陈颖报告

高考复习(数学)的策略与方法———高考试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 浅析暨高三复习建议通州高级中学陈颖2011.7.———高考试题浅析以“目”传神，破解问题困局的希望原来在这里.(一)通性通法之“目”——平凡而不平庸例1.（江苏）,,若则实数m的取值范围是_________【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ：乍看，似乎是一道讨论两平行线间的带形区域与圆域（或圆环域）关系的非线性规划的难题.然而，顺着题“目”传递的关于直线与圆位置关系的最原始、最基本的信息，合理而常规的思路是将两区域的交并关系降维为直线与圆（或圆环）的位置关系，进而优化成直线与大圆（若小圆存在的话）的位置关系.】解：由或①注意到圆（如果存在的话）内含或重合于圆（经验证）且不存在“真包含”.或与圆有公共点或②由①②得评注：正是通性通法（点线距离公式（级），一元二次不等式（级））驯服了这道填空压轴题.yMOPNxBCA例2.（江苏）题：如图，在平面直角坐标系中，M、N分别是椭圆的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k（1）当直线PA平分线段MN时，求k的值；（2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d；（3）对任意k>0，求证：PA⊥PB．解：（1）易得（2）易得【（3）分析：解析几何中的点差法，“俗”得不能再“俗”吧.然而正是它，为本题（3）给出了简捷可行的途径.】解：（点差法）设，作差，整理得，∴【注：韦达定理法也是通法，但在我们江苏似乎不很受青睐，其实，此法也是本题（3）可行的途径之一：设直线，代人，分别消去得;】例3.(江苏)题：已知a，b是实数，函数和是和的导函数，若在区间I上恒成立，则称和在区间I上单调性一致.（1）设，若函数和在区间上单调性一致,求实数b的取值范围；（2）设且，若函数和在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a-b|的最大值．解：（1）易得（2）思路分析：含参不等式在区间D上恒成立问题的常规模式之一：若可因式分解时，则问题等价于D是含参不等式解集的子集.请看“昨天”的范例：（2010届南通二模）题：，当时，有极小值，（1）若，有极大值，求实数c的范围；（2）在（1）的条件下，若存在使在上单调递增，求实数的取值范围；（3）略．略解：（1）易得．（2）存在，使即成立，则即在上恒成立，注意到，∴是不等式解集的子集，则或，即或．含参不等式在区间D上恒成立问题的常规模式之二：往往先通过区间D上某些特殊点的赋值，来约束一下参数的范围，以简化后续讨论的层次.请看“昨天”的范例：（2008年江苏卷N14）题：函数对于总有≥0成立，则=．分析：至少先考虑（以下过程略），倘若能进一步考虑到，则，末道“填空”居然被你“秒杀”，考运是也．本题第（2）解答如下：设，若，而，不合，∴．依题意，设或是不等式即解集的子集，注意到，由数轴标根法可知无需比较与的大小,也无需比较与的大小,实数只要也只能在上，由，又，∴当且仅当，．通性通法扎根于基础.新课标的实施，教改的深入并不是意味着“双基”的弱化.而事实却不容乐观：学了高中三角，忘了源自 小学 小学生如何制作手抄报课件柳垭小学关于三违自查自纠报告小学英语获奖优质说课课件小学足球课教案全集小学语文新课程标准测试题 初中的平几知识；学了导数，二次函数配方法，判别式法……，往往只剩下渐行渐远的背影.例4（全国（新课标）卷理）中，则的最大值为.解法一：（标解：正弦定理略）解法二：（法）略解：⑴令代入⑴整理得：等式成立当且仅当例4⑴（2008江苏）满足条件的面积的最大值是.【分析：用正（余）弦定理解显然是通法，然而，它走得轻松吗？有简捷的常规途径吗？】解：如图所示，过作于，设则消去得：评注：1.