一道高考试题的解法探究

2020年第11期中学数学教学参考（下旬）w w w.zh o n g sh u ca n.co m$7考频道对一道高考试题的解法探究柯良才（宁夏六盘山高级中学)摘要：高考试题具有科学性、逻辑性、规范性和典型性的特点，因此，研究高考试题是高中数学教学不可或缺的一部分，对其进行反复推敲与研究，会给复习备考带来不一样的收获。

关键词：高考数学；试题；解法文章编号：1002-2171 (2020) 11-0060-02高考试题是命题专家反复推敲、精心打磨的成 果，具有科学性、逻辑性、规范性和典型性。

高考试题 不仅具有选拔功能，更具有鲜明的教学导向功能。

下面笔者就2019年高考数学全国卷I E第23题进行了 探究，不仅找到了教材中的题源，还通过联想得到了 多种解法。

1原题呈现题目：设 x，;y，z e R，且 x+y+z^l。

(I)求U—l)2+(：y+l)2+U+l)2 的最小值;(n)若 u—2)z+〇—i)2+u—成立，证明：—3 或 —1。

本题是一道多元函数的最值问题，形式较为简 单，本文仅以第（I)问为例进行分析。

随新课程理念 的不断推进，高考试题的命制越来越关注对教材例、习题的研究，多以教材例、习题为源进行提炼、变式与 拓展，达到源于教材，高于教材的命题原则。

本题也 不例外。

此题源于人教A版《数学》(选修4-5)“不等式选 讲”第一讲第一节“不等式”习题1. 1中的第11题：已知设 a R+，且 a+6 +c r=l，求证：a2十62+c2>本题常用均值不等式法求解，高考试题在教材习题的基础上进行了全面拓展：（1)将限制条件从整实 数拓展到全体实数，为后面结论的拓展提供了可靠的 条件；（2)将源题简洁的结论背景从深度和宽度两方面进行了拓展，又将多个知识点联系到一起，为后续 试题的解答提供了发挥空间，有利于形成多种解法。

