d ?
8 6 1 1 8 6 , S ? ? d ? | AF |? ? ?15 ? 12 6 . 5 2 2 5

94

解析几何
(全国Ⅱ卷理 20)已知椭圆 C: 9 x2 ? y 2 ? m2 (m>0),直线 l 不过原点 O 且不平行于坐 标轴,l 与 C 有两个交点 A,B,线段 AB 的中点为 M. (Ⅰ) 证明:直线 OM 的斜率与的斜率的乘积为定值;
m (Ⅱ)若 l 过点 ( , m ) ,延长线段 OM 与 C 交于点 P,四边形 OAPB 能否平行四边行?若 3 y

能,求此时 l 的斜率;若不能,说明理由.

P

A M o x

B

95

解析几何
解: (Ⅰ)解法 1: (点差法)设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则

9x12 ? y12 ? m2 ,
2 2 9x2 ? y2 ? m2 .

① ②

由① ? ②,得 9( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) ? 0 . 变形可得

( y1 ? y2 ) ( y1 ? y2 ) ? ? ?9 ,即 k AB ? kOM ? ?9 . ( x1 ? x2 ) ( x1 ? x2 )
m m cos ?1 , m sin ?1 ), B( cos ? 2 , m sin ? 2 ) , 3 3

解法 2: (参数法)设 A(

则 k AB ?kOM

m(sin ?1 ? sin ? 2 ) m(sin ?1 ? sin ? 2 ) 9(sin 2 ?1 ? sin 2 ? 2 ) ? ? ? ? ?9 2 2 m m (cos ? ? cos ? ) 1 2 (cos ?1 ? cos ? 2 ) (cos ?1 ? cos ? 2 ) 3 3

96

解析几何
解法 3: (韦达定理、中点坐标)设直线 l 的方程为 y ? kx ? t (k ? 0, t ? 0) ,代入
9x2 ? y 2 ? m2 得
(9 ? k 2 ) x2 ? 2ktx ? t 2 ? m2 ? 0 ,

设 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 ) ,则 x1 ? x2 ? ? 所以 k AB ?kOM

2kt 18t , y ? y ? k ( x ? x ) ? 2 t ? . 1 2 1 2 9 ? k2 9 ? k2

18t 2 y1 ? y2 9 ? k ? k? ? k? ? ?9 . 2 kt x1 ? x2 ? 9 ? k2

故 kAB ?kOM ? ?9 .

97

解析几何
解法 4: (利用直线的参数方程、参数的几何意义) 设直线 l 与 C 的两个交点 A, B 的中点为 M ( x0 , y0 ) ,倾斜角为 ? ,
? x ? x0 ? t cos ? ? 设直线 l 的参数方程为 ? , ( t 为参数且 ? ? (0, ? ),? ? ) , 2 ? y ? y0 ? t sin ? ? x ? x0 ? t cos ? 将? 代入 9x2 ? y2 ? m2 ,并化简得 ? y ? y0 ? t sin ?
2 2 (9cos2 ? ? sin2 ? )t 2 ? (18x0 cos? ? 2 y0 sin? )t ? (9x0 ? y0 ? m2 ) ? 0 ,

由点 M ( x0 , y0 ) 是线段 AB 的中点知 t1 ? t2 ? 0 ,可得 18x0 cos? ? 2 y0 sin ? ? 0 . 所以

sin ? y0 ? ? ?9 ,即 kAB ?kOM ? ?9 . cos ? x0

98

解析几何
(Ⅱ)解法 1:利用第一问的结论及平行四边形对角线平分求解 m 设直线 l : y ? m ? k ( x ? )(k ? 3) ,代入 9 x2 ? y 2 ? m2 (m ? 0) 得 3
2k 2 m k 2 m2 2km2 2km(k ? 3) (9 ? k ) x ? 2kmx ? x? ? ? 0 ,所以 x1 ? x2 ? 3 9 3 3(9 ? k 2 )
2 2

由四边形 OAPB 为平行四边形,得点 P 的横坐标为 x1 ? x2 ?

2km(k ? 3) , 3(9 ? k 2 )
2

9 9 ? ? 由(Ⅰ)得点 P 在直线 y ? ? x 上.由于点 P 在椭圆上,代入椭圆方程得 9( x1 ? x2 )2 ? ?( x1 ? x2 )? ( ? ) ? ? m2 , k k ? ?
化简得 k ? 8k ? 9 ? 0 ,解得 k ? 4 ? 7 .
2

解法 2:通过 M 的坐标建立 K 的方程

设 M ( x0 , y0 ) ,由(Ⅰ)得

y0 y0 ? m ? ? ?9 -----.① x0 x ? m 0 3

2 2 若四边形 OAPB 为平行四边形,由点 P(2 x0 , 2 y0 ) 在椭圆上得 36x0 ? 4 y0 ? m2 .-----②
2 x x0 x ?9 ? ?9 0 , 由①②得 m ? 4 y0 ? 12x0 ,再代入②式化简得 9x ? y ? 8x0 y0 ? 0 ,即 9 2 ? 8 0 ? 1 ? 0 ,而 kl ? kOM y0 y0 y0

2 0

2 0

代入解得 kl ? 4 ? 7 .

99

解析几何
解法 3:利用椭圆的参数方程参数法 设椭圆上的点 P (

m cos ? , m sin ? ) , OP 的中点 3

M(

m m 9 3cos ? cos ? , sin ? ) . k AB ? ? =? 6 2 kOM sin ?

m sin ? ? m m sin ? 四边形 OAPB 为平行四边形,结合(Ⅰ) ,有 2 ? ? ?9 , m m m cos ? ? cos ? 6 3 3 1 1 2 2 化简得 sin ? ? cos ? ? .平方得 sin ? ? cos ? ? 2sin ? cos ? ? , 2 4
即 4sin ? ? 4cos ? ? 8sin ? cos ? ? sin ? ? cos ? .
2 2 2 2

cos 2 ? cos ? cos ? ?4 ? 7 ? 8 ? 0 ? 所以 3sin ? ? 3cos ? ? 8sin ? cos ? ? 0 ,得 3 ? 3 所以 , sin 2 ? sin ? sin ? 3
2 2

即 kAB ? 4 ? 7 .
100

解析几何
m )(k ? 3) ,因为 l 不过原点且与 C 有两个交点,所以 k ? 0, k ? 3 . 3 9 9 此时由(Ⅰ)知直线 OM 的斜率为 ? ,所以 OM 的方程为 y ? ? x .所以交点 k k
解法 4:直线 l 的方程为 y ? m ? k ( x ?

M(

km(k ? 3) 3m(k ? 3) ,? 2 ). 3(k 2 ? 9) k ?9 2km(k ? 3) 6m(k ? 3) ,? 2 ) .代入椭圆方程并整理的 2 3(k ? 9) k ?9

假设四边形 OAPB 能为平行四边形, 则点 P 的坐标为 (

k 2 ? 8k ? 9 ? 0 ,解得 k ? 4 ? 7 .
所以当直线 l 的斜率为 k ? 4 ? 7 时,四边形四边形 OAPB 能为平行四边形.

101

解析几何
2 x2 y 2 (全国Ⅱ卷文 20)已知椭圆 C: 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 ,点 (2, 2) 在 C 上. 2 a b (1)求 C 的方程; (2)直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴,l 与 C 有两个交点 A,B,线段 AB 的中点为 M. 证明: 直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值.

(1)利用待定系数法求出椭圆方程;(2)由韦达定理求M点的坐标. 考查直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.
102

解析几何
x2 (全国Ⅰ卷理 20) 在直角坐标系 xoy 中, 曲线 C: y= 与直线 y=kx+a( a ? 0 ) 4

交于 M,N 两点, (Ⅰ)当 k=0 时,分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程; (Ⅱ)y 轴上是否存在点 P, 使得当 k 变动时, 总有∠OPM=∠OPN?说明理由.

