2011高考数学专题复习讲练测及答案（77套）

1、77套高考数学专题复习讲练测及答案1专题复习指南数学高考复习是一个复杂的系统工程，需要不断地进行探索、研究和完善在第一轮复习中，我们以教材的自然章为线索，系统地复习了高中数学的基础知识、基本技能和基本方法，完善了知识结构，初步形成了知识网络会考结束，数学复习将从第一阶段的系统复习转入第二阶段的专题复习讲练测这一阶段复习安排的科学与否，将对学生思维素质的提高以及分析问题与解决问题能力的升华，产生举足轻重的影响因此，必须根据新的考试说明和学生的实际，做出合理的安排一、专题的选择本轮复习要突出教材的重点，捕捉高考的热点，重视数学思想，掌握数学方法，提高数学能力其特点是：以横向为主，体现内容的综合性；

2、以训练为主，体现方法的可操作性；以测试为主，体现应试的适应性 专题的选择可根据如下五个原则： 1首轮复习中的弱点 在系统复习阶段，通过学生平时的作业和单元测验，会发现学生中带有普遍性的薄弱环节，这可选为专题 2教材体系中的重点 从大的方面讲，高中数学的重要内容有：函数与方程、三角与复数、不等式、数列和数学归纳法、几何体中的线面关系、直线与二次曲线等，这些都应进行综合性的专题讲授具体到某一方面，还可以把它们划分为若干个子专题例如函数与方程这个专题，又可以划分为：集合与集合思想的应用、函数的图象和性质、函数应用性问题、函数的综合问题、函数思想、方程观点等六个子专题这样安排，可达到纵向深入、横向联系

3、的目的 3基本数学思想方法的渗透 数学思想和方法是数学知识在更高层次上的抽象和概括，它蕴涵在数学知识发生、发展和应用的过程中因此，对数学思想和方法的考查必然要与数学知识的考查结合进行，通过数学知识的考查，反映学生对数学思想和方法理解与掌握的程度基于这样的认识，在本增刊中，我们把数学思想和方法提前到第一个专题来讲，就是为了使它能够在后面的复习中得到很好的重视，并通过渗透而达到深化 4重要题型和典型问题的解法 选择题、填空题，在高考中具有举足轻重的地位，其解答这两种题型的成功率和速度都直接影响着高考得分，应列为专题根据近几年高考试题的特点，还应该把“怎样答应用性问题，怎样答开放性问题，怎样答情景性

4、问题，怎样答综合能力题”也列为专题 5高考答题的技术 数学高考不仅是数学知识、数学思想、数学方法、数学能力的较量，而且也是心理素质和考试技术的较量当一个考生进入封闭的考场之后，他的数学知识和数学能力，可以看成一个常数，但是如何将所掌握的知识转化为得分点，这就取决于答题的技术了因此，把高考答题的技术作为一个专题是很有必要的 二、复习的建议 这本增刊的书名已经明确了专题复习的方法讲、练、测 本书共设置了9个专题，每个专题又分为若干节其中专题一的复习导引，实际上是本书的前言；专题二至专题八是按照知识序列，将整个高中数学教学内容的13章重新组合，有重点地列出了7个专题，通过纵向深入、横向联系，对高中数

5、学进行重点复习、综合提高这七个专题的每小节均由“复习要点”、“例题讲解”、“专题训练”三部分组成其中，复习要点：简要指明了该小节复习的重点、难点、频考点，以及主要复习策略；例题讲解：每小题选配了3道左右的例题，所配示例具有科学性、新颖性、典型性和示范性；专题训练：每小节配有10道训练题，其中选择、填空、解答题三种题型的比例为433，难度以中上为主，内容新颖每个专题讲授完后，又配备了一套测试题，用以检测考生的综合解题能力专题九的应考指南，其编排体例与前面有所不同，每小节一般由“内容概要”、“基本方法讲解”、“专题训练”三部分组成由于这个专题讲完后，数学高考就要转入第三阶段，所以没有再安排测试题