2多解联想像这类结构简单、形式优美的试题，我们可考虑从 形式和结论两方面人手，发挥想象，找到解题方法。

一道高考导数压轴题的解法探究及背景和推广刘㊀冰(厦门外国语学校石狮分校ꎬ福建厦门３６２７００)摘㊀要:文章从不同角度给出２０２３年高考数学新课标Ⅱ卷导数压轴题第(２)问的多种解法ꎬ然后分析其背景ꎬ最后再对试题进行推广.关键词:高考ꎻ新课标ꎻ导数ꎻ背景ꎻ推广中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３３－００６０－０３收稿日期:２０２３－０８－２５作者简介:刘冰(１９８４.７－)ꎬ女ꎬ福建省泉州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２３年高考数学新课标Ⅱ卷的导数压轴题ꎬ第(１)问考查的是证明不等式ꎬ构造函数即可解决.而第(２)问考查的是已知函数ｆ(ｘ)的极值点ꎬ求参数ａ的取值范围ꎬ有一定的难度.其难点主要在于对参数ａ的讨论以及对极值的判断与取点上.该试题很好地考查了考生的分类讨论思想和数学运算㊁逻辑推理等素养.１真题再现２０２３年高考数学新课标Ⅱ卷第２２题如下:(１)证明:当０<ｘ<１时ꎬｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ<ｘꎻ(２)已知函数ｆ(ｘ)＝ｃｏｓａｘ－ｌｎ(１－ｘ２)ꎬ若ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极大值点ꎬ求ａ的取值范围.２解法探究(１)先证:当０<ｘ<１时ꎬｓｉｎｘ<ｘ.设ｇ(ｘ)＝ｘ－ｓｉｎｘꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝１－ｃｏｓｘ>０ꎬ所以ｇ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬｇ(ｘ)>ｇ(０)＝０ꎬ即ｓｉｎｘ<ｘꎬ再证:当０<ｘ<１时ꎬｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ.解法１㊀利用ｘ>ｓｉｎｘ.设ｈ(ｘ)＝ｘ２－ｘ＋ｓｉｎｘꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬ由ｘ>ｓｉｎｘꎬ得ｈᶄ(ｘ)＝２ｘ－１＋ｃｏｓｘ＝２ｘ－２ｓｉｎ２ｘ２>ｘ－２ｓｉｎ２ｘ２＝２ｘ２－ｓｉｎ２ｘ２æèçöø÷>２ｓｉｎｘ２－ｓｉｎ２ｘ２æèçöø÷>０.所以ｈ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬ故ｈ(ｘ)>ｈ(０)＝０ꎬ即ｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ.解法２㊀两次求导.设ｈ(ｘ)＝ｘ２－ｘ＋ｓｉｎｘꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝２ｘ－１－ｃｏｓｘꎬｈᵡ(ｘ)＝２－ｓｉｎｘ.当０<ｘ<１时ꎬｈᵡ(ｘ)>０ꎬ所以ｈᶄ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬ从而ｈᶄ(ｘ)>ｈᶄ(０)＝０ꎬ因此ｈ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬ故ｈ(ｘ)>ｈ(０)＝０ꎬ即ｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ.(２)解法１㊀令１－ｘ２>０ꎬ解得－１<ｘ<１ꎬ即函数ｆｘ()的定义域为－１ꎬ１().若ａ＝０ꎬ则ｆｘ()＝－ｌｎ１－ｘ２()ꎬｘɪ－１ꎬ１()ꎬ因为ｙ＝－ｌｎｕ在定义域内单调递减ꎬｙ＝１－ｘ２在－１ꎬ０()上单调递增ꎬ在０ꎬ１()上单调递减ꎬ则ｆｘ()＝－ｌｎ１－ｘ２()在－１ꎬ０()上单调递减ꎬ在０ꎬ１()上单调递增ꎬ故ｘ＝０是ｆｘ()的极小值点ꎬ不合题意ꎬ所以ａʂ０.当ａʂ０时ꎬ令ｂ＝ａ>０ꎬ因为ｆｘ()＝ｃｏｓａｘ－ｌｎ１－ｘ２()＝ｃｏｓａｘ()－０６ｌｎ１－ｘ２()＝ｃｏｓｂｘ－ｌｎ１－ｘ２()ꎬ且ｆ－ｘ()＝ｃｏｓ－ｂｘ()－ｌｎ１－－ｘ()２[]＝ｃｏｓｂｘ－ｌｎ１－ｘ２()＝ｆｘ()ꎬ所以函数ｆｘ()在定义域内为偶函数ꎬ由题意可得ｆᶄｘ()＝－ｂｓｉｎｂｘ－２ｘｘ２－１ꎬｘɪ－１ꎬ１().(ⅰ)当０<ｂ２ɤ２时ꎬ取ｍ＝ｍｉｎ１ｂꎬ１{}ꎬｘɪ０ꎬｍ()ꎬ则ｂｘɪ０ꎬ１()ꎬ由(１)可得ｆᶄｘ()＝－ｂｓｉｎｂｘ()－２ｘｘ２－１>－ｂ２ｘ－２ｘｘ２－１＝ｘｂ２ｘ２＋２－ｂ２()１－ｘ２ꎬ且ｂ２ｘ２>０ꎬ２－ｂ２ȡ０ꎬ１－ｘ２>０ꎬ所以ｆᶄｘ()>ｘｂ２ｘ２＋２－ｂ２()１－ｘ２>０ꎬ即当ｘɪ０ꎬｍ()⊆０ꎬ１()时ꎬｆᶄｘ()>０ꎬ则ｆｘ()在０ꎬｍ()上单调递增ꎬ结合偶函数的对称性可知ꎬｆｘ()在－ｍꎬ０()上单调递减ꎬ所以ｘ＝０是ｆｘ()的极小值点ꎬ不合题意[１].(ⅱ)当ｂ２>２时ꎬ取ｘɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷⊆０ꎬ１()ꎬ则ｂｘɪ０ꎬ１().由(１)可得ｆᶄｘ()＝－ｂｓｉｎｂｘ－２ｘｘ２－１<－ｂ(ｂｘ－ｂ２ｘ２)－２ｘｘ２－１＝ｘ１－ｘ２(－ｂ３ｘ３＋ｂ２ｘ２＋ｂ３ｘ＋２－ｂ２)ꎬ设ｈｘ()＝－ｂ３ｘ３＋ｂ２ｘ２＋ｂ３ｘ＋２－ｂ２ꎬｘɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷ꎬ则ｈᶄｘ()＝－３ｂ３ｘ２＋２ｂ２ｘ＋ｂ３ꎬｘɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷ꎬ且ｈᶄ０()＝ｂ３>０ꎬｈᶄ１ｂæèçöø÷＝ｂ３－ｂ>０ꎬ则ｈᶄｘ()>０对∀ｘɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷恒成立.可知ｈｘ()在０ꎬ１ｂæèçöø÷上单调递增ꎬ且ｈ０()＝２－ｂ２<０ꎬｈ１ｂæèçöø÷＝２>０ꎬ所以ｈｘ()在０ꎬ１ｂæèçöø÷内存在唯一的零点ｎɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷ꎬ当ｘɪ０ꎬｎ()时ꎬ则ｈｘ()<０ꎬ且ｘ>０ꎬ１－ｘ２>０ꎬ则ｆᶄｘ()<ｘ１－ｘ２－ｂ３ｘ３＋ｂ２ｘ２＋ｂ３ｘ＋２－ｂ２()<０ꎬ即当ｘɪ０ꎬｎ()⊆０ꎬ１()时ꎬｆᶄｘ()<０ꎬ则ｆｘ()在０ꎬｎ()上单调递减ꎬ结合偶函数的对称性可知ꎬｆｘ()在－ｎꎬ０()上单调递增ꎬ所以ｘ＝０是ｆｘ()的极大值点ꎬ符合题意.