高考数学易错题集

高考数学败题集 高考数学败题集 我国的高考经历了艰难的历程，在这些历程中，出现了许许多多成功、优秀的试题，这在国家公布的“评价报告”、“ 分析报告 成本分析报告下载顾客满意度调查结果及分析报告员工思想动态分析报告期中考试质量分析报告高一期中考试质量分析报告 、“试题分析”等文中已祥有阐述阐述，同时各地的期刊也不时发表许多专家对优秀试题的领悟与见解，这些都对中学教学及考试起了不可忽视的作用 另一方面，对于命题者而言，纵观高 考试题 教师业务能力考试题中学音乐幼儿园保育员考试题目免费下载工程测量项目竞赛理论考试题库院感知识考试题及答案公司二级安全考试题答案 ，可以发现，每换一帮人命题，总有一些“重蹈历史覆辙”的不尽人意的试题，这说明仅仅知晓什么样的试题优秀而去照着这个方向模拟、研究是不够的，还必须知道“有哪些经验教训”；同时由于教师职业正在由单纯的教书向教书育人及身兼研究者进行转化，因此对于中学教师及应试的考生而言，考的内容重在把握命题的“度”，不考的内容也需要一清二楚，而这些又得通过一定的教训及得出的一些经验来启示 因此，笔者对历年高考试题进行了分析，搜集而成高考数学败题集 高考数学试题随着国家政策的调整几度沉浮，而试题的成败又取决于考后的评价，就评价而言，高考试题走过了越来越受社会关注、越来越受社会评价影响的轨迹：原来的高考试题，社会关注评价比较少，因而试题评价形式以批评与自我批评为主，这一情况延续到1983年，虽然因为文化大革命而中断了些年；之后的1984――1993年，试题评价有了社会人员的参议，但仍然以国家公布的为主；1994年后，由于社会评价的参议，许多评价指标进行了量化（如：难度、标准分、区分度、信度等），又随着社会参与评价幅度的增大， 1999年，国家将评价报告改成“分析报告”，2002年定下“自主招生”的政策；2003年，高考试题进入以省市为主的自主招生阶段，并逐步向“高校自主招生”转移，相应的评价中心也在逐步向参加高考的高中转移，其中的师生逐步成为评价的主角，而这些评价无疑也会影响今后命题方向，同时更直接的影响着平时教学的检测方向及力度 这样，我们就更有必要对高考试题中的败题加以留意 总结 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf 了 一、1983年前的高考数学败题 【说明】这一阶段高考数学试题评价是以批评与自我批评为主，因此，我们也就国家公布的没有提及优秀的试题来说明 （1951一、13．）系数是实数的一元三次方程，最少有几个根是实数，最多有几个根是实数？ 答：最少是一个，最多是三个 【评析】该题根据实系数复数方程虚数根成对出现得到的结论，但这一结论在当时并没有在大范围的教材中出现 （1952二、1 ）解方程x4+5x3-7x2-8x-12=0 解：左式=(x4+5x3-6x2）-（x2+8x+12）=(x+6)[x2(x-1)-(x+2)]=(x+6)(x3-x2-x-2) =(x+6)[(x3-2x2)+(x2-x-2)] =(x+6)(x-2)(x2+x+1)=0可得原方程的四根为： 【评析】该题分解因式的技巧性过强，多数学生不能完成，竞赛性质太浓 1963―5．根据对数表求 的值 解： 【评析】对数值中的 符号，当时是否应该、有必要引入中学还在讨论当中，高考就出现了这样符号 结论：研究及有争议的内容不能在试题中出现 1965附加题（1）已知 为实数，证明 均为正数的充要条件是 （2）已知方程 的三根 都是实数，证明 是一个三角形的三边的充要条件是 证明：（1）条件的必要性是显然的，因为已知 所以立即可得 ， ， 下面证明条件的充分性： 设 是三次方程 的三个根，则由根与系数的关系及已知条件有 此即 由此即可知三次方程 的系数正负相间，所以此方程无负根，即方程根均非负;又由 可知，方程无零根，故 （2）由（1）的证明可知， 均为正数的充要条件是 于是问题转化为证明 为三角形三条边的充要条件为 条件的必要性： 若 为三角形的三边，则由三角形的性质必有 于是 由此可得 即 条件的充分性：若 ，则 此式中至少有一因式大于0，今设 则必有 如果 两式相加得 ，即 ，此与 相矛盾 故有 此即 此即 可作为一个三角形的三条边 综上所证可知，方程 的三根 为一个三角形的三条边的充要条件是 【评析】这个试题以附加题形式出现，难度较大，但也不能大到无一人（甚至参加国际数学竞赛的学生）能作上程度 结论：试题不能无线拔高 （1977北京文4）不查表求sin1050的值 解： 【评析】当时，并没有要求记特殊角三角函数值，所以题虽然不难，但会的人不多 （1977年福建理科2（2）题）证明： （1977年河北试题第3题）．