103

(Ⅰ) 考查利用导数的几何意义求切线方程.
(Ⅰ)由题设可得 M (2 a , a) , N (?2 2, a) ,或 M (?2 2, a) , N (2 a , a) .

x2 1 ∵ y? ? x ,故 y ? 在 x = 2 2a 处的导数值为 a ,C 在点 (2 2a, a) 处的切线方程为 2 4

y ? a ? a ( x ? 2 a ) ,即 ax ? y ? a ? 0 .
x2 故y? 在 x =- 2 2a 处的导数值为- a ,C 在点 (?2 2a, a) 处的切线方程为 4

y ? a ? ? a ( x ? 2 a ) ,即 ax ? y ? a ? 0 .
故所求切线方程为 ax ? y ? a ? 0 或 ax ? y ? a ? 0 .

104

(Ⅱ)解法 1:利用斜率之和等于 0. 设 P?0, b ? 符合题意, M ?x1 , y1 ? 、 N ? x2 , y2 ? .当 k ? 0 时, 有 x1 ? x2 ? 0 ,将 y ? kx ? a 代入 C 的方程得 x ? 4kx ? 4a ? 0 ,故 x1 ? x2 ? 4k , x1 x2 ? ?4a .
2

∴ k1 ? k2 ?

y1 ? b y2 ? b 2kx1 x2 ? (a ? b)( x1 ? x2 ) k ( a ? b) = = . ? a x1 x2 x1 x2

当 b ? ? a 时,有 k1 ? k2 =0,则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补, 故∠OPM=∠OPN,所以 P(0, ?a) 符合题意.

105

解析几何
(Ⅱ)解法 2:舍而不求,由角平分线分线段成比例定理列方程
2 ? x12 ? ? x2 ? x2 2 ? ? ? y ? x ? 4kx ? 4a ? 0 . 设 MN 与 y 轴交与点 A , 设M? 、 , 将 代入 , 得到 y ? kx ? a x , N x , 1 2 ? ? ? ? 4 4? 4? ? ?

因此 x1 ? x2 ? 4k , x1 x2 ? ?4a .假设存在点 P?0, b ? 使得当 k 变动时,总有 ?OPM ? ?OPN ,则由角平

PM MA x1 分线分线段成比例定理得 ,即 ? ? PN BA x2

? x12 ? 2 ? x1 ? ? ? b ? 4 ? ? ?
2 ? x2 ? ? x ?? ? b ? 4 ? ? ? 2 2

2

2

?

x1 x2

,所以

?

2 2 ? x12 x2 x12 x2 2 2 2? 2 2 k 0 ? b ? ? a . 因为 是变化的, 所以 不会恒等于 , 因此 .当 b ? a x ? x ?? ? b ? 0 x ? x 1 2 ? 16 ? 16 ? ?

2 1

2 2

?

时, 唯有 k ? 0 时成立, 所以 b ? ? a ,y 轴上存在点 P ? 0, ?a ? , 使得当 k 变动时, 总有 ?OPM ? ?OPN .
106

解析几何
解法 3 :利用向量夹角公式列方程
设 P?0, b ? 符合题意, M ?x1 , y1 ? 、 N ? x2 , y2 ? .当 k ? 0 时,
2

有 x1 ? x2 ? 0 ,将 y ? kx ? a 代入 C 的方程得 x ? 4kx ? 4a ? 0 ,故 x1 ? x2 ? 4k , x1 x2 ? ?4a .又

??? ? ???? OP ? MP ? ? 0, b ? ? ? ? x1 , b ? y1 ? ? b ? b ? y1 ? , ??? ? ???? b ? b ? y1 ? OP ? MP 则 cos ?OPM ? ??? , ? ???? ? 2 2 OP MP b x1 ? ? b ? y1 ? ??? ? ??? ? b ? b ? y2 ? OP ? NP 同理 cos ?OPN ? ??? , ? ??? ? ? 2 2 OP NP b x2 ? ? b ? y2 ?
若 cos ?OPM ? cos ?OPN ,有

b ? b ? y1 ? b x ? ? b ? y1 ?
2 1
2

? b

b ? b ? y2 ? x ? ? b ? y2 ?
2 2
2



即 ? b ? y1 ?

2

2 x2 ? ? b ? y2 ? x12 ,化简得 b 2 ? a 2 ,即 b ? ? a 或 b ? a (舍). 2

从而当 b ? ? a 时,有 cos ?OPM ? cos ?OPN ,即 ?OPM ? ?OPN . 当 k ? 0 时,若 b ? ? a ,则 ?OPM ? ?OPN . 综上,点 P ? 0, ?a ? 符合题意.
107

解析几何
解法 4 :通过观察,猜想 P 点的坐标,再判断直线 PM、PN 斜率之和为 0 观察曲线 C 在 M 和 N 处的切线方程, 得到两切线的斜率互为相反数, 且两切线交点为 ? 0, ?a ? . 猜想存在点 P ? 0, ?a ? ,使得当 k 变化时总有 ?OPM ? ?OPN ,等价于 kPM ? kPN ? 0 ,证明如下:

x2 将 y ? kx ? a 代入 y ? ,得到 x 2 ? 4kx ? 4a ? 0 .设 M ?x1 , y1 ? 、 N ? x2 , y2 ? ,则 x1 ? x2 ? 4k , 4
x1 x2 ? ?4a , kPM ? kPN ?
?OPM ? ?OPN .

y1 ? a y2 ? a ? ? 0 ,故存在点 P ? 0, ?a ? ,使得当 k 变化时总有 x1 x2

108

解法 5 :假设存在符合题意的点 P ,只需 M 关于 Y 轴的对称点在直线

PN 上
2 ? x12 ? ? x2 ? x ?x 如图,设点 N ? x1 , ? 、 M ? x2 , ? ,则有 k MN ? 1 2 , 4 4? 4? ? ?

x12 x1 ? x2 xx ? ? ( x ? x1 ) , 得直线 MN 的方程为 y ? 令x ? 0, 得a ? ? 1 2 . 4 4 4
2 ? ? x2 由 ?OPM ? ?OPN 得点 M 关于 y 轴的对称点 M 1 ? ? x2 , ? 在直线 4? ?

NP 上,直线 k M1N

x1 ? x2 x12 x1 ? x2 ? ?x ? x1 ? . ? ,直线 M 1 N 的方程为 y ? 4 4 4 x1 x2 为定值 ? a ,所以存在点 P ? 0, ?a ? ,使 ?OPM ? ?OPN . 4
109

令 x ? 0 ,得到 P 点的纵坐标为

(全国Ⅰ卷文 20)已知过点 A(0,1)且斜率为 k 的直线 l 与圆 C(x-2)2+(y-3)2=1 交于 M,N 两 点. (1) 求 K 的取值范围; ???? ? ???? (2) 若 OM · ON =12,其中 O 为坐标原点,求︱MN︱.
2k ? 3 ? 1 1? k
2

(I)由题设,可知直线 l 的方程为 y ? kx ? 1 .因为 l 与 C 交于两点,所以

?1 .

解得

4? 7 4? 7 ?k ? . 3 3

所以 k 的取值范围为 (

4? 7 4? 7 , ). 3 3

考查直线方程、直线与圆的位置关系、平面向量数量积

110

解析几何
(II)设 M ? x1 , y1 ? , N ( x2 , y2 ) . 将 y ? kx ? 1 代入方程 ( x ? 2)2 ? ( y ? 3)2 ? 1 ,整理得

(1 ? k 2 ) x2 ? 4(1 ? k ) x ? 7 ? 0 .
所以 x1 ? x2 ?

4(1 ? k ) 7 , x x ? . 1 2 1? k 2 1? k 2

OM ? ON ? x1x2 ? y1 y2
? ?1 ? k 2 ? x1 x2 ? k ? x1 ? x2 ? ? 1

?

4k ?1 ? k ? ?8. 1? k 2

4k ?1 ? k ? ? 8 =12,解得 k=1,所以 l 的方程是 y=x+1. 由题设可得 ? 2 1? k
故圆心 C 在 上,所以 MN ? 2 .
111

l

解析几何
重点:直线与圆锥曲线的位臵关系;会用几何法、定义法、相关点法、参数法、交轨 法等求轨迹;会用特殊探索法(特殊值、特殊位臵、特殊图形)先确定定值(定点 ),将问题转化为有方向、有目标的一般性证明题.

