2015江蘇高考考前指導

1、2015屆高考數學考前指導一、數學高考考試過程中正確處理好如下幾個關系：1、審題與解題的關系：“慢”審、“快”做2、“會做”與“得分”的關系：要堅持“會做的拿全分”的原則，過程要完整，表述要規(guī)范、作圖要清楚、規(guī)范，結果要準確無誤。不要總想“撈滿分”而要常想“多揀分，少丟分”3、“快”與“準”的關系：考試中心態(tài)在平靜、穩(wěn)定，不急不慌，必須穩(wěn)扎穩(wěn)打。4、 “難題”與“容易題”的關系：答卷要堅持由前向后、先易后難的原則，遇到難題要舍得放棄，集中時間做好“會做的題、經過努力能做的題”，最后再“啃”難題，盡量多寫些，力爭多得分。填空題最后1-2題有難題，解答題“多題把關”，有些題第（1）、（2）問不難，

2、但第（3）問可能比較難（當然也不是絕對的），“先易后難”的策略是明智的選擇！二、填空題解題策略在解答填空題時，基本要求就是：正確、迅速、合理、簡捷一般來講，每道題都應力爭在13分鐘內完成填空題解題的基本原則是“小題不能大做”解題基本策略是：巧做根據填空時所填寫的內容形式，可以將填空題分成兩種類型：1、定量型，要求學生填寫數值、數集或數量關系，如：方程的解、不等式的解集、函數的定義域、值域、最大值或最小值、線段長度、角度大小等等由于填空題和選擇題相比，缺少選擇支的信息，所以高考題中多數是以定量型問題出現2、定性型，要求填寫的是具有某種性質的對象或者填寫給定的數學對象的某種性質，如：給定二次曲線的

3、準線方程、焦點坐標、離心率等等解題基本方法一般有：直接求解法、圖像法、構造法和特殊化法(特殊值、特殊函數、特殊角、特殊數列、圖形特殊位置、特殊點、特殊方程、特殊模型)三、 解答題解題策略第一：立幾，容易題立體幾何考什么？怎樣出題？1。平行（線線，線面，面面），重點仍是線面平行兩種方法（線線法，面面法）2。垂直：條件與結論中都有垂直。重點是線線垂直與線面垂直（或面面垂直）的轉化。3。面積與體積。4。題目的形成：長（正）方體一角，三棱柱一角。要注意尋找三度（相當于長寬高）的垂直。中點問題常與中位線、中線、重心相關。求體積可結合變換法（割補法）。（1）線面平行的判定定理和性質定理在應用時都是三個條件

4、，但這三個條件容易混為一談；面面平行的判定定理易把條件錯誤地記為一個平面內的兩條相交直線與另一個平面內的兩條相交直線分別平行，而導致證明過程“跳步子”被扣分（2）對于立幾中探索存在性問題，應當特別注意： 若不存在，我們應優(yōu)先考慮反證法，若存在，應明確結論，然后進行證明。具體類型可以參看平時的立幾大題。（3）作圖要有痕跡，虛實線要分，最后要黑水筆描一下，原則上要按照一作，二證，三算，交待清楚。（4）立幾中常用的數學思想方法主要有類比、聯想、化歸、轉化、數形結合，特別是空間化為平面圖形解題，空間圖形通過向量轉化為代數問題求解，是解決立體幾何問題的兩大解題思想。（5） 求多面體體積的常規(guī)方

5、法：直接用公式求、割補法、等積變換法。（6）兩條異面直線所成的角的范圍：0°<90° 直線與平面所成的角的范圍：0o90° 二面角的平面角的取值范圍：0°180°第二：三角與向量，容易題三角考什么？怎樣出題？1。三角形問題：正弦定理，余弦定理。面積。2。兩角和與差的三角函數。3。題目的形成：以平面向量為載體（向量平行，垂直，數量積）（1）在ABC中，sinA>sinBÛA>B記得嗎? 研究ABC中問題時常常用到正弦定理與余弦定理，三角形面積等。（2）研究三角函數圖像和性質：注意化為：的形式（3）在三角的恒等變形中，要

6、特別注意角的各種變換（如 等）（4）你還記得三角化簡的通性通法嗎？（從函數名、角、運算三方面進行差異分析，常用的技巧有：切化弦、降冪公式、用三角公式轉化出現特殊角. 異角化同角，異名化同名，高次化低次）注：角的范圍。第三：解析幾何，中等題解析幾何考什么？怎樣出題？1。以橢圓（或雙曲線、拋物線）為入口，求標準方程。2。幾何性質（1）直線方程的斜率存在與不存在應引起重視。（2）圓有關的問題利用圓的性質、圓的特征等求解。（3）圓錐曲線中的基本量極其關系要清楚。圓錐曲線的兩個定義在解題中要熟練掌握。（4）直線、圓、圓錐曲線的綜合問題充分運用平幾知識，數形結合處理直線與圓的問題，同時注意綜合運用方程、函