6、1讲在本轮复习中，教师的讲授时间虽然少了，但是讲授的质量却提高了例如，对于每一小节，“复习要点”要求简明轭要地指出该小节复习的重点以及复习对策；“例题讲解”要求突出解题的方向、解题方法的选择和思维过程的展示，而不追求解题过程的完整；“专题训练”也不要求每题必讲，只需点到为止 2练练习应贯穿于教学的全过程对于例题，教师应发挥主导作用，不要以教代学，应放手让学生去完成当学生遇到困难时，应适时点拨，甚至一个手势也能起到作用对于训练题，更应全部交给学生练习不在多，关键要看效果如果学生对某一小节掌握得比较好，训练题就不一定要求全做；而当学生对某一小节感到有困难时，还应再补充适当的练习，以达到融会贯通之目

7、的 3测复习备考离不开测验，每做一套好题，都是一次对知识和能力的检阅，对数学思想方法的一次训练本书专题二至专题七后面都各有一套100分钟的“专题能力测试”卷，可供考生自测自评用每套试题都有明确的测试目的，有的是传统好题，有的是课本题的演变，有的是作者为各类考试命制的新题这些题有知识网络的体现，思想方法的探究，思维能力、运算能力、应用能力的考查训练后，能使考生巩固基础知识，提高多种能力，自然升华，达到一种新的境界 三、答卷的策略 本书的最后一个专题是“应考指南”，作为高考数学答卷的策略，我们提出一个“三字方针”快、准、稳 选择题快 选择题除少数题目外，大多属于低中档题目起点低、坡度缓，且有四个选

8、项供参考，考生可以采用直接计算、数形结合、枚举淘汰、验证筛选、特殊探路、逆推验证、等价转换，以及猜想等多种方法求解根据选择题的特点和解法的多样性，在“快”字上争时间是完全办得到的 填空题准 填空题大多属于计算题，数量少，又不要求写出解答过程，往往容易被考生所忽视准确性是填空题的惟一要求，重做或多做一遍的方法并不一定能保证准确，重要的是考生掌握一些解答填空题的技巧，最大限度地减少运算量，才能确保答案的准确性 解答题稳 解答题的特点是要求推理严密，计算准确考生要按试题所考查的知识点分清解题的逻辑段落，每一步的推理（或变形）都要有理有据，立足于稳会做的题目要力求不丢分，部分理解的题力求多得分特别是要

9、解决好“会而不对，对而不全，全而不简”这个老大难问题 对于解答整卷试题，我们的观点是：立足低、中档，难题不放弃 四、注意的事项 在第二轮的复习中，我们还应注意以下几个问题： 1重视考试说明的指导作用 考试说明是教育部考试中心颁发的法规性文件，它规定了高考的性质、内容和对每一部分内容要求的程度，以及考试的形式和试卷结构当复习进入第二阶段时，新的考试说明正好出台对考试说明要进行两个比较：一是它与前几年考试说明的连续性和不同点，通过比较找出变化的地方，这样更能清楚当年考试的内容和要求，减少复习中的无效劳动；二是把它与前几年的高考试题比较，通过近几年两者的比较，能够了解考试说明对高考命题的指导作用，从

10、而探索命题的思路和方法，以提高复习的质量 2重视课本的基础作用和示范作用 临近高考，不少考生会产生“饱胀”心理，对课本不感兴趣2001年的高考数学试卷，相当数量的基本题源于课本，即使是综合题也是基础知识的组合、加工和发展，体现了课本的基础作用课本上的例题一般都具有典型性、示范性、迁移性，它们或是渗透某种数学思想，或是揭示某些数学方法，或提供某些重要结论充分认识例题本身所蕴含的价值，通过纵向挖掘、横向引申，以达到优化认知，开阔眼界，活跃思维，提高解题能力的目的 3重视创新意识和实践能力的培养 2001年的高考数学试题进一步加强了创新意识和实践能力的考查，这是深化高考数学科内容改革的重要方面，也是