平淡无奇的二次函数与勾股定理一经联手，居然上演了不平凡的一幕.2.初中平几功底不错的同学还可以从另一个角度锁定本题：因为到两定点的距离之比等于(这里不妨设)的动点的轨迹是一个圆，其圆心在的延长线上，且半径，显然例4⑵(2010江苏)将边长为的正方形薄片沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，则的最小值是.略解（一）：设小正三角形边长为，则，于是归结为求的最小值，原式即，当且仅当等号成立,（以下略）略解（二）（基本不等式法）前同上得（以下略）例5江苏卷N22的传统解法题：如图，在正四棱柱中，，点是的中点，点在上，设二面角的大小为.DACA1B1C1D1MNEFHGB（1）当时，求的长；（2）当时，求的长．【分析：二面角，，的和为，且变动时二面角的大小为定值】HDABCGFEN略解：分别是AB，DC中点，设，则由平面几何知识，，，，，，易证，分别是二面角与的平面角，显然，于是，（1）时，，而∴DACA1B1C1D1MNEFHGB∴∴．（2）,，∴，∴．【注：本解法的优势在于：思路单一明晰；运算量小，但需要熟悉直角三角形和正方形的基本常识】(二)类比猜想之“目”——一锤定“调门”，细节到“音符”.例1.（江苏）题：设M为部分正整数组成的集合，数列的首项，前n项和为，已知对任意整数k属于M，当n>k时，都成立．（1）设M=｛1｝，，求的值；（2）设M=｛3，4｝，求数列的通项公式．【分析：联想并类比2010江苏，其本质是成成为常数）;本题的题设是自然会猜想：从而有：.此“调”一定，目标明确，在求解的征途上，只剩下“序号n”的间隔和约束这一关了.事实上，通过迭代，这一关并不难过！】解：（1）解：时，，即时，∴∴从第二项起成等差数列，公差为2，∴．（2）解法一：1、当时，有（ⅰ），即时，有：时，有：，得，∴时，成等差数列，即，2、当时，有（ⅱ），同理有，，由，由及得另一方面，对（ⅰ）式及（ⅱ）式分别赋值得解之得，又，∴为等差数列，且．（2）解法二：记，，，分别为，，，．仿解法一得即．依此类推，有，同理有：，在（1）中令，整理得，在（1）（2）中分别令消去得，在（1）（2）中分别令消去得，在（1）（2）中分别令消去得，解由（3）～（6）的四元方程组，得即代入（1）（2）得，由得，得，又，∴．（2）解法三：（数学归纳法）由及，猜想．证明如下：当时，（过程参见解法二）；假设时，结论成立．即有，那么当时，由于，又∴结论成立．综上，根据，有，从而．【注:“标解”思路的严谨性，运作的技巧性是不言自明的.如果说有一点缺憾的话,是由转化为的过程中付出了序号间隔加大的代价（间隔最大时为6）然后,为缩小间隔,又不得不提高序号的约束（一度火爆到），抽象程度之高，超越了一般考生的承受能力，而本解法（指“解法一”、“解法二”）通过迭代，避开序号的约束，使序号间隔很快缩小到常规情形，故更能贴近一般学生的应试水平.】例2．（江苏⑴）题：设整数，是平面直角坐标系中的点，其中（1）记为满足的点的个数，求；（2）记为满足是整数的点的个数，求（1）【分析：∵∴点P的个数取决于的个数】解：，∴即，故点P共有个，即；【注：回顾并类比“选修2-2，P99N13”：三角形三边的长均为整数，且，如果，这样的三角形共有多少个？解析：，又，故对于确定的值，的个数也是三角形的个数为个，而，∴共有个三角形】例3.（全国（新课标卷）理），曲线在点处的切线方程为⑴求的值；⑵如当且时，求的取值范围.解：⑴易得⑵【分析：联想类比2010全国（新课标卷）理：设函数⑴略，⑵当时，，求的取值范围.”属同一题型，即分离参数后的“”型，是高等数学中罗比塔法则的典型范例，常规的中学解题思路是:先将“”推给（或，求出与之等价的参数范围，然后证明：参数在该范围内，恒成立，并反例验证，参数不在该范围内，“”不能恒成立.】解：（令）考察函数注意到重要不等式当即，则①当时，成立，从而成立；②当时，仍有，从而成立.