学生易错点:知识综合运用能力差,思想方法不灵活;判断位臵关系时,机械联立方 程,导致运算量大、越做越茫然;忽视求出轨迹后x或y的范围;方法不当;转化能 力差;缺少解题策略,如运用特殊探索法探寻方向;缺乏信心. 建议: ◆研究位臵关系时不仅可联立方程,也可通过研究几何对象的几何特征在进行代数化 ,使问题简单、思路清晰、减少运算;
◆重视对几何图形的分析,以“形”引导思维,寻找解题途径,制定解题策略,提高 由数到形、以形助数的意识; ◆加强学生的推理能力、严谨的表述能力.培养优化运算、优化思维的意识; ◆鼓励学生面对创新题,大胆猜测、合情推理; ◆用典型示例突出重点,通过变式训练化解易错点. ◆突出解析思想——几何问题代数化,让学生树立数形结合的思想解决圆锥曲线问题.
112

函数
(全国Ⅱ卷理 5)
(A)3 设函数 f ( x) ? ? (B)6

?1 ? log 2 (2 ? x), x ? 1 ?2 , x ? 1
x ?1

, 则 f (?2) ? f (l og2 12) ?

(C)9

(D)12

主要考查分段函数求函数值.

(全国Ⅱ卷文 11,理 10)如图,长方形 ABCD 的边 AB=2,BC=1,O 是 AB 的中点,点 P 沿
着边 BC,CD 与 DA 运动,∠BOP=x.将动点 P 到 A,B 两点距离之和表示为 x 的函数 f(x) , 则 f(x)的图像大致为
D P C

X A O B

y

y

y

y

2

2

2

2

? 4

? 2

3? 4

x

?

? 4

? 2

3? 4

x

?

? 4

? 2

3? 4

x

?

? 4

? 2

3? 4

x

?

(A)

(B)

(C)

(D)

113

法一:排除法
? ?? x ? 0, ? 时,f ? x ? ? tan x ? 4 ? tan x ,图像不会是直线段,从而排除A,C 当 ? ? 4? ? ?? x ? 0, ? 时, f ? ? ? ? f ? 3? 当 ? ? ? ? ? 4? ?4? ? 4

? ? ? 1 ? 5, ?

?? ? f ? ? ? 2 2, ?2?

?2 2 ? 1? 5

?? ? ?? ? ? 3? ? ?f ? ?? f ? ?? f ? ? ?2? ?4? ? 4 ?

从而排除D,故选B.

观察选项间的差异,利用特值法进行排除筛选简单 .

114

函数
法二:直接法:

小题要巧做. 显然此法麻烦了很多.

115

函数
( 全国Ⅱ卷文 12) 设函数 f ( x) ? ln(1? | x |) ?

A. ( ,1)

1 3

B. (?? , ) U (1,?? )

1 3

1 , 则使得 f ( x) ? f (2 x ?1) 成立的 x 的取值范围是 1? x2 1 1 1 1 C. (? , ) D. (?? ,? ) U ( ,?? ) 3 3 3 3

法一:利用函数的奇偶性和单调性,对不等式等价转化 由 f ( x) ? ln(1? | x |) ?
可知 f ? x ? 是偶函数,且在 ?0, ??? 是增函数, 所以 f ? x ? ? f ? 2 x ? 1? ? f

1 1 ? x2

? x ? ? f ? 2x ?1 ? ?

x ? 2x ?1 ?

1 ? x ? 1 .故选 A. 3

法二:排除法

令 x ? 0 ,此时 f ? x? ? f ?0? ? ?1 ? 0 , f ? 2 x ? 1? ? f ? ?1? ? ln 2 ?
? x ? 0 不满足 f ? x ? ? f ? 2x ?1? ,故

1 ?0, 2

C 错误
1 , 10

令 x ? 2 ,此时 f ? x ? ? f ? 2 ? ? ln 3 ? , f ? 2 x ? 1? ? f ? 3? ? ln 4 ?
? f ? 2 ? ? f ? 3? ? ln 3 ? ln 4 ? 1 ?0 10

1 5

? x ? 2 不满足 f ? x ? ? f ? 2x ?1? ,故

B,D 错误
116

函数与导数
(全国Ⅱ卷文 13) 已知函数 f ( x) ? ax3 ? 2 x 的图象过点 (?1,4) ,则 a ? .

(全国Ⅰ卷理 12)设函数 f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中 a 1,若存在唯 一的整数 x0,使得 f(x0) 0,则 a 的取值范围是( ) A.[ ?
3 ,1) 2e

B. [ ?

3 3 , ) 2e 4

C. [

3 3 , 2e 4

)

D. [

3 ,1) 2e

法一:由已知函数关系式,先找到满足 f 由 x0 的唯一性列不等式组求解.

? x0 ? ? 0

的整数 x , 0

? f ? 0? ? ?1 ? a ? 0,? x0 ? 0
又? x0 ? 0 是唯一的使 f ? x ? ? 0 的整数,

3 ?a ?1 ? ? a ?1 2e 3 经检验, a ? 符合题意,故选D. 4

? ? f ? ?1? ? 0 ? a ? 3 ?? 2e ? ? f ?1? ? 0

本题关键在于特殊值 f ? 0? ? 0的应用
117

法二: 导数的应用、数形结合 、化归转化 设 g ( x) = ex (2 x ?1) , y ? ax ? a ,由题知存在唯一的 整数 x0 ,使得 g ( x0 ) 在直线 y ? ax ? a 的下方. 因为 g ?( x) ? e x (2x ? 1) ,
1 所以当 x ? ? 时, g ?( x) <0, 2 1 当 x ? ? 时, g ?( x) >0, 2
1 ? 1 所以当 x ? ? 时, [ g ( x)]min = -2e 2 , 2

1, 当 x ? 0 时, g (0) =-1, g (1) ? 3e ? 0 ,直线 y ? ax ? a 恒过(1,0)斜率且 a ,故 ?a ? g (0) ? ?

且 g (?1) ? ?3e?1 ? ?a ? a ,解得

3 ≤ a <1,故选 D. 2e
118

? f (1) ? 0 对策 1:特值观察, f (0) ? ?1 ? a ? 0 ,取 x0 ? 0 ,故 ? ; ? f (?1) ? 0

? f (1) ? e ? 0 3 ? , a ? 3 ? 2e f (?1) ? ? ? 2a ? 0 ? e ?

法三:直接从条件决定取舍!
对策 2:在差异中取舍, 取 a ? 0 ,则 f ( x) ? e x (2 x ? 1) ,当 x ?
1 时, 2

f ( x) ? 0 不符,舍 A、B;
取a ?
3 3 3 ,则 f ( x) ? e x (2 x ? 1) ? x ? , 法四:利用选项信息进行取舍 4 4 4 1 f (0) ? ? ? 0, f (1) ? 0, f (?1) ? 0 ,舍 C。 4

119

(全国Ⅰ卷理 13)若函数 f(x)=xln(x+ a ? x2 )为偶函数,则 a=

本题考查点主要是偶函数的定义.根据偶函数性质列方程求解. 法一:定义法
? f ? x? 为偶函数,? f ? ?x? ? f ? x? 恒成立,即 f ? ?x? ? f ? x? ? 0
?? x ln ? x ? a ? x2 ? x ln x ? a ? x2 ? 0 恒成立,
? x ln a ? 0 恒成立,? ln a ? 0,? a ? 1

?

? ?

?

法二:利用性质:奇偶=奇
?y ? x

是 奇 函 数 , f ? x? ? x ln x ? a ? x2 为 偶 函 数 , ? g ? x? ? ln x ? a ? x2 为 奇 函 数 .

?

?

?

?

