2017老師總結(jié)高中數(shù)學(xué)解題方法技巧匯總

第一章高中數(shù)學(xué)解題基本方 一、配方 二、換元 三、待定系數(shù) 四、定義 五、數(shù)學(xué)歸納 六、參數(shù) 七、反證 十一、類比與歸納法…………十二、觀察與實驗法第二章高中數(shù)學(xué)常用的數(shù)學(xué)思 一、數(shù)形結(jié)合思 二、分類討論思 第三章高考熱點問題和解題策 一、應(yīng)用問 二、探索性問 三、參考答案…… 題時遇到一個新問題，總想用熟悉的題型去“套”，這只是滿足于解出來，只有試題對于數(shù)學(xué)思想方法的考查，特別是突出考查能力的試題，其解答過學(xué)內(nèi)容，可以用文字和符號來記錄和描述，隨著時間的推移，力的減退，將來可能忘記。而數(shù)學(xué)思想方法則是一種數(shù)學(xué)意識，只能夠和運用，屬于思維的范疇，用以對數(shù)學(xué)問題的認識、處理和解決，掌握數(shù)學(xué)思想方法，不是受用一化與可操作性的特征，可以選用作為解題的具體。數(shù)學(xué)思想是數(shù)學(xué)的，可以說，“知識”是基礎(chǔ)，“方法”是，“思想”是深化，提高數(shù)學(xué)素質(zhì)轉(zhuǎn)化（化歸）思想。最后談?wù)劷忸}中的有關(guān)策略和高的幾個熱點問題，并在式出現(xiàn)。再現(xiàn)性題組是一組簡單的選擇填空題進行方法的再現(xiàn)，示范性題組進行第一章一 配方或者缺xy項的二次曲線的平移變換等問題。

＝(a＋b)

－ab＝(a－b)

b)2

3b）2

a

＋c2

＋(c＋a)a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)22sinαcosα＝（sinα＋cosα）2；x2＋ x2＝(x＋x

x

＋2a 方程x2＋y2－4kx－2y＋5k＝0表示圓的充要條件 A.1 B.k<1或 C. D.k＝1或 已知sin4α＋cos4α＝1，則sinα＋cosα的值 A. B. C.1或 D.函數(shù)y＝log1(－2x2＋5x＋3)的單調(diào)遞增區(qū)間 2A.（－∞,5 B.[5 C.(－1,5 D.[5 已知方程x2+(a-2)x+a-1=0x1、x2P(x1,x2)在圓x2+y2上，則實數(shù) （a3＋a5）2易求。答案是：5選D。小題：答案 3A. C. D.3【分析】先轉(zhuǎn)換為數(shù)學(xué)表達式：設(shè)長方體長寬高分別為x,y,z2(xyyzxz)x2y24(xx2y2

x,y,z，112(xyyzxz)條棱的長度之和為24”而得：4(xyz) x2y2x2y2z62622.設(shè)方程x2＋kx＋2=0p、q，p2q2≤7 數(shù)k p()q

+()2p

p4(

(p2q2)22 (

[(pq)22pq]22 ( (k24)2 ≤7，解得 或 又∵pq為方程x2＋kx＋2=0的兩實根，∴△＝k2－8≥0即 或222 ≤k≤－ 或者22 2【注】關(guān)于實系數(shù)一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“Δ”；已知 定理得到p＋q、pq后，觀p＋qpq例3.設(shè)非零復(fù)數(shù)a、b滿足a2＋ab＋b2=0，求 a

)1998＋(a

1998 【解】由a2a

a)2＋(

)＋1＝0 設(shè)

＝，ω3 3＝1又由a2＋ab＋b2=0：(a＋b)2＝ab所以(

a

)1998

a

)1998＝(22

)999＋(22

)999＝(b

)999＋(a

)999999999＝21ω的【另解】由a

＋ab＋b

a)

＋(

)＋1＝0b

1 a a

后，化成三角形式，代入所求表達式的變形式()b

＋(a

3i聯(lián)想到ω時進行解題21 2函數(shù)y＝(x－a)2＋(x－b) （a、b為常數(shù)）的最小值 B.(a2

a2

4 B. C. 4已知x、y∈R，且滿足x＋3y－1＝0，則函數(shù)t＝2x＋8y 2 B.最大值22

B.最小值222。 C.－2或 D.2或化簡：21sin8＋22cos8的結(jié)果 B.2sin4－4cos4 C.－2sin4 D.4cos4－設(shè)F1和F

x>－1，f(x)＝x2＋2x＋x

的最小值 已知〈β<α3π，cos(α-β)＝12，sin(α+β)＝－3sin2α

＋2A[B(m+n)－Cmn]＋B2＋C2＝0t，使當(dāng)t∈(m+t,n-t)時，f(x)<0由；若存在，t的取值范圍。s>1，t>1，m∈R，x＝logst＋logts，y＝logs4t＋logt4s＋m(logs2＋logt2yxy＝f(x)，f(x非問題標準化、復(fù)雜問題簡單化，變得容易處理。聯(lián)系起來，隱含的條件來，或者把條件與結(jié)論聯(lián)系起來。或者變?yōu)槭煜さ脑O(shè)2x＝t（t>0），而變?yōu)槭煜さ囊辉尾坏仁角蠼夂椭笖?shù)方程的問題。x1中與三角知識中有某點聯(lián)系進行換元。如求函數(shù)y＝ 現(xiàn)x∈[0,1]，設(shè)x＝sin2α，α∈[0,x1均值換元，如遇到x＋y＝Sx＝S＋t，y＝S－t t>0α∈[0,]。2y＝sinx·cosx＋sinx+cosx的最大值 設(shè)f(x2＋1)＝loga(4－x4)（a>1），則f(x)的值域 已知數(shù)列{ana1＝－1，an1·an＝an1－an，則數(shù)列通項an。設(shè)實數(shù)x、y滿足x2＋2xy－1＝0，則x＋y的取值范圍 1方程13x＝3的解 不等式log2(2x－1)·log2(2x1－2)〈2的解集 t2＋t122221t＝－1，當(dāng)

1

3

，所以小題：設(shè)log2(2x1)＝y(tǒng)y(y1)<22<y<1(log52

3) （①式），設(shè)S＝x2＋y2，求1＋ 的值。（93 SS＝x2＋y2cos2α＋sin2α＝1S

代入①式求Smax和SminSSSSS【解】設(shè)S

代入①式得：S＝85sin2α∵-1≤sin2α≤1∴ ∴10

≤ ＋1＝3＋13＝16＝

85sin

8S8S

【另解】由S＝x2＋y2，設(shè)x2＝＋t，y2＝－t，t∈[－S2－t4S2－t4S2－t4則 代入①式得 移項平方整理得100t2+39S2－160S＋100＝0∴39S2－160S＋100≤010≤S≤ 1＋1＝3＋13＝16＝ y2x2＝S＋t、y2＝S－t， 可以設(shè)x＝a＋b，y＝a－b，5本題設(shè)x＝a＋b，y＝a－b，3a2＋13b2＝5，求得a2∈[0,

1 ＋ ,]，再求 1

2．△ABCA、B、CA＋C＝2B，cos

＋

，

A2

的值。（96 【分析】由已知“A＋C＝2B”和“三角形內(nèi)角和等于180°”AC A＝60°

；由“A＋C＝120°”進行均值換元，則設(shè)A

2

AC【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得 A＝60°由A＋C＝120°，設(shè)C＝60°－α1