综上ꎬｂ２>２ꎬ即ａ２>２ꎬ解得ａ>２或ａ<－２.故ａ的取值范围为－ɕꎬ－２()ɣ２ꎬ＋ɕ().解法２㊀由ｆ(ｘ)＝ｃｏｓａｘ－ｌｎ１－ｘ２()可得ꎬｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋２ｘ１－ｘ２ꎬ求二阶导数ｆᵡ(ｘ)＝－ａ２ｃｏｓａｘ＋２１＋ｘ２()１－ｘ２()２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)＝－ａ２＋２.因为ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极大值ꎬ由函数的连续性ꎬ我们知道还需满足在ｘ＝０的左侧附近ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ在ｘ＝０的右侧附近ꎬｆᶄ(ｘ)<０.由题意易得ꎬｆ(ｘ)是关于ｘ的偶函数ꎬ也是关于ａ的偶函数ꎬ因此只需要关注ｘɪ(０ꎬ１)ꎬａ>０的情况.①当ｆᵡ０()＝－ａ２＋２>０ꎬ即０<ａ<２时ꎬ∃ｘ０ɪ０ꎬ１ａæèçöø÷ꎬ使ａｘ０ɪ(０ꎬ１)ꎬ在ｘɪ０ꎬｘ０()时ꎬａｘɪ(０ꎬ１)ꎬ由第(１)问可知ꎬｓｉｎａｘ<ａｘꎬ所以ｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋２ｘ１－ｘ２>－ａ２ｘ＋２ｘ１－ｘ２＝ｘ－ａ２＋２１－ｘ２æèçöø÷.因为φ(ｘ)＝－ａ２＋２１－ｘ２在０ꎬｘ０()上单调递增ꎬ则φｘ()>φ０()＝２－ａ２>０ꎬ所以在０ꎬｘ０()上ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ与ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极大值矛盾ꎬ舍去.②当ｆᵡ(０)＝－ａ２＋２<０ꎬ即ａ>２时ꎬ∃ｘ０ɪ０ꎬ１ａæèçöø÷ꎬ使ａｘ０ɪ(０ꎬ１)ꎬ在ｘɪ０ꎬｘ０()时ꎬａｘɪ(０ꎬ１)ꎬ由第(１)问可知ｓｉｎａｘ>ａｘ－(ａｘ)２ꎬ所以ｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋２ｘ１－ｘ<－ａ２ｘ＋ａ３ｘ２＋２ｘ１－ｘ２＝ｘ－ａ２＋ａ３ｘ＋２１－ｘ２æèçöø÷.因为ｇ(ｘ)＝－ａ２＋ａ３ｘ＋２１－ｘ２在０ꎬｘ０()上单调递增ꎬ则ｇ(ｘ)ｍｉｎ＝ｇ(０)＝－ａ２＋２<０ꎬ所以存在ｘ１１６ɪ０ꎬｘ０()ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ符合题意.综上ꎬ由是关于的偶函数知ａ>２或ａ<－２.３背景分析本题的高数背景是极值的第二充分条件和第三充分条件.合并后即是如下定理.定理㊀设函数ｆ(ｘ)在Ｕｘ０ꎬδ()内ｎ阶可导ꎬ且ｆᶄｘ０()＝ｆᵡｘ０()＝ ＝ｆ(ｎ－１)ｘ０()＝０ꎬｆ(ｎ)ｘ０()ʂ０ꎬ则(１)当ｎ为奇数时ꎬｆ(ｘ)在点ｘ０不取极值ꎻ(２)当ｎ为偶数且ｆ(ｎ)ｘ０()>０时ꎬｆ(ｘ)在ｘ０取极小值ꎻ(３)当ｎ为偶数且ｆ(ｎ)ｘ０()<０时ꎬｆ(ｘ)在ｘ０取极大值.利用定理ꎬ可得到本题的另一解法.解法３㊀Ｓ表示ｆ(ｘ)的极大值点的集合ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋２ｘ１－ｘ２＝－ａｓｉｎａｘ＋１１－ｘ－１１＋ｘꎬｆᶄ(０)＝０ꎻｆᵡ(ｘ)＝－ａ２ｃｏｓａｘ＋１(１－ｘ)２＋１(１＋ｘ)２ꎬｆᵡ(０)＝２－ａ２ꎻｆ‴(ｘ)＝ａ３ｓｉｎａｘ＋２(１－ｘ)３－２(１＋ｘ)３ꎬｆ‴(０)＝０ꎻｆ(４)(ｘ)＝ａ４ｃｏｓａｘ＋６(１－ｘ)４＋６(１＋ｘ)４ꎬｆ(４)(０)＝ａ４＋１２.由定理可得:若－２<ａ<２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)>０ꎬ０∉Ｓꎻ若ａ>２或ａ<－２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)<０ꎬ０ɪＳꎻ若ａ＝ʃ２ꎬ则ｆᶄ(０)＝ｆᵡ(０)＝ｆ‴(０)＝０ꎬｆ(４)(０)>０ꎬ０∉Ｓ.综上ꎬａ的取值范围为(－ɕꎬ－２)ɣ(２ꎬ＋ɕ).４试题推广本题还可以作如下推广.(１)证明:当０<ｘ<１时ꎬｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ<ｘꎻ(２)已知函数ｆ(ｘ)＝ｃｏｓａｘ－ａｌｎ１－ｘ２()ꎬ若ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极大值点ꎬ求ａ的取值范围[２].解㊀(１)略.(２)显然ｆ(ｘ)的定义域是Ｉ＝(－１ꎬ１).易见ｘɪＩ时ｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋ａ１－ｘ－ａ１＋ｘꎬｆᶄ(０)＝０ꎻｆᵡ(ｘ)＝－ａ２ｃｏｓａｘ＋ａ(１－ｘ)２＋ａ(１＋ｘ)２ꎬｆᵡ(０)＝２ａ－ａ２ꎻｆ‴(ｘ)＝ａ３ｓｉｎａｘ＋２ａ(１－ｘ)３－２ａ(１＋ｘ)３ꎬｆ‴(０)＝０ꎻｆ(４)(ｘ)＝ａ４ｃｏｓａｘ＋６ａ(１－ｘ)４＋６ａ(１＋ｘ)４ꎬｆ(４)(０)＝ａ４＋１２ａ.设Ｓ表示ｆ(ｘ)的极大值点的集合.由定理可得:若０<ａ<２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)>０ꎬ０∉Ｓꎻ若ａ<０或ａ>２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)<０ꎬ０ɪＳꎻ若ａ＝２ꎬ则ｆᶄ(０)＝ｆᵡ(０)＝ｆ‴(０)＝０ꎬｆ(４)(０)>０ꎬ０∉Ｓꎻ若ａ＝０ꎬ则ｆ(ｘ)＝１为常数ꎬ０∉Ｓ.综上ꎬａ的取值范围为(－ɕꎬ０)ɣ(２ꎬ＋ɕ).试题以三角函数㊁对数函数为背景.三角函数的导数是中学数学教学的重点与难点.试题巧妙地将三角函数与对数函数相结合ꎬ讨论函数的极值问题ꎬ具有一定的综合性.试题的高等数学背景是极值的第三充分条件ꎬ起点高ꎬ但落点低ꎬ设计新颖ꎬ紧扣课程标准.通过第(１)问铺设好的不等式ꎬ给第(２)问的证明提高了思路ꎬ降低了思维强度.参考文献:[１]刘品德ꎬ李义仁.函数奇偶性的应用[Ｊ].数学通讯ꎬ２０１５(Ｚ４):１０－１１.[责任编辑:李㊀璟]２６。