? g ?0? ? 0 ,?ln a ? 0,?a ? 1

120

函数
x ?1 ? x ?1 ?2 ? 2, (全国Ⅰ卷文 10)已知函数 f ? x ? ? ? ,且 f ? a ? ? ?3 ,则 f ? 6 ? a ? ? ? ?? log 2 ? x ? 1? , x ? 1

(A) -

7 5 3 1 (B) (C) (D) 4 4 4 4 7 ?1?1 解析:由题意可知 ? log 2 ( x ? 1) ? ?3, x ? 7, f (6 ? 7) ? f (?1) ? 2 ? 2 ? ? 4

分段函数中已知函数值求自变量,然后再已知自变量求函数值,主要考查函数定义.
(全国Ⅰ卷文 12)设函数 y ? f ( x) 的图像与 y ? 2x?a 的图像关于直线 y ? ? x 对称,且
f (?2) ? f (?4) ? 1 ,则 a ? ( )

(A) ?1

(B) 1

(C) 2

(D ) 4

解析:函数 y=f(x)的图像上的任意一点 ( x, y ) 关于直线 y=-x 对称的点 (? y, ? x) 在函数 y ? 2x ?a 的图像 上 , 即 ?x ? 2
? y?a

, ? y ? a ? log2 (? x) , 则 y=f ( x ) 的 解 析 式 为 f ( x) ? a ? log2 (?x) , 从 而

f (?2) ? f (?4) ? 2a ? 3 ? 1,解得 a ? 2 ,答案选 C

主要考查对称问题中函数解析式的求法,和指数式对数式之间的互化.
121

函数

◆用函数的性质来判断函数的图象和用函数的图象来推断函数的性 质,每年都重点考. ◆判断函数的奇偶性时,应先判断定义域是否关于原点对称. ◆分段函数是每年必考的知识点,求值、研究性质或结合程序框图 考查. ◆研究初等基本函数——指数函数、对数函数、幂函数的性质、图 象及其变换,是高中学习的重要考查内容.

122

函数与导数
(全国Ⅱ卷理 12)设函数 f '( x) 是奇函数 f ( x)( x ? R) 的导函数, f (?1) ? 0 ,当 x>0 时,
xf '( x) ? f ( x) <0,则使得 f

(x) >0 成立的 x 的取值范围是 D. ? 0,1? ? ?1, ???

A. ? ??, ?1? ? ? 0,1?

B ? ?1,0? ? ?1, ??? C. ? ??, ?1? ? ? ?1,0?

f ? x? 构造函数 g ? x ? ? ,通过研究新函数的图像与性质,得出 f ? x ? 的相关信息. x
xf ' ( x) ? f ( x) f ( x) ' 解析:记函数 g ( x) ? ,则 g ( x) ? ,因为当 x ? 0 时, xf ' ( x) ? f ( x) ? 0 , 2 x x

故当 x ? 0 时, g ' ( x) ? 0 ,所以 g ( x) 在 (0, ??) 单调递减; 又因为函数 f ( x)( x ? R) 是奇函数,故函数 g ( x) 是偶函数,所以 g ( x) 在 (??, 0) 单调递减, 且 g (?1) ? g (1) ? 0 .当 0 ? x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,则 f ( x) ? 0 ;当 x ? ?1 时, g ( x) ? 0 ,则 f ( x) ? 0 , 综上所述,使得 f ( x) ? 0 成立的 x 的取值范围是 (??, ?1) ? (0,1) ,故选 A.

123

导数应用
(全国Ⅱ卷文 16)已知曲线 y ? x ? ln x 在点 (1,1) 处的切线与曲线 y ? ax2 ? (a ? 2) x ?1相切, 则a ? .

本题主要考查导数的几何意义及应用.首先求出曲线在点 ?1,1? 处的切线方程,
然后利用根的判别式或导数法求a的值.
解:由 y? ? 1 ?
1 可得曲线 y ? x ? ln x 在点 ?1,1? 处的切线斜率为 2, 故切线方程为 y ? 2 x ? 1 , 与 x

y ? ax2 ? ? a ? 2? x ? 1 联立得 ax 2 ? ax ? 2 ? 0 ,显然 a

? 0 ,所以由

? ? a 2 ? 8a ? 0 ? a ? 8 .

124

导数应用
(全国Ⅰ卷文 14) 已知函数 f ? x? ? ax3 ? x ?1 的图象在点 (1, f(1)) 处的切线过点 (2,7) , 则 a= .
法一:先用导数的几何意义求出切线方程,再代入点坐标求出a的值. 法二:利用切线斜率相等,建立等量关系解方程得a的值
2 ? f ( x ) ? 3 ax ? 1, f ?(1) ? 3a ? 1 ? 解析:f(x)=ax +x+1,
3

7 ? a ?1 ?1 ? 5 ? a, a ? 1 . 2 ?1

导数的小题主要考查两个方面: 1.导数的几何意义:函数在切点处的导数值等于该点处的切线斜率, 切点的双重身份,即又在原函数上,又在切线方程上.这类题的突破 口就是切点. 2. 利用导数研究函数的单调性,从而确定函数的最值,解决参数的 取值范围或是恒成立问题.

125

函数与导数
(全国Ⅱ卷理 21)设函数 f ( x) ? emx ? x2 ? mx . (Ⅰ)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增; (Ⅱ)若对于任意 x1,,x2∈[-1,1],都有|f(x1)- f(x2)|≤e-1,求 m 的取值范围.
解: (Ⅰ)解法 1:利用导数符号确定函数的单调性,当符号不能确定时需分类讨 论
f ?( x) ? m(emx ?1) ? 2x .

当 m ? 0 时, emx ? 1 与 2 x 同号,即当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 . 当 m ? 0 时, emx ? 1 与 2 x 异号,即当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 . 所以, f ( x) 在 (??, 0) 上单调递减,在 (0, ??) 上单调递增.

126

函数与导数

解法 2:二次求导,避免了对 m 的分类讨论
f ?( x) ? memx ? 2x ? m ,设 g ( x) ? memx ? 2 x ? m ,则 g ?( x) ? m2emx ? 2 ? 0 .

所以 g ( x) 在 (??, ??) 上单调递增. 当 x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 f ?( x) ? 0 ; 当 x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 f ?( x) ? 0 . 所以, f ( x) 在 (??, 0) 上单调递减,在 (0, ??) 上单调递增.

127

函数与导数
(Ⅱ)解法 1:构造函数,利用导数研究函数单调性、由单调性解超越不等式
由(Ⅰ)知 f ( x ) 在 [?1, 0) 上单调递减,在 (0,1] 上单调递增, 所以 [ f ( x)]min ? f (0) ? 1,[ f ( x)]max ? max{ f (?1), f (1)} .原问题 ? [ f ( x)]max ? [ f ( x)]min ? e ?1成立. 令 h(m) ? f (1) ? f (?1) ? em ? e?m ? 2m ,所以 h?(m) ? em +e? m ? 2 ? 0 ,所以 h( m) 在 R 上单调递增. 当 m ? 0 时, h(m) ? h(0) ? 0 ,即 f (1) ? f (?1) ;当 m ? 0 时, h(m) ? h(0) ? 0 ,即 f (1) ? f (?1) . 所以当 m ? 0 时,只需 f (1) ? 1 ? e ? 1 ,即 e ? m ? e ? 1 ? 0 .
m

令 u(m) ? em ? m ? e ? 1 , u?(m) ? em ?1 ,则 u ( m) 在 [0, ??) 上单调递增. 所以 u(m) ? u(0) ? 2 ? e ? 0 ,且 u(1) ? 0 ,所以 0 ? m ? 1 . 当 m ? 0 时,只需 f (?1) ? 1 ? e ? 1 ,即 e
?m

猜根 u ?1? ? 0

? m ? e ?1 ? 0 .

令 v(m) ? e?m ? m ? e ? 1, v?(m) ? ?e?m ? 1 . 因为 m ? 0 ,所以 e
?m

? 1 ,即 v(m) 在 (??, 0) 上单调递减.
综上, m ? [?1,1] .

所以 v(m) ? v(0) ? 2 ? e ? 0 ,且 v(?1) ? 0 ,所以 ?1 ? m ? 0 .

128

函数与导数
解法 2:由(Ⅰ)知 f ( x ) 在 (??, 0) 上单调递减,在 (0, ??) 上单调递增.所以 f ( x ) 的最小值为 f (0) ? 1 . 因此 ?x1 , x2 ?[?1,1] ,有 f ( x1 ) ? f ? x2 ?
m ? f (?1) ? f (0) ? e ? 1 ? ?e ? m ? e ? 1, ? e ? 1等价于 ? 即 ? ?m ① ? ? f (1) ? f (0) ? e ? 1 ?e ? m ? e ? 1.

设函数 g ?t ? ? et ? t ? e ? 1, 则g? ?t ? ? et ?1.

当t ? 0时,g? ?t ? ? 0;当t ? 0时,g? ?t ? ? 0.
故 g ?t ? 在? ??,0? 上单调递减,在(0,+ ? )上单调递增。 又 g ?1? ? 0, g ? ?1? ? e ? 2 ? e ? 0.
?1

故当 t ?? ?1,1?时, g ?t ? ? 0.