11、社会发展的要求第二轮复习要把培养考生的创新意识和实践能力作为基本目标，要激发考生的主体意识，激励学生独立思考，提高自主解决问题的能力，增强应用数学的意识，逐步培养学生用已有的数学知识和方法探索新的数学问题，学会将实际问题抽象为数学问题，并加以解决 2重视数学思想一、复习要点常用的数学思想主要有：函数的思想、数形结合的思想、分类讨论的思想、等价转化的思想1函数思想 用变量和函数来思考问题的方法就是函数思想函数思想是函数概念、图象和性质等知识更高层次的提炼和概括，是在知识和方法反复学习运用中抽象出的带有观念性的指导方法 函数思想的应用主要有：在求变量的取值范围时，考虑能否把该变量表示为另一变量的函

12、数，从而转化为求该函数的值域；构造函数是函数思想的重要体现；运用函数思想要抓住事物在运动过程中那些保持不变的规律和性质，从而更快更好地解决问题 2数形结合思想 空间形式和数量关系是初等数学研究的两个主要方面在中学数学里，我们不可能把“数”和“形”完全孤立地割裂开根据辩证统一的思想，“数”和“形”在一定的条件下可以相互换化、相互渗透也就是说，代数问题可以几何化（借形辅数），几何问题也可以代数化（以数促形）这样，既能避免繁杂冗长的推理与运算，又能沟通数学各分支之间的内在联系我们把这种解决问题的方法称之为数形结合的思想 数形结合思想的本质是：数量关系决定了几何图形的性质，几何图形的性质反映了数量关系

13、 3分类讨论思想 自从初中引入字母表示数以来，分类讨论便逐渐渗透于整个中学数学了解决分类讨论问题的关键是找出分类的动机，即为什么分类；找出分类的对策，即怎样分类 引起分类讨论的因素较多，归纳起来主要有以下四个方面： （1）由数学概念、性质、定理、公式的限制条件引起的讨论； （2）由数学变形所需要的限制条件所引起的分类讨论； （3）由图形的不确定性引起的讨论； （4）由于题目含有参数而引起的讨论 分类讨论的解题步骤一般是： （1）确定讨论的对象以及被讨论对象的全域； （2）合理分类，统一标准，做到既无遗漏又无重复； （3）逐类（或逐段）讨论，分级进行； （4）归纳总结作出整个题目的总结 需要指出

14、的是，并非含有参数的问题都需要讨论，讨论有时也可以回避含有参数的问题，并非解题一开始就要进行讨论，何时讨论?一般来说，当它影响我们往下解题时，便可考虑对其进行讨论 4等价转化 等价转化是指同一命题的等价形式可以通过变更问题的条件和结论，或通过适当的代换转化问题的形式，或利用互为逆否命题的等价关系来实现等价转化要求转化过程中前因后果应是充分必要的，这样才能保证转化后所得结果仍是原来要求的结果 等价转化是使用最多的一种化归，但也并非是永远可行的数学解题有时还必须施行某些非等价转化来促使问题的解决非等价转化时，易出现“翻译”失真，必须对“失真”部分另作处理，才能获得原问题的完全解决尽管如此，非等价转

15、化仍不失为一种极有用的数学化归方法，运用得当不但可使解题成功，还能起到等价转化时所无法解决的作用 常用的转化策略主要有：已知与未知的转化；正向与反面的转化；数与形的转化；一般与特殊的转化；复杂与简单的转化 二、例题讲解 例1设且0，抛物线2被轴截得的弦长为，求证： 2 讲解：由于弦长随变量、的变化而变化，所以若能建立关于、的函数关系，那么结论相当于确定该函数的值域 为了确定函数的值域，需要做好三件事：一是求函数的解析式，这可利用弦长公式和韦达定理来完成；二是化多元函数为一元函数，也就是实施减元的策略，可考虑应用条件0；三是确定这个一元函数的定义域，可利用条件及0 ，且0， 0，0 440 故方