1

1cos2

2cos2

2

＝cos24

4

cos24

解得：cosα＝2 即：cosAC cos222 1 222， －m

＋1

1

1 2m，cosC＝ 2m，兩式分別相加、相減得

A2

A2

A ＝m22

A22

A2

A 3sin ＝m223即

AC sin2AC＋cos2AC m2 2

m22＝22 1 2 cos A＋C＝2BA＋C＝120°，B＝60°cos

＋ 22222

A2

A2

＝－

2[cos(A+C)cos(A-C)2

A 2cos(A-C)＝22

(2cos2A222

cos2AC222

A222

2A2解得 【解】設(shè)sinx＋cosx＝t，則 ]，由t22 f(x)＝g(t)＝－2

(t－2a)2＋2

（a>0），t∈22 22

122 2221222當(dāng) 時 22222當(dāng) 時，t＝2a，取最大值： 2212 f(x)2a2－2 2(0a22a222a1(a 2

a 2【注】此題屬于局部換元法，設(shè)sinx＋cosx＝t后，抓住sinx＋cosx與sinx·cosx的內(nèi)在聯(lián)系，將三角函數(shù)的值域問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在閉區(qū)間上的值 與sinx＋cosx對應(yīng)，否則將會出錯。本題解法中還包含了含參問題時分類討論的例4.設(shè)對所于有實數(shù)x，不等式x2log(a

4(aa

＋2x2

＋alog 4a 4(a1log2a、

(a

2a

4a log2a＝t，2a

4(a＝loga

＝3＋log

a－log2a2a

(a4a ＝2log

a4t28t(3t)

t0或t ∴t<0即 0<a

2a4(a1log2a

(a

2a

4a三項之間的聯(lián)系。在解決不等式恒成立問題時，使用了“判別式法”。另外，本

cos2

x y 3(x2y2

y

k2y 10k yx y2＝

x y

3(x2y2)＝

即：＋x 設(shè)y2＝t，則t＋t＝3 解得：t＝3或 ∴y 或± cos2【另解】由 x

3 ＝ 3

θ＝t，則3t

3∴t＝3或 解得3

或 3sin x

y

(x9

＋

(x9

＋

(x9

＋

＝1，

x3

y4

x13cosy14sinθ代入不等式x＋y－k>0所以k<-5時不等式恒成立。ax＋by＋c>0(a>0ax＋by＋c＝0所分平成兩部分中含x＋y－k>0線之下時。當(dāng)直線與橢圓相切時，方程組16(x1)29(y1)2xyk 已知f(x3 (x>0)，則f(4)的值。

域

x＋y A. B.1 C.2 D.2 函數(shù)y＝(x＋1)4＋2的單調(diào)增區(qū)間 [- B.[- D.(- C.(-∞,-設(shè)等差數(shù)列{a值

}的公差d＝1

B. C. D.a2b2已知x2＋4ya2b2已知a≥0，b≥0，a＋b＝1， 的范圍 不等式x>ax＋3的解集是(4,b)，2函數(shù)y＝2x＋x1的值域

yyOABCDC(4,4)，A線x2＋y2＝2(x>0,y>0)AB、x①②③④ 2 , B.

，

, D.

A. B. C. D. A. C. D.函數(shù)y＝a－bcos3x(b<0)31，則 的最小正周期 與直線L：2x3y5＝0平行且過點A(1,-4)L’。與雙曲線x2y4。

＝1有共同的漸近線，且過點(2,2)2、 、

3兩根，列出關(guān)于系數(shù)a、b的方程組，易求得a＋b，選小題：分析x5的系數(shù)由C5與(－1)C2兩項組成，相加后得x5的系數(shù)，選 得答 356小題：設(shè)雙曲線方程x2y2＝λ，點(2,2)代入求得λ＝3x2 2y＝12mxmx243x例1.已知函數(shù) x2 3m、n3(y－m)x233

x＋(y－n)＝0，x∈R,∴①

2－4(y－m)(y－n)≥0即：y21mnmn12 497(mnmn12

n

n∴

5x243x5x243x

xx243xx2mnmn127，解出m、ny【注】在所求函數(shù)式中有兩個系數(shù)m、n需要確定，首先用“判別式法”處理函數(shù)值域問題，得到了含參數(shù)m、ny法”：將yyx利用△≥0,yy5例2.設(shè)橢圓中心在(2,-1)，它的一個焦點與短軸兩端連線互相垂直，且此焦 5a、b、c 距離轉(zhuǎn)化為a－c a2b2c

a∴

55aa 55ac x y∴所求橢圓方程是 也可有垂直關(guān)系推證出等腰RtBB’F’后，由其性質(zhì)推證出等腰b5B’O’F’，再進行如下列式：ac ，更容易求出a、b的值5 ab（a、b、c、e、p）的確定，是待定系數(shù)法的生動體據(jù)（a、b、c、e）不變，本題就利用了這一特征，列出關(guān)于a－c的等式。例3.是否存在常數(shù)a、b、c，使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2 考題殊值n＝1、2、3a、b、ca、b、c數(shù)學(xué)歸納法證明等式對所有自然數(shù)n都成立。622＝1(4a＋2b＋c)；n＝370＝9a＋3b＋c24a2bc44,解得9a3bC

b11c ＝＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2) k(k1)(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)2＝＝(k1)(k

12(k1)(k 也就是說，等式對n＝k＋1＋…＋n3、12＋22＋…＋n2

n2(n n(n ＝ x(30－2x)cm，底邊寬為(14－2x)cm，高xcm。V＝(30－2x)(14－2x)x＝4(15－x)(7－x)x，設(shè)V＝

(15a－ax)(7b－bx)xab1要使用均值不等式，則15aax7bbx解得：a＝1b＝3x＝3

15 從而V＝ (

)(

x)x≤ ( 4)3

×27＝576 可以用“待定系數(shù)法”求。本題解答中也可以令V＝

(15a－ax)(7－x)bx 函數(shù)y＝logax的x∈[2,+∞)上恒有|y|>1，則a的取值范圍 A.2>a>1且 B.0<a<1或 C. D. 0<a<2方程x2＋px＋q＝0與x2＋qx＋p＝0只有一個公共根則其余兩個不同根之 B. C. D.如果函數(shù)y＝sin2x＋a·cos2x的圖像關(guān)于直線x＝－π對稱，那么8。2B. C. D.2滿足C0＋1·C1＋2·C2＋…＋n·Cn<500的最大正整數(shù) B. C. D.無窮等比數(shù)列{a

}的前nS

＝a－

,則所有項的和等 －2

C.2

使其與底面成30°角，則截面面積為 設(shè)y＝f(x)f(8)＝15,f(2)、f(5)、(f14)成等比數(shù)列，f(1)＋f(2)＋…＋f(m)的值。設(shè)拋物線經(jīng)過兩點(-1,6)和(-1,-2)，對稱軸與x軸平行，開口向右，直線y＝2x＋7和拋物線截得的線段長是4 ,求拋物線的方程。是由定義和公理推演出來。定義是揭示概念內(nèi)涵的邏輯方法，它通過概念所 A. B. C. D.設(shè)MP、OM、AT分別是46°角的正弦線、余弦線和正切線， B. C. D.復(fù)數(shù)z1＝a＋2ｉ，z2＝－2＋ｉ，如果|z1|<|z2|，則實數(shù)a的取值范圍 A. B. C. D.a<－1x y橢

2點的距離 C. 4

奇函數(shù)f(x)的最小正周期為T，則f(－T)的值 2 B. C.2

D.正三棱臺的側(cè)棱與底面成45°。小題：利用三角函數(shù)線定義，作出圖形，選a25a25|PF|＝e＝4，選 f(－)＝f()＝－f(－ 例1.已知z＝1＋ｉ，①設(shè)w＝z2＋3z－4，求w的三角形式 ②如z2azz2z1＝1－ｉ，求實數(shù)a、b的值。（94 2 （cos＋ｉsin2由z＝1＋ｉ，－(a＋b)ｉ

z2z

(1i)2a(1i) (1i)2(1i)

(ab)(aia2ab a解得b22.f(x)＝－xn＋cx，f(2)＝－14，f(4)＝－252，y＝logf(x)22332

f(2)2n2c n【解】f(4)4n4c

cf(x)＝－x4＋xf(x)>0設(shè)