证明： 证：左边= =右边 （1977年上海理科第1（4）题）求证： 【评析】这些该题本身不难，但三角证明题几地都出现证法太多，标准不易统一，给阅卷带来非常大的难度 结论：三角证明一般不作为证明题出现 （1977年福建理科第3题）在半径为R的圆内接正六边形内，依次连结各边的中点，得一正六边形，又在这一正六边形内，再依次连结各边的中点，又得一正六边形，这样无限地继续下去，求：（1）前n个正六边形的周长之和Sn;（2）所有这些正六边形的周长之和S 解：如图，半径为R的圆内接正六边形的周长为6R， A B C E D O 设C为AB的中点，连结OC，OB，则OC⊥AB ∴OC=CD= 第二个正六边形的周长 同理可得 第三个正六边形的周长 第四个正六边形的周长 ………… 于是可以得到一个表示正六边形周长的数列： 6R， … … ①前n个正六边形周长的和 ②所有这些正六边形周长的和 【评析】从题本身上看，该题是一个好题，但是其 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 在全国引起争议——归纳出的结论到底是否要证明是等比数列？即使不证明也要体现有等比数列的过程 从该题对以后影响是，出现了用式子表达等比、等差数列热潮 （1977年福建文科第4题）．求抛物线 和圆 在第一象限的交点处的切线方程 解：解方程组 （1）代入（2）得 x=3,x=-12（不合题意）将x=3代入（1），得 （仅取正值）， ∴在第一象限的交点为（ ）从抛物线 得 ∴过点（ ）的抛物线的切线方程是 过点（ ）的圆的切线方程是 即 【评析】该题的问题是表述不清：有人认为只求抛物线的切线方程，也有人认为只求圆的切线方程，答案倒认为是求圆和抛物线的方程 （1977年黑龙江第2题第（1）问）．计算下列各题： 解：当 当 【评析】该题引发了分段表示法的争论，结论，如果是分段出现的，结果一般用分段函数形式给出 （1977年江苏第1（5）题）把直角坐标方程 化为极坐标方程 解：原方程可展开为 【评析】该题从一般情况下考虑（直角坐标系的原点为极点，x轴为极轴且长度单位不变），但没有交代清楚一般情况下，以致于该题出现的情况是：一般的学生答的好，程度很高的如参加竞赛的学生反倒没有答好！属于交代不明出现的失误 （1977年上海理科第6题）已知两定点A（-4，0）、B（4，0），一动点P（x,y）与两定点A、B的连线PA、PB的斜率的乘积为 求点P的轨迹方程，并把它化为标准方程，指出是什么曲线 解：直线PA、PB的斜率分别是 【评析】该题解答有误，应该加上条件(x≠±4，相应曲线为以（±2 ,0）为焦点、以8为长轴的椭圆，去掉长轴的两个端点) 结论：说明轨迹、图形的问题要保证惟一及等价 （1979年文科理科第四题）叙述并证明勾股定理 证：略 【评析】这个题当时答案是用坐标法的距离公式证明的，但是距离公式是由勾股定理推导出的，因而形成“因为A……所以A”的循环论证错误，而得出一般用拼图法得到；拼图法能否算作证明还在争论中，但当年多数省市按错对待 结论：数形结合的方法得到的结论不能以证明题的形式出现 （1980年理科第八题）已知0＜α＜π，证明： 并讨论α为何值时等号成立 解：即证： 两端乘以sinα，问题化为证明2sinαsin2α≤1+cosα 而 2sinαsin2α=4sinαcos2α=4(1-cos2α)cosα=4(1-cosα)(1+cosα)cosα 所以问题又化为证明不等式 (1+cosα)[4(1-cosα)cosα-1]≤0 （1+cosα) ≤0∴不等式得证 ∵0＜α＜π,∴等号成立当且仅当cosα- =0 即α=600 【评析】这些该题本身不难，但三角证明题出现证法太多，标准不易统一，给阅卷带来非常大的难度 