一道高考题的五种解法

将 一 即 一 。代 人 上 式 得
一 ｏｓ 一
者 见 仁 ， 者 见 智 ， 文 给 出 以下 五种 解 法 ， 读 者参 考 ． 智 本 供
法一 ： 用韦达定理设而不求． 利
赤
’
，
①
②
同理 在 △ＡＥＦ中 有 Ｃ ＝ ＯＯ ｓ
／ ３
据 意 椭 方 为 一 ，设 线ｌ 方 为 题 设 圆 程 玉＋ １ 直 的 程 并
别 作 Ａ ， Ｂ Ａ Ｂ 垂 直 于 ｌＡ ， 为 垂 足 ， Ｂ 作 Ｂ 垂 直 于 ， Ｂ 过 Ｅ
法五 ： 半 径 设 而 不 求 法 ． 焦
据 意 椭 方 为 一，线 Ｂ 斜 为 ， 题 设 圆 程 番＋ １ Ａ倾 角 直
ｌ ＦＩ一 ３ Ａ ｍ，Ｊ Ｉ— ｍ。 Ａ （－３ ｃｓ， ｍ ｉ ） 商 则 ｃ ｏ０一３ ｓ ， ｎ
中掌生数理佗 ． 掌研版
一
道 高考题 的 多种 解 法
一 刘 军 旗
２１ ０ ０年 高 考 全 国 卷 Ⅱ选 择 题 （ ２ ： 知 椭 圆 Ｃ： ＋ １） 已
法 四 ： 用 椭 圆 第 一 定 义 及 余 弦 定 理 求解 ． 利
设 椭 圆 另 一 焦 点 为 Ｅ， 直线 ＡＢ倾 斜 角 为 ０在 △ Ｂ Ｆ 中 ， Ｅ
④ ， ③ ④ 由
——＿ －一 —
—
／ ’ ／ Ｆ
消 得薯 一 去。 蒜
． ２１ ｋ ２， 则 ＝ ， ２ｋ ２ 即 ＝ ＝－ ｆ ．
Ａ
法二 ： 利用 椭 圆 第二 定 义 在 直 角三 角 形 中求 斜 率 ．
如 图 １ 设 直 线 ｌ 椭 圆 的 右 准线 ， ， 为 为离 心率 ， Ａ、 分 过 Ｂ

进一步变形可得
一√ ｊ １ 一
解 法 １利 用导 数 求最 小 值 ： ｓ ㈦ ＝ ４・
，
解 法 ５ 利 用 均 值 不 等 式 Βιβλιοθήκη 最 小 值 ：√３ ｌ一
． ｓ ，ｘ） ４ ． － ： 二
√ ３
一
—
二
） ） （ ２ ＝（＝ ！ ＝ ：
ｃ 苎＝ ± （： ±（ 二 一 ！ 鱼 一 ４ ＝ ｊ ！ 鱼 ） ＿ Ｑ
，
ｓ ＜ ， －４ 二 单 ） ０Ｓ （
因 为 ｍ ＋Ｉ ＿ ６
一
１ ２ ， 一ｏ 一， ０ ＾ｎ ≥ ／ ． １： ２
ｍ
调 减当 ∈ ， ，（ 。 ＝ 递 ； ［ １ ｓ ）， 万 ＿ 吉 ） ． ４二 时 ｓ
单 递 。 当 ｛时 ｓ 最 值 。 调 增 故 ： ，的 小 是
． 一
“＝ ４为定值 ， 根据二次 函数根的分布可得
１
＝
＋Ｉ・ ． Ｉ ） （
『 ３—（ ） 一 ｉ ， △ ６４ （ ）０ ９ ＞
ｌ 对称轴 ＝ — ＜ ， Ｉ
｛ ・ 二 （＜ ＜ ） ＊ ０ １。（ ）
即： ｛
将 Ｓ：
≥’以 ｉ。 同 法 。 ｕ８下 解 ３ 所 ＞
由于 ｓ＝ ： ， “＝ 令
本 题 构 思 巧 妙 ， 颖 别 致 ， 应用 题 的形 式 来 考 新 以 查学生建模思想 以及 分析 问题 和解决 问题 的能力 ， 考 查 学 生 的 创 新 意 识 、 散 思 维 。新 课 标 教 学 的 重 发 要 理 念 是 重 视 数 学 的 应 用性 ， 生 活 中 来 ， 要 回到 从 就 生活 中去 ， 数学不应是高高在上的悬空理论 ， 而应该 是生活的服务生。这种类 型的题 目在今年 的高考 中 出现较多 ， 预计这类试 题 的出现对今 后的高 中数学 命题有着重要的导向作用。 （ 作者单位 ： 北省 当阳市第二 高级 中学） 湖