16、程20必有两个不相等的实根、，即抛物线2与轴必相交，且两个交点的横坐标分别为、从而有 （）4（2）4（）4（）（） 由于0、0，而的正负不能确定，所以可将（）代入消去 4（）（）4（）（）14（12）3 显然，是关于（）的二次函数，下面确定该函数的定义域，也就是（）的取值范围 ，且0， 22， 即202， 2（）（12） 又4（）（12）3在（2，（12）上是减函数， 312，故2 例2求函数（，）（3）（27）的最小值 讲解：观察函数表达式的结构，不难看出，它具有两点间距离的平方这一特点，所以本题可从数形结合的角度考虑来解决 图1-1设a（，）、（3，27），则a点的轨迹为半圆1（0），b点

17、的轨迹为双曲线9（0）位于第一象限的那一支（如图1-1）连结oa、，则 设ob交半圆于c点，则，从而有 因此，的最小值即为1的最小值 设b（，），则3，当且仅当3，即b点在（3，3）时，取得最小值为2 31 故（a,b）（31）196 例3设函数（），其中0 （1）解不等式（）1； （2）求的取值范围，使（）在区间0，）上是单调函数 讲解：（1）不等式（）1，即为1 这是一个标准的无理不等式，若按无理不等式的一般解法，需分类讨论但若注意到11，则可避免一次讨论 1，11，即0 又0，0 这时，原不等式等价于不等式组（1（1），0，即0，（1）2当01时，原不等式的解集为0，2（1）； 当1时，

18、原不等式的解集为0，） （2）设0，则 （）（）（） （）（）（） 1当1时， 0， （）（）1， （）（）0 又0， （）（）0，即（）（） 故当1时，（）在区间0，）上是减函数 2当01时， 在区间0，）上存在两个实数2（1），0，使0，且满足（）（）1，所以（）在0，）上不是单调函数 综上所述，当且仅当1时，函数（）在0，）上是单调函数 说明：（）虽然我们一开始就通过挖掘题目的隐含条件1，避免了一次大规律的讨论，但是两个小题还都各进行了一次小范围内的讨论（）本题也可以应用数形结合的思想来解决，留给读者去完成 例4对任意的1，1，函数（）（4）42的值总大于零，求的取值范围 讲解：本题看上

19、去是一个关于的二次不等式问题，可通过讨论求解但若仔细观察，可将变量的函数（）转化为参数的新函数（），且（）是关于的一次函数 设（）（2）44 当1，1时，（）0恒成立，（1）0，（1）0，即（2）440，（2）440解得1或3 故所求的取值范围是（，1）（3，） 说明：本题通过主变量与参变量的转化，抓住了问题的本质，寻找到了解题的最佳切入点；又通过数和形的转化，建立了关于的不等式，简化了解题过程 三、专题训练 1已知关于的不等式的解集为（0，4，则实数的取值范围是（） 00 00 2对每个实数，设（）为41、2和24三个函数中的最小值，那么函数（）的最大值是（） 13238352 3函数（）的

20、值域是（） 4，2，04，2，0 4，2，04，4，0，2 4当1时，函数（）21的值有正也有负，则实数的取值范围是（） （1，（13）（1，） （13），） （，1）（13），） 5若三条直线20、30、50在坐标平面上不能构成三角形，则实数的所有取值之和为_ 6设（）（）（），当取最大值时，_ 7已知20，30，且（6），（6），则 （238）_ 8已知实数、满足（3）（2）（1），求的取值范围 9已知集合（，）20，（，）10，且02如果，求实数的取值范围 10设（）是定义在区间（，）上以2为周期的函数对，用表示区间（21，21，已知当时，（） （1）求（）在上的解析表达式； （2）对自

