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江苏卷第18题别解
王思俭
【期刊名称】《中学数学月刊》
【年(卷),期】2007(000)008
【摘要】题目如图，已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE=FC1=1．
【总页数】4页(P8-11)
【作者】王思俭
【作者单位】江苏省苏州中学,215007
【正文语种】中文
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江苏2008年高考及学业水平测试选修科目测试将于6月7日、8日、9日举行。
在这最后几天的复习日子里，时间应该如何安排？哪些内容是重点？南京中华中学高三各科把关名师为考生们提出了最后冲刺复习建议。
数学：考场答题有策略出场名师：中华中学高三数学把关教师姚发权最后复习建议一、复习心态很重要，考生保持在平静中稍带紧张；二、制订合理复习计划，根据自己的情况安排好时间，复习要有节奏感；三、复习最后阶段要回归课本与笔记。
高考考点很多，在不知道重点的情况下，考生要全面复习。
建议大家拿着考试大纲，结合课本与笔记，一个一个知识点过一遍。
碰到不懂的知识，立刻向老师请教；四、整理错题，把模拟考试甚至复习过程中所有的错题再做一遍，想一遍；五、每天安排适量的练习题，一般坚持一天20-30分钟练习，但不要做偏题和怪题。
最好能在下午3点到5点之间做1~2次14+3的基础题训练；六、注意休息，考试前一天不要开夜车，保证考试时精神集中。
考生调整生理状态，最好养成1~小时的午睡习惯，把最佳数学答题时间调整到下午3点。
考场答题策略考试时拿到试卷后不要急于答题，要充分利用允许答题前的3—5分钟左右的时间浏览整张试卷，对试卷的题型、知识的覆盖、大致难度做到心中有数，不慌不忙。
把自己有信心、学得比较扎实的题和把握不大、平时就害怕的题分离开来，有利于稳定自己的考试心态，优化考试策略。
一、小题小做，讲究“巧”字高考数学“小题”现在只有填空题，其分值约为70分。
小题的解题策略尤为重要，要充分利用题设提供的信息进行巧算，如数形结合，一目了然；归纳类比，合情猜想；联想构造，特征分析；特殊化方法，演绎结果等。
二、大题稳做，力争“会而对，对而全”策略1：审题要慢，做题要快。
立足中下题目（前三大题），奠定打胜仗的基础，有了胜利在握的心理，对攻克高档题会更放得开。
策略2：先易后难，分段得分。
对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得些分（后两题）。
____第33课__三角函数在实际问题中的应用____1. 会利用三角函数的概念和性质以及解三角形等知识解决有关三角函数的实际问题．2. 能灵活利用代数、几何知识建立三角函数模型，综合利用三角函数、不等式等知识解决实际问题1. 阅读：必修5第18～20页；必修4第41～44 页，第116～117 页，第122页．2. 解悟：①正余弦定理的内容是什么？三角形的面积公式是什么？②实际应用中常用的术语，如仰角、俯角、方位角、坡度、方向角，你清楚含义吗？3. 践习：在教材空白处，完成必修4 第116 页例5、第122页例5；完成必修5第18～19页例2、例4，第20页练习第4题，第21页习题第6、7、8题.基础诊断1. 海面上有A，B，C三个灯塔，AB＝10 n mile，从A望C和B成60°视角，从B望C和A成75°视角，则BC＝n mile.解析：由题意得在△ABC中，AB＝10，A＝60°，B＝75°，所以C＝45°.由正弦定理可得BCsin A＝ABsin C，即BC＝ABsin C·sin A＝5 6.2. 如图，测量河对岸的塔高AB时，选与塔底B在同一水平面内的两个测点C，D，测得∠BCD＝30°，∠BDC＝120°，CD＝10m，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB ＝__30__m.解析：在△BCD中，由正弦定理得BCsin∠BDC＝CDsin∠CBD，即BC＝10sin30°·sin120°＝10 3.在Rt△ABC中，AB＝BC·tan∠ACB＝103×3＝30，故AB＝30m.3. 如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°的方向，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°的方向，且与它相距82n mile，则此船的航速是__32__n mile/h.解析：由题可知，∠S ＝75°－30°＝45°，由正弦定理可得BS sin 30°＝ABsin S ，即AB ＝16.又因为此船航行了0.5h ，所以此船的航速为16÷0.5＝32(nmile /h ).4. 如图所示，为了测量某湖泊两侧A ，B 间的距离，李宁同学首先选定了与A ，B 不共线的一点C ，然后给出了三种测量方案(△ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别记为a ，b ，c)：①测量A ，C ，b ；②测量a ，b ，C ；③测量A ，B ，a. 则一定能确定A ，B 间距离的所有方案为①②③．(填序号)解析：对于①③可以利用正弦定理确定唯一的A ，B 两点间的距离；对于②直接利用余弦定理即可确定A ，B 两点间的距离．范例导航考向❶ 距离、高度问题例1 如图，点M 在A 城的南偏西19°的方向上，现有一辆汽车在点B 处沿公路向A 城直线行驶，公路的走向是A 城的南偏东41°.开始时，汽车B 到M 的距离为9m ，汽车前进6m 到达点C 时，到M 的距离缩短了4m .(1) 求△BCM 的面积S ；(2) 汽车还要行驶多远才能到达A 城.解析：(1) 在△BCM 中，BM ＝9，MC ＝5，BC ＝6.由余弦定理得cos ∠BCM ＝BC 2＋MC 2－MB 22×BC ×MC ＝－13，则sin ∠BCM ＝223，所以S ＝12MC ·BC ·sin ∠MCB ＝12×5×6×223＝102(m 2)．(2) 由条件得∠MAC ＝π3.由(1)得cos ∠BCM ＝－13，sin ∠BCM ＝223则cos ∠ACM ＝cos (π－∠BCM)＝－cos ∠BCM ＝13，sin ∠ACM ＝223，所以sin ∠AMC ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π－∠ACM －π3＝sin (2π3－∠ACM)＝32cos ∠ACM ＋12sin ∠ACM ＝3＋226. 在△AMC 中，由正弦定理得AC sin ∠AMC ＝MC sin ∠MAC ，则AC ＝MC ·sin ∠AMC sin ∠MAC ＝15＋1069(m )．故汽车还要行驶15＋1069m 才能到达A 城．如图，一栋建筑物AB 的高为(30－103) m ，在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD ，在它们之间的点M(B ，M ，D 三点共线)处测得楼顶A ，塔顶C 的仰角分别是15°和60°，在楼顶A 处测得塔顶C 的仰角是30°，则通信塔CD 的高为__60__m .解析：在Rt △ABM 中，AM ＝AB sin 15°·sin 90°＝30－103sin 15°＝206，过点A 作AN ⊥CD ，垂足为点N ，在Rt △ACN 中，因为∠CAN ＝30°，所以∠ACN ＝60°.又在Rt △CMD 中，∠CMD ＝60°， 所以∠MCD ＝30°，所以∠ACM ＝30°.在△AMC 中，∠AMC ＝105°， 所以AC sin 105°＝AM sin ∠ACM ＝206sin 30°，所以AC ＝60＋203，CN ＝30＋103，所以CD ＝DN ＋CN ＝AB ＋CN ＝30－103＋30＋103＝60(m ).【注】 本例训练将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，求距离或高度实际就是选定或确定要创建的三角形，选择正弦定理还是余弦定理解三角形的边长. 考向❷ 角度问题例2 如图，两座建筑物AB ，CD 的底部都在同一个水平面上，且均与水平面垂直，它的高度分别是9m 和15m ，从建筑物AB 的顶部A 看建筑物CD 的视角∠CAD ＝45°.