当 m ???1,1?时,g ? m? ? 0, g ? ?m? ? 0 ,即①式成立; 当 m ? 1时,由g ?t ?的单调性,g ? m? ? 0,即e ? m ? e ?1;
m

当 m ? ?1时,g ? ?m? ? 0,即e 综上,m 的取值范围是[-1,1].

?m

? m ? e ?1.

129

函数与导数
解法 3:由(Ⅰ)知 [ f ( x)]max ? max{ f (1), f (?1)} ,可得
m ? ? f (1) ? e ? 0 ?e ? 1 ? m ? e ? 0 即 ? ?m . ? ? f (?1) ? e ? 0 ? ?e ? 1 ? m ? e ? 0

解此不等式组成为难点,借助导数、 零点存在定理突破此难点

设 g (m) ? em ? 1 ? m ? e ,由 g ?(m) ? em ? 1得 g ( m) 在 (??, 0) 上单调递减,在 (0, ??) 上单调递增. 因为 g (1) ? 0, g (0) ? 2 ? e ? 0, g (?1) ? 0, g (?2) ? 0 ,所以存在唯一实数 t ? (?2, ?1) ,使得 g (t ) ? 0 . 所以不等式 e ? 1 ? m ? e ? 0 的解集为 [t ,1] .
m

同理可得 e 所以 ?

?m

? 1 ? m ? e ? 0 的解集为 [?1, ?t ] .

? f (1) ? e ? 0 的解集为 [?1,1] . ? f (?1) ? e ? 0

即对于任意 x1 , x2 ?[?1,1] ,都有 f ( x1 ) ? f ? x2 ? ? e ? 1, m ? [?1,1] .
130

函数与导数
(全国Ⅱ卷文 21)已知 f ? x ? ? ln x ? a ?1 ? x ? .(I)讨论 f ? x ? 的单调性; (II)当 f ? x ? 有最大值,且最大值大于 2a ? 2 时,求 a 的取值范围.

考查导数在函数中的应用、含参数问题分类讨论、对复杂问题等价转化的能力.
131

函数与导数
(全国Ⅰ卷理 21)已知函数 f(x)= x ? ax ?
3

1 , g ( x) ? ? ln x 4

(Ⅰ)当 a 为何值时,x 轴为曲线 y ? f ( x) 的切线; (Ⅱ)用 min

?m, n?

表示 m,n 中的最小值,设函数 h( x) ? min ? f ( x), g( x)

? (x ? 0)

,讨论

h(x)零点的个数.

(1)设切点解方程即可 (I)设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点 ? x0 ,0? , 则
3 ? 2 ? a ? ? 3 x ? a ? 0 ? ? ? ? f ? x0 ? ? 0 ? 0 4 ? , ? ? ? ? 3 1 ? ? x0 ? ax0 ? ? 0 ? x0 ? 1 ? f ? ? x0 ? ? 0 ? 4 ? ? 2

3 ? a ? ? 时,x轴为曲线y ? f ( x)的切线 4
132

函数与导数
(Ⅱ)解法 1:对 X 分类讨论,数形结合、化归转化 (1)当 x ? (1,??) 时, g ( x) ? ? ln x ? 0 , h( x) ? min{f ( x), g ( x)} ? g ( x) ? 0 , h( x) 在 (1,??) 无零点; (2)当 x ? 1 时, 若a ? ?

5 5 , 则 f (1) ? a ? ? 0 ,h(1) ? min{f (1), g (1)} ? g (1) ? 0 ,x ? 1 是 h( x) 的零点; 4 4 5 5 若 a ? ? ,则 f (1) ? a ? ? 0 , h(1) ? min{f (1), g (1)} ? f (1) ? 0 , x ? 1 ,不是 h( x) 的零点; 4 4
(3)当 x ? (0,1) 时, g ( x) ? ? ln x ? 0 ,只研究 f ( x) 在 (0,1) 的零点个数.

f ( x) ? x 3 ? ax ?

1 1 3 的零点个数 ? p ( x) ? x ? 与 q( x) ? ?ax 的交点个数 ?x ? ?0,1?? . 4 4

? 3m 2 ? ? a, ? ? 3 1 1 1 3 3 如图, 设 p ( x ) ? x ? 与 q( x) ? ?ax 相切时, 切点 A(m, n) , 由导数的几何意义得 ?m ? ? n, 解得 A( , ) , 4 4 2 8 ? ? ? ? am ? n,
此时斜率 ? a ?

3 . 4
133

函数与导数
3 3 时, p ( x) 与 q( x) 无交点,即 a ? ? ; 4 4 3 3 ②当 ? a ? 时, p ( x) 与 q( x) 相切有一个交点,即 a ? ? ; 4 4 3 ? ? ?a ? ③当 ? 4 时, p( x) 与 q( x) 有两个交点, ? ? p(1) ? q(1) 5 3 即? ? a ? ? ; 4 4 5 5 ④当 ? a ? 时, p ( x) 与 q( x) 有一个交点, a ? ? . 4 4 3 5 3 5 综上所述,当 a ? ? 或 a ? ? 时, h( x) 有一个零点;当 a ? ? 或 a ? ? 时, h( x) 有两个零点; 4 4 4 4 5 3 当 ? ? a ? ? 时 h( x) 有三个零点. 4 4
①当 ? a ?

利用转化思想,使两函数形式简化,两图象交点个数更变得直观.
134

函数与导数
解法 2: (1) (2)同解法 1; (3)当 0 ? x ? 1 时, g ( x) ? ? ln x ? 0 ,只研究 f ( x) 在 (0,1) 的零点个数,即只

1 1 1 ? ?a 的解的问题.设 t ? x 2 ? , t ' ? 2x ? 2 . 4x 4x 4x 1 1 1 当 x ? (0, ) 时, t ' ( x) ? 0 ;当 x ? ( ,1) 时, t ' ( x) ? 0 .函数 t ( x) 在 (0, ) 上 2 2 2 3 1 是减函数,在 ( ,1) 上是增函数, t ( x) 的最小值为 (图 12). 4 2 图 12 3 3 1 2 ? ?a 无解, 当 ?a ? , 即a ? ? , 方程 x ? 函数 h( x) 有一个零点; 4 4 4x 5 5 1 2 ? ?a 有一个解, 当 ?a ? , 即a ? ? , 方程 x ? 函数 h( x) 有一个零点; 4 4 4x 3 5 3 5 1 2 ? ?a 有一个解,函数 h( x) 有两个零点;当 当 ? a ? 或 ? a ? ,即 a ? ? 或 a ? ? ,方程 x ? 4 4 4 4 4x 3 5 5 3 1 ? ?a ? ,即 ? ? a ? ? ,方程 x 2 ? ? ?a 有两个解,函数 h( x) 有三个零点. 4 4 4 4 4x 3 5 3 5 综上,当 a ? ? 或 a ? ? 时, h( x) 有一个零点;当 a ? ? 或 a ? ? 时, h( x) 有两个零点,当 4 4 4 4 5 3 继续转化,使两函数形式更简化,两图象交点个数一目了然 ? ? a ? ? 时, h( x) 有三个零点. 4 4
需研究方程 x ?
2

135

函数与导数
解法 3:对 a 分类讨论 ,并先从特殊情形入手 当a 且

? 0 时,由(I)知 f ( x) 在 (0,??) 上为增函数,

f (0) ?

1 ,其草图如右图,函数 h( x) 在 (0,??) 上只有一个零点. 4

? 0 时,先从(I)的特殊情形考虑. 3 1 若 a ? ? 时,极值点 x ? ,如图,函数 h( x) 在 (0,??) 上有两个零点; 4 2
当a

3 a 2a a 1 若 ? ? a ? 0 时,f ( ? ) ? 即函数 f ( x ) 的极小值在 x ? ? ? 0, 4 3 3 3 4
轴上方,结合图像可知,函数 h( x) 在 (0,??) 上有一个零点;

136

函数与导数
若a ? ?

3 a 2a a 1 时, f ( ? ) ? ? ? ? 0 ,即函数 f ( x) 的极小值在 x 轴下方. 4 3 3 3 4

再来考虑一种特殊情况,即函数 f ( x) 过点 (1,0) ,如图 15,则

f (1) ? 1 ? a ?