另一方面，这一答案给出的分析法证明格式也不对，一般分析法证明题格式“要证A，只要证B”形式，B是A的充分不必要条件即可，而不是由A导出B （1982年文科第七题）已知定点A，B且AB=2 ，如果动点P到点A的距离和到点B的距离之比为2∶1，求点P的轨迹方程，并说明它表示什么曲线 解：选取AB所在直线为横轴，从A到B为正方向，以AB中点O为原点，过O作AB的垂线为纵轴，则A为（- ，0），B为（ ，0），设P为（x,y) 因为x2,y2两项的系数相等，且缺xy项，所以轨迹的图形是圆 （1983年文科第九题）如图，已知两条直线L1:2x-3y+2=0,L2:3x-2y+3=0 有一动圆（圆心和半径都在变动）与L1，L2都相交，并且L1，L2被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24 求圆心M的轨迹方程，并说出轨迹的名称 解：设圆心M的坐标为(x,y)，圆的半径为r， 点M到L1，L2的距离分别为d1,d2 根据弦、弦心距、半径三者之间的关系，有 Y L2 L1 M O X 根据点到直线的距离公式，得 轨迹是双曲线 【评析】答案说法有误：说圆应为以…为圆心，以…为为半径的圆,说双曲线说明以…为焦点…为实轴长的双曲线 二、1984――1993年高考数学败题 【说明】这段时间，考试的目的是考察中学数学的基础知识、基本技能，命题的人员以中学教师为主，为减少败题的出现机率，采取了科研测试方法（科研测试题从1988年暂停,1992年恢复），因此，这一阶段的败题多是不复合教学大纲的试题 （1984年理二2）函数 在什么区间上是增函数？ 答：x＜-2 【评析】该题用到了复合函数单调性，但这一内容在当时教学大纲中明确不要求 （1984年理五）设c,d,x为实数，c≠0，x为未知数 讨论方程 在什么情况下有解 有解时求出它的解 解：原方程有解的充要条件是： 由条件（4）知 ，所以 再由c≠0，可得 又由 及x＞0，知 ，即条件（2）包含在条件（1）及（4）中 再由条件（3）及 ，知 因此，原条件可简化为以下的等价条件组： 由条件（1）（6）知 这个不等式仅在以下两种情形下成立： ①c＞0,1-d＞0,即c＞0,d＜1; ②c＜0,1-d＜0,即c＜0,d＞1 再由条件（1）（5）及（6）可知 从而，当c＞0,d＜1且 时，或者当c＜0,d＞1且 时，原方程有解，它的解是 【评析】该题即从两个层次考查了等价转化，中间又涉及了分类讨论，难度比较大，是一个考查能力的试题，与当时考查“双基”要求不符；结论：考查数学思想从深度及广度同时考查时，不能在某一思想上究得太深 （1984年理六2）求经过定点M（1，2），以y轴为准线，离心率为 的椭圆的左顶点的轨迹方程 解：因为椭圆经过点M（1，2），且以y轴为准线，所以椭圆在y轴右侧，长轴平行于x轴 设椭圆左顶点为A（x,y），因为椭圆的离心率为 ，所以左顶点A到左焦点F的距离为A到y轴的距离的 ，从而左焦点F的坐标为 设d为点M到y轴的距离，则d=1 根据 及两点间距离公式，可得 【评析】该题在当时一改习惯于教材上直接法求轨迹方程的步骤，被认为是对教学大纲的偏执理解，没有考查基础知识与基本技能，所以当作一种研究性的材料还可以，并最终诞生了相关点法的应用 至于到了考查能力时，它则又成为一道好题，那是十年之后的事情了！ （1984年理七）在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对的边分别为 ,b,c，且c=10， ，P为△ABC的内切圆上的动点 求点P到顶点A，B，C的距离的平方和的最大值与最小值 解：由 ，运用正弦定理，有 因为A≠B，所以2A=π-2B，即A+B= 由此可知△ABC是直角三角形 由c=10， 如图，设△ABC的内切圆圆心为O＇，切点分别为D，E，F，则 Y B（0，6） D E O＇ P（x,y) X O C（0，0） A（8，0） AD+DB+EC= 但上式中AD+DB=c=10， 所以内切圆半径r=EC=2 如图建立坐标系， 则内切圆方程为: (x-2)2+(y-2)2=4 设圆上动点P的坐标为(x,y),则 因为P点在内切圆上，所以 ， S最大值=88-0=88，S最小值=88-16=72 解二：同解一，设内切圆的参数方程为 从而 因为 ，所以S最大值=80+8=88， S最小值=80-8=72 【评析】该题是对知识的大综合，对于学生而言难度较大，而且就1984年的高考试题，解答题基本上是题题设防、题题堡垒，从整体上脱离了中学教学的实际 （1984年文五）把 化成三角函数的积的形式(要求结果最简） 【评析】当时三角式最简没有明确什么什么样算最简，这一名次的提出具有超前性，对于文科生更感不易，但它引领了一个各种化简结果最简的研究方向 结论：研究方向不能替代仅仅那么一点时间高考试题！ （1985年全国文科第四题）证明三角恒等式 证： 【评析】三角证明题不宜作为大题考查，这是几年前的经验，该题重蹈了历史覆辙 1988年的文科数学试题第三题是“证明 ”，1989年全国理科19文、科20题“证明： ”继续重蹈历史覆辙！ （1986年理文科一（6）题）设甲是乙的充分条件，乙是丙的充要条件，丙是丁的必要条件，那么丁是甲的 （ ）（A）充分条件 （B）必要条件 （C）充要条件 （D）既不充分也不必要的条件 答案D 【评析】该题仅仅说了甲是乙的充分条件，没有说是否必要，因此该题的叙述不严格 这一不足，在以后命题中加以了改进，并渗透到平时教学中 （1988年全国理科、文科一14）假设在200件产品中有3件次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有 （ ） （A） 种 （B） 种（C） 种 （D） 种 答案B 【评析】该题不难，但是用符号而不用数值表示过多的限制了考试的思维，当年引起专家争议 随后的再实验，用事实说明了“这种用符号表示的题要么太难，要么太易，还是以数值表示比较好！” （1989年全国理22、文23）已知 试求使方程 有解的k的取值范围 解：由对数函数的性质可知，原方程的解x应满足 当（1），（2）同时成立时，（3）显然成立，因此只需解 由（1）得 当k=0时，由a>0知（4）无解，因而原方程无解 当k≠0时，（4）的解是 把（5）代入（2），得 解得： 综合得，当k在集合 内取值时，原方程有解 【评析】该题从题本身而言是一个好题，但是该题在当年许多学校已经练习过，作为高考试题，照搬原题是不适当的 （1989年上海14）两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座（每人一个座位），则不同的坐法种数为（ ） A,C C B, C, D, 答案：D 【评析】该题是对1988年全国214题的延续再实验，事实说明 “排列组合问题结果这种用符号表示的题要么太难，要么太易，还是以数值表示比较好！而且这种命题从方式上也限制了学生的思维” （1990年全国理科第9题、文科11题）设全集I={(x,y)|x,y∈R},集合M={(x,y)| , x、y∈R },N={(x,y)|y≠x+1, x、y∈R }，那么 ＝（ ） A, B,{(2,3)} C,(2,3) D,{(x,y)|y=x+1} 【答案】B 【评析】该题基本上照搬了1986年上海理科第20题：若全集U={(x,y)|x、y∈R},A={(x,y)| , x、y∈R },B={(x,y)|y=x+1, x、y∈R },则 UA∩B是（ ）A, UA B,B C, D,{(2,3)}，高考试题照搬应该不是件好事 （1991年全国理23题） 已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC＝2．求点B到平面EFG的距离． 解：如图，连结EG、FG、EF、BD、AC、EF、BD分别交AC于H、O． 因为ABCD是正方形，E、F分别为AB和AD的中点，故EF∥BD，H为AO的中点． BD不在平面EFG上．否则，平面EFG和平面ABCD重合，从而点G在平面的ABCD上，与题设矛盾． 由直线和平面平行的判定定理知BD∥平面EFG，所以BD和平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距离． ∵ BD⊥AC， ∴ EF⊥HC． ∵ GC⊥平面ABCD， ∴ EF⊥GC， ∴ EF⊥平面HCG． ∴ 平面EFG⊥平面HCG，HG是这两个垂直平面的交线． 