当取不能恒成立，从而不能恒成立，故不合题意综上，即类比猜想的最终目的是理性的揭示一类问题的规律，以形成常态的数学模式.而这种模式在长期的数学实践中,不断完善,进而升华为——经典二、其余“神马”都是短暂的，惟有经典的力量才是永恒的.部分经典回放：（一）例析解析几何中的两个经典（以椭圆为例）经典1：关于“”，不难证明以下——命题1°．椭圆的通径与长轴之比为；命题2°．椭圆不过中心的弦的斜率为k1，弦中点与中心连线的斜率为k2，k1k2=；命题3°．椭圆过中心的弦为AB，P为椭圆上异于A，B的任意一点，则kPAkPB=；命题4°．过椭圆上一点P（异于顶点）作斜率之和为零的两条弦PA，PB，则kOPkAB=；命题5°．过椭圆的一个焦点F的直线与椭圆交于M、N，与y轴交于P，设，，则；命题6°．已知⊙O：x2+y2=b2，过椭圆上的一点P，引⊙O的两条切线，切点分别为A、B，直线AB与x轴、y轴分别交于M、N，记OM=m，ON=n，则；……例1．（2010.北京理N19）在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1,1）关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于(Ⅰ)求动点P的轨迹方程；(解略)(Ⅱ)．(略)例2．（2010.上海理N23）已知椭圆的方程为，点P的坐标为（）.OPxBCAy（1）（3）(略)；（2）设直线交椭圆于、两点，交直线于点.若，证明：为的中点。(证略)例3．（江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，M、N分别是椭圆的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k（1）当直线PA平分线段MN时，求k的值；（2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d；（3）对任意k>0，求证：PA⊥PB．解：（1）（2）略；（3）设，由命题3°，kBPkBA=，又kBA=kCA=,∴kBP=,∴kPBkPA=∴．AMDPBNOxy【注：1.命题3°可由点差法证之；2.“”乃离心率为的椭圆的共性；3.2011届镇江一模,南京二模等都是上述经典的示例】AMDPBNOxyAMDPBNOxyAMDPBNOxyAMDPBNOxy经典2关于ps=a2：AMDPBNOxyAMDPBNOxy（1）设A，B是椭圆的左右顶点，D为直线x=s上动点（s>a，且D不在x轴上），DA、DB分别交椭圆于另一点M、N，MN交x轴于点P(p,0)，则ps=a2.（证略）．【注：若将A、B换成短轴端点，则有ps=b2（四川理N21）】AMDPBNOxy（2）斜率为k且不过原点的直线l交椭圆于A、B两点，交x轴于点P(p,0)，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆于G，交直线x=s于D，则的充要条件是ps=a2；ADyOxBPEx=sG略证：设E(x0,y0)，D(s,m)，G(x,y)，必要性：，作差得，，又，则，由OG2=代入椭圆方程：，直线l：，表明l过定点，∴ps=a2。充分性：设ps=a2，又代入椭圆，证毕．AMTDBNOxy例1．（2010年江苏N18,）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F．设过点T（）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M、，其中m>0，．（1）设动点P满足,求点P的轨迹；（2）设，求点T的坐标；（3）设,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）．第（3）问略解:由“经典2（1）”立得定点．例2．