<x<x<1，則f(x)－f(x)＝－x4+x-（-x4 3 3=(x1-x2)[1-(x1+x2)(x12+x223∵x+x ，x2+x2 ∴(x+x)(x2+x2)〉323 3f(x1)－f(x2)>0f(x)在(232∵22

∴

f(x)22

2性的判斷，一般都是直接應(yīng)用定題。本題還在求n、c的過程中，運用了待定系數(shù)法和換元法。23.A’B’C’—ABCCD是AC中點。數(shù)。（94年理）

【解】①連接B’CBC’O,∴四邊形B’BCCOB’C△AB’C中，D是AC中 ∴ DH⊥BCH，OHDH⊥∵AB’∥OD, ∴BC’⊥OH即∠DOHAC＝1，OE⊥BCE，DH＝1sin60°＝3，BH＝3，EH＝12

∴

4DO，OH，則∠DOH ∥B’B，所以EF B' 射影定理得：B’E×EF＝BE即3

＝1，所以 例4.求過定點M(1,2)，以x軸為準線，離心率為1的 M圓的下頂點的軌跡方程 2。抓住圓錐曲線的統(tǒng)一性定義，可以得到|AF|22(x1)2(x1)2(mm

12

，消m：（x－1）24

(y4232(3

(y ＝12()m,m 過拋物線焦點F的直線與拋物線相交于A、B兩點，若A、B在拋物線準線上的射影分別為A1、B1,則∠A1FB1等于 B. C. D.已知A＝{0,1}，B＝{x|xA}，則下列關(guān)系正確的 A B.A C. D. A. B.y＝±1 C.y＝±3 D.y＝±3 Rf(x)f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，f(x)。A.奇函 B.偶函 C.非奇非偶函 D.既奇既偶函C38n＋C Z＝4(sin140°－ｉcos140°)，則復(fù)數(shù)1的輻角主值 z不等式ax2＋bx＋c>0的解集是(1,2)，則不等式bx2＋cx＋a<0。已知數(shù)列{a

＝1(a 已知FFx2y2＝1(a>b>0)F與拋物線y2 a

·cos∠MF

＝F＝Fn＝k＋1)從“k到k＋1”，左端需乘的代數(shù)式 B.

2kk

2k k <n(n>1)時，由n＝k(k>1)2＋3＋…＋2n等式成立，推證n＝k＋1時，左邊應(yīng)增加的代數(shù)式的個數(shù) 2 B.2k C.2 D.2knn＝k(k∈N)＝k＋1時該命題也成立?，F(xiàn)已知當(dāng)n＝5時該命題不成立，那么可推 (94年高考當(dāng)n＝6時該命題不成 B.當(dāng)n＝6時該命題成C.當(dāng)n＝4時該命題不成 D.當(dāng)n＝4時該命題成數(shù)列{an}中，已知a1＝1，n≥2an＝an1＋2n－1，a2、a3a4后，猜想an的表達式 B.n C.3 D.用數(shù)學(xué)歸納法證明34n2＋52n1 子34(k1)2＋52(k1)1應(yīng)變形為 。左端的代數(shù)式是(k2)(k3)(2k1)(2k2)，所以應(yīng)乘的代數(shù)式為(2k1)(2kk ，選2：（2k1－1）－（2k－1）＝2k，選立，選C。 小題：計算出a＝1、a 小題：答案k－1 例1.已知數(shù)列12·32(2n1)2·(2n1)2，…。Snn求S1、S2、S3、S4，推測Sn，并用數(shù)學(xué)歸納法證明。（93年理 S1＝9，S2＝25，S3＝49，S4＝81(2n1)2猜測Sn＝(2n (n∈N)

(2k1)21(2k1)2 8·(k當(dāng)n＝k＋1，Sk1＝Sk(2k1)2·(2k(2k1)2＝(2k

8·(k＋(2k1)2·(2k(2k1)2(2k3)2(2k3)28·(k＝(2k1)2·(2k(2k1)2(2k3)2(2k＝(2k1)2·(2k

(2k3)2＝(2k 由此可知，當(dāng)n＝k＋1綜上所述，等式對任何n∈N都成立。(2k3)2【注】把要證的等式Sk1＝(2k 作為目標，先通分使分母含有3)2，再考慮要約分，而將分子變形，并注意約分后得到（2k＋3）2－1。這樣證問題的常法，在數(shù)列問題中經(jīng)常見到。假如猜想后不用數(shù)學(xué)歸納法證明，結(jié) 由an＝(2n1)2·(2n1)2＝(2n1)2(2n1)2S＝（1－ (2n1)2

）＋（

—

—(2n

(2n＝(2n (2n1)2·(2n1)2＝(2n1)2－(2n1)2的裂 n(n例2.設(shè)a1

＋…＋ (n∈N),證明：12

(n＋1)2nn＝1(k1)(k(k1)(k時加 ，再與目標比較而進行適當(dāng)?shù)姆趴s求解【解】當(dāng)n＝1a

，1n(n+1)＝1，

(n+1)2＝2

1k(k＋1)<a<

(k＋1)22當(dāng)n＝k＋1122

(k(k1)(k2<a<(k＋1) 1 >1k(k＋1)＋(k＋1)＝1(k＋1)(k＋3)>12，1(k＋1)2

＝1(k＋1)2

<1(k＋1)2＋(k＋3 1(k＋2)221(k＋1)(k＋2)a1(k＋2)2，即n＝k＋1 綜上所述，對所有的n∈N1n(n＋1)<a

(n＋1)

(k1)(k(k1)(k(k1)(k(k1)(k2n(nn(nn(n

n(nn(na1＋2＋3＋…＋n＝1n(n＋1

<n＋1可得

＋1×n＝

n(n＋1)＋

n＝

(n

＋2n)<

1n(n＋1)<a2

1 2例3.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若對于所有的自然數(shù)n，都有Snn(a1an)，證明

}是等差數(shù)列。（94 {an}是等差數(shù)列，可以證明其通項符合等差數(shù)列的通項【解】設(shè)a2－a1＝d，猜測an＝a1當(dāng)n＝1，an＝a1，∴當(dāng)n＝1當(dāng)n＝2，a1＋(2－1)d＝a1＋d＝a2，∴當(dāng)n＝2假設(shè)當(dāng)n＝k（k≥2）時，猜測正確，即：ak＝a1＋(k－1)d，當(dāng)n＝k＋1a＝S－S＝(k1)(a1ak1k(a1ak)， n題。在證明過程中ak1的得出是本題解答的關(guān)鍵，利用了已知的等式Sn＝

n＝1、n＝2n＝2立，因為由(k－1)ak1＝(k－1)a1＋k(k－1)dak1＝a1＋kdk≥2。an1－an＝anan1對于任意n≥2n≥2a＝S－ ＝n(a1an)－(n1)(a1an1)；同理有 ＝ －S

(n1)(a

(n

an

；從而

－a

an1)－n(a＋a (n1)(a1an1，整理得

－a

＝a

—a

，從而{a

(n∈N)能被7整除用數(shù)學(xué)歸納法證明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1) ∈N)xcoscos…cos sin x 22n· 用數(shù)學(xué)歸納法證明： （n∈N）。（85 高考數(shù)列{an}的通項an＝(n

已知數(shù)列{ana1＝1，an＝an1cosx＋cos[(n－1)x]，≥2n∈N)①．求a2和a3 ②.猜測an，并用數(shù)學(xué)歸納法證明你的猜測f(log

＝a(x2x(a2

f(x)的定義域；y＝f(x)是否存在兩個不同點，使經(jīng)過這兩點的直線與x軸平行？證明你的結(jié)論。 (n>1且n∈N)的新變量（參數(shù)），以此作為媒介，再進行分析和綜合，從而解決問題。直線與就是刻畫事物的變化狀態(tài)，揭示變化因間的內(nèi)在聯(lián)系。參數(shù)體現(xiàn)了近代數(shù)學(xué)2 2（理）