1 5 5 ? 0 ,所以 a ? ? ,即 a ? ? 时,函数 h( x) 在 4 4 4

(0,??) 上有两个零点.
若?

5 3 5 ? a ? ? 时, f (1) ? a ? ? 0 , 此时函数 h( x) 在 (0,??) 4 4 4

上有三个零点; 图 15

5 5 时, f (1) ? a ? ? 0 ,此时函数 h( x) 在 (0,??) 上有一个零点. 4 4 3 5 3 5 综上所述,当 a ? ? 或 a ? ? 时, h( x) 有一个零点;当 a ? ? 或 a ? ? 时, h( x) 有两个零 4 4 4 4 5 3 点,当 ? ? a ? ? 时, h( x) 有三个零点. 4 4
若a ? ?

137

函数与导数
(2)解法 4: f ? ? x ? ? 3x2 ? a ? x ? 0? , g ? x ? ? ? ln x 1o. 当 a ? 0 时, f ? ? x ? ? 0 ,? f ? x ? 在 ? 0, ??? 上为增函数.

? f ? x ? ? f ? 0? ?

1 4

?h ? x ? ? min ? f ? x ? , g ? x ?? 的图像为如图中的红实线 ? h ? x ? 的零点只有 1 个.
2o. 当 a ? 0 时, f ? ? x ? ? 3x2 ? a ,令 f ? ? x ? ? 0 得 x ? 列表:

?

a 3
? ? ? ?
+ 递增

x

0

? a? 0, ? ? ? ? 3? ? ?
— 递减

?

a 3

?

? a , ?? ? ? 3 ?

f ? ? x?

f ? x?
? a ? 2a ? f ? x ?min ? f ? ? ? ? ?? 3 3 ? ?
需判断极值点

?

1 a 1 ? , f ? 0? ? 4 3 4

?

? a? a 与 g ? x ? 零点 1 的关系及 f ? ? ? 的值的变化情况. ? 3? 3 ? ?

138

函数与导数

图1

139

函数与导数
? ? a ?f ? ? ?3 ? ? ? ? a ?? ? 1 ? 3 ?a ? 0 ? ? ? ? ? ??0 ?



3 ? a ? ? ? 4 ? 即 ? a ? ?3 ?a ? 0 ? ?

??

3 ? a ? 0 时由图 2 可知, h ? x ? 只有 1 个零点. 4

图2
5 时由图 3 可知, h ? x ? 只有 1 个零点 4



? ? a? ? ?f ? ??0 ? 3? ? ? ? ? ? f ?1? ? 0 ?a ? 0 ? ? ?

?a??

图3



? ? a? ? ?f ? ? ? ??0 3 ? ? ? 3 ? ? a ? ? 时由图 4 可知, h ? x ? 有 2 个零点 ? f ?1? ? 0 4 ?a ? 0 ? ? ?

图4

140

函数与导数
? ? a? ? ?f ? ? ? ??0 3 ? ? ? 5 ? ? a ? ? 时由图 5 可知, h ? x ? 有 2 个零点 ④ ? f ?1? ? 0 4 ?a ? 0 ? ? ?

图5

? ? a? ? ?f ? ? ? ??0 3 ? ? ? 5 3 ? ? ? ? a ? ? 时由图 6 可知, h ? x ? 有 3 个零点 ⑤ ? f ?1? ? 0 4 4 ?a ? 0 ? ? ?

综上: a ? ? 或 a ? ? 时 h ? x ? 有 1 个零点

3 5 4 4 3 5 a ? ? 或 a ? ? 时 h ? x ? 有 2 个零点 4 4 5 3 ? ? a ? ? 时由图 6 可知, h ? x ? 有 3 个零点 4 4

图6

141

函数与导数
(全国Ⅰ卷文 21)设函数 f ? x ? ? e
2x

? a ln x .(I)讨论 f ? x ? 的导函数 f ? ? x ? 的零点的个数;
2 . a

(II)证明:当 a ? 0 时 f ? x ? ? 2a ? a ln

法一:对 a 分类讨论、结合零点存在定理加以判断

f

? x ? 的定义域为 ? 0, ?? ? ,

f ? ? x ? ? 2e

2x

a 2 xe 2 x ? a ? ? ( x ? 0) . x x

记 g ? x ? ? 2xe2 x ? a ,所以 f ? ? x ? 的零点个数即 g ? x ? 的零点个数. 当 a ≤0 时, f ? ? x ?? 0 ,f ? ? x ? 没有零点;
2x 2x 当 a ? 0 时, g ? ? x ? ? 2 e ? 2 xe

?

? ? 2e ?1 ? 2 x ?
2x

? x ? 0,? g? ? x ? ? 0, ? g ? x ? 在 ? 0, ??? 上为增函数
? g ? 0 ? ? ? a ? 0, g ? 2a ? ? 2ae 4 a ? a ? a ? 2e 4 a ? 1? ? 0

? g ? x ? 在 ? 0, ??? 上有且只有一个零点. ? f ? ? x ? 有唯一的零点.

142

函数与导数
法二: f ? x ? 的定义域为 ? 0, ?? ? , f ? ? x ? ? 2e
2x

a ? ( x? 0) . x
2x

当 a ≤0 时, f ? ? x ??0,f ? ? x ? 没有零点;当 a ? 0 时,因为 e 单调递增, ? 所以 f ? ? x ? 在 ? 0, ??? 单调递增, 又 f ? ? a ??0 ,当 b 满足 0<b<

a 单调递减, x

a 1 且 b< 时, f ?(b)?0 ,故当 a ? 0 时 f ? ? x ? 存在唯一零点. 4 4 a 2x 法三: f ? x ? 的定义域为 ? 0, ?? ? , f ? ? x ? ? 2e ? ( x? 0) . x
当 a ≤0 时, f ? ? x ??0,f ? ? x ? 没有零点; 当 a ? 0 时, f ?? ? x ? ? 4e
2x

利用零点存在定理说明单调函 数有唯一零点,赋值是关键

?

a ? 0 所以 f ? ? x ? 在 ? 0, ??? 单调递增, x2

又当 x ? 0 时, f ? ? x ? ? ?? ,当 x ??? 时, f ? ? x ? ? ??

? f ? ? x ? 有唯一的零点.

利用极限说明单调函数存在唯一零点
143

函数与导数
(II)法一:由(I) ,可设 f ? ? x ? 在 ? 0, ??? 的唯一零点为 x0 ,当 x ? ? 0,x0 ? 时, f ? ? x ? <0; 当 x ? ? x0, ? ? ? 时, f ? ? x ? >0.故 f 所以 x ? x0 时, f 由于 2e
2 x0

? ?? 单调递减,在 ? x0, ? ? ? 单调递增, ? x ? 在 ? 0,

?

a a a ,? x0 ? , ? 0 ,? e 2 x0 ? 2e 2 x0 x0 2 x0

? x ? 取得最小值,最小值为 f ? x0 ? . ①

? ln x0 ? ln
?f

a a a ?a ? ? ln ? ? e?2 x0 ? ? ln ? ln e?2 x0 ? ln ? 2 x0 2 x0 2e 2 2 ?2 ?
0



? x0 ? ? e 2 x
? ? ?

? a ln x0

a 2 ? ? ? a ? 1n ? 2 x0 ? 2 x0 a ? ? a 2 ? 2ax0 ? a1n . 2 x0 a a a ? 2ax0 ? a1n 2 x0 2 2 a
2 . a

本方法最关键的地方就是利用①②去掉指、 对形式,然后再利用均值不等式加以证明.

? 2a ? a1n
故当 a ? 0 时, f

? x ? ? 2a ? a1n

144

函数与导数
(II)法二:分析法逐步将问题简化
2x 由(1)知,当 a ? 0 时, f ? ? x ? 有 1 个零点,设 f ? ? x0 ? ? 0 ,即 2e 0 ?

a ? 0① x0

则 x ? ? 0, x0 ? 时, f ? ? x ? ? 0 ,? f ? x ? 在 ? 0, x0 ? 上为减函数 x ? ? x0 , ??? 时, f ? ? x ? ? 0 ,? f ? x ? 在 ? x0 , ??? 上为增函数

? f ? x ?min ? f ? x0 ? ? e2 x0 ? a ln x0
欲证

a ? 0 时, f ? x ? ? 2a ? a ln

2 a

只需证

2 a f ? x ?min ? e 2 x0 ? a ln x0 ? 2a ? a ln ,由①得 e2 x0 ? ,a ? 0 a 2 x0

只需证

2x 1 2 1 ? ln x0 ? 2 ? ln 只需证 ? 2 ? ln 0 ② 2 x0 a 2 x0 a

? x ? 1 ? ln x (当 x ? 1 时取等号) ,? 2 ?