作OK⊥HG交HG于点K，由两平面垂直的性质定理知OK⊥平面EFG，所以线段OK的长就是点B到平面EFG的距离． ∵ 正方形ABCD的边长为4，GC=2， ∴ AC=4 ，HO= ，HC=3 ． ∴ 在Rt△HCG中，HG= ． 由于Rt△HKO和Rt△HCG有一个锐角是公共的，故Rt△HKO∽△HCG． ∴ OK= ． 即点B到平面EFG的距离为 ． 【评析】该题作辅助线太多，难度过大，是历年立体几何题少见的难度；但它的出现，将中学教学的“距离”引向以点面距为核心的研究上，就当年而言，此题与考查双基的思想不符 （1991年全国理科25题）已知n为自然数，实数a>1，解关于x的不等式 logax－log x＋12log x＋…＋n (n－2) log x> log (x2－a) 解：利用对数换底公式，原不等式左端化为 logax－4· ＋12· ＋…＋n(－2)n－1 · =[1－2＋4＋…＋(－2)n－1] logax = logax故原不等式可化为 logax> loga(x2－a)． ① 当n为奇数时， >0，不等式①等价于 logax>loga(x2－a)． ② 因为a>1，②式等价于 因为 <0， > = ，所以，不等式②的解集为{x| loga(x2－a)． ③ 因为a>1，③式等价于 或 因为 所以，不等式③的解集为{x|x> }． 综合得：当n为奇数时，原不等式的解集是{x| }； 当n为偶数时，原不等式的解集是{x| } 【评析】该题照搬了当年湖北黄冈、河北辛集中学及北京海淀区的模拟试题，包括数值都没有变化 （1991年三南高考数学第24题）设函数f(x)=x2+x+ 的定义域是[n,n+1]（n是自然数），那么在f(x)的值域中共有_____________个整数 【答案】2n+2 【评析】这是当年希望杯数学竞赛的一道数学试题，在高考中出现而且仍然以填空题出现，有照抄之嫌 （1992年三南第14题）设数列{an}是正数组成的等比数列，公比q=2,a1a2……a30=230,那么a3a6a9…a30=（ ） A,210 B,220 C,216 D,215 【答】B 【评析】该题运算量比较大，也是希望杯竞赛中一个非常类似的题，在还没有将运算能力当作一种能力考查时，出此题显然违背了考查“双基”的初衷 三、1994――－2002年高考数学败题 【说明】该阶段，高考内容上以《考试说明》为准绳，目的逐步变化成“为大学选拔新生服务的选拔性能力考试”，命题的人员也逐步变化为以高校为主，出台了许多量化指标，该阶段的败题，主要体现为预估难度（考试说明的规定难度）与实际难度（实际分数）不符，这一原因现在多数专家认为是高校教师不了解中学教学的实际所致 （1994年全国理文23题）如图，已知A1B1C1－ABC是正三棱柱，D是AC中点． (1)证明AB1∥平面DBC1；(2)假设AB1⊥BC1，求以BC1为棱，DBC1与CBC1为面的二面角α的度数． 【解答】(1)证明：∵A1B1C1－ABC是正三棱柱，∴四边形B1BCC1是矩形．连结B1C交BC1于E，则B1E=EC．连结DE．在△AB1C中，∵AD=DC，∴DE∥AB1．又AB1 平面DBC1，DE 平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1． (2)解：作DF⊥BC，垂足为F，则DF⊥面B1BCC1，连结EF，则EF是ED在平面B1BCC1上的射影．∵AB1⊥BC1，由(1)知AB1∥DE，∴DE⊥BC1，则BC1⊥EF，∴∠DEF是二面角α的平面角．设AC=1，则DC= ．∵△ABC是正三角形，∴在Rt△DCF中， DF=DC·sinC= ，CF=DC·cosC= ．取BC中点G．∵EB=EC，∴EG⊥BC．在Rt△BEF中，EF2=BF·GF，又BF=BC－FC= ，GF= ，∴EF2= · ，即EF= ．∴tg∠DEF= ．∴∠DEF=45°．故二面角α为45°． 