21、然数，求集合使方程（）在上有两个不相等的实根3掌握数学方法一、复习要点人们常说：一种思想，多种方法这不仅说明了数学方法的多样性，也说明数学方法是实现数学思想的重要途径基本的数学方法主要有：换元法、配方法、待定系数法和反证法等 1换元法 换元法是实现等价转化思想的一种重要手段换元法的本质是映射转移，它的理论根据是等量代换换元法的操作是施行未知量或变量替换，其关键是确定替换式 换元法又称辅助元素法通过引进辅助元素，可以把分散的条件集中起来，或者把隐含的条件显现出来，或者把条件与结论联系起来，或者变换为熟悉的形式，从而达到化难为易、化繁为简、化生为熟的目的 常用的换元法主要有局部代换、整体代换、二元

22、对称代换、三角代换、复数代换等应用换元法解题一定要注意新变量的取值范围 2配方法 应用配方变形来解数学题的方法称之为配方法配方法的实质是集中变量，其理论依据是代数式的恒等变形配方的目标是使数学表达式中出现完全平方式，因此，配方法是一种非常基本而又十分具体的数学技巧它适用的范围主要是： （1）一元二次方程（包括二次齐次方程）和一元二次不等式的解法与讨论； （2）二次函数，或可化为二次函数的复合函数的单调性、对称性和最值的讨论与求解； （3）证明与二次型有关的等式和不等式； （4）缺交叉项的二次曲线（，）0的化简与平移变换 中学数学中常见的配方形式有： （2）（4）4； （2）（2）（）（）3；

23、（）（）2； （）（）4； （12）（）（）（）； （）（）4 3待定系数法 在某些数学问题中，如果我们事先能够判断所求问题的结果具有某种确定的数学表达形式，仅仅是这种形式中的某些系数有待确定，则可先引进适当的几个“尚待确定的系数”，把要解答的数学问题，根据给定的已知条件，列出含有尚待确定系数的方程或方程组，并解此方程或方程组，以求出这些待定系数的值，从而使问题得到解决这种解决数学问题的方法，称之为待定系数法 要判断一个数学问题能否用待定系数法求解，关键是这个问题的结果是否具有某种确定的数学表达形式，如果具有，则可使用待定系数法求解例如，解析几何中曲线（或轨迹）的方程，如果能事先确定曲线（或轨

24、迹）的形状，就可以根据题设的其它条件，考虑用待定系数法确定曲线（或轨迹）的位置和大小 待定系数法的理论依据是多项式恒等的充要条件 应用待定系数法解题的一般步骤是： （1）设出所求问题含待定系数的解析表达式； （2）根据多项式恒等的充要条件，列出一组含待定系数的方程（组）； （3）解这个方程（组），求出待定系数的值，或者消去待定系数，从而使问题获得解决 4反证法 反证法是一种间接的证题方法所谓反证法，首先是假定所要证明的结论不成立，然后经过正确推理得出矛盾的结论来据此，推翻开始的假设，从而确定原命题成立 反证法的核心是导致矛盾，因此这种方法也叫归谬法它所针对的问题，常常是从正面不易入手，或从正面

25、入手后，推证过程障碍颇多，而改变角度，从反面入手其过程简明扼要，常常产生出奇制胜的效果这种“正难则反”的思路，是解决数学问题的重要策略 反证法推理中常见的矛盾形式有：（1）与已知公理矛盾；（2）与已知定理矛盾；（3）与已知定义矛盾；（4）与已知条件（或部分条件）矛盾；（5）与由已知条件推出的某正确结论矛盾；（6）与反设自身矛盾；（7）由反设导出两个矛盾的结果等 反证法的适用范围是：（1）已知条件很少的命题；（2）结论的反面比原结论更具体、更简单的命题，特别是结论是否定形式的命题；（3）涉及各种无限结论的命题；（4）存在性命题；（5）惟一性命题；（6）至少（多）型命题等 二、例题讲解 例1已知1