上與點A(-2,3

的點的坐標是。 。 f(x)<0，則f(x)的R上 yx y橢

＝1

＝0的最大距離 22A. D.22z，2x、3y、5z，2小題：（理）A(-2,3)為t＝0時，所求點為 1k ，所以e＝－1kk2

xy＝62

yz＝42

所以小題：設(shè)x＝4sinα、y＝2cosα，再求d＝ 選C。a＋b＋c＝1 ＝3＋t1，b＝3＋t2，c＝3＋t3，代入ab＋c 【解】由a＋b＋c＝1a＝3＋t1，b＝3＋t2，c＝3＋t3，其中t1＋t21t31∴a2＋b2＋c2

3＋t2）＋(3＋t3)＝3＋3(t1＋t2t

2

2

2

2＋t2≥

＝3＋t 1所以a＋b＋c的最小值是3b2

2

＋b2＋c213x例2.橢 1 4

y ②.求線段PQ中點M的軌跡方程x4cos【分析】由“換元法”引入新的參數(shù)，即設(shè)y2sinθ（橢圓參數(shù)方程

并運用“參數(shù)法”求中點Myx y【解

x4cosy2sin

＝2sin12sin2＝－1則kOP·k

4

4 cosθ1cosθ2＋sinθ1sinθ2＝0,cos（θ1－θ2）＝0∴|OP|2＋|OQ|2＝16cos2θ1＋4sin2θ1＋16cos2

xM2(cos1cos2y 得到線段PQ的中點My

sin

sinθ

228

y ＝12方法”，在由中點坐標求出M點的坐標后，將所得方程組稍作變形，再平方本題的第一問，另一種思路是設(shè)直線斜率k，解出P、Q

x24y216yx24y216

1

4P ，消y得(1＋ )x2＝16，即|x

4k 1k1k14k114k1 16k

)2＋（ ）＝1

EDCAC、BD交于O，SO；BC中點F，連SF、OF；BE⊥SC于E，DE。則AOBF＝α )2(a )2(a2SFSF2 又

1cos1cos2＝

a

a2a2 2a22BE2

1cos在△DEB

2BE

a21cos2aa，只是利用其作為中間變量輔助計算，這也是在已知復(fù)數(shù)z滿足|z|≤1，則復(fù)數(shù)z＋2ｉ在復(fù)平面上表示的點的軌跡是。14x14x拋物線y＝x2－10xcosθ＋25＋3sinθ－25sin2θ與x B. C. D.2若關(guān)于x的方程2x2＋xlg(a21)3＋lg2(a21)＋lg 8a a2y2＝2px(p>0)，x使得對于拋物線的任意一條過點MPQ，有|

＋|

與前面所講的方法不同，反證法是屬于“間接證明法”一類，是從的角度思考問題的證明方法，即：肯定題設(shè)而否定結(jié)論，從而導(dǎo)出推理而得。法國數(shù)學(xué)家(Hadamard)對反證法的實質(zhì)作過概括：“若肯定定理的假設(shè)而否定其結(jié)論，就會導(dǎo)致”。具體地講，反證法就是從否定命題的結(jié)論入手，并把條件、已知公理、定理、法則或者已經(jīng)證明為正確題等相矛，的原因是所據(jù)邏維律“律排律在思過，兩個互相的判斷不能同時都為真，至少有一個是，這就是邏輯思維A或者非這就是邏輯思維中的“排中律”。反證法在其證明過，得到的判斷，根據(jù)“律”，這些的判斷不能同時為真，必有一假，而已知條件、已知公理、定理、法則或者已經(jīng)證明為正確題都是真的，所以“否定的結(jié)論”必為假。開始，經(jīng)過正確無誤的推理導(dǎo)致邏輯，達到新的否定，可以認為反證法的基本思想就是“否定之否定”。應(yīng)用反證法證明的主要三步是：否定結(jié)論→推導(dǎo)出→結(jié)論成立。實施的具體步驟是：反證法證題時，如果欲證明題的方面情況只有一種，那么只要將這種情況駁“至少”或“至多”、“唯一”、“無限”形式出現(xiàn)題；或者否定結(jié)論更明顯。具體、簡單題；或者直接證明難以下手題，改變其思維方向，從結(jié)論入手進行思考，問題可能解決得十分干脆。已知函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)是減函數(shù)，則方程 A.至多一個實 B.至少一個實 C.一個實 D.無實 a>ab>ab B.ab2 C.ab>a>ab D.ab>ab2已知α∩β＝l，aα，bβ，若a、b為異面直線， a、b都與l相 B.a、b中至少一條與l相C.a、b中至多有一條與l相 D.a、b都與l相 。(97年理)150 B.147 C.144 D.141例，選A；小題：采用“特殊值法”，取a＝－1、b＝－0.5，小題：從逐一假設(shè)選擇項成立著手分析，選小題：分析清楚結(jié)論的幾種情況，列式是：C4－C4×4－3－6,D SCSCOB 后，再肯定“不∵直線SO在平面SOB內(nèi) ∴∵SO⊥底面圓 ∴∴SO⊥平面SAB， 2.x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0,x2【分析】三個方程至少有一個方程有實根的情況僅有一種：三個方程均

16a24(4a3)

a22 22△△

(a1)24a24a24(2a)

,解得a1或a

<a<－1 所以當(dāng)a≥－1

2a2【注】“至少”、“至多”問題經(jīng)常從考慮，有可能使情況變得簡單。本別求出三個方程有實根時（△≥0）ax3.a，a≠0a≠1，設(shè)函數(shù)ax

(其中x∈Rx≠1ax數(shù)的圖像關(guān)于直線y＝x成軸對稱圖像。(88年理)?！痉治觥俊安黄叫小钡姆穸ㄊ恰捌叫小?，假設(shè)“平行”后得出從而假M1(x1,y1)、M2(x2,y2假設(shè)直線M

平行于xy＝y(tǒng)

x11

x211 ax ax ∵x1≠x2 ∴a＝1，這與已知“a≠1”，因此假設(shè)不對，即直線M1M2不平行于x軸。x y②由y＝ax1axy－y＝x－1,即(ay－1)x＝y(tǒng)－1,x＝ay1即原函數(shù)

xax

的反函數(shù)為

xax

x ax關(guān)于直線y＝xf(x)＝

a、b、c，a≠c，1、1、1 12求證：拋物線y＝x2－1x＋y＝02值均小于1。相應(yīng)對角線上，且有EM＝CN，求證：MN不可能垂直CF B 第二章（組等式（組）或者是借助于數(shù)的精確性和規(guī)范嚴密性來闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為，到解決?！皵?shù)”與“形”是一對，宇宙間萬物無不是“數(shù)”和“形”的設(shè)命題甲：0<x<5；命題乙：|x－2|<3，那么甲是乙 。（90年國文 。(92年理A. B. C. D. 。(8922

22

1 2如果奇函數(shù)f(x)在區(qū)間[3,7]上是增函數(shù)且最小值是5那么f(x)的[-7,-3] 。(91年)增函數(shù)且最小值為 B.增函數(shù)且最大值為C.減函數(shù)且最小值為 D.減函數(shù)且最大值為yI＝{(x,y)|x,y∈R≠x＋1}，那么M∪N等 。(90年

x B. C. D.。

1sin1sin2 E＝{θ|cosθ<sinθ，0≤θ≤2π}，F(xiàn)＝{θ|tgθ<sinθ么E∩F的區(qū)間 。（93年文理A.(π B.(π,3π C.(π,3π D.(3π,5π 若復(fù)數(shù)z6