7、數、三角、向量、不等式等知識；另此類問題運算量大，涉及到數、式的計算，化簡，解方程，不等式求取值范圍，最值。注意體會數形結合、分類討論、函數與方程、轉化與化歸等數學思想。第四：應用題，中等題1、 應用題解題步驟：審題建立數學模型求解數學問題答2、注意事項（1）審題：抓關鍵詞，注意條件之間的聯系，關系復雜、或數據較多時可通過畫圖、列表格等方法理清關系，要注意從整體上準確把握題意。（2）建立數學模型：常見數學模型有：概率問題，函數問題，不等式、方程問題，數列問題，統計問題等。概率問題要注意：設“”為事件A，“”為事件B等，要寫出答；函數問題中自變量可以選線段長，也可以選某角為自變量。自變量或的取值

8、范圍即定義域的確定是解應用題的關鍵，有時也是難度所在，同時也是同學們平時容易忽視的地方。（3）求解數學問題：求函數最值一般情況下，先考慮用常規(guī)方法，若不好求解，可考慮用導數法；統計類問題要注意寫全解題過程，不能只寫結果，如求平均數、方差、回歸方程中的有關系數要有列式、計算、結果三個步驟；概率問題中基本事件總數、事件A所含基本事件數要交待理由，最好能用枚舉法列舉出來，必要時可輔之于圖表、表格法。（4）答：不能忽視應用題的“答”，平時在方面做得不好的同學要特別注意，因為這步是有分數的?！按稹钡倪^程不能太簡捷，要按照題目的要求答全答準。第五：函數，較難題1深刻理解函數的幾個性質：定義域的決定性，對稱

9、性，奇偶性，周期性，最值問題，圖象及關系是解好函數與導數綜合題的關鍵2解函數與導數綜合題應注意：隱含條件，單調性的規(guī)范推理，基本函數及常見函數及變型：3理解導數的概念，導數的幾何意義，幾種常見函數的導數；求可導函數單調性的步驟： （1）確定函數f(x)的定義域；（2）求；（3）求出的根；（4）列表看的符號；（5）確定單調區(qū)間。判斷函數極值的方法：設函數f(x)在點及其附近可導，則4解函數及導數的綜合題時對解析式及分析要到位，對與之間關系要清析。數學語言的表述要規(guī)范（畫圖，制表等）第六：數列，難題題型一：純數列問題：1、已知等差或等比數列的問題，應注意用到基本量處理，且靈活運用性質。注意：等比數

10、列中若求和，一定討論時，；時，）還需注意，。2、若要證明某數列成等差數列或等比數列：可用定義法或等差（比）中項法。（注意n的范圍）即或；或3、由Sn求an ，注意分成兩類討論。如：數列，求數列通項公式an=_4、等差（比）數列前n項和的最大（或最?。﹩栴}，可從直接下手，或用數形結合（二次函數，類指數函數）。： 題型二： 數列應用題，要認真審題，構造數列模型（注意：項數）；若是一般問題，則由題意求解，也可用不完全歸納后猜想發(fā)現第n項與第n-1項的關系求解。題型三：數列與函數、不等式、解析幾何等綜合題，注意：函數與數列定義域的區(qū)別（），等與不等的轉化（不等式兩邊夾，夾出等式），適當放縮（分析題設與

11、結論之間的關系）尋找放縮方向及程度（有時是部分放縮）。四、面對難題，講究策略不要隨便放棄一道題！如果是一道填空題，全然放棄，得零分，但只要填上答案，就有可能得分如果放棄的是解答題，又與高考數學解答題起點較低的特點格格不入會做的題目要力求做對、做全、得滿分，對于解答題中不能全面完成的難題如何分段得分？通常有兩種方法缺步解答對難題，確實啃不動時，明智的解題策略是：將它劃分為一個個子問題或一系列的步驟，先解決問題的一部分，能解決到什么程度就解決到什么程度，能演算幾步就寫幾步，每進行一步就可得到這一步的分數如：把文字語言譯成符號語言，把條件和目標譯成數學表達式，設應用題的未知數，設軌跡題的動點坐標等，