【评析】该题作辅助线太多，难度过大；与当年的大环境有关：一、当年出台《考试说明》，明确数学高考考查的第一能力是计算能力；二、当年形成了立体几何的研究热潮 但一次性将能力拔高到这种程度，是考生难于适应的 结果出现与《考试说明》要求不符的实际情况 （1994年上海18）计划在某画廊展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排列一行陈列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的陈列方式有（ ）种 A, B, C, D, 【答】D 【评析】这种排列组合用符号表示的试题在全国1988年已经有了不宜出的结论，它再次重蹈了历史覆辙 （1996年全国理22、文23）如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，E∈BB1，截面A1EC⊥侧面AC1． (Ⅰ)求证：BE=EB1; (Ⅱ)若AA1=A1B1;求平面A1EC与平面A1B1C1所成二面角(锐角)的度数． 注意：在下面横线上填写适当内容，使之成为(Ⅰ)的完整证明，并解答(Ⅱ)．(右下图) (Ⅰ)证明：在截面A1EC内，过E作EG⊥A1C，G是垂足． ① ∵ ∴EG⊥侧面AC1;取AC的中点F，连结BF，FG，由AB=BC得BF⊥AC， ② ∵ ∴BF⊥侧面AC1;得BF∥EG，BF、EG确定一个平面，交侧面AC1于FG． ③ ∵ ∴BE∥FG，四边形BEGF是平行四边形，BE=FG， ④ ∵ ∴FG∥AA1，△AA1C∽△FGC， ⑤ ∵ ∴ ，即 【解答】①∵面A1EC⊥侧面AC1， ②∵面ABC⊥侧面AC1， ③∵BE∥侧面AC1 ④∵BE∥AA1， ⑤∵AF=FC， (Ⅱ)解：分别延长CE、C1B1交于点D，连结A1D． ∵ ∥ ， ∴ ∵∠B1A1C1=∠B1 C1A1=60°， ∠DA1B1=∠A1DB1= （180°－∠D B1A1）=30°， ∴∠DA1C1=∠DA1B1+∠B1A1C1=90°，即 ⊥ ∵CC1⊥面A1C1B1，即A1C1是A1C在平面A1C1D上的射影，根据三垂线定理得DA1⊥A1C， 所以∠CA1C1是所求二面角的平面角．∵CC1=AA1=A1B1=A1C1，∠A1C1C=90°， ∴∠CA1C1=45°，即所求二面角为45° 【评析】以这种填空题形式出现，过多地限制了学生思维，出现了实际结果与预估难度非常大的反差 立体几何试题这样出不当；通过该题，也使近年立体几何的研究开始了降温 同时也使不少专家反省：高考试题与研究热点及竞赛试题还是当有区别的 同时，也确定了从1997年开始高考试题的进行量化评价 （1997年全国理15）四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有( ) (A) 150种 (B) 147种 (C) 144种 (D) 141种 【解答】D 【评析】该题无论从直接还是间接思路，都要进行三级分类讨论，体现为试题很难 难度为0 18，按照当年《考试说明》，难度低于0 2的，应该算作废题 结论：考查单一的知识与思想，层数不能超过三级 （1997年全国理24）设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程f(x)－x=0的两个根x1,x2满足00，又a>0，得F(x)=a(x－x1)(x－x2)>0， 即x0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2>1－ax2>0． 得 x1－f(x)>0．由此得f(x)0,则 >0 所以当a=0时，函数f(x)在区间（－∞，0）内为减函数，在区间（0，+∞）内为增函数 （II）当 由 所以，当a>0时，函数f(x)在区间（－∞，－ ）内为增函数，在区间（－ ，0）内为减函数，在区间（0，+∞）内为增函数； （III）当a<0时，由2x+ax2>0，解得0－ 所以当a<0时，函数f(x)在区间（－∞，0）内为减函数，在区间（0，－ ）内为增函数，在区间（－ ，+∞）内为减函数 这个题的解答是不严格的，原因是：一、“求函数的单调区间”与“在哪个区间上单调增或减”是两个不同的概念，求函数的单调区间必须含有定义域内的所有值，而某个区间上的单调性则仅仅特指这个区间 如同说：“在某某学校就读的学生是谁？”