26、，1，且（）（），其中1求（）的最大值和最小值 讲解：已知等式可化为 y2logx220， 即（1）（1）4 令，则 （1）（1）4 1，1，1， 0，0 这时方程表示以（1，1）为圆心，2为半径的圆弧（如图1-2），问题转化为在约束条件下求的最大值和最小值 图1-2思路1令，则当平行直线系与圆弧相切时，22；当直线系过弧的两个端点、时，1 思路2令12，12，由0，0，得（6）（23）于是有 （）22（4） （12）（4）（1112， 当（4）时，（）有最大值22； 当（6）或（23）时，（）有最小值1 说明：本题通过多次换元，从不同的角度揭示了问题的实质，使解法更简捷 例2已知（，2，若函

27、数（）22（2）43的最小值为19，求函数（）的最大值以及取得最大值时的的值 讲解：这是一个逆向最值的问题，要求（）的最大值，首先须求出参数的值为此，可先根据（）的最小值为19建立关于的方程注意到（）可化为关于的二次函数，所以可从配方入手求（）的最小值 （）22（1）（2）432（2）41 （，2，（2）（，1 当1，即2（2）（）时，（x）2（1（2）41（2）23 由题设得（2）2319 解得8（舍去），或4 当4时，（）2（2）17 当1，即2（2）（）时，（x）35 说明：本题中若去掉条件（，2的限制，改为，应如何解决?建议读者不妨试一试 例3已知数列的通项（1）（）问是否存在等差数列

28、，使得等式123对一切自然数都成立如果存在，求出等差数列的通项公式；如果不存在，请说明理由 讲解：由于具有等差数列这一确定的形式，因此本题适宜于用待定系数法有以下两种基本的解题思路 思路1假定存在等差数列，使得 123对一切自然数都成立 不妨设（1），则 （1）12（）3（2）（1） 因涉及到两个待定系数、，所以只需取1，2即可 令1，得4； 令2，得3218 联立解得4，3 4（1）331 这时，等式（1）1427310（31）仅对1，2成立，是否对一切自然数都成立，还需要用数学归纳法证明 下面的证明请读者补出 思路2设（1）d，则 （1）12（）3（2）（1） 对上式右边重组，得 （1）（

29、123）1223（1） 123（1）2， 1223（1）n 2（n） 21（1）（1）3， （1）（1）2（1）（1）3， 即1（2）（13）（3）（2）（3）（3）1，解得4，（2）（3）13存在等差数列，使等式对一切自然数都成立这时n31 说明：思路具有一般性，没有必要再用数学归纳法证明 例4设、均为正数，求证：下列三个不等式 ， （）（）， （）（）中至少有一个不正确 讲解：这是一个至少型问题，显然应该用反证法证明 假设不等式、都成立，因为、都是正数，所以与相乘，得 （） 由得（）（）（）2）（） 0， 4（）（） 结合式，得4，即（13） 由式得（）（43）， 即（23），矛盾 故不等

30、式、中至少有一个不正确 说明：上述证法的基本思路是，通过不等变形，减少变量的个数，最后推出矛盾 三、专题训练 1已知，且4，则62的最大值是（） 15141110 2若抛物线48c的焦点在轴上，则实数c的值是（） 16141210 3若、是方程260的两个实根，则（1）（1）的最小值是（） 81812（14）不存在4有首项为1的等差数列和等比数列，把这两个数列对应项相加得的新数列的前三项分别为3，12，23，则的公差与的公比之和为（） 14579 5函数的最大值是_ 6过双曲线2860的右焦点作直线交双曲线于、两点，若4，则这样的直线存在_条 7在测量某物理量的过程中，因仪器和观察的误差，使得