利用二级结论　优解椭圆小题——2023年高考数学甲卷理科第12题解法探究ʏ甘肃省张掖市实验中学 王新宏圆锥曲线试题是高考数学的必考试题,是重点也是难点㊂大部分同学对其有畏惧心理,找不到解决的突破口㊂2023年高考数学甲卷理科第12题是一道椭圆压轴小题,它以椭圆焦点三角形为背景,考查椭圆的定义㊁余弦定理㊁焦点三角形等知识,题干简洁,设问直接,内涵丰富㊂本题入手比较容易,方法比较多,考查同学们理性思维与数学探究能力,体现了逻辑推理㊁直观想象㊁数学运算等核心素养㊂解决本题的关键在于数形结合,即可考虑用余弦定理,也可考虑焦半径公式㊁焦点三角形面积公式㊁中线的向量公式㊁中线定理㊁极化恒等式等相关二级结论迅速求解㊂试题凝聚了命题专家的心血与智慧,简约而不简单,为不同能力水平的同学提供了相应的思考空间,是一道独具匠心的好题㊂1.试题呈现2023年高考数学甲卷理科第12题:图1如图1所示,设O 为坐标原点,F 1,F 2为椭圆C :x 29+y26=1的两个焦点,点P 在椭圆C上,c o s øF 1P F 2=35,则|O P |=( )㊂A.135 B .302 C .145 D .3522.解法探究解法1:(挖出两角互补这个隐含条件)由椭圆方程知a 2=9,b 2=6㊂因为c 2=a 2-b 2,所以a =3,c =3,e =c a =33㊂在әP F 1F 2中,由余弦定理得:c o s øF 1P F 2=|P F 1|2+|P F 2|2-|F 1F 2|22|P F 1|㊃|P F 2|㊂则35=|P F 1|2+|P F 2|2-(23)22|P F 1|㊃|P F 2|=(|P F 1|+|P F 2|)2-122|P F 1|㊃|P F 2|-1㊂所以85=36-122|P F 1|㊃|P F 2|=12|P F 1|㊃|P F 2|,解得|P F 1|㊃|P F 2|=152㊂在әP O F 1和әP O F 2中,øP O F 1+øP O F 2=π,由余弦定理得:|P O |2+|O F 1|2-|P F 1|22|P O |㊃|O F 1|=-|P O |2+|O F 2|2-|P F 2|22|P O |㊃|O F 2|㊂解得|P O |2=152,所以|O P |=302㊂点评:解题的关键是发现øP O F 1+øP O F 2=π,c o s øP O F 1=-c o s øP O F 2这样的隐含条件,它往往能帮助整个题目的顺利求解㊂解法2:(借焦半径之力)同解法1,可得|P F 1|㊃|P F 2|=152㊂设P (x P ,y P ),则由焦半径公式得|P F 1|=a +e x P =3+33x P ,|P F 2|=a -e x P =3-33x P ,所以9-13x 2P =152,得x 2P =92㊂将P (x P ,y P )的坐标代入椭圆方程得y 2P =3,所以|O P |=x 2P +y 2P =92+3=302,选B ㊂点评:二级结论之焦半径公式:椭圆x2a2+63 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月y 2b2=1(a >b >0)的两个焦点为F 1(-c ,0),F 2(c ,0),其上一点P (x 0,y 0),则|P F 1|=a +e x 0,|P F 2|=a -e x 0㊂证明过程:|P F 1|=(x 0+c )2+y 20=(x 0+c )2+b 2-b 2x 2a 2=c 2x 20a2+2c x 0+a2=c x 0a+a2=c x 0a+a =e x 0+a ㊂同理可证|P F 2|=a -e x 0㊂焦点在y 轴上的椭圆的焦半径公式为|P F 1|=a +e y 0,|P F 2|=a -e y 0㊂解法3:(与焦点三角形面积公式结合)设øF 1P F 2=2θ,0<θ<π2,所以S әP F 1F 2=b 2t a nøF 1P F 22=b 2t a n θ㊂由c o s øF 1P F 2=c o s 2θ=c o s 2θ-s i n 2θc o s 2θ+s i n 2θ=1-t a n 2θ1+t a n 2θ=35,解得t a n θ=12或-12(舍去)㊂由椭圆方程可知,a 2=9,b 2=6,c 2=a 2-b 2=3㊂所以,S әP F1F2=12ˑ|F 1F 2|ˑ|y P |=12ˑ23ˑ|y P |=6ˑ12,解得y 2P =3㊂则x 2P =9ˑ1-36=92㊂因此,|O P |=x 2P +y 2P =3+92=302,故选B ㊂点评:二级结论之椭圆焦点三角形面积公式:椭圆x 2a 2+y2b 2=1(a >b >0)的两个焦点为F 1(-c ,0),F 2(c ,0),其上异于左右顶点的一点P (x 0,y 0)(x 0ʂʃa ),则әP F 1F 2的面积S =b 2t a n α2(α=øF 1P F 2)㊂证明过程:如图2所示,设P (x ,y ),由余弦定理得|F 1F 2|2=|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1|㊃|P F 2|c o s α㊂①由椭圆的定义得:图2|P F 1|+|P F 2|=2a ㊂②则②2-①得:|P F 1|㊃|P F 2|=2b21+c o s α㊂故S әP F 1F 2=12|P F 1|㊃|P F 2|s i n α=12㊃2b 21+c o s αs i n α=b 2t a n α2㊂解法4:(与中线的向量公式结合)由题意知|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1|㊃|P F 2|c o s øF 1P F 2=|F 1F 2|2,即|P F 1|2+|P F 2|2-65|P F 1||P F 2|=12㊂①并且|P F 1|+|P F 2|=6㊂②解得|P F 1||P F 2|=152,|P F 1|2+|P F 2|2=21㊂而P O ң=12P F 1ң+P F 2ң ,所以|O P |=|P O ң|=12|P F 1ң+P F 2ң|㊂则|P O ң|=12|P F 1ң+P F 2ң|=12|P F 1ң|2+2P F 1ң㊃P F 2ң+|P F 2ң|2=1221+2ˑ35ˑ152=302,故选B ㊂图3点评:如图3所示,若A D 为әA B C 边B C 的中线,则A D ң=12(A B ң+A C ң),中线的向量公式在高考中也备受青睐㊂解法5:(与中线定理结合)由题意知|P F 1|+|P F 2|=2a =6㊂①|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1||P F 2|㊃c o s øF 1P F 2=|F 1F 2|2,即|P F 1|2+|P F 2|2-65|P F 1||P F 2|=12㊂②联立①②,解得|P F 1|2+|P F 2|2=21㊂73解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月由中线定理可知,|O P |2=2(|P F 1|2+|P F 2|2)-|F 1F 2|24㊂易知|F 1F 2|=23,解得|O P |=302㊂故选B ㊂点评:(1)二级结论之中线定理:如图4所示,若平行四边形A B C D 的对角线交于点O ,则|A O ң|2=2(|A B ң|2+|A C ң|2)-|C B ң|24㊂图4证明过程:A B ң+A C ң=2A O ң,①A B ң-A Cң=C B ң㊂②①2+②2得2(|A B ң|2+|A C ң|2)=(2|A O ң|)2+|C B ң|2,则|A Oң|2=2(|A B ң|2+|A C ң|2)-|C B ң|24,得证㊂中线定理在计算有关中线长度与相邻两边长度关系时,化繁为简,从而事半功倍㊂(2)中线定理的一个有用推论:平行四边形对角线的平方和等于其相邻两边平方和的两倍,即在图4中,|B D ң|2+|A C ң|2=2(|A B ң|2+|A D ң|2)㊂解法6:(与极化恒等式结合)由题意知|P F 1|+|P F 2|=2a =6㊂①|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1||P F 2|㊃c o s øF 1P F 2=|F 1F 2|2,即|P F 1|2+|P F 2|2-65|P F 1||P F 2|=12㊂②联立①②,解得|P F 1||P F 2|=152,|P F 1|2+|P F 2|2=21㊂由极化恒等式得P F 1ң㊃P F 2ң=|P F 1ң|㊃|P F 2ң|c o s øF 1P F 2=|O P ң|2-|O F 1ң|2=92,解得|O P |=302㊂故选B ㊂点评:二级结论之极化恒等式:如图4所示,若平行四边形A B C D 的对角线交于点O ,则A B ң㊃A D ң=|A O ң|2-|B O ң|2㊂证明过程:A B ң+A C ң=2A O ң,①A B ң-A D ң=D B ң㊂②①2-②2,得A B ң㊃A C ң=14[(2|A O ң|)2-(2|B O ң|)2]=|A O ң|2-|B O ң|2,得证㊂极化恒等式在处理与中线有关的数量积时,往往会出奇制胜,事半功倍㊂3.巩固练习(1)(2019年高考浙江卷理科第15题)已知椭圆x 29+y25=1的左焦点为F ,点P 在椭圆上且在x 轴的上方,若线段P F 的中点在以原点O 为圆心,|O F |为半径的圆上,则直线P F 的斜率是㊂(2)(2019年全国Ⅰ卷文科第12题)已知椭圆C 的焦点为F 1(-1,0),F 2(1,0),过F 2的直线与椭圆C 交于A ,B 两点,如果|A F 2|=2|F 2B |,|A B |=|B F 1|,则椭圆C 的方程为( )㊂A.x 22+y 2=1 B .x 23+y 22=1C .x 24+y 23=1 D .x 25+y24=1答案:(1)15 (2)B 4.小结与启示从以上内容可以看出,对于解析几何小题,一般不直接考虑设点的坐标运算,而是先画草图,接着充分考虑图形的几何性质特征与圆锥曲线定义,以及相关的二级结论,这样往往更能帮助同学们看清图形元素间内在的联系,挖掘问题本质,简化解题过程,减少运算量,提高解题的效率,快速准确解题㊂对高考真题进行适当的研究,不但可以明确高考重难点,把握高考方向,避免学习的随意性㊁盲目性,而且可以有效训练同学们的思维能力,培养创新意识,提高学习数学的兴趣㊂(责任编辑 徐利杰)83 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月。