(1) 求BC 的长度；(2) 在线段BC 上取一点P(点P 与点B ，C 不重合)，从点P 看这两座建筑物的视角为∠APB ＝α，∠DPC ＝β，问当点P 在何处时，α＋β最小？解析：(1) 过点A 作AE ⊥CD ，垂足为E ，则CE ＝9，DE ＝6，设BC ＝，则tan ∠CAD ＝tan (∠CAE ＋∠DAE)＝tan ∠CAE ＋tan ∠DAE 1－tan ∠CAE ·tan ∠DAE＝9x ＋6x1－9x ·6x＝1，化简得2－15－54＝0， 解得＝18或＝－3(舍)． 故BC 的长度为18m .(2) 设BP ＝t ，则CP ＝18－t(0<t<18)，tan (α＋β)＝tan α＋tan β1－tan α·tan β＝9t ＋1518－t1－9t·1518－t＝162＋6t －t 2＋18t －135＝6（27＋t ）－t 2＋18t －135. 设f(t)＝27＋t－t 2＋18t －135，则f ′(t)＝t 2＋54t －27×23（－t 2＋18t －135）2令f ′(t)＝t 2＋54t －27×23（－t 2＋18t －135）2＝0.因为0<t<18，所以t ＝156－27，当t ∈(0，156－27)时，f ′(t)<0，f(t)是减函数；当t ∈(156－27，18)，f ′(t)>0，f(t)是增函数，所以当t ＝156－27时f(t)取得最小值，即tan (α＋β)取得最小值． 因为－t 2＋18t －135<0恒成立，所以f(t)<0，所以tan (α＋β)<0，α＋β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，因为y ＝tan 在(π2，π)上是增函数，所以当t ＝156－27时，α＋β取得最小值，即当BP 为156－27 m 时，α＋β取得最小值．游客从某旅游景区的景点A 处至景点C 处有两条线路. 线路1是从A 沿直线步行到C ，线路2是先从A 沿直线步行到景点B 处，然后从B 沿直线步行到C. 现有甲、乙两位游客从A 处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的119倍，甲走线路2，乙走线路1，最后他们同时到达C 处．经测量，AB ＝1 040m ，BC ＝500m ，求sin ∠BAC.解析：依题意设乙的速度为m /s ，则甲的速度为119m /s ，因为AB ＝1 040m ，BC ＝500m ，所以AC x ＝1 040＋500119x ，解得AC ＝1 260m .在△ABC 中由余弦定理可知cos ∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝1 0402＋1 2602－50022×1 040×1 260＝1213，所以sin ∠BAC ＝513.【注】 本例训练将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解． 考向❸ 综合问题例3 某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN(P 为此圆弧的中点)和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米. 现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP ，要求A ，B 均在线段MN 上，C ，D 均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为θ.(1) 用θ分别表示矩形ABCD 和△CDP 的面积，并确定sin θ的取值范围；(2) 若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.解析：(1) 连结PO 并延长交MN 于点H ，则PH ⊥MN ，所以OH ＝10.过点O 作OE ⊥BC ，垂足为E ，则OE ∥MN ，所以∠COE ＝θ，故OE ＝40cos θ，EC ＝40sin θ，则矩形ABCD 的面积为2×40cos θ(40sin θ＋10)＝800(4sin θcos θ＋cos θ)． △CDP 的面积为12×2×40cos θ(40－40sin θ)＝1 600(cos θ－sin θcos θ)．过点N 作GN ⊥MN ，分别交圆弧和OE 的延长线于点G 和点，则G ＝N ＝10. 令∠GO ＝θ0，则sin θ0＝14，θ0∈(0，π6)．当θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π时，才能作出满足条件的矩形ABCD ，所以sin θ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1.故矩形ABCD 的面积为800(4sin θcos θ＋cos θ)平方米，△CDP 的面积为1 600(cos θ－sin θcos θ)平方米，sin θ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1.(2) 因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.所以设甲的单位面积的年产值为4，乙的单位面积的年产值为3(>0)，则年总产值为4×800(4sin θcos θ＋cos θ)＋3×1 600(cos θ－sin θcos θ)＝8 000(sin θcos θ＋cos θ)，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2.设f(θ)＝sin θcos θ＋cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2，则f ′(θ)＝cos 2θ－sin 2θ－sin θ＝－(2sin 2θ＋sin θ－1)＝－(2sin θ－1)(sin θ＋1)． 令f ′(θ)＝0，得θ＝π6，当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫θ0，π6时，f ′(θ)>0，所以f(θ)为增函数；当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2时，f ′(θ)<0，所以f(θ)为减函数，所以当θ＝π6时，f(θ)取到最大值． 故当θ＝π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【注】 本例重点训练三角函数及导数在应用题中综合应用.自测反馈1. 已知A ，B 两地间的距离为10m ，B ，C 两地间的距离为20m ，现测得∠ACB ＝30°，则A ，C 两地间的距离为m .解析：由题意知AB ＝10m ，BC ＝20m ，∠ABC ＝30°，由正弦定理可得BC sin ∠CAB ＝ABsin ∠ACB ，则sin ∠CAB ＝1.又因为∠CAB ∈(0，180°)，所以∠CAB ＝90°，故∠ABC ＝60°，则AC ＝103m .2. 某路边一树干被台风吹断后折成与地面成30°角，树干也倾斜成与地面成60°角，树干底部与树尖着地处相距10 m ，树干折断方向与路垂直. 有一辆宽为2 m ，高为3m 的紧急救援车(纵截面近似矩形)__能__从树下通过．(填“能”或“不能”)解析：如图所示，四边形EFGH 为矩形，点E ，H 在边AB 上，点F 在边AC 上，点G 在边BC 上，CD ⊥AB ，垂足为D.由题意知当EF ＝3时，若FG ≥2，则救援车能从树下通过．因为EF ＝3，所以AE ＝EF tan A ＝ 3.又因为GH ＝EF ＝3，所以BH ＝GHtan B＝33，所以FG ＝EH ＝10－3－33＝10－43>2，所以救援车能从树下通过．3. 海轮“和谐号”从A 处以每小时21海里的速度出发，海轮“奋斗号”在A 处北偏东45°的方向，且与A 相距10海里的C 处，沿北偏东105°的方向以每小时9海里的速度行驶，则海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为__2__小时．