31、次测量分别得到，共个数据我们规定所测量物理量的“最佳近似值”是这样一个量：与其他近似值比较，与各数据的差的平方和最小依此规定，从，推出_ 8设0，求函数（）2（）2的最大值 9设双曲线的中心是坐标原点，准线平行于轴，离心率2已知点p（0，5）到该双曲线上的点的最近距离是2，求双曲线的方程 10设、均为实数，给出三个点集： （，），； （，），315，； （，）144 求证：不存在实数、，使得，且点（，）同时成立4提高数学能力一、复习要点数学高考对数学能力的要求，以逻辑思维能力为核心，全面考查运算能力、思维能力、空间想象能力以及分析和解决问题的能力 1逻辑思维能力 会对问题或资料信息进行观察、比

32、较、分析、综合、抽象与概括；会用演绎、归纳和类比进行判断与推理；能准确、清晰、有条理地进行表述 数学的逻辑思维过程，也就是运用数学的思想方法，目的明确地对外来的和内在的信息进行提取与转化、加工与传输的思维活动过程为了实现这样的逻辑思维过程，必须掌握和运用好信息的提取、转化、加工与传输的原理及其方法这里所说的原理和方法，是从思维的角度来讲的，并非对物质而言，突出地反映了数学的学科特点对逻辑思维能力的考查要求，与试题的解答结合起来就是：能正确领会题意，明确解题的目标与方向；会采用适当的步骤，合乎逻辑地进行推理和演算，实现解题目标，并加以正确表述 2运算能力 会根据概念、公式、法则对数、式、方程进行

33、正确的运算和变形；能分析条件，寻求和设计合理的运算途径；能根据要求对有关数据进行估计，并能进行近似计算 在数学科考试中，数值计算、字符运算和各种式子的变形，都是重要的考查内容上述对运算能力的要求可概括为“准确、熟练、快捷、合理”八个字，而且反映出重在算理和算法的考查，并对运算的灵活性和实用性也有一定的要求应懂得恰当地应用估算、图算、近似计算和精确计算进行解题 3空间想象能力 能根据条件画出正确的图形，根据图形想象出直观形象；能正确地分析出图形中基本元素及其相互关系；能对图形进行分解、组合与变形 空间想象能力是重要的数学能力之一，也是一种基本的数学能力对这一能力的上述考查要求，强调的是对图形的认

34、识、理解、应用既会用图形表现空间形体，又会由图形想象出形象；既会观察分析各种几何要素（点、线、面、体）的相互位置关系，又能对图形进行变换和综合为了增强和发展空间想象能力，必须强化空间观念，培养直觉思维的习惯，把抽象思维与形象思维紧密结合起来 4分析问题和解决问题的能力 能阅读、理解陈述的材料，能综合应用所学数学知识、思想和方法解决问题，包括解决带有实际意义的或在相关学科、生产、生活中的数学问题，并能用数学语言正确地加以表述 这里所说的问题，不是泛指的一般问题，而是能用中学数学知识和高中毕业生应具备的基本常识所能解决的相关问题，可以是纯数学问题，也可以是实际问题（可以化归为数学问题的相关问题、生

35、产问题或生活问题）；其次，问题给出的方式采用的是材料的陈述，而不是客体的展示也就是说，考查中所提出的问题，通常已进行过加工，并通过语言文字、符号或图形，展现在考生眼前，要求考生读懂、看懂因此，对阅读数学材料的能力要求较高；其次，试题既是以问题为中心，而不是以知识为中心，解答起来，从分析、思考到求解，往往要用到多项知识和技能，带有明显的综合性质，对处理问题的灵活性和机敏性有一定的考查要求；此外，在熟练应用数学术语、符号、图表、图形表述解题过程和解答结果方面，也有相当的考查要求总之，在分析问题和解决问题的能力考查中，不仅仅是要求解答几个应用问题，而是有着更深一层的意义，核心是应用数学的意识和能力

36、二、例题讲解 例1已知（）（12）（12）（12） （1）设（）的展开式中项的系数为，求的表达式； （2）设（）的展开式中项的系数为，求证：121； （3）是否存在常数、，使（83）（211）（2a）对一切2，都成立？如果存在，求出、的值；如果不存在，说明理由 讲解：这是一个数列与二项式的综合题，第（1）、（2）小题容易解决，第（3）小题是一个探索性问题，可先用特殊值法求出、的值，再用数学归纳法证明 （1）根据多项式乘法的运算法则，（）的展开式中项的系数为 2222212 （2）用为、分别是（）的展开式中项、项的系数，则可设（）1，则 1（）（）（121） （1）（121） 1（21）（21）