（四川文21）过点C(0，1)的椭圆的离心率为，椭圆与x轴交于两点、，过点C的直线l与椭圆交于另一点D，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q．（I）当直线l过椭圆右焦点时，求线段CD的长；（Ⅱ）当点P异于点B时，求证：为定值．解：（2）设，则由向量数量积定义及“经典2（1）”得ADyOxBPEx=-3G例3．（山东文22）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆.如图所示，斜率为且不过原点的直线交椭圆于两点，线段的中点为，射线交椭圆于点，交直线于点.（Ⅰ）略；（Ⅱ）若，（i）求证：直线过定点；（ii）略解：（Ⅱ）（i）由“经典2（2）”得l过定点，即．（二）例析著名不等式例1．（2009年全国高中联赛二试N2），求证：，1，2，…．【分析：x>0且x≠1时即；注意到】证：记，n=1时，原式成立．下证n≥2时，原式成立．∵，由有，则，注意到，∴≥,∴．另一方面，由，∴∵∴,至此原不等式获证．例2．（湖北理N21）（Ⅰ）已知，，求函数的最大值；（Ⅱ）设均为正数，证明：（1）若≤，则≤1；（2）若，则≤≤．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）（1）由（Ⅰ），两边求和得≤1（Ⅱ）（2）【“标解”分析：由于已给定，故须在“”上做好文章,必要时借用（1）的结果】先证前一个不等式：令，则由（1）即∴．再证后一个不等式，记，令，则∴∴.注：顺便指出：上述两不等式是“”的“加权不等式”:设，则（※）的特例．事实上，对于（1），由于，只要在（※）中令对于（2），由于，只要在（※）中令，即得≤;在（※）令得即得．（三）例析简易数论中的若干经典：1、奇数和偶数，整数与分数（既约分数），有理数和无理数的概念；（如：奇数个奇数之和必为奇数；偶数个奇数和必为偶数；任意一个整数与它的绝对值的和必为偶数，等等）2、数的整除（模k的余数）的概念；（如分别能被2或5，4或25，8或125，3或9，或6，7，11，13整除的数的特征）3、公约数、公倍数、素数、互素数的概念；4、平方数与勾股数的概念；5、k进制数的概念；6、高斯函数的概念；……仅就今年高考而言，渗透并运用上述简易数论经典的试题有例1．（江苏卷N23）设整数，是平面直角坐标系中的点，其中（1）略；（2）记为满足是整数的点的个数，求本小问本质上是“模3同余”数论问题，今将1，2，3，…，n依模3的余数分成以下三类：，每一类任取两数对应一个点，于是，（为表述方便，约定）当时，；当时，；.当时，，综上，【注：本解法的特点是“模3同余”的数论开启了解题的思路；是“排列组合”原理浓缩了推理运算的过程】例2．（江苏卷N20及其推广）设M为部分正整数组成的集合，数列的首项，前n项和为，已知对任意整数k属于M，当n>k时，都成立．（1）设M=｛1｝，，求的值；（2）设M=｛3，4｝，求数列的通项公式．本题的推广：回顾反思原题解法，自然提出一个问题：M中的元素不是3，4呢？通项公式会不会有变化？借助于互质数的基本性质，我们惊喜地发现：只要M中的二元素互质，通项公式不变！于是有如下的推广：设，常数是互质的正整数，数列的首项，前n项的和为，若对任意的，当整数时，都成立，则．略证：∵，∴，使，仿解法一(常数)(常数)，而，∴=常数c另一方面，由时，，又，，∴为等差数列，且．【注：“推广”证明的最后一步所解的方程组实际上形如，故，此恰表明：只要互质，结论——“”是不变的，不由让人们联想到2006年江苏卷N21：“设数列、、满足：，（n=1,2,3,…），证明为等差数列的充分必要条件是为等差数列且（n=1,2,3,…）”，本题的本质一经曝光，不难给出如下的推广：设数列、、满足：常数，其中是给定的各项同号的单调数列（可以非严格单调），则为等差数列的充分必要条件是为等差数列且是单调数列（可以非严格单调）】例3．（北京理N20）若数列满足，则数列为数列，记=.