解析：设海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”在B 处相遇所需的最短时间为小时，由已知得在△ABC 中，AC ＝10，AB ＝21，BC ＝9，∠ACB ＝120°，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos ∠ACB ，即(21)2＝102＋(9)2－2·10·9·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，整理得362－9－10＝0，解得＝23或＝－512(舍)，所以海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为23小时．1. 理解题意中各类角的概念．2. 分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步．3. 将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的“联袂”使用．4. 你还有哪些体悟，写下;：。
第5讲 分析法与综合法应用策略[方式精要] 综合法：利用已知条件和某些数学概念、公理、定理等，通过一系列的推理论证，最后推导出所要证明结论成立，这种证明方式叫做综合法．分析法：从要证明的结论动身，慢慢寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、概念、公理等)为止，这种正面的方式叫做分析法．综合法往往以分析法为基础，是分析法的逆进程．但更要注意从有关不等式的定理、结论或题设条件动身，依照不等式的性质推导证明．分析法是逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明进程中所需要用的知识不太明确、具体时，往往采纳分析法，专门是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不宜推导时，常考虑用分析法．注意用分析法证题时，必然要严格按格式书写．题型一 综合法在三角函数中的应用例1 已知函数f(x)＝2sin x 4cos x 4－23sin2x 4＋ 3. (1)求函数f(x)的最小正周期及最值；(2)令g(x)＝f(x ＋π3)，判定函数g(x)的奇偶性，并说明理由．破题切入点 用P 表示已知条件、已有的概念、公理、定理等，用Q 表示所要证明的结论，那么综合法的应用能够表示为：P ⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn ⇒Q.此题是将三角函数式化为同一个角的三角函数，再利用三角函数的周期性和单调性及奇偶性解决．解 (1)∵f(x)＝sin x 2＋3(1－2sin2x 4)＝sin x 2＋3cos x 2＝2sin(x 2＋π3)．∴f(x)的最小正周期T ＝2π12＝4π.当sin(x 2＋π3)＝－1时，f(x)取得最小值－2；当sin(x 2＋π3)＝1时，f(x)取得最大值2.(2)由(2)知f(x)＝2sin(x 2＋π3)．又g(x)＝f(x ＋π3)． ∴g(x)＝2sin[12(x ＋π3)＋π3]＝2sin(x 2＋π2)＝2cos x 2.∴g(－x)＝2cos(－x 2)＝2cos x 2＝g(x)．∴函数g(x)是偶函数．题型二 综合法在立体几何中的应用例2 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，E 和F 别离是CD 和PC 的中点，求证：(1)PA ⊥底面ABCD ；(2)BE ∥平面PAD ；(3)平面BEF ⊥平面PCD.破题切入点 综合法的运用，从已知条件、已有的概念、公理、定理等通过层层推理，最后取得所要证明的结论．(1)利用平面PAD ⊥底面ABCD 的性质，得线面垂直．(2)BE ∥AD 易证．(3)EF 是△CPD 的中位线．证明 (1)因为平面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD∩底面ABCD ＝AD ，且PA ⊥AD ，因此PA ⊥底面ABCD.(2)因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点，因此AB ∥DE ，且AB ＝DE.因此四边形ABED 为平行四边形．因此BE ∥AD.又因为BE ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，因此BE ∥平面PAD.(3)因为AB ⊥AD ，而且ABED 为平行四边形．因此BE ⊥CD ，AD ⊥CD ，由(1)知PA ⊥底面ABCD.因此PA ⊥CD.因此CD ⊥平面PAD.因此CD ⊥PD.因为E 和F 别离是CD 和PC 的中点，因此PD ∥EF ，因此CD ⊥EF.又EF ⊂平面BEF ，因此CD ⊥平面BEF.又CD ⊂平面PCD ，因此平面BEF ⊥平面PCD.题型三 分析法在不等式中的应用例3 假设a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg a ＋c 2>lg a ＋lg b ＋lg c. 破题切入点 此题适合用分析法解决，借助对数的性质反推关于a ，b ，c 的不等式，依次寻求使其成立的充分条件，直至取得一个容易解决的不等式，类似的不等式往往利用大体不等式．证明 要证lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg a ＋c 2>lg a ＋lg b ＋lg c ，只需证lg(a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2)>lg(a·b·c)，即证a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2>a·b·c.因为a ，b ，c 为不全相等的正数，因此a ＋b 2≥ab>0，b ＋c 2≥bc>0，a ＋c 2≥ac>0，且上述三式中等号不能同时成立．因此a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2>a·b·c 成立，因此原不等式成立．总结提高 综合法和分析法是直接证明中两种最大体的方式，也是解决数学问题时经常使用的思维方式．综合法的特点是由缘故推出结果，分析法的特点是由结果追溯到产生这一结果的缘故．在解决问题时，常常把综合法和分析法结合起来利用：依照条件的结构特点去转化结论，取得中间结论，依照结论的特点去转化条件，取得另一中间结论，依照中间结论的转化证明结论成立．1．下面的四个不等式：①a2＋b2＋c2>ab ＋bc ＋ca ；②a(1－a)≤14；③b a ＋a b ≥2；④(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac ＋bd)2.其中恒成立的有________个．答案 3解析 因为a2＋b2＋c2－(ab ＋bc ＋ca)＝12[(a －b)2＋(b －c)2＋(c －a)2]≥0，因此a2＋b2＋c2≥ab ＋bc ＋ca ，因此①正确；因为a(1－a)－14＝－a2＋a －14＝－(a －12)2≤0，因此a(1－a)≤14；因此②正确；当ab<0时，b a ＋a b <0，因此③错误；因为(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2≥a2c2＋2abcd ＋b2d2＝(ac ＋bd)2，因此④正确．2．假设x ，y ∈(0，＋∞)且x ＋y ≤a x ＋y 恒成立，那么a 的最小值是________． 答案 2解析 x ＋yx ＋y ＝(x ＋y )2x ＋y ＝ 1＋2xy x ＋y，要使不等式恒成立，只需a 不小于 1＋2xy x ＋y的最大值即可，因为 1＋2xy x ＋y ≤2，当x ＝y 时取等号，因此a≥2，即a 的最小值是 2.3．已知p ＝ab ＋cd ，q ＝ma ＋nc·b m ＋d n (m 、n 、a 、b 、c 、d 均为正数)，那么p 、q 的大小为________．答案 p≤q解析 q ＝ma ＋nc·b m ＋d n ＝ ab ＋mad n ＋nbc m ＋cd ≥ ab ＋2abcd ＋cd＝ab ＋cd ＝p.4．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明________．