一道试题的解法探究与教学反思广西南宁市第三十六中学（530001）　庞　毅［摘　要］通过对一道高三摸底试题进行考情分析、解法探究和问题拓展，揭示试题的本质，并从注重解题经验积累培养数学运算素养、注重信息技术应用培养学生数字素养两个方面提出教学反思。

［关键词］解法探究；教学反思；圆锥曲线；信息技术［中图分类号］ G 633.6 ［文献标识码］ A ［文章编号］ 1674-6058（2024）05-0025-03解析几何是高考加强“综合性”考查的重要载体。

广西南宁市2024届高中毕业班摸底测试第21题将直线与椭圆的位置关系以及长度计算相结合，问题设计紧扣高考评价体系的“基础性、综合性、应用性、创新性”考查要求，既基础又开放，对高三数学复习备考具有重要的参考意义。

一、试题呈现与考情分析（一）试题呈现已知平面上动点E 到点A （1，0）与到圆B ：x 2+y 2+2x -15=0的圆心B 的距离之和等于该圆半径。

记Ε的轨迹为曲线Γ。

（1）说明Γ是什么曲线，并求Γ的方程；（2）设C 、D 是Γ上关于x 轴对称的不同两点，点M 在Γ上，且M 异于C 、D 两点，O 为原点，直线CM 交x 轴于点P ，直线DM 交x 轴于点Q ，试问||OP ·||OQ 是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由。

评析：本题主要考查椭圆的定义、标准方程、几何性质和直线方程等主干知识，考查通过代数运算结果判断几何性质的坐标法和函数与方程、转化与化归以及数形结合等数学思想，考查逻辑推理、数学运算等核心素养。

第（2）问是开放性问题，重点考查学生的创新能力和探索精神。

（二）考情分析本题的考试情况如表1所示。

表1　考情分析题目第21题实考人数54110满分12平均分1.15标准差1.77难度0.15区分度0.21满分率0.16零分率29.52从统计的结果来看，本题总体平均分1.15，难度0.15，这个结果出乎命题组的预料。