不能回答“我在某某学校就读”所以该题的正确解答应将每一种情况的最后结果改为：由于原函数在整个定义域内连续，且没有常数函数段，所以当a=0时，函数f(x)的减区间为 ，增区间为 ；当a>0时，函数f(x)的增区间为 及 ，减区间为[－ ，0]；当a<0时，函数f(x)的减区间为 及 ，增区间为[0，－ ] 二、求函数的单调区间，是写成开区间还是闭区间，或者两者均可？这一问题在中学有着比较大的争议，笔者认为“能包含的都应包含进去，好比问到会的同志是谁，问的是到会的所有人，而不是丢掉几个的剩余”，所以能是闭的用闭表示，除非的确不含这个点 这一争议一直争到2004年的北京国际数学家大会上，结论正如笔者所言，遗憾的是许多教师还不知道这一点，仍然按照多年的教学惯性来进行 （2004年浙江理文12）若 和g(x)都是定义在实数集R上的函数，且方程 有实数解，则 不可能是 （A） （B） （C） （D） 【解答】B 【评析】该题一般的用逆推加数形结合方法选出，这样使从道理上说明的意图失落 （2005年北京理7）北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作．若每天排早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为 （A） （B） （C） （D） 【解答】C 【评析】该题又是重蹈历史覆辙的题目，类似有北京文8“五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案共有（A） 种 （B） 种 （C） 种 （D） 种”，辽宁3“设袋中有80个红球，20个白球，若从袋中任取10个球，则其中恰有6个红球的概率为（ ） A． B． C． D． ” （2005年福建理12） 是定义在R上的以3为周期的奇函数，且 ，则方程 在区间（0，6）内解的个数的最小值是 A．2　　　　B．3　　　　C．4　　　　D．5 【评析】解至少有1，1 5,2,3,4,4 5,5七个，该题是一个错题，原答案为D 这是人们认识到“教师成长一靠专业化水平，二靠认真的态度” (2005年湖南理12)在（1＋x）＋（1＋x）2＋……＋（1＋x）6的展开式中，x 2项的系数是　　　　 （用数字作答） 【解答】35 【评析】该题是一个老题，而且多数参考资料上有此原题，抄袭原题对于高考而言不是一件好事 （2006年清华大学自主招生数学试题8）在所有定周长的空间四边形ABCD中，求对角线AC+BD的最大值，并证明 【评析】由于三角形ABD可以绕着对角线BD随意旋转，空间四边形的周长都不变，对角线AC没有最大值，故AC+BD也没有最大值 该题是一个错题 这使近年“教师的成长一在于自己的水平，二在于认真的态度，但更侧重于后者”的观点再次得到验证 （2006年浙江文理17）如图，在四棱锥 中，底面为直角梯形， ， ， 底面 ，且 ， 分别为 、 的中点 （Ⅰ）求证： ； （Ⅱ）求 与平面 所成的角 【解答】方法一： （Ⅰ）因为N是PB的中点，PA=AB, 所以AN⊥PB 因为AD⊥面PAB,所以AD⊥PB 从而PB⊥平面ADMN 所以PB⊥DM （Ⅱ）连结DN，因为PB⊥平面ADMN，所以∠BDN是BD与平面ADMN所成的角 在 中, 故BD与平面ADMN所成的角是 方法二：以A为坐标原点建立右手空间直角坐标系 ,设BC=1，则 （Ⅰ）因为 所以PB⊥DM （Ⅱ）因为 所以PB⊥AD 又PB⊥DM 因此 的余角即是BD与平面ADMN 所成的角 因为 所以 = 因此BD与平面ADMN所成的角为 【评析】该题是一个老题，1994年上海高考出过，2001年全国高考也出过，再次出现不太妥当 考务中心：特别提供以下服务 学习不好照样上大学，学习不好照样能PASS过考试关 03月: 英语专业八级，医学博士英语考试 04月: 英语专业四级，计算机等级考试，山东公务员，自考 05月: 中级会计职称，护士资格，监理工程师，同等学历人员申请硕士学位 06月: 高考，4,6级，注册税务师，职称英语 09月: 注册会计师，执业/助理医师，司法， 10月: 执业药师，造价工程师，成人高考，自考，GCT 11月: 经济师，国家公务员，报关员 12月: 4,6级 01月: 09年研究生考试 以上服务，质量保证，如有兴趣科咨询QQ278620193