答案 (a2－1)(b2－1)≥0解析 因为a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.5．设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝ex(x<0)，那么a 与b 的大小关系为________．答案 a>b 解析 因为a ＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，b ＝ex<e0＝1，因此a>b.6．已知点An(n ，an)为函数y ＝x2＋1图象上的点，Bn(n ，bn)为函数y ＝x 上的点，其中n ∈N*，设cn ＝an －bn ，那么cn 与cn ＋1的大小关系是________．答案 cn ＋1<cn解析 依照条件可得cn ＝an －bn ＝n2＋1－n ＝1n2＋1＋n， 因此cn 随着n 的增大而减小，因此cn ＋1<cn.7．若是a a ＋b b >a b ＋b a ，那么a 、b 应知足的条件是________．答案 a≥0，b≥0且a≠b解析 因为a a ＋b b >a b ＋b a ，因此(a －b)2(b ＋a)>0，因此a≥0，b≥0且a≠b .8．设a ，b ，c>0，证明：a2b ＋b2c ＋c2a ≥a ＋b ＋c.证明 因为a ，b ，c>0，依照大体不等式a2b ＋b≥2a ，b2c ＋c≥2b ，c2a ＋a≥2c ， 三式相加得：a2b ＋b2c ＋c2a ＋a ＋b ＋c≥2a ＋2b ＋2c ，即a2b ＋b2c ＋c2a ≥a ＋b ＋c.当且仅当a ＝b ＝c 时取等号．9．已知△ABC 三边a ，b ，c 的倒数成等差数列，证明：B 为锐角．证明 要证明B 为锐角，依照余弦定理，也确实是证明cos B ＝a2＋c2－b22ac>0， 即需证a2＋c2－b2>0， 由于a2＋c2－b2≥2ac －b2，故只需证2ac －b2>0，因为a ，b ，c 的倒数成等差数列，因此1a ＋1c ＝2b ，即2ac ＝b(a ＋c)．因此要证2ac －b2>0，只需证b(a ＋c)－b2>0，即b(a ＋c －b)>0，上述不等式显然成立，因此B 为锐角．10．设数列{an}知足a1＝0且11－an ＋1－11－an＝1. (1)求{an}的通项公式；(2)设bn ＝1－an ＋1n ，记Sn ＝ k ＝1n bk ，证明：Sn<1. (1)解 由题设11－an ＋1－11－an ＝1， 可得{11－an}是公差为1的等差数列． 又11－a1＝1， 因此依照等差数列通项公式可得11－an＝1＋(n －1)×1＝n ， 因此an ＝1－1n .(2)证明 由(1)得bn ＝1－an ＋1n ＝n ＋1－n n ＋1·n＝1n －1n ＋1， Sn ＝∑k ＝1n bk ＝∑k ＝1n (1n －1n ＋1) ＝1－1n ＋1<1. 因此Sn<1.11．已知函数f(x)＝tan x ，x ∈(0，π2)，假设x1，x2∈(0，π2)且x1≠x2，证明：12[f(x1)＋f(x2)]>f(x1＋x22)．证明 欲证12[f(x1)＋f(x2)]>f(x1＋x22)⇔12(tan x1＋tan x2)>tan x1＋x22⇔12(sin x1cos x1＋sin x2cos x2)>sin (x1＋x2)1＋cos (x1＋x2)(“化弦”) ⇔sin (x1＋x2)2cos x1cos x2>sin (x1＋x2)1＋cos (x1＋x2)⇔sin (x1＋x2)cos (x1＋x2)＋cos (x1－x2)>sin (x1＋x2)1＋cos (x1＋x2)只要证明0<cos(x1－x2)<1，那么以上最后一个不等式成立，在题设条件下易患此结论．12．(2021·江苏) 如图，在三棱锥P －ABC 中，D ，E ，F 别离为棱PC ，AC ，AB 的中点．已知PA ⊥AC ，PA ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：(1)直线PA ∥平面DEF ；(2)平面BDE ⊥平面ABC.证明 (1)因为D ，E 别离为棱PC ，AC 的中点，因此DE ∥PA.又因为PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，因此直线PA ∥平面DEF.(2)因为D ，E ，F 别离为棱PC ，AC ，AB 的中点，PA ＝6，BC ＝8，因此DE ∥PA ，DE ＝12PA ＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，故DF2＝DE2＋EF2，因此∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，因此DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，因此DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，因此平面BDE⊥平面ABC.。
依托例题教学法㊀促进高中数学教学效率提升赵勤勤(江苏省南通市通州区平潮高级中学㊀２２６３６１)摘㊀要:例题教学法在高中数学教学中能起到示范㊁内化和强化数学知识学习的作用ꎬ教师可以在课前㊁课中㊁课后及学业测试中灵活使用ꎬ也可与多媒体等多种教学手段结合着进行教学.借用例题教学时ꎬ应着眼于学生的学习基础ꎬ侧重于培养其举一反三的能力ꎬ不断提升教学效率.关键词:高中数学ꎻ例题教学ꎻ运用策略ꎻ教学效率中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２１)１８－００４１－０２收稿日期:２０２１－０３－２５作者简介:赵勤勤(１９９３.２－)ꎬ女ꎬ江苏省通州人ꎬ本科ꎬ中学二级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀高中数学属于高中时期最重要的学科之一ꎬ涉及到的知识面广ꎬ概念以及公式复杂ꎬ所以就需要较系统地把握学习的技巧.在高中数学教学实践中ꎬ其教学方法一直备受关注.随着新课标教育改革越来越深入ꎬ传统的教学模式已经无法满足当下高中数学教学的要求ꎬ加强其教学改革ꎬ积极使用多元化㊁科学化的教学方法显得十分必要.例题教学方法是提高学生数学能力最简单有效的手段ꎬ进行例题教学非常重要ꎬ能够促进教学效率的提高.但是例题教学方法的实践时间较短ꎬ所以导致这个教学方法还不够完善ꎬ故而需要更多教育工作者不断地创新和改进ꎬ为建立完整的例题教学体系提出科学的解决策略.本文对高中数学例题在教学过程中的应用进行分析ꎬ分析例题教学法在高中数学教学课前㊁课中㊁课后的应用ꎬ使用具体的例子说明教师在教学过程中应该怎样提高教学效率ꎬ以助于未来教学.㊀㊀一㊁例题教学法在课前准备中的应用与传统的教学手段相比较ꎬ例题教学模式在实际教学中更加简单灵活ꎬ教学内容也更加丰富.但是在进行例题教学时ꎬ对教师的要求也更加严格ꎬ因为例题教学主要是建立在教师对例题的准备之上的ꎬ课前准备工作的程度关乎教学的质量.一份准备好的例题是激发学生的学习兴趣的关键ꎬ对后面教学工作的开展十分重要.但是课堂教学是相互的ꎬ学生才是教学的关键.所以ꎬ教师不仅要做好备课工作ꎬ还要对学生有一定的了解.需要针对不同学生的能力及个性等特点进行准确的辅导工作ꎬ对那种基础差的学生不能一视同仁地进行例题教学ꎬ老师一定要有耐心ꎬ要做到循序渐进地解决问题ꎬ从而强化例题教学的针对性.例如ꎬ教师在进行«集合»的内容教学时ꎬ要在黑板上先举一些例子ꎬ帮助学生一目了然地掌握集合知识.如教师给学生讲解包含关系的时候ꎬ教师先在黑板上给学生展示交叉的圆ꎬ让学生对两个交叉的圆进行观察ꎬ大概明白包含的关系.教师也可以引导学生自己思考ꎬ发表自己的观点ꎬ当学生不太确定自己的答案时ꎬ教师要深入进行引导ꎬ让学生根据这些例题学习相关集合的内容.㊀㊀二㊁例题教学法在课堂教学时的应用在进行课堂教学时ꎬ教师不可一味地照着课本知识教学ꎬ这样学生很难理解.因此ꎬ教师可以将课外备好的例题穿插到教学内容之中ꎬ抓住重点进行讲解ꎬ从而提升学生的理解能力.所以ꎬ教师想要开展好教学工作ꎬ必须要深入了解教材中所设的例题ꎬ确定好重点㊁难点以及解题过程㊁教学方法等ꎬ进而提高学生的理解能力.利用例题教学模式进行教学ꎬ可以根据学生的兴趣爱好针对性地进行例题的编写ꎬ从而达到激发学生学习兴趣的效果㊁提升教学效率的目的.