?1 ? 1 ? 1? ? 2ln ③ x0 ? x0 ?

由②③可得,只需证 2 ln

x 1 ? ln 0 x0 a

145

函数与导数
? 1? 2 x0 只需证: ? ? ? a ? x0 ?
2

2 x0 e2 x0 a 2 x0 只需证: ? 1 ,又 a ? 2 x0e , 只需证: ? 1, 2 x03 2 x03

e2 x0 2x 只需证: 2 ? 1 ,即证 e 0 ? x02 ? 0 ④ x0
设 g ? x? ? e
2x

? x2 ? x ? 0? ,? g? ? x ? ? 2e2 x ? 2x

? g?? ? x ? ? 4e2 x ? 2 ? 0 ? g? ? x ? 在 ? 0, ??? 上为增函数,? g? ? x ? ? g? ? 0? ? 2 ? 0 ? g ? x? 在 ? 0, ??? 上为增函数,? g ? x ? ? g ? 0? ? 1 ? 0
? e2 x ? x 2 ? 0 ,即④成立.
2 所以,当 a ? 0 时, f ? x ? ? 2a ? a ln a

本方法主要是采用分析法突破难点, 并结合不等式 x ? 1 ? ln x 加以放缩进行证明.

146

函数与导数
法三:现将 a 视为主元,问题化为对 ?a ? 0 恒成立问题,然后再证明 h( x) ? e2 x ? 2ex( x ? 0) 恒成立

f ( x) ? 2a ? a ln

2 2 2 ? e 2 x ? a ln x ? 2a ? a ln ? e 2 x ? 2a ? a ln ? a ln a ? a ln x 对 ?a ? 0 恒成立. a a a

2 设 g (a ) ? 2a ? a ln 2 ? a ln a ? a ln x ? a ? ln 2e x ? ln a , 则由 g , (a) ? ln 2ex ? ln a 得函数 g (a ) 在 ?0,2ex?

?

?

上单调递增,在 ?2ex,??? 上单调递减. 所以 g (a) ? g (2ex) ? 2ex ,问题等价于 e 再考察函数 h( x) ? e
2x
2x

? 2ex .

1 1 ? 2ex( x ? 0) ,由 h, ( x) ? 2e2 x ? 2e 得函数 h( x) 在 (0, ) 上单调递减,在 ( ,?? ) 上单 2 2 1 调递增,得到 h( x ) ? h( ) ? 0 . 对难度很大的导数综合题,要加强学生的思 2
所以不等式 e
2x

? 2ex 成立,从而原不等式得证.

通过转化使问题越来越简洁.

维品质的培养,怎样分类讨论简单?如何以 直代曲适当放缩?如何将复杂问题等价转化 成简单问题?数形结合时怎样先化为简单易 懂的图形等等,在平时典例教学时讲清讲透.

147

导数备考建议
学生出现的问题:直接放弃导数解答题,答题位臵空白;第一问求 导出错直接的0分;书写过程繁琐,思维混乱;这部分是高考的 重点、难点、热点,对学生能力要求很高,学生望题生畏. 建议: ◆树立“每分必争”的意识,能答多少就答多少,写对一个公式就 得2分,抓住了基础就得到了不少的分数; ◆挖掘教材,用简单问题阐述深刻的思想方法,步步为营,实现从 基础到能力的提升; ◆通过变式训练(或题组训练)从不同角度理解处理方法; ◆指导学生进行针对性训练,并在训练之后回归教材、梳理考点、 整合方法,建构合理的知识体系,让散落在各个模块中的知识完 整而有序储存在头脑之中.
148

三选一
全国Ⅱ卷文理
22. (本小题满分 10 分) 选修 4 - 1:几何证明选讲 如图,O 为等腰三角形 ABC 内一点,⊙O 与 ΔABC 的底边 BC 交于 M,N 两点,与底边上的高 AD 交于点 G, 且与 AB,AC 分别相切于 E,F 两点。 (1)证明:EF∥BC; (2)若 AG 等于⊙O 的半径,且 AE ? MN ? 2 3 ,求四边形 EBCF 的面积。 23. (本小题满分 10 分) 选修 4 - 4:坐标系与参数方程
? x ? t cos ? 在直角坐标系 xOy 中,曲线 C1: ? (t 为参数,t ≠ 0) ,其中 0 ≤ α < π,在以 O 为极点,x 轴正半轴 y ? t sin ? ?

为极轴的极坐标系中,曲线 C2: ? ? 2sin ? ,C3: ? ? 2 3 cos? 。 (1)求 C2 与 C3 交点的直角坐标; (2)若 C1 与 C2 相交于点 A,C1 与 C3 相交于点 B,求 | AB | 的最大值。 24. (本小题满分 10 分) 选修 4 - 5:不等式选讲 设 a,b,c,d 均为正数,且 a + b = c + d,证明: (1)若 ab > cd;则 a ? b ? c ? d ; (2) a ? b ? c ? d 是 | a ? b |?| c ? d | 的充要条件。

149

三选一
全国Ⅰ卷文理
(22)(本题满分 10 分)选修 4-1:几何证明选讲 如图,AB 是☉O 的直径,AC 是☉O 的切线,BC 交☉O 于点 E (I) 若 D 为 AC 的中点,证明:DE 是☉O 的切线; (II) 若 OA= 3 CE,求∠ACB 的大小. (23)(本小题满分 10 分)选修 4-4:坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy 中.直线 C1 :x=-2,圆 C2 :(x-1)2+(y-2)2=1,以坐标原点为极点, x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. (I) 求 C1 , C2 的极坐标方程; (II) 若直线 C3 的极坐标方程为 ? ? ? ? ? R ? ,设 C2 与 C3 的交点为 M , N ,求△C2MN 的面积
4

?

(24)(本小题满分 10 分)选修 4—5:不等式选讲 已知函数 =|x+1|-2|x-a|,a>0.

(Ⅰ)当 a=1 时,求不等式 f(x)>1 的解集; (Ⅱ)若 f(x)的图像与 x 轴围成的三角形面积大于 6,求 a 的取值范围

150

三选一备考建议

几何证明、极坐标和参数方程、不等式 学生易错点: ◆少部分同学选取22题几何证明选讲,但得分不高; ◆部分同学对于坐标系与参数方程的相关问题只限于坐标转化、方程 互化,不理解其本质内涵,导致不能得到满分. 建议: ◆老师可以引导学生二选一,从得分较高的坐标系与参数方程和不等 式选讲中选一个,首选坐标系和参数方程; ◆复习过程中重点要突出,重点讲坐标系参数方程,把教材细致的过 一遍,让学生重新梳理知识结构,形成体系,次重点是不等式选讲.

151

模块三
尖子生培养与学困生转化

152

河北正定中学是直属石家庄市教育局的省级示范性高中, 学校源于东汉建武十七年,即公元41年创建的常山郡学和封 龙精舍,距今有两千多年.学校建于清光绪二十八年(1902年 ).建校113年,共两个校区,校本部占地160亩,东校区占地 300余亩.两校区有专任教师530人,全国文明单位、中国百强 中学. 1997年以来,连续19年夺得石家庄市重点中学高考成 绩第一名.并培养出9位省市文理科状元.

153

注:2015年考生人数比2014年减少了300人

154

河北正定中学新高考研究小组 2014.11
1.新高考背景下各学段课程设臵 2.学考科目的选择及质量保证 3.选课方式、选修课模式、走班制组织 4.学生参加学业水平考试时间 5.如何提高语、数、外三科的教学质量 6.新自主招生模式的应对策略 7.如何保证综合素质评价的客观性 8.新高考模式下的师资队伍建设 教育是为学生服务的,学校要把学生的发展看 得更重要,教育是帮助孩子发展,帮助孩子成长 .
155

组织各类大型高考研讨会

156

打造高三高效复习课堂
数学学科是高考的支撑学科,数学教学就是圆梦之旅. ◆激发学生兴趣、培养学生习惯,才能发挥学生的主体作用. (1)学生知道了什么?(先行组织,符合“最近发展区”) (2)创设情境让理解在学生心灵深处发生.(问题情境、艺术情境) ◆给学生思考、讨论的时间,给学生说的权利,在合作、探究、理性思 维中学习. 鼓励学生说:(1)说考点;(2)说方法;(3)说过程;(4)说体会(难点,
易错点,拓展提升).