3，則 33333A. B. C. D. 3333 x

。年理 3 3 33滿足方程 的輻角主值最小的復(fù)數(shù)z 33小題：由已知畫出對數(shù)曲線，選小題：將幾個集合的幾何意義用圖形表示出來，選小題：利用單位圓確定符號及象限；選小題：利用單位圓，選小題：將復(fù)數(shù)表示在復(fù)平面上，選 求解,答案－3＋ ｉ【注】以上各題是的高考客觀題，都可以借助幾何直觀性來處理與數(shù)有例1.lg(－x2＋3x－m)＝lg(3－x)在x∈(0,3)內(nèi)有唯一解，求實數(shù)m的取值范圍。3x

y=1- x3x(x2)21

x23xm3設(shè)曲線y1＝(x－2)2x∈(0,3y2＝1－m， 【注】一般地，方程的解、不等式的解集、函數(shù)的性質(zhì)等進行討論時，可以情況，還可用分離參數(shù)法來求（也注意結(jié)合圖像分析只一個x值）。2.|z1|＝5，|z2|＝2,|z1z2|＝求z1的值。

yOxyOxCz2＝OD由圖可知，|z1|＝5，∠AOD＝∠BOC，

525222( ∴1 ∴1 ± 【另解】設(shè)z1

OA、

＝OD如圖所示。則|z1yOzyO2

525222(x＝，sin∠AOD＝± ±所以z1＝5( 3ｉ，即z1＝2±3ｉ± 【注】本題運用“數(shù)形”，把共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)與復(fù)平面上的向量表示、)2920cos(122920cos(12) z1＝5[cos(1)isin(2)]＝5[cos(θ＋θ)＋ｉsin(θ

)＝± )]＝5(4 2(cos2isin2 3ｉ)＝2±3ｉ

得（z1－z2）(z1－z2)＝z1z1＋z2z2－z1z2－z1z2＝25＋4－z1z2－z1z2所以zzzz＝16,zzz1z1＝4z1＝zz＝2±3ｉ1 2

z z z 有四個不同的點，它們中每一個點到點A的距離等于該點到直線L的距離？：a＝2，b＝1,A(p,0)，2y22 y

，消y：x2－(4－7p)x＋(2p＋p 所以△＝16－64p＋48p>0,6p－8p＋2>0，解得

p>13

p,4pf(x)＝x2－(4－7p)x＋(2p＋p2 47 所以2

<4+即p<，且f()>0、f(4+)>0即 12結(jié)合以上，所以2

<p<3【注】本題利用方程的曲線將曲線有交點的幾何問題轉(zhuǎn)化為方程有實解的代數(shù)問題。一般地，當(dāng)給出方程的解的情況求參數(shù)的范圍時可以考慮應(yīng)用了“判別式法”，其中特別要注意解的范圍。另外，“定義法”、“數(shù)形”、“轉(zhuǎn)φ與(a,b)∈C同時成立。(85年高考)【分析】集合A、B都是不連續(xù)的點集，“存在a、b，使得A∩B≠φ”的含意直線與圓x2＋y2＝144有公共點，但原點到直線L的距離≥12。【解】由A∩B≠φ得：na＋b＝3n2＋15所以圓心到直線距離

|3n2

＝3(

1

n2n2【注】集合轉(zhuǎn)化為點集（即曲線），而用幾何方法進行研究。此題也屬探索性問題用數(shù)形解，其中還體現(xiàn)了主元思想、方程思想，并體現(xiàn)了對有公共由A∩B≠φ得：na＋b＝3n2＋15,即b＝3n2＋15－an（①式）；由(a,b)∈C，a2＋b2≤144（②式）；把①式代入②式，得關(guān)于a(1＋n2)a2－2n(3n2＋15)a＋(3n2＋15)2－144≤0（③式3)所以不存在a、b，使得A∩B≠φ與(a,b)∈Cx2x2

5

9x9x1已知集合

222A. B. C. 222 B. C. 方程x＝10sinx的實根的個數(shù) m>|x－1|＋|x＋1|m。設(shè)z＝cosα＋1ｉ且|z|≤1,那么argz的取值范圍 2 sin220°＋cos280°＋3 解不等式 設(shè)A＝{x|<1x<3}Bxx22xa≤0定a、b的取值范圍，使得AB 2x〉x＋aa(x5)2已知函數(shù)y＝(x1)2(x5)2已知z∈C，且|z|＝1，求|(z＋1)(z－ｉ)|逐類求解，然后綜合得解，這就是分類討。分類討論是一種邏輯方法，是一|a|a>0、a＝0、a<0三種情況。這種分類討論題型可以稱為概念型。②問題中涉及到的數(shù)學(xué)定理、和運算性質(zhì)、法則有范圍或者條件限制，③解含有參數(shù)的題目時，必須根據(jù)參數(shù)的不同取值范圍進行討論。如解不等ax>2a>0、a＝0a<0三種情況討論。這稱為含參型。Ⅰ、再現(xiàn)性題組集合A＝{x||x|≤4,x∈R}，B＝{x||x－3|≤a，x∈R}，AB，那么a范圍 B. D.若a>0且a≠1，p＝loga(a3＋a＋1)，q＝loga(a2＋a＋1)，則p、q的大小 A. B. C. y＝sinx|sin

＋

的值域 π)，則limπ)，則limcosnsinnθ。A.12n→∞cosθ＋sinB.0或 C.0或D.01x

的值域 B.(-∞,- C.(- D.[-正三棱柱的側(cè)面展開圖是邊長分別為2和4的矩形，則它的體積 A.9

339

9

3 3 33過點P(2,3)，且在坐標軸上的截距相等的直線方程 33A. B. C.3x－2y＝0或 【簡解】1aa>0、a＝0、a<0小題：對底數(shù)aa>1、0<a<1兩種情況討論，選小題：分4

、0<θ<

2

三種情況，選小題：分截距等于零、不等于零兩種情況，選C1.0<x<1，a>0a≠1，比較|loga(1－x)|與|loga(1＋x)|a所以對底數(shù)a分兩類情況進行討論?！窘狻俊?∴0<1－x<1 |loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝loga(1－x)－[－loga(1＋x)]＝loga|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝－loga(1－x)－loga(1＋x)＝－loga0<a<1足下面兩個條件的集合C的個數(shù)：①.CA∪BC3個元素；②.C∩A≠φCA不屬于A而屬于B的元素。并由含A中元素的個數(shù)1、2、3,而將取法分三種?！窘狻緾1·C2＋C2·C1＋C3·C0 C素如何取法。另一種解題思路是直接使用“排除法”，即C3－C3＝1084。 例3.設(shè){an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Sn是前n項和。①.證明：

2【分析】要證的不等式和討論的等式可以進行等價變形；再應(yīng)用比較法而求解。其中在應(yīng)用等比數(shù)列前n項和的時，由于的要求，分q＝1和q≠1{an}的公比q，則a1q＝1Sn＝na1SnSn2－Sn12＝na1(n＋2)a1－(n＋1)2a12－a12當(dāng)q≠1，S

a(1qn＝ 1a2(1qn)(1qn2 a2(1qn1S 2＝ － ＝－a2qn n 由上可得S

Sn2

n

lg(Snc)lg(Sn2②.要使2

分兩種情況討論如下：當(dāng)q＝1，Sn＝na1(Sn－c)(Sn2－c)－(Sn1－c)2＝(na1－c)[(n＋2)a1－c]－[(n＋1)a1－c]＝－a12

a(1qn＝ 1

2

n

a(1qn－c)2＝[ 1

＝－a

[a1 1 n∵a1q a

－c(1－q)＝0c＝1而S－c＝S ∴對數(shù)式無意 1 1 lg(Sc)

S證明log05Snlog05Sn2S 0

例1、例2、例3屬于涉及到數(shù)學(xué)概念、定理、、運算性質(zhì)、法則等是分實數(shù)a的取值范圍。

或

af(1)＝a2 f(1 1 或 ∴a≥12

<a<1或 即a>2f(1)＝a2當(dāng)a＝0，f(x)＝－2x＋2,f(1)＝0，f(4)＝－6，1由上而得，實數(shù)a的取值范圍是 2a>0次函數(shù)的圖像，也可以看成是“數(shù)形”的運用。5.(x4a)(x6a)>0(a，a≠－12a 小，故對參數(shù)aa>0、a＝01<a<0、a<－1 【解】2a＋1>0時，a>－1 －4a<6a時，a>0 所以分以下四種2當(dāng)a＝0，x2>0，解得1當(dāng)－<a<0，(x＋4a)(x－6a)>0，x<6a2