同时ꎬ例题教学方法可以将课本中抽象的内容转换为直观的视频㊁图片等资料ꎬ更有利于学生理解和吸收数学概念ꎬ并使学生的自主学习效能以及思维能力都有很大的提升ꎬ从而提高高中数学教学效率.例如ꎬ在数学课本中有这样一道例题:设集合Ａ＝{ｘ｜１<ｘ<３}ꎬＢ＝{ｘ｜ｘ<ａ}ꎬ若Ａ包含Ｂꎬ求ａ的取值范围?１４Copyright©博看网 . All Rights Reserved.这是一道简单的集合问题ꎬ教师在讲这一类的例题时ꎬ不可以针对这一个例题的答案进行讲解ꎬ还要讲到例题中包括的不等式方程等ꎬ还要给学生一个 举一反三 的实战机会ꎬ针对这种类型的题目加强练习.通过系统的教学方式ꎬ对学生的智力以及自主思考能力都会有巨大的提升ꎬ从而提升高中数学的教学水平.㊀㊀三㊁例题教学法在课后巩固中的应用在数学课上进行例题教学ꎬ不但可以帮助学生学到新的知识点ꎬ还能帮助学生对所学知识点进行反复练习ꎬ推动教学的顺利进行.教师在指导学生进行课后复习时ꎬ就可以通过例题帮助学生培养其自学能力ꎬ学会举一反三.所以例题不只是在课前课中有其作用ꎬ在课后的复习过程中同样有重大意义ꎬ教师可以通过例题来强化学生的知识记忆ꎬ帮助他们进一步巩固所学知识.但是传统教学模式的教学过程中ꎬ很多教师只会围绕课本中的例题进行教学ꎬ而忽略了课本例题所存在的一些局限.如缺乏新颖度㊁教学针对性不强ꎬ难度不足以满足高中生思维ꎬ无法从根本上训练出学生的数学思维能力.所以ꎬ高中教师不能只针对课本例题进行教学ꎬ还要多找一些经典的例题给学生巩固知识点.例如ꎬ高中数学中的一道经典例题ꎬ在正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬＨ㊁Ｎ分别为棱ＢＢ１㊁ＤＤ１上的动点ꎬ且有ＢＨ＝Ｄ１Ｎꎬ假设ＨＮ与ＡＢ㊁ＢＣ的成角分别为α㊁βꎬ求α＋β的最小值?这是高中数学中一道十分常见的空间几何题ꎬ教师在解这类题目时ꎬ一定要结合图形来进行教学ꎬ增强学生的空间思维能力.在复习这一章节时ꎬ教师可以用此题为例ꎬ引导学生完成举一反三的训练.通过例题进行课后巩固是最有效的方法ꎬ可以进一步强化教学成果.㊀㊀四㊁例题教学法在学业测评中的应用数学题库虽各式各样㊁数目繁多ꎬ但寻其根本也不过是万变不离其宗.所以ꎬ只有教师在对学生进行经典例题讲解和分析的过程中ꎬ让学生真正理解明白知识点含义ꎬ掌握相应解题技巧ꎬ在面对其它数学问题的时候学生才可以得心应手.例题教学法就是从根本出发ꎬ让学生通过例题了解问题本质ꎬ掌握相关知识点的核心关键以及基本解题技巧ꎬ在进行考试和练习时便不会因为改变题型样式而惊慌失措ꎬ不知从何下手ꎬ学生的考试结果也不会因此出现巨大涨幅.从某种意义上来说ꎬ避免学生在考试过程中出现 考砸了 的情况ꎬ也是对教师教学水平的考核之一.学生在考核和测评中展现出真实水平ꎬ教师也可以以此作为参考ꎬ对学生的学习水平及成绩进行分析了解.之后的授课中ꎬ教师可以通过一段时间的观察ꎬ从多个方面对学生数学学习能力进行判断ꎬ制定符合实际要求的教学计划及进度安排ꎬ实现高中数学教学中真正的因材施教.㊀㊀五㊁例题教学法在不同环境中的应用现实生活中ꎬ高中的数学课堂对例题教学法加以运用的同时ꎬ教师也要考虑学校教学设备支持.例题教学法的使用过程中ꎬ倘若教师只是依靠教材上的经典例题进行讲解和分析的话ꎬ教师需要的教学设备仅仅只需要高中数学教材课本㊁练习册㊁黑板和粉笔即可.如此也将教师的传授方式限制于传统讲课方式上ꎬ即教师仅仅通过口头语言进行讲解ꎬ学生也只是单一的从视听感官进行信息接收ꎬ并不能全面吸引学生注意力.在有多媒体教室和网络条件的支持之下ꎬ教师可以进行多种教学方式的尝试.例如ꎬ在给学生讲解二次元函数时ꎬ通过多媒体教室对经典例题的展示ꎬ并且在分析二次函数的变化规律时ꎬ可以利用教学软件通过动态的方式将二次函数的变化规律进行演示ꎬ较为直观且具有冲击的教学方式将会让学生留下深刻印象ꎬ在对二次函数的变化规律进行记忆的时候ꎬ学生也将掌握二次函数的动态过程ꎬ从而进行自己推导.总之ꎬ在高中数学的教学中例题教学法得以运用时ꎬ教师不仅需要考虑例题教学法中的科学含义㊁使用技巧及方法特征ꎬ考虑课堂教学中例题教学法是否实用ꎬ该教学法的使用是否可以真正实施到课堂教学之外.教师也要对真实的教学情况进行考虑ꎬ比如例题教学法对学生的教学成效ꎬ教师对该教学方式的运用程度ꎬ以及在例题教学法的应用中ꎬ若突发 教学事件 该如何进行处理.教师只有充分熟练地对例题教学法进行运用ꎬ才能够将该教学方式变成辅助学生的学习工具.上述内容均为笔者浅俗之见ꎬ望有助于高中数学教学效率的提升.㊀㊀参考文献:[１]许德福.如何在高中数学例题教学中培养学生的思维品质[Ｊ].数学教学通讯ꎬ２０２０(９):６０－６１.[２]陈岚.巧用高中数学例题提高数学教学效率[Ｊ].中学课程辅导(教师教育)ꎬ２０１９(２４):５６.[３]李发新.巧用例题提高数学教学效率刍探[Ｊ].成才之路ꎬ２０１９(１８):７６－７７.[责任编辑:李㊀璟]２４Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
高中数学江苏省南京市高考应用题突破秘籍引言高中数学江苏省南京市高考应用题是每年高考中的重要组成部分，也是区分学生数学素养的关键环节。
本秘籍旨在帮助广大考生掌握应用题解题技巧，提高解题速度和正确率。
一、了解题型及分值分布江苏省南京市高考数学应用题主要分为以下几种题型：1. 函数与方程应用题2. 几何应用题3. 概率与统计应用题4. 导数与极限应用题5. 综合应用题每种题型在高考数学试卷中占有一定分值，掌握各类题型的解题方法对提高总分具有重要意义。
二、突破方法与技巧1. 函数与方程应用题（1）认真审题，找出已知条件和所求未知量。
（2）建立函数关系式，明确函数类型（线性函数、二次函数、分段函数等）。
（3）根据题意，选择合适的解题方法（代入法、消元法、图像法等）。
（4）解出未知量，检验答案是否符合实际意义。
2. 几何应用题（1）分析题意，确定已知条件和所求未知量。
（2）画出图形，标注关键信息，明确几何关系。
（3）运用几何公式（如三角形面积、四边形面积、勾股定理等）解题。
（4）检查答案是否符合几何性质和实际意义。
3. 概率与统计应用题（1）明确概率统计的基本概念（如概率、期望、方差等）。
（2）根据题意，列出概率公式或统计公式。
（3）代入已知条件，计算出结果。
（4）解释结果的实际意义。
4. 导数与极限应用题（1）找出已知条件和所求未知量。
（2）确定函数的导数或极限表达式。
（3）运用导数或极限的性质，解题。
（4）检验答案是否符合实际意义。
5. 综合应用题（1）分析题意，确定已知条件和所求未知量。
（2）根据题意，将问题分解为几个小问题，分别解决。
（3）整合各个小问题的解题结果，得出最终答案。
（4）检查答案是否符合实际意义。
三、实战演练与总结通过以上方法，我们可以有效地解决高中数学江苏省南京市高考应用题。
在实际考试中，广大考生需要多做练，总结经验，不断提高解题速度和正确率。
最后，祝各位考生在高考数学中取得优异成绩，迈向理想的大学！。
基础诊断1. 某同学逛书店，发现三本喜欢的书，决定至少买其中一本，则购书方案有________种．2. 用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为________．3. 一天的课有6节，其中上午4节，下午2节，要安排语文、数学、英语、微机、体育、地理6节课，要求上午第一节不安排体育课，数学课必须安排在上午，微机必须安排在下午，有________种不同的排课方法．4. 用数字1，2，3，4，5，6组成无重复数字的四位数，然后把它们从小到大排成一列，则3 145是这个数列的第________项．考向(1) 分给甲、乙、丙三人，每人2本；(2) 分为三份，每份2本；(3) 分为三份，一份1本，一份2本，一份3本；(4) 分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本；(5) 分给甲、乙、丙三人，每人至少1本．有编号为1，2，3，4的4张不同卡片，按照下列方案处理，各有多少种不同的方法？(1) 甲得两张，乙得两张；(2) 平均分成两堆，每堆两张．利用分类考向例2(1) 7个相同的小球，任意放入4个不同的盒子中，试问：每个盒子都不空的放法共有多少种？(2) 计算x＋y＋z＝6的正整数解有多少组？(3) 计算x＋y＋z＝6的非负整数解有多少组？