理想的教学,总是从现实情境出发,通过直观感知,发散想象上 升到理性,再上升到最高的理性并回到现实. ◆典例应精讲:好题精讲,不仅能激发学生的学生兴趣,增强信心,还 能让学生更深刻地理解知识、掌握方法,提高发现问题、提出问题 以及分析问题解决问题的能力,起到“做一题,同一类,悟一法” 的作用.比如:对导数中指、对共存问题的处理,一节课可“一题多 解”.
157

名师大讲堂

158

开设校本课程
全校开设校本课程:《成长课》《校史课》《各学科校本课程》. 0班开设校本课程:《竞赛培训》《大学先修课程》《竞赛培优》 《自主招生培优班》《高考培优班》 非毕业班开设校本课程:高一、高二分别分学科每周一次开设 《学科校本课程》;分学科成立学生社团《数学社》《文学社》《阅 读社》《英语社》《演讲社》《物理社》《化学社》《生物社》等, 两校区共有80多个社团,利用每周日下午开展丰富多彩的活动. 每年十月份举办《文化节》活动,高雅文化进校园. 每年十二月份举办《艺术节》活动,迎新系列联欢、学生社团活 动展示、十佳歌手比赛、三歌(国歌、团歌、校歌)比赛、感动校园 故事比赛、硬笔书法比赛、廊道文化教室文化艺术氛围评比、评选身 边的榜样、班主任管理方略辩论赛、青年教师素质大赛.
159

高一新生利用开学前时间自学校本课程《初高中衔接教材》

160

每周各学科开设校本课程

161

162

尖子生课余时间可随时到图书馆查阅资料

163

实行尖子生小班制
◆ 文理尖子生均实行小班制教学,严格控制班容量,并实行滚动制管 理. ◆教师配备优先. ◆在夯实基础的前提下,对教学内容进行加深加宽,加快进度,根据学 生情趣开设大学先修课、奥赛课提高,作业全比全改或面批面改, 把存在的问题彻底纠正,不留死角,不留后患,做到考后有收获, 考后一百分. ◆ 随时对学生进行课外指导与方法点拨. ◆培养学生独立钻研的习惯和积极向上的心态. ◆ 教室内为学生提供各科多种学习资料,方便学生利用零散时间随时 查阅探究.

164

2014—2015学年第二学期成长课主题示例
主题 人生规划教育 学雷锋教育 生活教育 艰苦奋斗教育 青春期教育 责任教育 情绪控制教育 信心教育 励志信 《成功源于规划》 《争做雷锋式好青年》 3月 《我的生活我做主》 《青春是用来奋斗的》 4月 《花儿知时节》 《责任,我来扛!》 5月 《冲动是魔鬼》 《大学,我一定会来的》 6月
165

时段 2月

心理拓展训练

166

学困生复习课原则
◆舍多而求精:学困生在知识的理解和思维水平上,原本就先 天不足,为避免“消化不良”,注意力不应放“多”,而 要立足于“精”.在学困生补课中,知识越简练越好,方法 越简洁越好. ◆舍优而求对:学困生的数学思维发展滞后,知识储备水平偏 低,解题时难免走弯路,但看似落后的解法,对学困生而 言恰恰是好的方法、自然的方法,已被学困生接受.符合学 困生的思维习惯的解法,才能确保学困生“会解题,解对 题”. ◆舍高而求低:对学困生补课,不是快慢问题,而是定的起点 是否太高,是否符合学困生的认知规律,是否能调动积极 性.为解决这个问题,可课前引发学案,课后引发解题思路 分析及详解.
167

学困生转化采取的措施
◆实行“全员导师制”:每位同学都至少有一位自己的导师,每周有 一次笔谈,随时进行激励、心理辅导、沟通并解决各种问题. ◆确定推拉对象:每次考后年级、班主任明确相应的推拉对象,采取 各种办法:导师承包制、学习挑战赛、大型学法指导、“一帮一 ”活动等. ◆考后满分卷:每次考试阅卷后,老师们结合学生的答题中的错误和 问题,精心编制“考后满分卷”进行跟踪训练. ◆名师大讲堂:从非毕业班老师中选出各学科名师,利用周日下午给 高三学困生进行“名师大讲堂”活动,通过系列专题讲座,解决 学生的易错点、突破难点、掌握高考重点. ◆学生学科社团:周日下午社团开展活动,同时,周日实验室开放, 有专业老师指导.
168

每个年级教室外都安放电脑方便学生上网查资料

169

几点建议
1.夯实基础是永恒,突出主干知识是根本,理解记忆是保证;

2.通性通法是主流,淡化技巧是趋势,规范答题是追求;
3. 一轮复习面要全,同时加强对学生学法的指导和考试答题策略指导; 4.扎实提升“运算”和“推理”能力; 5. 不仅要学会解题,更要学会思考问题的方法,思想方法是数学的灵魂; 6. 做题不仅要达到一定的量,更要学会反思、总结和提高,做题贵在精; 7. 不仅结果要计算准,更要注重规范答题、准确踩点得高分; 8.答题不要匆匆一看就下笔,认真审题、吃透条件和要求是关键; 9. 研究高考试题,明确考查方向,发现高考的一些新的变化,找准重点, 做到核心知识重点练习.
170

谢 谢!
不当之处,请批评指正!
171


推荐相关:

2015年高考新课标2卷数学试卷分析

2015 年高考数学试卷分析纵观 2015 年高考新课标 2 卷试题,试卷结构与往年保持不变,但在题目设 置上进行了一调整:既注重考查考生对于基础知识、基本技能的考查,...


2015年高考新课标1卷数学试题分析

2015年高考新课标1卷数学试题分析_数学_高中教育_教育专区。2015 年高考新课标 1 卷数学试题分析新课标 1 卷数学真题的解析和点评。 纵观 2015 年高考新课标 1...


2015年高考理科数学试题分析及2016年备考建议

2015年高考理科数学试题分析及2016年备考建议_高考_高中教育_教育专区。2015 年高考试卷分析及 2016 年备考策略 ---理科数学新课标全国卷 1 一、2015 年高考试卷...


2015年高考理科数学新课标一试卷分析

2015 年全国高考理科数学试卷分析试题总体特点 2015 年高考新课标理科数学试卷与近几年的高考试卷相比变化不大,试卷 结构与往年保持不变, 但在题目设置上有略微的...


2015年高考试题数学文(新课标1卷)解析版

2015年高考试题数学文(新课标1卷)解析版_高考_高中教育_教育专区。2015 年普通高等学校招生全国统一考试(新课标 1 卷) 文数一、选择题:每小题 5 分,共 60 ...


2015年高考试题数学理(新课标1卷) 解析版

2015年高考试题数学理(新课标1卷) 解析版_高考_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档2015年高考试题数学理(新课标1卷) 解析版_高考_高中教育...


2015年高考试题数学理(新课标2卷)部分解析版

2015年高考试题数学理(新课标2卷)部分解析版_高考_高中教育_教育专区。2015 年普通高等学校招生全国统一考试(新课标 2 卷) 数学理一、选择题:本大题共 12 小...


精编全国新课标高考数学试卷命题分析:2015年新课标(Ⅰ)高考理科数学试卷分析

数学之家出品—— 数学试题分析系列丛书 2015 年新课标(Ⅰ)高考理科数学试卷分析一、试题总体特点 2015 年高考新课标理科数学试卷与近几年的高考试卷相比变化不大,...


2015年高考真题(理科数学(新课标1卷)答案解析

2015年高考真题(理科数学(新课标1卷)答案解析_高考_高中教育_教育专区。绝密★启封 【解析】 ? p : ?n ? N , n2 ? 2n ,故选 C. 试题类型:A 2015 年...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 简单学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com