時，(x＋4a)(x－6a)<0，解得：6a<x<－4a211

2x>－4a；

時，6a<x<－4a2a例6.設(shè)a≥0,在復(fù)數(shù)集C中，解方程：z2＋2|z|＝a。(90年高考|z|∈R，z2＋2|z|＝a：z2∈R；∴z1當(dāng)z∈R時，|z|2＋2|z|＝a,解得111當(dāng)z為純虛數(shù)時，設(shè) ∴－y2 解得11由上可得，z＝±(－1＋1a)或 組）過程十分繁難，而挖掘隱含，對z分兩類討論則簡化了數(shù)學(xué)問題。x2y【另解】設(shè)z＝x＋yｉ，代入得x2x2y ∴111由上可得，z＝±(－1＋11

11

)ｉ【注】此題屬于復(fù)數(shù)問題的標準解法，即設(shè)代數(shù)形式求解。其中抓住2xy＝0f(a)f(a)的函數(shù)表達式。（【分析】求兩點間距離的最小值問題，先用建立目標函數(shù)，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在約束條件x≥0下的最小值問題，而引起對參數(shù)a的取值討論。|MA|2＝(x－a)2＋y2＝(x－a)2＋2x＝x2－2(a－1)x＋a2＝[x－(a－1)]2由于y2＝2xx≥0當(dāng)a－1≥0時，x＝a－1取最小值，即|MA}2 當(dāng)a－1<0時，x＝0取最小值，即|MA}2min＝a2；2a2a

(a≥1時。(a1時若loga2<1，則a的取值范圍 3A.(0,2 B.(2 C.(0,2 D.(2 非零實數(shù)a、b、c，則a＋b＋c＋abc的值組成的集合 | | | |A.{- B. C.{- D.{-f(x)＝(a－x)|3a－x|，a是正常數(shù)，下列結(jié)論正確的是 A.當(dāng)x＝2a時有最小值0 B.當(dāng)x＝3a時有最大值0 設(shè)f1(x,y)＝0，f2(x,y)＝0f1f2(x,y)＝0（λ∈R）表示的曲線 f(x)＝ax2－2ax＋2＋b(a≠0)在閉區(qū)間[2,3]5，2，則a、b的值 B.a＝1，b＝0C. D. B. C. D.到空間不共面的4個點距離相等的平面的個數(shù) B. C. D. B. C. D.復(fù)數(shù)z＝a＋aｉ(a≠0)的輻角主值 解關(guān)于x的不等式：2log(2x－1)>log(x2 (a>0且a 1，公比為q(q>0nSn，又設(shè)Tn＝Sn求limTn＝2，求z參數(shù)m的值及交點坐標。斥著等式和不等式。我們知道，哪里有等式，哪里就有方程；哪里有，哪里函數(shù)的具體特性。在解題中，挖掘題目中的隱含條件，構(gòu)造出函數(shù)解析式和高考查的重點。我們應(yīng)用函數(shù)思想的幾種常見題型是：遇到變量，構(gòu)造函數(shù)關(guān)系解題；有關(guān)的不等式、方程、最小值和最大值之類的問題，利用函數(shù)觀點加以分析；含有多個變量的數(shù)學(xué)問題中，選定合適的主變量，從而揭示其中的函數(shù)關(guān)系；實際應(yīng)用問題，翻譯成數(shù)學(xué)語言，建立數(shù)學(xué)模型和函數(shù)關(guān)系式，應(yīng)用函數(shù)性質(zhì)或不等式等知識解答；等差、等比數(shù)列中，通項、前n項和的，都可以看成n的函數(shù)，數(shù)列問題也可以用函數(shù)方法解決。方程lgx＋x＝3的解所在的區(qū)間 B. C. D.。A.f(2)<f(1)<f(4) B.f(1)<f(2)<f(4) C.f(2)<f(4)<f(1) 已知函數(shù)y＝f(x)有反函數(shù)，則方程f(x)＝a(a是常數(shù) 54

23

，π)，則tgθ的值 －3

4

已知等差數(shù)列的前n項和為Sn，且S＝S 。關(guān)于x的方程sin2x＋cosx＋a＝0有實根，則實數(shù)a的取值范圍是。正六棱錐的體積為48,側(cè)面與底面所成的角為45°，。每平方米分別為120元和80元，則水池的最低造價為 選C；小題：從考慮，注意應(yīng)用特例，選 1x tg2＝x(x>0），則1x21x2＝5x＝2，再用萬能公式，選A；

Sp m

＝x，則（,p）p (,q)、(x，p+q)x＝0，則答案q454小題：設(shè)高h，由體積解出 ，答案 17601.a>0，a≠1，log(x－ak)＝log(x2－a2)有實數(shù)解的k ax2x2【解】將原方程化為：loga(xak)＝log

等價于xx2x∴k＝ax

((x)2a(||>1a 設(shè)＝cscθ， π

)，則2θ當(dāng)

,0)時2

<－1，2當(dāng)

)時

∈(0,1)，yCyCC-- x2另一種解題思路是采取“數(shù)形”：將原方程化x2x2x2x2x2

，等價于x－ak＝

以k：k<－10<k<1

(k2原方程等價變形為

x2x2

(k21)a所以

k2即

k21

－10<k<1x為求一次函數(shù)（或常數(shù)函數(shù)）f(m)的值在[-2,2]為負值時參數(shù)x應(yīng)該滿足的f(2)條件f(2)0立，設(shè)f(m)＝(x2－1)m－(2x－1),f(2)2(x21)(2x1)則f(2)2(x21)(2x1)解得

71 m立時求m的范圍。3.{an}的前nSn，已知a3＝12，S12>0，S13<0理由。(92年高考)解得：－24<d<－3。7 ②Sn＝na1＋2n(n1－1)d＝n(12－2d)＋2＝d[n－1(5－24)]2－

24)][(5－ 2 2因為d<0，故[n－ )]最小時，S最大。由 <d<－3得6<

)]2最小，所以S最大 【注】數(shù)列的通項及前n項和實質(zhì)上是定義在自然數(shù)集上的函數(shù)，S6的值最大。設(shè)∠BAC＝θ，PA＝AB=2r，求異面直線PBAC的距離。設(shè)MH＝x，則MH⊥平面ABC，AC⊥HD。2

2rsin2θ

4r2sin2＝(sin

1sin2即當(dāng)

1sin2【注】本題巧在將立體幾何中“異面直線的距離”變成“求異面直線上兩點答。比如再現(xiàn)性題組第8題就是典型的例子。5.△ABCA、B、CtgA·tgC＝2＋，又知頂點C的對邊c4,求△ABCa、b、cA、B、CB＝60°；tgA＋tgC＝tgB(tgA·tgC－1)＝(1＋)333＋333

設(shè)A<C，則 3由此容易得到 ＋436.(z－x)2－4(x－y)(y－z)＝0,求證：x、y、z【證明】當(dāng)x＝y(tǒng)x＝z，∴x、y、zy∴t1·t2＝xy＝1，即2y＝x＋z ∴x、y、z成等差數(shù) 7.△ABC：cosA·cosB·cosC≤18【分析】考慮首先使用三角進行變形，結(jié)合三角形中有關(guān)的性質(zhì)和定理，1【證明】設(shè)2

[cos(A＋B)＋cos(A－B)]·cosC＝2∴△＝cos2(A－B)－8k≥08k≤cos2 ∴k≤ 此題的另外一種思路是使用“放縮法”,在放縮過也體現(xiàn)了“配方法”，具體解答過程是：cosA·cosB·cosC＝1[cos(A＋B)＋cos(A－B)]·cosC＝－

cos2

1

[cosC－ ]2

cos2cos(A－B)

12x4x8.