（Ⅰ）写出一个满足，且>0的数列；（Ⅱ）若，n=2000，证明：E数列是递增数列的充要条件是=2011；（Ⅲ）对任意给定的整数n（n≥2），是否存在首项为0的E数列，使得=0？如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，说明理由．解：（1）0，1，0，1，0或0，1，2，1，0（2）（标解）必要性（略）充分性：设，由又，故是递增数列（2）（另解）（绝对值不等式）又由①②显然，是递增数列(3)方法一（思路同标解）令迭加得个1或-1的和.故要使，首先须为偶数，于是当时，只要满足，则是满足=0的E数列当时，只要令，其余各项的设计同即可满足题意.当时，为奇数，故满足=0的E数列不存在。（3）方法二（分析：经举例不难判断：当且仅当时=0）解：当时，只要满足，则是满足=0的E数列当时，只要令，其余各项的设计同即可满足题意.当，由于(奇数)，必为奇数，则，奇数个奇数之和仍为奇数，当时，的情形相同即综上，当且仅当时，存在满足题设的【注：本题五大要领：各项奇偶相间，故任意相邻两项之和为奇数.可令..同向不等式或绝对值不等式迭加后等号成立的条件奇数个奇数之和为奇数，偶数个奇数之和为偶数（以上的三个发散点】今年高考中凸现数论经的还有（上海理N22）,（江西文N20，N21）等解答题及（福建文N12）（北京理N8）（广东理N8）（安徽理N15）（重庆理N10）（湖南理N16）等填选题.例4．（湖南理N16）（二进制问题）对于，将表示为，当时，，当时，为0或1.记为上述表示中为0的个数，（例如，：故）则（1）（2）解：（1）（标解）∴n810003910012101010211101111211002131101114111011511110（2）方法一：（标解略）方法二：（分析：以二进制4位数为例，共有个数）由于二进制的首位数字值恒为1，故恰有k个零的二进制数个数为，∴．【注意：这里k个零的k有双重功能：①即中的k，②即等式中的k，此即本解法（逆用二项式定理）的依据】解：由以上分析可得【注：1°上述结论推广为；2°变题：在题设条件下，求（1）（2）答案：（1）（2）】———高考复习建议(一)能力训练亟待加强1.审题能力：要读懂题目，更要提升解读的层次，加大穿透题意的力度。例1.(江苏)设，其中成公比为q的等比数列，成公差为1的等差数列，则q的最小值是．解:，∴，此时且满足．另解:【注：在给定区间上具有相同单调性的两函数在每一点上较大者的最小值等于这两个函数各自最小值的较大者】引申：上述结论能否推广到一般情形？若能推广,n是否有某种约束？今设（其余条件不变）仿原解答得，（等号当且仅当时成立），于是：首先，问题归结为何时最大？设，由导数法，易知，∴，当时经验证，（此时），其次，还须确保即：1°当时，显然成立，2°时构造函数，（显然），∴递减，从而递减，注意到，，从而满足式的．也就是说满足的数列的项数的最小值为7，最大值为11．2.运算能力：特别是字母运算和估算能力例2.(江苏),例3.(江苏)3. 规范 编程规范下载gsp规范下载钢格栅规范下载警徽规范下载建设厅规范下载 答题能力：怎样用简洁而准确的数学语言表述解答过程。例4.(江苏)4.运用基础知识和基本技能(包括小学、初中内容或方法)解决复杂问题的能力.以上训练要强化到每一天，每一练，每一题(二)关注相关信息，提高复习的时效和实效，除关注考查内容的微调外，还须关注——1.来自教材内容的信息2.来自历年高考和省内大市模拟考试的信息…3.来自数学竞赛方面的信息（如北京，就思路而言，类似于2009年江苏暑期夏令营培训题：有一个由0或1构成的6行列数阵，每一行中恰有5个1，任意两行中同列都取1的列数不超过2，求的最小值，（）4.来自中考方面的信息：由于近年来，中考试题的一个值得注意的动向是渗透并尽量体现高初中的衔接.如2010南通市中考，从高中角度审视是考查抛物线定义的应用;今年,三个半圆两两外切，其半径成;本质上是一个向量旋转问题.(三)对“考试说明”一要严格恪守，二要准确把握.……(四)高考预测.……