有8名师范大学毕业生被分配到A，B，C，D这四所中学任教，每校2人，其中甲、乙两人不得分配到A中学去，则不同的分配方法有多少种？考向例37人站成一排，按下列情况各有多少种不同的排法？(只列式不计算)(1) 要求甲不在排头；(2) 要求甲，乙，丙三人相邻；(3) 要求甲，乙，丙三人不相邻；(4) 要求甲在乙前面；(5) 第一排坐3人，第二排坐4人．8个人(其中含有甲、乙两人)站成一排，甲、乙之间正好相隔2人，有多少种不同排法？自测反馈1. 4个不同的苹果放入编号为1，2，3，4的4个盒子里，恰有一个空盒的放法种数为________．2. 电视台有8个节目准备分两天播出，每天播出4个，其中某电视剧和某专题报道必须在第一天播出，某谈话节目必须在第二天播出，有________种不同播出方案．3. 有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻放入的方法种数是________．4. 一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看．现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙2工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙2工人中安排1人，则不同的安排方案共有________种．1. 排列与顺序有关，组合只要取出元素即可，与顺序无关．2. 在解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．分类要做到“不重不漏”；分步要做到“步骤完整”．3. 你还有哪些体悟，写下来：第6课排列、组合的综合问题基础诊断1. 7解析：根据题意分3种情况讨论，一是买1本，则购书方案有C13＝3(种)；二是买2本，则购书方案有C23＝3(种)；三是3本全买，有1种购书方案．综上共有C13＋C23＋1＝7(种)购书方案．2. 48解析：由题意，末尾是2或4，前3位在其余4个数中选出3个排列，根据分步乘法原理可得C12A34＝48.3. 156解析：分两种情况讨论，第一种情况，上午第一节安排数学，微机安排在下午共有A12A44＝48(种)；第二种情况，上午第一节课不安排数学，也不能安排体育和微机，则这节课只有3种排法，数学只能安排在上午2，3，4节课，微机安排在下午，故共有3A13A12A33＝108(种)排法，一共有156种方法．4. 125解析：由题意可知，1为首位的四位数有1×5×4×3＝60(个)；2为首项的四位数有1×5×4×3＝60(个)；3为开头时，以312为开头有3个，以314为开头有3个，分别为3 142，3 145，3 146，60＋60＋3＋2＝125(项)，3 145为第125项．范例导航例1解析：(1) C26C24C22＝90(种)．(2) C26C24C22A33＝15(种)．(3) C16C25C33＝60(种)．(4) C16C25C33A33＝360(种)．(5) 有3类情况，拿4本，1本，1本的情况为C16C15C13＝90(种)；都拿2本，90种情况；拿3本，2本，1本，有360种情况．综上共有90＋90＋360＝540(种)．解析：(1) C24C22＝6(种)(2) C24C22A22＝3(种)例2解析：(1) 先将其中4个相同的小球放入4个盒子中，有1种放法；再将其余3个相同的小球放入4个不同的盒子中，有以下3种情况：①某一个盒子放3个小球，就可从这4个不同的盒子中任选一个放入这3个小球，有C14种不同的放法；②这3个小球分别放入其中的3个盒子中，就相当于从4个不同的盒子中任选3个盒子，分别放入这3个相同的小球，有C34种不同放法；③这3个小球中有两个小球放在1个盒子中，另1个小球放在另一个盒子中，从这4个不同的盒子中任选两个盒子排成一列，有A24种不同的方法．综上可知，满足题设条件的放法为C14＋C34＋A24＝20(种)．(2) 可看作将6个相同小球放入三个不同盒子中，每盒非空有多少种放法. 转化为6个0，2个1的排列，要求1不排在两端且不相邻，共有C25＝10(种)排法，因此方程x＋y＋z ＝6有10组不同的正整数解．(3) 可看做将6个相同小球放入三个不同的盒子中，转化为6个0，2个1的排列，共有C28＝28(种)排法，因此方程x＋y＋z＝6有28组不同的非负整数解．解析：C26C26C24C22＝1 350(种)．例3解析：(1) 方法一：(从特殊元素甲考虑)先在除排头外6个座位安排给甲，剩下的6人全排列，所以站法有C16A66种．方法二：(从特殊位置首位考虑)先从除甲外的6人中安排1人坐在首位，剩下是6人坐6位置的全排列，结果为C16A66.方法三：(间接法)从反面考虑将甲在首位的情形去掉即可，则A77－A66＝6×A66.(2) 先将甲，乙，丙三人捆绑在一起看作一个元素，与其余4人共有5个元素做全排列，有A33A55种排法．(3) 可先将其他元素排好，然后再将不相邻的元素甲，乙，丙在已排好的元素之间及两端的空隙之间插入，共有A44A35种．(4) 对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先将这几个元素与其他元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数，共有A77A22种．(5) 把n个元素排成若干排的问题，若没有其他的特殊要求，可采用统一排成一排的方法来处理，所以共有A77种．解析：先从除甲、乙两人之外的6个人中选出2人站在甲、乙之间，共有C26A22A22种方法，将这4人看成整体与其余4人全排列，有A55种方法，共有C26A22A22A55＝7 200(种)方法．自测反馈1. 144解析：四个不同的苹果放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个苹果，从4个苹果中选两个作为一个元素，同另外两个元素在四个位置全排列故有C24A34＝144(种)不同的放法．2. 5 760解析：由题意可知第一天的播出节目是某电视剧和某专题报道以及在剩余5个节目中任选2个作全排列，第二天为剩余的4个节目作全排除，则共有C25A44A44＝5 760(种)方案．3. 48解析：假设第一本是语文书(或数学书)，第二本是数学书(或语文书)，则有4×2×2×2×1＝32(种)可能；假设第一本是语文书(或数学书)，第二本物理书，则有4×1×2×1×1＝8(种)可能；假设第一本是物理书，则有1×4×2×1×1＝8(种)可能．综上共有32＋8＋8＝48(种)可能．4. 36解析：根据题意得若第一道工序由甲来完成，则第四道工序必由丙来完成，故完成方案有A24＝12(种)；若第一道工序由乙来完成，则第四道工序必由甲、丙两人之一完成，故完成方案有A12A24＝24(种)，则不同的安排共有12＋24＝36(种)．。
第66课 等差、等比数列在实际问题中的应用1. 能在具体问题情境中，发现等差、等比数列模型，并能运用有关知识解决相应问题.2. 通过解决实际问题的过程，培养提出问题，分析问题，解决问题的能力.1. 阅读：必修5第45～46页，第58～59页.2. 解悟：①生活中的等差数列和等比数列模型；②体会课本中从情境中提炼出等差数列和等比数列的方法；③整理数列求和的常用方法.3. 践习：在教材空白处，做第58、59页例题.基础诊断1. 用火柴棒按下图的方法搭. ……按图示的规律搭下去，则可推测第n 个图中所用的火柴棒数量a n ＝ 2n ＋1 .解析：由图可知，三角形的个数增加一个，则火柴棒的数量增加2，所以火柴棒数量a n 是一个首项为3，公差为2的等差列，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.2. 某种细胞在培养过程中，每20分钟分裂一次(1个变成2个)，那么经过3小时，这种细胞由1个可以分裂成 512 个.解析：3×60÷20＝9(次)，29＝512(个)，故经过3小时，这种细胞由1个可以分裂成512个.3. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？〞意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则这座塔的顶层共有灯 3 盏.解析：设塔的顶层有a 盏灯.由题意可知，各层的灯数构成一个首项为a ，公比为2的等比数列，所以a 〔1－27〕1－2＝381，解得a ＝3，故塔的顶层共有灯3盏. 4. 