312x4x【分析】當(dāng)x∈(-∞,1]時 有意義的函數(shù)問題，轉(zhuǎn)化為3＋2x＋4xa>0x∈(-∞,1]

1)2x＋(

x＋a>0x∈(-∞,1] 設(shè)t＝1x,則t≥1

g(t)＝t2＋t＋a，其對稱軸為t＝－2t2＋t＋a＝03—4

,+∞)上無實根，即 3

2

2

＋a>0，所以aa>－412

)

＋(2

t＝1x,t≥1，則有a＝－t2－t∈(－∞,－3 3

4方程sin2x＝sinx在區(qū)間(0,2π)內(nèi)解的個數(shù) B. C. D. A. B. C.2a<2 D.2a＋2c已知函數(shù)f(x)＝loga(x2－4x＋8)，x∈[0,2]的最大值為－2，則。2

4

D.a2＋…＋an，那么limSn等 B. C. D.等差數(shù)列{an}中，a4＝84，n項和為Sn,已知S9>0，S10<0，n＝時，Sn最大。 。兩點，求實數(shù)m的取值范圍。x、y、zx＋y＋z＝5xy＋yz＋zx＝3,zlg2a－4·lga·lgb＝0，求證：ba、c γ＝1，求證：α＋β＋γ＝π。 ②.如果2|a|<4＋b且|b|<4，那么|α|<2，|β|<2。（93年理區(qū)間(2k-1,2k+1]x∈I0時，f(x)＝x2f(x)Ik上的解析表達式；②.對自然數(shù)k，求集合Mk＝{a|f(x)＝ax在Ik上有兩個不相等的實根}。（89年理）范甚至模式法、簡單的問題。高考，等價轉(zhuǎn)化思想無處不見，我們要不斷培著名的數(shù)學(xué)家，莫斯學(xué)教授C.A.雅潔曾在一次向數(shù)學(xué)參賽《什么叫解題》的時提出：“解題就是把要解題轉(zhuǎn)化為已經(jīng)解過的題”。過，普通語言向數(shù)學(xué)語言的翻譯；它可以在符號系統(tǒng)內(nèi)部實施轉(zhuǎn)換，即所說的恒等變形。消去法、換元法、數(shù)形、求值求范圍問題等等，都體現(xiàn)了等的原則，即把我們遇到的問題，通過轉(zhuǎn)化變成我們比較熟悉的問題來處理；或者將較為繁瑣、復(fù)雜的問題，變成比較簡單的問題，比如從式到代數(shù)式、從無為比較直觀的問題，以便準確把握問題的求解過程，比如數(shù)形；或者從非向進行轉(zhuǎn)化。按照這些原則進行數(shù)學(xué)操作，轉(zhuǎn)化過程省時省力，有等 A. B. C. D. x9

C.

3x若m、n、p、q∈R且m2＋n2＝a，p2＋q2＝b，ab≠0，則mp＋nq的最大值 a2

a2a22a 5 C. 5y xa2b2＝1（a>b>0）c，l(0,a)和(b,0)，知原點到l的距離等于221c，則橢圓的離心率 7

已知三棱錐S-ABC的三條側(cè)棱兩兩垂直，SA＝5，SB＝4，SC＝3，D為AB的中點，E為AC的中點，則四棱錐S-BCED的體積為

選B；

m22

n2＋2

容易求解，選a2a2小題 7

小題：由

＝1

和三棱椎的等體積轉(zhuǎn)化容易求，選A11.若x、y、z∈R且x＋y＋z＝1，x

1y

1zxyz 【解】(

1

1

1 ＝＋

－1≥3

1

33

xy3

＋

2.x、y∈R3x2＋2y2＝6x，x2＋y2k＝x2＋y2，再代入消去y，轉(zhuǎn)化為關(guān)于x數(shù)k范圍的問題。其中要注意隱含條件，即x的范圍。設(shè)k＝x2＋y2，則y2＝k－x2，代入已知等式得：x2－6x＋2k＝0即

x2

0≤x≤2k∈[0,4]【另解】數(shù)形（轉(zhuǎn)化為解析幾何問題32x2＋y2的范圍是：0≤x2＋y2≤4?！驹俳狻咳菗Q元法，對已知式和待求式都可以進行三角換元（問題

2＝1，

2α＋2

232

1cos22＝－1cos2α＋2cosα＋5 3.求值【解一】ctg10°－4cos10°si10n°

cs

—4cos10°sin80°2sin＝

＝＝

＝

3 3（基本過程：切化弦→通分→化同名→拆項→差化積→化同名→差化積c【解二】ctg10°－4cos10°＝si10n°—4cos10°ssin80°2sin

1sin80°2sin2

＝

3 3（基本過程：切化弦→通分→化同名→特值代入→積化和→差化積c【解三】ctg10°－4cos10°＝si10n°—4cos10°si10n°sin80°2sin＝

＝ cos20

＝

＝＝3 3【注】無條件三角求值問題，是高常見題型，其變換過程是等價轉(zhuǎn)化思想的是同角三角函數(shù)的關(guān)系式、誘導(dǎo)、和差角、倍半角、和積互化公式以及萬能，常用的是：切割化弦、拆角、將次與升次、和積互化、異名化同名、異角化同角、化特殊角等等。對此，我們要掌握變換的通法，活用4.

2)，若x1、x2

2x1≠x21求證：2

)]>f(x1x2 （94 【證明】1[f(x)＋f(x)]>f(x1x2) 1[tgx＋tgx]>tgx1 1(sinx1＋sinx2 sin(x1x2 1sin(x1x2)>sin(x1x2 1cos(x1x2 2cosx1cos 1cos(x1x2 1＋cos(x1＋x2)>2cosx1cosx 1＋cosx1cosx2cosx1cosx2＋sinx1sinx2<1cos(x1－x21【注】本題在用分析法證明數(shù)學(xué)問題的過，每5.S-ABC，S

)]>f(x1x22N位于底面的高CD上，M是側(cè)棱SC上的一點，使截面 MAB與底面所成角等于∠NSC求證：SC垂直于截面MAB。證明SC⊥DM?！郃B⊥SC∵AB⊥SC、AB⊥又∵∴∴即正方形ABCD與正方形ABEF成90°的二面角則AC與BF所成的角 B. C. D. B. C. D.a>1lim[12…n－12…(n1)](n∈N)的值 222

C. D. B. C. D.面A’BD的距離是

33 函數(shù)y＝x＋1x的值域 不等式log8（x3＋x＋3）>log2(x＋2)的解 (86年高考2等差數(shù)列，求復(fù)數(shù)z＝[cos(πA)＋ｉsin(πA)]·[sin(3πC 第三 高考熱點問題和解題策的同時，側(cè)重考查中的主要內(nèi)容、數(shù)學(xué)思想方法和應(yīng)用意識，特別是突出考性質(zhì)、以及有關(guān)的應(yīng)用，以常規(guī)題居多。19931999度，既注意貼近生活，又注意靠近。探索性綜合題和信息遷移題不可能增加求解應(yīng)用題的一般步驟是（四步法某種細菌在培養(yǎng)過，每20分鐘一次（一個為兩個），經(jīng)過小時，這種細菌由1個可繁殖 。(94年高考A.511個 B.512個 C.1023個 1024個 的總長為定值L，這塊場地的長為 。(82年高考)圓柱軸截面的周長L為定值，那么圓柱體積的最大值是 A.(L)3 B.1(L)3 C.(L)3 D.2(L)3 在半徑為30m的圓形廣場上空，置一個照明光源，射向地面的光呈圓錐120°，若要光源恰好照亮整個廣場，則其高度應(yīng)為。(精確到0.1m)(93年高考)丙、丁公司各承包2項，共有種承包方式。(86年高考)【簡解】1小題：設(shè)長x，面積

lx≤1

2l

rr 2小題

2

(2

3，選333h85

糧食產(chǎn)量比現(xiàn)在提高10％，如果人口年增長率為1％，那么耕地每年至多只能減少多少公頃（精確到1公頃）？（96年 （糧食單產(chǎn)