试题研究２０２３年６月上半月㊀㊀㊀由考题定考向,探方法成策略以２０２１年新高考全国I卷解三角形问题为例◉江苏省连云港市城头高级中学㊀程玲强㊀㊀１真题呈现,问题解析考题㊀(２０２１年新高考全国Ⅰ卷第１９题)记әA B C的内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知b２＝a c,点D在A C边长,B D s i nøA B C＝a s i n C．(１)证明:B D＝b;(２)若A D＝２D C,求c o søA B C ．图１解析:本题为解三角形问题,可先绘制辅助图形,如图１所示．(１)根据题设可知,B D＝a s i n Cs i nøA B C．由正弦定理得cs i n C＝bs i nøA B C,即s i n Cs i nøA B C＝cb．所以B D＝a cb,又知b２＝a c,则推出B D＝b,得证．(２)由A C＝b,A D＝２D C,可得A D＝２b３,D C＝b３．所以,在әA B D中,c o søA D B＝１３b２９－c２４b２３．同理可得c o søC D B＝１０b２９－a２２b２３．因为øA D B＝π－øC D B,所以１３b２９－c２４b２３＝a２－１０b２９２b２３,整理得２a２＋c２＝１１b２３．又b２＝a c,所以２a２＋b４a２＝１１b２３,整理得６a４－１１a２b２＋３b４＝０,解得a２b２＝１３或a２b２＝３２．在әA B C中,由余弦定理,可得c o søA B C＝a２＋c２－b２２a c＝４３－a２２b２．当a２b２＝１３时,c o søA B C＝７６＞１,不符合题意;当a２b２＝３２时,c o søA B C＝７１２．综上可知,c o søA B C＝７１２．另解:对于第(２)问,还可以从向量视角来解析．已知A D＝２D C,则D是三角形边A C的三等分点,则有B Dң＝１３B Aң＋２３B Cң,两边平方,可得|B Dң|２＝１９|B Aң|２＋４９|B Aң||B Cң|c o søA B C＋４９|B C|２．①在әA B C中,由余弦定理,可得c o søA B C＝a２＋c２－b２２a c．结合题目条件有b２＝９D C２＝a c,B D＝b＝３D C．将上述式子代入①式,消去B D,c o søA B C和b,可初步得到６a２－１１a c＋３c２＝０,则c＝２３a或c＝３a．当c＝３a时,b２＝a c＝３a２,由余弦定理,得c o søA B C＝７６＞１,不符合题意;当c＝２３a时,b２＝a c＝２３a２,可得c o søA B C＝７１２．２命题揭秘,技巧探究上述考题为高考常见的解三角形问题,主要考查三角函数的核心知识,如正弦定理㊁余弦定理,以及利用定理度量三角形,对学生计算分析㊁利用知识解决实际问题的能力有较高的要求．下面深入解读考题的０６Copyright©博看网. All Rights Reserved.２０２３年６月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀命题规律,以及常用的解题技巧．２．１命题规律探究正弦定理㊁余弦定理是高考的热点知识,也是解三角形的核心知识,它们常用来求解三角形的相关问题,如已知边求其他角,判断三角形的形状,求三角形的面积,等等．同时,考题中也常将两个定理与和差公式㊁倍角公式以及三角形的面积公式相结合,转化的技巧性极强．问题解答需要灵活运用正弦定理㊁余弦定理,并有效结合函数与方程思想㊁化归转化思想等．２．２解题技巧探究正弦定理㊁余弦定理是解三角形的核心知识,对应变形式的应用也极为广泛,也是需要重点掌握的知识;另外需要掌握以下几个解析技巧．(１)正弦定理的推广:a s i n A＝b s i n B＝c s i n C＝２R,其中R为әA B C外接圆的半径．求解әA B C外接圆的面积或周长时,可利用正弦定理的推广式来求外接圆的半径．(２)三角形面积公式:S＝１２a b s i n C＝１２b c s i n A＝１２c a s i n B．对于上式,可从三角形内角与边来解读,即三角形的面积可表示为任意两边及其夹角正弦值乘积的一半．(３)正弦知识与三角形个数:利用正弦定理的变形式可判断满足条件的三角形个数．由正弦定理可变形出s i n B＝b s i n A a．当s i n B＝b s i n A a＞１,则满足条件的三角形为０个,即无解;当s i n B＝b s i n A a＝１,则满足条件的三角形为１个;当s i n B＝b s i n A a＜１,则满足条件的三角形为１个或２个．(４)正弦定理的适用问题:已知两角和任意一边,求其他边和角;已知两边和其中一边的对角,求其他边和角．(５)利用正㊁余弦定理解题常用策略:利用两个定理解题常结合转化思想,即将边转化为角,或将角转化为边,最终目标是实现角或边的统一．对于三角形中的不等式问题,可利用两个定理来适当 放缩 ．对于三角形的取值范围问题,若以余弦定理为切入点,则可将问题转化为不等式;若以正弦定理为切入点,则可将问题转化为三角函数．３关联探究,解题分析解三角形问题的类型十分多样,所涉知识考点也较为众多,结合图形理解条件把握三角形特征,活用定理是解题的关键．下面结合具体问题进行关联探究．３．１倍角公式转化,破解三角函数值问题涉及倍角的三角函数问题较为特殊,需用倍角公式构建倍角与三角形内角的关系,然后利用正弦定理㊁余弦定理加以运算突破．图２例１㊀如图２所示,用三个全等的әA B F,әB C D,әC A E拼成了一个等边三角形A B C,әD E F为等边三角形,且E F＝２A E,设øA C E＝θ,则s i n２θ的值为．解析:设A E＝k(k＞０),则E F＝２k．由øA C E＝θ,әA B F,әB C D,әC A E全等,可得øF A B＝θ, C D＝k,D E＝２k．又әA B C为等边三角形,所以øC A E＝π３－θ．在әC A E中,由正弦定理,可得A Es i nøA C E＝C Es i nøC A E,即３s i nθ＝３２c o sθ－１２s i nθ．整理得t a nθ＝３７,则s i n２θ＝２t a nθt a n２θ＋１＝２ˑ３７３４９＋１＝７３２６．评析:例１是关于倍角的三角函数问题,问题涉及了全等三角形和等边三角形,利用正弦定理来求解所涉内角的正弦值是解题的基础,而利用倍角公式构建三角形内角和倍角之间的关系则是解题的关键．３．２正弦定理转化,破解面积取值问题三角形面积取值问题十分常见,从三角函数视角分析,可灵活运用正弦定理来求解,对于其中取值范围的分析,则可结合角度和边长的大小关系．例２㊀在锐角三角形A B C中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知b s i n B＋C２＝a s i n B,且c＝２,则锐角三角形A B C面积的取值范围为．解析:由b s i n B＋C２＝a s i n B,可得b c o s A２＝a s i n B．由正弦定理,可得s i n B c o s A２＝s i n A s i n B．由０＜B＜π２,可得s i n B＞０,故c o s A２＝s i n A,即c o s A２＝２s i n A２c o s A２．又０＜A＜π２,所以０＜A２＜π４,则c o sA２＞０．故s i nA２＝１２,进而可得A＝π３．１６Copyright©博看网. All Rights Reserved.试题研究２０２３年６月上半月㊀㊀㊀图３如图３所示,在әA B C中B C１ʅA C,B C２ʅA B,可知A C１＝A Bc o sπ３＝１,A C２＝A Bc o sπ３＝４．因为әA B C为锐角三角形,所以点C在线段C１C２上运动,但不包括端点,于是有A C１＜b＜A C２,即１＜b＜４．而әA B C的面积可表示为SәA B C＝１２b c s i n A＝３２b,结合b的取值可得３２bɪ(３２,２３)．故әA B C面积的取值范围为(３２,２３)．评析:例２是求三角形面积的取值范围问题,解题的关键是构建三角形模型㊁确定b的取值范围．上述解题分两阶段突破．第一阶段,结合余弦定理确定内角A的大小;第二阶段,结合图形求解b的取值范围,进而由三角形面积公式求面积的取值范围．３．３两角和差转化,破解三角函数最值问题对于与两角相关的三角函数值问题,突破的核心是两角和与差的公式,即完成两角的统一化,构建单一变量,将问题转化为简单的函数问题,然后利用函数性质求最值．例３㊀在әA B C中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,其面积S可表示为S＝b２＋c２－a２４,试回答下列问题．(１)如果a＝６,b＝２,求c o s B的值;(２)试求s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)的最大值．解析:(１)简答．利用面积公式可得A＝π４,结合正弦定理可得s i n B＝b s i n A a＝６６,分析可知B为锐角,故c o s B＝３０６．(２)由(１)可知A＝π４,所以s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)＝２２s i n B＋２２c o s B＋s i n B c o s B＋２２s i n B＋２２c o s B＝２(s i n B＋c o s B)＋s i n B c o s B．令t＝s i n B＋c o s B＝２s i n(B＋π４),由Bɪ(０,３π４),得B＋π４ɪ(π４,π),则s i n(B＋π４)ɪ(０,１],所以tɪ(０,２]．故s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)＝２t＋t２－１２＝１２(t＋２)２－３２,tɪ(０,２]．分析可知,当t＝２,B＝π４时,原式取得最大值,且最大值为５２．评析:上述第(２)问可视为是两角和差的三角函数最值问题,突破的核心策略是角的转化,即通过内角的变换将问题转化为单一内角的三角函数问题．上述解析过程充分利用了两角和与差的公式㊁内角的三角函数基本关系等,问题的转化思想和运算技巧体现得极为充分．４解后反思,教学建议解三角形问题是高考数学的重要题型,探究命题规律,总结解题技巧是教学探究的重点,下面进一步进行反思教学．４．１理解定理内涵,正确认识定理正弦定理㊁余弦定理是破解 解三角形 问题的核心定理,充分理解定理内涵㊁正确认识定理是探究学习的关键．实际上两大定理揭示了三角形边角关系．如余弦定理体现了三角形三边长与一个角余弦值的关系,是对勾股定理的推广;而正弦定理则体现了三角形各边和所对角正弦值之比的关系．教学中要帮助学生理解该知识内涵,同时引导学生体验定理的探究过程,掌握定理的证明方法,强化学生的思辨思维,以从根本上掌握解三角形问题的知识核心．４．２开展思维训练,总结通性通法边化角 和 角化边 是解三角形问题常用的两种思路,总体而言就是为了实现问题条件的 边 或角 的统一．在教学中要重视学生的思维训练,促使学生充分掌握该类问题的通性通法,正确判断解决问题应选用的方法．４．３关注类型问题,总结破题技巧解三角形问题的类型十分多样,问题的综合性㊁拓展性极强,因此关注问题的多种类型,总结破题技巧十分关键[１]．实际教学中,教师要帮助学生构建解三角形问题的体系,引导学生合理变式,灵活运用定理㊁公式来转化突破．同时注意拓展解法,提升学生的思维水平．参考文献:[１]景君．不畏浮云遮望眼 一道江苏联赛解三角形题的剖析[J]．中学数学,２０２１(７):１９Ｇ２０．Z２６Copyright©博看网. All Rights Reserved.。