一个梯形两底边的长分别是12cm 与22cm ，将梯形的一条腰10等分，过每个分点作平行于梯形底边的直线，这些直线夹在梯形两腰间的线段的长度的和为 153 cm .解析：因为是10等分，所以设上底a 1，下底a 11，根据梯形的中位线定理可知a 1＋a 11＝2a 6，a 2＋a 10＝2a 6，a 3＋a 9＝2a 6，a 4＋a 8＝2a 6，a 5＋a 7＝2a 6，所以a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 10＝9a 6，a 6＝a 1＋a 112＝12＋222＝17，所以a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 10＝9×17＝153，故夹在梯形两腰间的线段的长度的和为153cm .X 例导航考向❶等差数列模型例1 流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据资料记载，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，此后，每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日止，该市在这30天内感染该病毒的患者共有8 670人，问11月几日，该市感染此病毒的新患者人数最多？并求出这一天的新患者人数.解析：由题意知11月1日到n 日，每天新感染者人数构成等差数列{a n }，a 1＝20，d 1＝50，所以11月n 日新感染者人数a n ＝50n －30.从n ＋1日到30日，每天新感染者人数构成等差数列{b n }，b 1＝50n －60，d 2＝－30，所以这30天内感染该病毒的患者人数为〔20＋50n －30〕n 2＋(30－n)·(50n －60)＋〔30－n 〕〔29－n 〕2×(－30)＝8 670， 化简得n 2－61n ＋588＝0，解得n ＝12或n ＝49(舍)，即11月12日这一天感染此病毒的新患者人数最多有570人.考向❷等比数列模型例2 某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业.根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14. (1) 设n 年内(本年为第1年)总投入A n 万元，旅游业总收入B n 万元，求A n 和B n ；(2) 至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？(lg 2≈0.301)解析：(1) 第一年投入800万元，第二年投入800×⎝⎛⎭⎫1－15万元，…，第n 年投入800(1－15)n －1万元， 所以n 年内的总投入为A n ＝800＋800×⎝⎛⎭⎫1－15＋…＋800×⎝⎛⎭⎫1－15n －1＝4 000－4000×⎝⎛⎭⎫45n ；第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为400×⎝⎛⎭⎫1＋14万元，…，第n 年旅游业收入为400⎝⎛⎭⎫1＋14n －1万元，所以n 年内的旅游业总收入为B n ＝400＋400×(1＋14)＋…＋400×(1＋14)n －1＝1 600×(54)n －1 600. (2) 设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入，则B n －A n ＞0，即1 600×⎝⎛⎭⎫54n －1 600－4 000＋4 000×⎝⎛⎭⎫45n＞0， 化简得2×⎝⎛⎭⎫54n ＋5×⎝⎛⎭⎫45n －7＞0. 设⎝⎛⎭⎫54n ＝x ，代入上式得2x 2－7x ＋5＞0，解得x ＞52或x ＜1(舍去)， 即⎝⎛⎭⎫54n ＞52，两边取对数得n lg 54＞lg 52， 所以n ＞1－2lg 21－3lg 2≈4.103，即n ≥5. 故至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.考向❸分期付款模型例3 某工厂更新设备，在1993年初贷款100万元，从该年度末开始，每年度末偿还一定的金额，计划在10年内还清，年利率为13%，那么每年需偿还金额多少万元？解析：方法一：设每年偿还金额为x 万元，则第一年末贷款余额为100(1＋13%)－x ；第二年末贷款余额为[100(1＋13%)－x](1＋13%)－x ＝100(1＋13%)2－[1＋(1＋13%)]x ；第三年末贷款余额为{[100(1＋13%)－x](1＋13%)－x}(1＋13%)－x＝100(1＋13%)3－[1＋(1＋13%)＋(1＋13%)2]x ，……所以第10年末贷款余额为100(1＋13%)10－[1＋(1＋13%)＋(1＋13%)2＋…＋(1＋13%)9]x ，所以100(1＋13%)10－[1＋(1＋13%)＋(1＋13%)2＋…＋(1＋13%)9]x ＝0，解得x ＝100×13%×〔1＋13%〕10〔1＋13%〕10－1＝13×1.13101.1310－1≈18.4， 故每年需偿还金额18.4万元.方法二：10年内，借款的本利和为100(1＋13%)10万元，设每年偿还金额为x 万元，则还款的本利和为x[(1＋13%)9＋(1＋13%)8＋…＋(1＋13%)＋1]万元，由借款本利和等于分期付款的本利和，可得100(1＋13%)10＝x[(1＋13%)9＋(1＋13%)8＋…＋(1＋13%)＋1]，所以x ＝100×13%×〔1＋13%〕10〔1＋13%〕10－1＝13×1.13101.1310－1≈18.4， 故每年需偿还金额18.4万元.[注] 理解、记忆分期付款中建立方程的依据.自测反馈1. 有一个细胞集团，每小时死亡2个，余下的各个分裂成2个，设最初有细胞7个，n 小时后细胞总数为 3×2n ＋4 .解析：设n 小时后的细胞总数为a n ，则a 0＝7，且a n ＋1＝2(a n －2)，即a n ＋1－4＝2(a n －4)，所以数列{a n －4}是首项为a 0－4＝3，公比为2的等比数列，所以a n ＝3×2n ＋4(n ∈N).因此，n 小时后的细胞总数为(3×2n ＋4)个.2. 植树节某班20名同学在一段直线公路的一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10m .开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为 2 000 m .解析：设放置在第x 个树坑旁边，则s ＝10×2·[(x －1)＋(x －2)＋…＋2＋1＋0＋1＋2＋…＋(20－x)]＝20[〔1＋x －1〕〔x －1〕2＋〔1＋20－x 〕〔20－x 〕2]＝20(x 2－21x ＋210)，由对称轴方程为x ＝10.5，知当x ＝10或11时，s 取得最小值2 000.3. 某人为了购买商品房，从20XX 起，每年1月1日到银行存入a 元一年定期储蓄.若年利率为p ，每年到期存款与利息均自动转为新一年定期存款，到2016年1月1日(当日不存只取)将所有的存款与利息全部取回(不计利息税)，则可取人民币总数为a 〔1＋p 〕[〔1＋p 〕8－1]p元. 解析：到2016年1月1日可取回钱的总数为a(1＋p)8＋a(1＋p)7＋…＋a(1＋p)＝a 〔1＋p 〕[〔1＋p 〕8－1]p. 4. 现有一根n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10cm ，最下面的三节长度之和为114cm ，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n ＝ 16 .解析：由题意得每节竹竿的长度构成等差数列{a n }，公差为d(d>0).由题意知a 1＝10，a n ＋a n －1＋a n －2＝114，a 26＝a 1a n ，则3a n －1＝114，解得a n －1＝38，所以(a 1＋5d)2＝a 1(a n －1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d ＝2，所以a n －1＝10＋2(n －2)＝38，解得n ＝16.1. 数列应用题的一般思路：(1) 读题分析，明确哪些量成等差数列，哪些成等比数列，哪些量给出的是递推关系；(2) 应用相关数列知识解答.2. 你还有那些体悟，写下来：。