12、都能得分還有象完成數學歸納法的第一步，分類討論，反證法的簡單情形等，都能得分而且還可望在上述處理中，從感性到理性，從特殊到一般，從局部到整體，產生頓悟，形成解題思路跳步解答解題過程卡在一中間環(huán)節(jié)上時，可以承認中間結論，往下推，看能否得到正確結論，如得不出，說明此途徑不對，立即改變方向，尋找它途；如能得到預期結論，就再回頭集中力量攻克這一過渡環(huán)節(jié)若因時間限制，中間結論來不及得到證實，就只好跳過這一步，寫出后繼各步，一直做到底；若題目有兩問，第一問做不上，可以第一問為“已知”，完成第二問，這都叫跳步解答也許后來由于解題的正遷移對中間步驟想起來了，或在時間允許的情況下，經努力而攻下了中間難點，可在適

13、當位置補上五、例題范解各類題型時間分配（一）、填空題的三節(jié)：45分鐘 18的一望而知，一算即得；912的中等要求細心別錯；13、14的小把關“事倍功半”.在解填空題時要做到：快運算要快，力戒小題大做；穩(wěn)變形要穩(wěn)，不可操之過急；全答案要全，力避殘缺不齊；活解題要活，不要生搬硬套；細審題要細，不能粗心大意。清書寫清楚，不出筆誤。合理推理、優(yōu)化思路、少算多思將是快速、準確的解答填空題的基本要求。求解填空題的基本策略是要在“準”、“巧”、“快”上下功夫。同時在做填空題時要防止做得過快，也要防止在一個題上花太多的時間。1若，則 .思路1：或或，得，合并，檢驗，為所求.分析：并列著兩個條件： 其一，是三者

14、之一，數學含義是方程或或； 其二，由集合元素的互異性知且.思路2：兩者結合應為，或無解，或無解.2函數的最大值與最小值之和為 .思路1：求導求最值.且不說其繁難程度如何了，其間出現的含有的超越方程就幾乎無法解出.（“二分法”及電腦畫圖法除外?。┧悸?：是奇函數，奇函數的最大值與最小值之和為0，于是心算就可以得出2.問題之二：出錯率低的題講不講？3已知、均為銳角，且，則 .學生拿到題，奮筆疾書，看誰寫得快，得以下解法：解法1：由得 ， 整理得， 由于、均為銳角，所以， 所以，即. 此解法純粹體力勞動，浪費時間.如果結合誘導公式考慮，可有如下解法：解法2：由得，即，從而.4如果，那么的取值范圍是

15、.思路2：函數是增函數，由得.思路3：不等式兩邊異號，需且只需.5已知在是單調函數，且對于任意的，都有成立，則 6 .依題意（常數）對于任意的都成立，所以，即6已知是正數，且滿足，則則的最小值是 4 因為 7已知A、B、C是同一平面內三個不同點，則的最小值為 .提醒：注意題中的隱含條件，.ABCDOE8在中，為邊上一點，若的外心恰在線段上，則 14. 略解：設O為的外心，作OEAC與E，連接AO，CO,在AOE和ADE中，9（08年13題）若,則的最大值是 .本質是考解析法，即：以AB所在的直線為軸，AB的中點為軸建立直角坐標系，ABCO那么得頂點C在圓上運動，頂點C到AB邊的最大距離為，于是

16、提醒：注意題中“主”、“次”元的角色的轉換.從而體現數學的“化歸思想”10若不等式對滿足的所有都成立，求實數的取值范圍若將視為主元素，不等式可化為對的所有都成立若設只要11已知，曲線，若兩條曲線在區(qū)間上至少有一個公共點，則的最小值為 由有解，可視為關于的直線上的點到原點的距離的平方，其最小值為原點到直線的距離的平方，即設則則的最小值為（二）解答題的三節(jié)：55分鐘 立幾代數題把分送夠；解幾應用題區(qū)別顯著；數列函數題“幾舸” 爭流.ABCSMD12在四棱錐中，ABCD，M為SB的中點，面SAB.（1）求證：CM面SAD；（2）求證：；（3）求四棱錐的體積.略解：（1）取SA的中點E，證CMDE，得

17、CM面SAD；（2）由面SAB得AB,ABCD, CD；（3）過D作DEAB與E，連接SE,由ABCD,得DECD,由CD；得CD面SDE,得面SDE面ABCD,再過S作SHDE與H，則SH面ABCD，SH即為四棱錐的高，可得體積為.提醒：要求高，往往是通過作底面ABCD的垂面SDE.13在平面直角坐標系xOy中，角的頂點是坐標原點，始邊為x軸的正半軸，終邊與單位圓O交于點A(x1 ，y1 )，(，)將角終邊繞原點按逆時針方向旋轉，交單位圓于點B(x2，y2)（1）若x1，求x2；（2）過A，B作x軸的垂線，垂足分別為C，D，記AOC及BOD的面積分別為S1，S2，且S1S2，求tan的值解：