≥P規(guī)劃

總?cè)丝?，主要關(guān)系是：P實現(xiàn)在人口數(shù)為m，則現(xiàn)在占有量 m

mx≤10

— ∵（1＋0.01）10＝1＋C1×0.01＋C2×0.012＋C3×0.013 ∴x≤103－995.9≈4（公頃（答略【另解】1.讀題：糧食總產(chǎn)量＝＝人均占有而主要關(guān)系是：現(xiàn)在人口數(shù)為m，則現(xiàn)在占有量 m∴a(1＋0.22)×(1O4 ×(1＋0.1)×m(1＋0.01)mx≤10

— ∵（1＋0.01）10＝1＋C1×0.01＋C2×0.012＋C3×0.013 ∴x≤103－995.9≈4（公頃（答略比如本題求解過若令1.0110≈1,算得結(jié)果為x≤98公頃，自然會問：耕地減市人均住房面積（精確到0.01）？（91年高考）【解】1.讀題：主要關(guān)系：人均住房面積＝6求解：化簡上式＝

100104 100104(1∵1.0210＝1＋C1×0.02＋C2×0.022＋C3×0.023∴人均住房面積為

住房面積為4.92m2。千米／時，已知汽車每小時的成本（以元為單位）由可變部分和固定部分組成：可變部分與速度v（千米／時）的平方成正比，比例系數(shù)為b；固定部分為a①把全程成本y（元）表示為速度v（千米／時）的函數(shù)，并函數(shù)②為了使全程成本最小，汽車應(yīng)以多大速度行駛？ （97年高【解】（讀題）由主要關(guān)系：總成本＝每小時成本×?xí)r間（建模）有y＝(a＋bv2v（解題）所以全程成本y（元）表示為速度v（千米／時）的函數(shù)關(guān)系式是：y＝S(a＋bv)，其中函數(shù)的定義域是v∈(0,c]。v整理函數(shù)有k由函數(shù)xa

a＋bv)＝S(v＋b <c時，則 時，y取最小值 ≥c時，則v＝c時，y取最小值ab abvA4．MN，AC⊥MNA少，D點應(yīng)選在距C點多遠處？

B【解】設(shè)∠ADC＝α，AD＝

km1，則運費y＝(30－10ctgα)＋2×t2t2

)＝10(3＋2 設(shè) ，即t×sinα＋cosα＝2, ≥2即

當(dāng) 時 sinα∴sin(α＋30°)＝1,即α＝60°∴ 3

綜上所述，DC103km3本知識和進行解答，此種題型屬于應(yīng)用問題中的三角模型。某商品降價10％后，欲恢復(fù)，則應(yīng)提價 A. B. C. D.1119。A.(1＋P)12B.(1＋P)C.(1＋P)D.83R將一半徑為R83R

3R

8R

3R 球半徑為R，則甲、乙兩地的球面距離為。A.1 B.1 C.π D.2 pqpqp>q>0，則上述三個方案中。 A.方案甲提價最 B.方案乙提價最 C.方案丙提價最 定把稅率降低x個百分點，預(yù)計收購量可增加2x個百分點。①寫出y（萬確定x的范圍。公園要建造一個圓形的噴水池，在水池垂直水面安裝一個花形柱子OA，O恰在水面中心 A 成水流在到OA的距離為1米處達到距水面最大高度2.25面才能使噴出的水流不致落到池外？（97 電燈掛在圓桌的正上空，光學(xué)定律：桌邊A處的照度I與射到點A的光線與桌面的夾角θ的正弦成正比，與點A到光源的距離的平方成反比把照度I表示為角θ的函數(shù)；②怎樣選擇電燈懸掛的高度h，才能使桌邊處最國際足聯(lián)規(guī)定法國決賽階段，比賽場地長105米、寬68米，門最佳射門位置應(yīng)使邊鋒看門的水平視角θ最大）。（精確到1米）（探索結(jié)論）；或者雖給出了問題的明確結(jié)論，但條件不足或未知，需要解題者尋找充分條件并加以證明的問題（探索條件明。其主要體現(xiàn)是解答數(shù)列中等與n有關(guān)數(shù)學(xué)問題。若推證出，則結(jié)論不存在。代數(shù)、三角、幾何中，都可以出現(xiàn)此種探討“是找出滿足條件的條件或結(jié)論。此種題型常見于含有參數(shù)的問題，或者情況多種的探索性問題，是從次上考查學(xué)生創(chuàng)造性思維能力的新題型，正確運用數(shù)學(xué)＋23 12

，32

，…。S為其前n 求S1、S2、S3、S4，推測Sn，并用數(shù)學(xué)歸納法證明。（93年理（屬于是否存在型問題，也可屬于猜想歸納型問題 2S1＝9、S2＝25、S3＝49、S4＝81Sn(2n1)2(2n 點，對參數(shù)k分k>1、k＝1、0<k<1、k＝0、k<0五種情況進行討論。2①當(dāng)k>1時，表示橢圓，其中心在原點，焦點在y軸上 ②當(dāng)

2kkk＝0xyxyxxyxyxyyyyxx2】給定雙曲線x2y2于P1及P2，求線段P1P2的中點PB(1,1)m，使mQ1、Q2，且點B是線段Q1、Q2的中點？這樣的直線m如果存在，求出它的方程；如果不存在，說明理由。（81年高考題）【解】①設(shè)直線yk(x∴x

2y2

4k 2k x1＋x2＝k2 ∴xp＝k2 代入直線L：yp＝k2 2kxk2 消k2x2－4x－y2＝0(x1)2y2∴ y k2

(x y線段P1P2的中點P的軌跡方程是 2②設(shè)所求直線myk(x1)

2k2k22 代入消y后的方程計算得到 ∴滿足題中條件的直線m不存在交點問題和有關(guān)交點弦長及其中點的問題，一般可以利用定理和根的判別式求論確定存在；若推證出，則結(jié)論不存在。在解題思路中，分析法與反證法起3】設(shè){annSn數(shù)n，an與2的等差中項等于Sn與2的等比中項 ①寫出數(shù)列{an}的前3項②求數(shù)列{a}的通 （寫出推證過程 an1＋an） ③令bn＝ a an22

，由此而求得a

【解】①∵a12(a1a2

∴a1∵a222(22(2a2

∴

2∵a322

∴a

2(a1a22(a1a2a32(8a3下面用數(shù)學(xué)歸納法證明an＝4n－2：假設(shè)當(dāng)n＝kakak2

2(Skak1當(dāng)n＝k＋1時，由題意有ak2(Skak12( ak1(

即

2

由ak1>0，ak1＝2＋4k＝4(k＋1)－2，所以n＝k＋1時，結(jié)論也成立。③設(shè)c＝b

（n1

4n2＋4n2）－1＝ 4n 4n ＝1[（2n1－1）＋(2n1－1)]＝ － 2n

2n

2n

2n — )＝1－12n

2n ∴l(xiāng)im(b＋b＋…＋b－n)＝lim 2n【注】本題求數(shù)列的通項，屬于猜想歸納型問題，其一般思路是：從最簡單、最特殊的情況出發(fā)，推測出結(jié)論，再進行嚴格證明。第③問對極限的求解，使用了“裂項相消法”，設(shè)立新的數(shù)列cn具有一定的技巧性。an

Sn＝(an＋2)2Sn1＝(an12)2∴

n1

n1－Sn

18

n＋2)2－(a＋2)2n∴數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其中a1＝2，公差d＝4，即通項為an＝4n－2x(x2大小。(86

＝ n3x2n

xn1【解】x－x

xn(