附加题归类分析及应对策略一、附加题的两点共识1．数学附加题的40分与I卷的160分对理科同学同等重要．2．数学附加题得很高的分数不容易，但要得到基本分还是不困难的．原因：（1）考试说明要求附加题部分易、中、难题的占分比例控制在5:4:1左右，即中低档题占总分的90％左右．（2）考试时间仅有30分钟，因此运算量与思维量都会控制．（3）准确定位，合理取舍．二、各模块归类分析及应对策略附加题的知识内容比较多，根据江苏高考说明，考查选修系列2中的内容，主要有：曲线方程与抛物线，空间向量与立体几何，复合函数的导数，数学归纳法，排列组合与二项式定理，离散型随机变量的分布列、期望与方差，以及选修4系列中的《4-1几何证明选讲》，《4-2矩阵与变换》，《4-4坐标系与参数方程》，《4-5不等式选讲》．四年高考考查内容（一）矩阵与变换考点一：二阶矩阵与平面列向量的乘法、二阶矩阵的乘法．例1（南京市2022－2022学年度第一学期期末调研）在直角坐标系中，已知△ABC的顶点坐标为A0，0，B－1，2，C0，3．求△ABC在矩阵错误!作用下变换所得到的图形的面积．答案：S△A′B′C′＝错误!．变化1：（2022年江苏高考）在平面直角坐标系O中，已知点A0，0，B－2，0，C－2，1．设为非零实数，矩阵M＝错误!，N＝错误!，点A、B、C在矩阵MN对应的变换下得到点分别为A1、B1、C1，△A1B1C1的面积是△ABC面积的2倍，求的值．答案：2或－2．变化2：（2022年江苏高考）已知矩阵A＝错误!，向量β＝错误!，求向量α，使得A2α＝β．答案：α＝错误!．应对策略：熟练掌握二阶矩阵与列向量的运算的运算法则，注意不能将列向量写在二阶矩阵左边；使用待定系数法过程中务必注意解方程或方程组的准确性，检验是一个好习惯．考点二：二阶矩阵与平面变换例2在平面直角坐标系O中，设椭圆42＋2＝1在矩阵A＝错误!对应的变换作用下得到曲线F，求F的方程．答案：2＋2＝1．变化1：（南京市2022－2022学年度第一学期期末调研测）求直线2＋－1＝0在矩阵错误!作用下变换得到的直线的方程．答案：4 – 3 – 2 ＝ 0．说明：直线变换为直线，直接用两点变换相对简单．应对策略：除了某些情形下使用点的变换代替曲线的变换外，应熟练掌握这类问题一般处理步骤．例如已知曲线C的方程，求变换后的曲线C1的方程的过程分三步：1．利用矩阵与列向量乘法将目标曲线C1上的任意一点（，）的坐标用源曲线上的对应点′，′的坐标表示；2．用，反表示′，′；3．将′，′带回曲线C的方程，得到，的等式，该等式即所求曲线C1的方程．变化2：（南京市2022届第三次模拟）如果曲线2＋4＋32＝1在矩阵错误!的作用下变换得到曲线2－2＝1，求a＋b的值．答案：2．说明：也可以通过特殊点的变换得到a，b的方程组．变化3：已知△ABC，A－1，0，B3，0，C2，1，对它先作关于轴的反射变换，再将所得图形绕原点逆时针旋转90°．（1）分别求两次变换所对应的矩阵M1，M2；（2）求点C在两次连续的变换作用下所得到的点的坐标．答案：（1）M1＝错误!，M2＝错误!；（2）1，2．说明：可以依次计算两次变换下的对应点，也可以利用矩阵乘法将连续两次变换等效为一次变换，应注意该变换对应的矩阵应该是第二次变换对应的矩阵左乘第一次变换对应的矩阵，在本题中即M2 M1，矩阵乘法是不满足交换律的．考点三：逆矩阵例3（2022年江苏高考）求矩阵A＝错误!的逆矩阵．答案：A－1＝错误!．说明：方法一，根据A A－1＝E，利用待定系数法求解；方法二：直接利用公式计算．应对策略：待定系数法，运算量比较大，直接利用公式计算简便，但公式不能出错，另外为了防止缺少解题过程之嫌，最好将公式书写一遍．变化1：已知错误!B＝错误!，求二阶矩阵B．答案：B＝错误!．变化2：已知在一个二阶矩阵M对应变换的作用下，点A1，2变成了点A′7，10，点B2，0变成了点B′2，4，求矩阵M的逆矩阵M－1．答案：M－1＝错误!．说明：可以先求矩阵M，再求M－1，也可以直接利用逆变换直接求M－1．变化3：（2022年3月苏、锡、常、镇四市教学情况调查）已知直角坐标平面O上的一个变换是先绕原点逆时针旋转45°，再作关于轴反射变换，求这个变换的逆变换的矩阵．答案：错误!．说明：M2M1－1＝M1－1M2－1．考点4：特征值与特征向量例4已知矩阵A＝错误!，向量α＝错误!．（1）求A的特征值λ1、λ2和特征向量α1、α2；（2）计算A5α的值．答案：（1）λ1＝2，α1＝错误!；λ1＝3，α2＝错误!；（2）错误!．说明：（2）中出现错误的一种原因是忽视了特征值与特征向量的对应性．应对策略：一、记忆特征多项式，和这类问题的求解步骤；二、理解特征值与特征向量理论．理论：错误!错误!＝λ错误!，即错误!方程组有不全为0的解，即错误!＝0．变化1：（盐城市2022届第二次模拟）已知矩阵M＝错误!的一个特征值为3，求其另一个特征值．答案：－1．变化2：（南通市2022届第二次模拟）已知二阶矩阵A＝错误!，矩阵A属于特征值λ1＝－1的一个特征向量为α1＝错误!，属于特征值λ2＝4的一个特征向量为α2＝错误!．求矩阵A．答案：A＝错误!．教材中的几种常见变换矩阵一般不要求记忆，但如果能识别一下矩阵，可以简化一些运算，上述选题中有不少这样的问题．以下内容最好能记忆：1．旋转变换矩阵错误!．记忆三部分特征：第一列平方和是1，且类似单位圆的参数方程；主对角线上两数相等，副对角线上两数互为相反数．2．二阶矩阵M＝错误!的逆矩阵为M－1＝错误!＝错误!错误!．其中错误!是矩阵M主对角线上两数交换，副对角线上两数变为相反数得到．3．矩阵错误!特征多项式fλ＝错误!．（二）坐标系与参数方程考点1：极坐标化为与直角坐标例1（2022年高考题）在极坐标系中，已知圆ρ=2coθ与直线3ρcoθ＋4ρinθ＋a＝0相切，求实数a的值．答案：a＝2，或a＝－8．例2（盐城市2022届第二次模拟）若两条曲线的极坐标方程分别为ρ＝1与ρ＝2coθ＋错误!，它们相交于A、B两点，求线段AB的长．答案：错误!．应对策略：1．熟练掌握极坐标方程化为与直角坐标方程的公式错误!不能出现类似于ρcoθ＝的错误，应注意一些不能套用公式转化的特殊情形．变化1：（南京市、盐城市2022-2022学年度第三次调研）极坐标系中，已知圆C：ρ＝2错误! coθ和直线：θ＝错误!ρ∈R相交于A、B两点，求线段AB的长．答案：2．2．应了解点的极坐标的形式和意义．变化2：在极坐标系中，O为极点，已知两点M、N的极坐标分别为4，错误!π，错误!，错误!π．求△OMN的面积．答案：错误!＋错误!．变化3：（南通市2022届高三第三次调研测试）在极坐标系中，求经过三点O0，0，A2，错误!，B2错误!，错误!的圆的极坐标方程．Array答案：ρ＝2错误!coθ－错误!．说明：方法一：先求出圆的直角坐标方程，再转化为极坐标方程；方法二：直接利用图形得极坐标方程．3．极坐标转化为直角坐标后，往往就是研究直线与圆以及圆与圆的问题，我们应熟悉相关的位置关系的判别，以及一些距离或长度的计算．考点2：参数方程转化普通方程例3（2022年高考题）已知曲线C的参数方程为错误!t为参数，t＞0．求曲线C的普通方程．答案：32－＋6＝0．应对策略：掌握一些消元的常见方法，一般有以下几种①代入消元法；②加减消元法；③利用代数恒等式或三角恒等式．消元后要注意字母的取值范围是否发生变化．考点3：参数方程的应用例4（2022年江苏高考）在平面直角坐标系O中，点2”3”2”2”1”1C1C1C1A，0m＞0的直线交抛物线C于D，E两点，ME＝2DM，记D和E两点间的距离为f m，求f m关于m的表达式．答案：（1）2＝2；（2）＋－错误!＝0；（3）f m＝错误!错误!m＞0．例2在平面直角坐标系O中，动点P到直线＝－2的距离比它到点F1，0的距离大1．（1）求动点P的轨迹C；（2）直线过点（1，0）且与曲线C交于A，B两点，若△AOB的面积为错误!，求直线的斜率．答案：（1）2＝4；（2）±错误!．三、二轮专题和课时建议：专题内容说明（核心）第1课时矩阵与变换矩阵的运算；矩阵与变换；逆矩阵；特征值与特征向量．采取专题与考试、讲评相结合的方法，最终形第2课时参数方程与坐标系极坐标与直角坐标互化、参数方程与普通方程的互化；圆、椭圆A BCDA1 B1C1D1P1A1BPM1CCBANN。