2020年第12期(上)中学数学研究21渗透思想方法拓展解题思路—–以一道高考题的解法探究为例云南省昆明市第三中学(650500)太敬艺摘要数学思想方法属于隐性知识,高中数学主要涉及函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归思想以及蕴含丰富哲学思想的反证法.日常教学中,教师应当立足概念本质,使学生感受解题方法的产生过程,在方法中提炼思想,在提炼中发展数学核心素养.关键词思想方法;逻辑推理;数形结合;分类讨论;反证法2017年新课程标准提出高中数学教学活动的关键是启发学生学会数学思考,引导学生会学数学、会用数学,并将数学基本思想和基本活动经验纳入“四基”范畴.教师在教学过程中不仅要强调基础知识和基本技能的掌握,还要深入挖掘题目蕴含的思想方法,鼓励学生基于已有知识经验从多种角度解读、分析、处理数学问题,从而逐步树立敢于创新、善于思考、严谨求实的科学精神.近年来,一线教师愈加重视培养学生运用数学思想方法解题的能力,但如果针对题目本身仅强调对应的某种思想方法则不免有失偏颇,学生的思维不仅没有得到充分的延展,也不利于对题目蕴含的思想方法有更深入的认识.笔者以一道高考题为例,全面剖析其中涵盖的数学思想方法以及在教学实践中的应用.一、试题呈现题目(2020年全国III 卷理科第21题)设函数f (x )=x 3+bx +c ,曲线y =f (x )在点(12,f (12))处的切线与y 轴垂直.(1)求b ;(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点,证明:f (x )所有零点的绝对值都不大于1.证明设两条直线相交于点A (x 0,y 0),切线斜率是k ,y −y 0=k (x −x 0).联立直线与椭圆方程可得:(a 2k 2+b 2)x 2+2a 2k (y 0−kx 0)x +a 2[(y 0−kx 0)2−b 2]=0,由直线与椭圆相切,得∆=[2a 2k (y 0−kx 0)]2−4(a 2k 2+b 2)a 2[(y 0−kx 0)2−b 2]=0,化简得:(a 2−x 20)k 2+2x 0y 0k +b 2−y 20=0,显然该方程有两根k 1,k 2,k 1·k 2=−1,即b 2−y 2a 2−x 20=−1,化简得x 2+y 2=a 2+b 2.类似于上面的证明,不难得到对于双曲线x 2a 2−y 2b2=1,其蒙日圆方程是:x 2+y 2=a 2−b 2.如果为了表示形式上的统一,可将双曲线表示为x 2a 2+y 2(b i )2=1,x 2+y 2=a 2+(b i )2.抛物线y 2=2px (p >0)上任意两点做抛物线的切线,两切线交点的轨迹是准线x =−p2.我们以如下高考题为例来说明蒙日圆的应用:例1(2014年高考广东卷理科第20题)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的右焦点为(√5,0),离心率为√53.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)若动点P (x 0,y 0)为椭圆C 外一点,且点P 到椭圆C 的两条切线相互垂直,求点P 的轨迹方程.解(1)易得椭圆方程为x 29+y 24=1.(2)显然点P 在椭圆C 的蒙日圆上,所以点P 轨迹是x 2+y 2=9+4,即x 2+y 2=13.由上述例题可知,若是师生在高三总复习中,提纲挈领,集中解决与富瑞吉定理、蒙日圆相关的问题,必然会有良好的收效.在复习时间紧张的高三,综合统一解决一类问题的教学策略,更易获得学子们的青睐.参考文献[1]戴维韦尔斯(著),余应龙(译).奇妙而有趣的几何[M].上海教育出版社,2006:84.[2]王永生.指向数学文化渗透的试题命制—–以一道高考“解析几何”模拟试题的命制为例[J].数学通讯,2019(5):46-50.22中学数学研究2020年第12期(上)二、解法探究问题(1)较为简单,解答从略.下文着重探究问题(2)的解法.解法一(函数思想)分析:第(1)问求得b=−34,在b值已确定的情况下,c是f(x)唯一的参变量,启发我们从两种角度分析本题,其一是求导分析单调性和最值确定c的范围,利用c的范围解关于零点的不等式从而确定任意零点的取值范围;其二是将f(x)的零点问题转化为两函数图象交点横坐标取值问题,采取数形结合和分类讨论的思想方法,以形助数.一目了然.角度一(求导确定范围)设x0为f(x)的一个零点且|x0| 1,f(x0)=x30−34x0+c=0,c(x0)=−x30+34x0,求导得c′(x0)=−3x20+34,c(−1)=14,c(1)=−14,c(−12)=−1 4,c(12)=14,所以c∈[−14,14].设x1为f(x)的任一零点,f(x1)=x31−34x1+c=0,由c=(−x31+34x1)∈[−14,14]可得不等式组:4x31−3x1−1=(x1−1)(2x1+1)2 0,4x31−3x1+1=(x1+1)(2x1−1)2 0,解得−1x1 1,即|x1| 1,故f(x)所有零点的绝对值都不大于1,命题得证.角度二(初等函数图象的交点问题)令f(x)=x3−3 4x+c=0即x3−34x=−c.1⃝当x=0时,c=0,此时f(x)的零点分别为x1=0,x2=√32,x3=−√32符合题意;2⃝当x=0时有x2−34=−cx,令g(x)=x2−3 4,h(x)=−cx,c>0时函数图象如下图所示(这里应向学生强调在探究题目解法时利用函数图象辅助分析,不能单独作为严谨的证明过程):图1图2通过函数图象的对称性直观看到,若存在|x0| 1,当−1 x0<0时,任意x1使得g(x1)=h(x1),都有0<x1<1(图1);当0<x0 1时,任意x1使得g(x1)=h(x1),都有−1 x1<0(图2);读者可自行类比分析c<0的情况.解法二(方程思想)分析:方程与函数关系密切,可将本例中函数零点问题转化为方程实根问题进行讨论.