18、（1）解法一：因為x1，y10，所以y1 所以sin，cos 2分所以x2cos()coscossinsin 6分 解法二：因為x1，y10，所以y1A(，)，則(，)，2分 (x2，y2)， 因為·|cosAOB，所以x2y2 4分 又x22y221，聯立消去y2得50 x2230x270 解得x2或，又x20，所以x2 6分 解法三：因為x1，y10，所以y1 因此A(，)，所以tan2分 所以tan()7，所以直線OB的方程為y7x 4分 由得x±，又x20，所以x2 6分（2）S1sincossin2 8分因為(，)，所以(，) 所以S2sin()cos()sin(

19、2)cos210分 因為S1S2，所以sin2cos2，即tan2 12分 所以，解得tan2或tan 因為(，)，所以tan214分14如圖，已知扇形OAB的周長2+，面積為，并且.(1)求的大??；(2)如圖所示，當點C在以O為圓心的圓弧上變動若其中、，求的最大值與最小值的和；(3)若點C、D在以O為圓心的圓上，且問 與的夾角取何值時，的值最大？并求出這個最大值解：（1）設扇形半徑為，圓心角由得或又當、時，不成立；當、時，成立，所以（2）如圖所示，建立直角坐標系，則A（1，0），B，C由得，即則又，則，故（3）由題意可知15（本題滿分14分）如圖一塊長方形區(qū)域ABCD，AD2（），AB1（）

20、在邊AD的中點O處，有一個可轉動的探照燈，其照射角EOF始終為，設AOE，探照燈O照射在長方形ABCD內部區(qū)域的面積為S（1）當0時，寫出S關于的函數表達式；（2）當0時，求S的最大值（3）若探照燈每9分鐘旋轉“一個來回”（OE自OA轉到OC，再回到OA，稱“一個來回”，忽略OE在OA及OC反向旋轉時所用時間），且轉動的角速度大小一定，設AB邊上有一點G，且AOG，求點G在“一個來回”中，被照到的時間G a F E D C B A O （第17題）解：（1）過O作OHBC，H為垂足當0時，E在邊AB上，F在線段BH 上 （如圖），此時，AE，FH， 2分SS正方形OABHSOAESOHF 4分

21、當時，E在線段BH上，F在線段CH上（如圖），H OA B C DE F a G 圖此時，EH，FH， 6分EFSSOEF 綜上所述， 8分（2）當0時，S，即S 10分0，01即1122S2當1時，S取得最大值為2 12分（3）在“一個來回”中，OE共轉了2×其中點G被照到時，共轉了2× 14分則“一個來回”中，點G被照到的時間為（分鐘） 16分16 在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C1(ab0)的左、右焦點分別為F1，F2，焦距為2，一條準線方程為x2P為橢圓C上一點，直線PF1交橢圓C于另一點Q（1）求橢圓C的方程；（2）若點P的坐標為(0，b)，求過P，Q，F2三

22、點的圓的方程；（3）若，且，2，求·的最大值解：（1）由題意得 解得c1，a22，所以b2a2c21 所以橢圓的方程為y21 2分 （2）因為P(0，1)，F1(1，0)，所以PF1的方程為xy10由 解得或所以點Q的坐標為(，) 4分解法一：因為kPF·kPF1，所以PQF2為直角三角形 6分因為QF2的中點為(，)，QF2，所以圓的方程為(x)2(y)2 8分解法二：設過P，Q，F2三點的圓為x2y2DxEyF0，則 解得 所以圓的方程為x2y2xy0 8分（3）解法一：設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則(x11，y1)，(1x2，y2)因為，所以即所以解得x2

23、12分所以·x1x2y1y2x2(1x2)yx22(1)x2()2(1)·() 14分因為，2，所以22，當且僅當，即1時，取等號所以·，即·最大值為 16分解法二：當PQ斜率不存在時， 在y21中，令x1得y± 所以，此時 2 當PQ斜率存在時，設為k，則PQ的方程是yk(x1)， 由得(12k2)x24k2x2k220， 韋達定理 4設P(x1，y1)，Q(x2，y2) ， 則 的最大值為，此時 816已知函數f(x)lnxmx（mR）（1）若曲線yf(x)過點P(1，1)，求曲線yf(x)在點P處的切線方程；（2）求函數f(x)在區(qū)間1，e上的最大值；（3）若函數f(x)有兩個不同的零點x1，x2，求證：x1x2e2解：（1）因為點P(1，1)在曲線yf(x)上，所以m1，解得m1 因為f (x)1，所以切線的斜率為0，所以切線方程為y13分（2）因為f (x)m當m0時， x(1，e)， f (x)0，所以函數f (x)在(1，e)上單調遞增，則f (x) maxf (e)1me當e，即0m時，x(1，e)， f (x)0