37、 又1（）111 121 （3）假设存在、，使得（83）（211）（2）对一切2，恒成立，则 （83）（21）（2b）， 即4（38） 又（83）（21）（2）， 即8（18） 又由（）（12）（12）168，得6，8从而256，代入、得 43，1，871猜想：（83）（211）（21）（2） 用数学归纳法证明（略） 说明：本题主要考查递推思想和创造性思维能力在第（2）小题求的表达式时，我们没有沿用第（1）小题的解题思路，而是另辟蹊径，利用了递推的思想，并且还得到一个“副产品”121，再利用累加法，便可求出数列的通项公式，因此本题可去掉第（1）小题 例2在三棱锥-中，顶点p到、的距离分别为、，

38、二面角为、为、为若，均为锐角，且依次成等差数列，依次成等比数列求证： 讲解：欲证，首先需要寻找、与、的关系，为此可作出三棱锥的高，从而可将、，、，3、分别置于三个直角三角形之中，这三个直角三角形通过高联系在一起 设o为顶点p在底面上的射影，则 3，即（12）2（12）（）（），亦即12（）（） 2， （）1 又、均为锐角， 从而（2） 故 说明：这是一道立体几何与等差、等比数列的综合题，解答本题的关键是作出三棱锥的高po，通过po将、以及、有机地联系在一起 例3设椭圆c的方程为（）（）1（0），曲线的方程为（1），且与在第一象限内只有一个公共点p （1）试用表示点p的坐标； （2）设a、是椭圆

39、的两个焦点，当变化时，求的面积函数（）的值域； （3）记，为，中最小的一个设（）是以椭圆c的半焦距为边长的正方形的面积，试求函数（）（），（）的表达式 讲解：这是一道解析几何与函数的综合题，看上去很复杂，其实不然，只需按照问题发生的过程寻找解题思路即可 （1）将（1）代入椭圆方程，并化简得 0 由题设得40 解得4，即（2），代入解得 （）（舍去），或（） 故p点的坐标为（），（） （2）在中，22，高为（） （）（12）2（） 0，（2）， （2），即从而0（4）1 于是，0（） 故的面积函数（）的值域为（0，） （3）（）（4） 解不等式（）（），即（4）， 亦即1（4） ， 上式化为1（

40、4）2， 即6，有 当时，（）（） 从而，当时，（）（） 故（）（），（）（4）（），（）说明：本题综合性较强，但难度不一定很大第（1）小题关键是应用0得到2，由此消去，将p点的坐标用表示条件2在第（2）、（3）小题中涉及到对于第（3）小题，记号（），（）对于考生来说是陌生的，主要考查阅读理解能力 例4一个工厂的个（3）自动化车间均匀的分布在半径为1公里的圆周上，今要在此圆周上建一值班室，试问：当一定时，值班室建在何处时，才能使它到各车间的距离之和最小?请说明理由 讲解：这是一个应用型的最优化问题由于个车间将圆周等分，我们不难想到复数开方的几何意义，从而可考虑用复数方法求解图13设个车间分别为、，以圆心o为原点，直线op为实轴建立复平面（如图13），那么点p、对应的复数、为方程1的个根，则（2）（2）（1，2，） 不妨设值班室建在上，（0（2），则0于是，有 2（）（2）（）n 2（）（2）（2）（2）（）（2） 两边同乘以（2），右边积化和差，得 （）（2）（2）（2）（2）（21）2）2（2）（1）2（2）2（2）（2） 0（2）， （2）（2）（2）（2） 又3， 当（2）（2）（2），即0时，（）2（2） 故值班室无论建在哪个车间，