原命题可等价转化为:若方程x3−34x+c=0有一个绝对值不大于1的实根,证明该方程所有实根的绝对值都不大于1.下面提供两种角度确定c的范围.角度一(配方变形)(1)4x3−3x+4c=(x+1)(2x−1)2+4c−1=0,(2)4x3−3x+4c=(x−1)(2x+1)2+4c+1=0.若存在实数解x1且|x1| 1,由(1),(2)式解得−14c 14,后续过程见解法一.角度二(卡尔达诺公式(Cardano formula))一元三次方程的根的分布问题容易联想到著名的卡尔达诺公式,教师可以类比一元二次方程根据学生已有知识经验,介绍一元三次方程的解法及卡尔达诺公式,促进学生思维品质的改善.特殊型一元三次方程x3+px+q=0(p,q∈R)的判别式为∆=(q2)2+(p3)3.当∆>0时,有一个实根和一对共轭虚根;当∆=0时,有三个实根,其中一个为两重根;当∆<0时有三个不等实根.由于本例只讨论实数根的情况,故要求∆ 0,∆=(q2)2+(p3)3=(c2)2−164,同样可得c∈[−14,14].解法三(反证法)分析:逻辑推理能力是高中阶段数学核心素养之一,中学数学的推理论证能力是根据已知事实和已获得的正确数学命题论证某一数学命题真实性的初步的推理能力.反证法是间接证明的一种重要方法,体现了化归与转化的数学思想.其原理是原命题和其逆否命题的真假性相同,基本证明过程为:反设(肯定题设而否定结论),归谬(经过推理导出矛盾),从而原命题得证.基于方程思想写出原命题:若方程x3−34x+c=0有一个绝对值不大于1的实根,则该方程所有实根的绝对值都不大于1.1⃝反设:x3−34x+c=0有一个绝对值不大于1的实根x1,假设该方程存在实根x2且|x2|>12⃝归谬:x31−34x1+c=0,x32−34x2+c=0,化简可得:(x32−x31)+34(x1−x2)=0,即(x2−x1)(x22+x1x2+x21)−34(x2−x1)=0,而x1=x2,x22+x1x2+x21−34=0是一个关于x2的一元二次方程,该方程存在实数解则需考虑判别式∆=x21−4(x21−34) 0成立,而|x1| 1,所以∆=3−3x21 0,由求根公式可得x2=−x1±√3−3x212,2020年第12期(上)中学数学研究232020年美国数学竞赛(AMC12B)的试题与解答华南师范大学数学科学学院(510631)李湖南1.下列表达式√1+√1+3+√1+3+5+√1+3+5+7的最简值是多少?(A)5(B)4+√7+√10(C)10(D)15(E)4+3√3+2√5+√7解直接计算,原式=1+2+3+4=10,故(C)正确.2.下列表达式1002−72702−112·(70−11)(70+11)(100−7)(100+7)的值是多少?(A)1(B)99519950(C)47804779(D)108107(E)8180解由平方差公式可知,原式=1,故(A)正确.3.已知w 与x 之比为4:3,y 与z 之比为3:2,z 与x之比为1:6.则w 与y 之比是多少?(A)4:3(B)3:2(C)8:3(D)4:1(E)16:3解化简即得w y =w x ·x z ·z y =43·61·23=163,故(E)正确.4.一个直角三角形的两个锐角分别是a ◦和b ◦,其中a >b 且a 和b 均为素数.则b 最小可能的值是多少?(A)2(B)3(C)5(D)7(E)11解问题转化为求a +b =90的最小素数解,可解得a =83,b =7,故(D)正确.5.球队A 和B 正在打篮球联赛,每场比赛都要决出胜负.球队A 赢了23的比赛,球队B 赢了58的比赛,而且球队B 比球队A 多赢了7场比赛也多输了7场比赛.则球队A 打了多少场比赛?(A)21(B)27(C)42(D)48(E)63解设球队A 和B 分别打了x ,y 场比赛,依题意有: 58y −23x =7,38y −13x =7,解方程组得x =42,y =56.故(C)正确.6.对于所有整数n 9,(n +2)!−(n +1)!n !的值是以下哪个?(A)4的倍数(B)10的倍数(C)一个素数(D)一个平方数(E)一个立方数解(n +2)!−(n +1)!n !=(n +1)·(n +1)!n !=(n +1)2,它是一个平方数,故(D)正确.7.xy -坐标平面上的两条非水平、非竖直的直线相交于点O ,且夹角为45◦.一条直线的斜率是另一条直线斜率的6倍.则这两条直线斜率乘积的最大值是多少?(A)16(B)23(C)32(D)3(E)6解设两条直线的方程分别为y =kx,y =6kx ,倾斜角分别为α,β,依题意可得β=α±45◦.于是6k =tan β=tan (α±45◦)=tan α±tan 45◦1∓tan α·tan 45◦=k ±11∓k,化简得±6k 2−5k ±1=0,解得k =±12,±13.所求的最大值为(k ·6k )max =32.故(C)正确.由假设x 2>1,x 21±2x 1√3−3x 21+(3−3x 21)>4,4x 21(3−3x 21)>(1+2x 21)2,16x 41−8x 21+1<0,(4x 21−1)2<0.该不等式在实数范围内不成立,由矛盾可知假设错误,原命题得证.三、总结本例中解法一的求导分析法比较常规,学生容易想到,但运算过程冗长,思路固定化,不利于培养学生的发散性思维;解法二对学生思维的灵活性要求较高,可以类比一元二次方程,逐步深入,适当引导学生探究一元三次方程的相关解法;解法三利用反证法,正难则反,即间接证明的思路帮学生打破僵化思维,开拓解题视野.高中各章节数学知识之间存在着内在联系,呈现出很强的层次性和系统性,如函数与方程、零点与实根,直接证法和间接证法.为帮助学生将这些看似无关的知识整合起来,教师在教学活动中应当坚持问题驱动原则,提炼数学思想方法,有意识地引导学生从不同角度剖析问题,进行多解尝试.此外,教师在教学中应当“道而弗牵,强而弗抑,开而弗达”,这样学生有自主思考的空间才能举一反三,事半功倍.。