mv02
2mg 2h2 v02 gh
对v0求导可得
EK
mv0
4mg 2h2v0 (v02 gh)2
当 EK 0 时有极小值即
mv0
4mg 2h2v0 (v02 gh)2
0
即 v02 gh
探险队员的动能最小，最小值为
Emin
3时 v2＝3gh，则最小动能为
(12mv2)min＝32mgh ⑧
解法二
(2) ⑤式可以改写为
EK
1 2
mv02
2mg 2h2 v02 gh
1 2
m(v02
gh
4g 2h2 v02 gh
gh)
当
v02
gh
4g 2h2 v02 gh
即 v0 gh 时，他落在坡面时的动能最小。
2h
质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。 (1)求此人落到坡面时的动能； (2)此人水平跳出的速度为多大
时，他落在坡面时的动能最小？动能 的最小值为多少？
解：(1)设该队员在空中运动的时间为 t，在坡面上落点
的横坐标为 x，纵坐标为 y。由运动学公式和已知条件得
x＝v0t ①
2h－y＝1gt2 ② 2
殊途同归 异曲同工 ---- 一道高考题的四种解法
一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另 一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速 度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为 原点建立坐标系xOy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡 面的抛物线方程为 y 1 x2 ；探险队员的质量为m。人视为
根据题意有
y＝ x2 ③ 2h
y
2hv02 v02 gh
由机械能守恒得，此人落到坡面时的动能为

b
=
一
:
12
Z
x
二
( 3)
s
=
一
2 时,
。
则y
二
10 9 士 t
( 2 )
,
有y
极大
=
一
3
2:
+
22 2
+
20
要 对 数有 意 义
1
一
必须
0
〔解 法 三 〕 ( 利用 判别 式 法 )
原 式移 项 得
因 x 为实 数
(y
一
,
:
3x
“ 一
+
12x +
=
。
(
y 一 8
“
)
4
0
X
一
1
1
>
故△
0
,
( 12 )
。
)
>
2 十 2
a
二
4
〔这 里 是 利 用 不
的极 值
增 函数
。
等式
,
a +
b七 2 衬
b
〔解 」 因 e > l
。
y
=
e ’
是 关 于 自变 量 t 的 其中
,
(
a
>
0
,
b>
1
二
X
0 )〕 ( 3 )
故若 令
x
一
里
一
等 号仅 在
x
x 一
1
一
1
即x
=
2
时
x
x
,
+
1

高考数学答题模板
1. 解法一：代数法
解题步骤：
（1）分析题目，根据所给条件设定变量；
（2）建立方程或不等式，表示已知的条件和要求的关系；（3）求解方程或不等式，得到结果；
（4）结合题意判断答案是否合理；
（5）若需求解区间或范围，还需分析边界条件。

2. 解法二：几何法
解题步骤：
（1）绘制清晰准确的图形，标注已知条件和要求的关系；（2）根据已知条件和要求，运用几何定理推导、引理等，进行求解；
（3）结合题意判断答案是否合理；
（4）若需求解区间或范围，还需分析边界条件。

3. 解法三：综合法
解题步骤：
（1）综合分析题目条件，确定使用代数法或几何法或两者结合进行解答；
（2）根据分析的方法，进行相应的计算和推导；
（3）结合题意判断答案是否合理；
（4）若需求解区间或范围，还需分析边界条件。

4. 解法四：特殊问题解法
解题步骤：
（1）针对特殊问题的特点，寻找相应的解题技巧；
（2）应用特殊问题解法，进行求解；
（3）结合题意判断答案是否合理；
（4）若需求解区间或范围，还需分析边界条件。

5. 解法五：分类讨论法
解题步骤：
（1）将题目所给条件进行分类讨论；
（2）对不同情况分别进行解答；
（3）结合题意判断答案是否合理；
（4）若需求解区间或范围，还需分析边界条件。

注意：上述为解题模板的基本框架，具体情况下可根据题目的要求和条件进行适当的调整和变化。

【数学题】一道高考题的多种解法题目（全国卷I ）如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD，AB//DC，AD ⊥DC，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC 。

（Ⅰ）证明：SE=2EB；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小。

解（I）法1：传统法连结BD ，取DC 的中点G ，连结BG ，由此知1===BG GC DG ，即DBC ∆为直角三角形，故BD BC ⊥。

又⊥SD 平面ABCD ，故SD BC ⊥，又D SD BD = ，所以，⊥BC 平面BDS ，DE BC ⊥。

作EC BK ⊥，K 为垂足，因平面⊥EDC 平面SBC ，故⊥BK 平面EDC ，DE BK ⊥。

DE 与平面SBC 内的两条相交直线BK 、BC 都垂直。

⊥DE 平面SBC ，EC DE ⊥，SB DE ⊥。

622=+=DB SD SB ，32·==SB DB SD DE ，3622=-=DE DB EB ，362=-=EB SB SE ，所以，EBSE 2=法2：建系法以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系xyz D -。

设)0,0,1(A ，则)0,1,1(B ，)0,2,0(C ，)2,0,0(S 。

)2,2,0(-=SC ，)0,1,1(-=BC 。

设平面SBC 的法向量为),,(c b a n =，由SC n ⊥，BC n ⊥得0·=SC n ，0·=BC n 。

故022=-c b ，0=+-b a 。

令1=a ，则1=b ，1=c ，)1,1,1(=n 。

又设EBSE λ=)0(>λ，则)1211(λλλλλ+++，，E 。

)1211(λλλλλ+++=，，DE ，)020(，，DC =。

设平面CDE 的法向量),,(z y x m =，由DE m ⊥，DC m ⊥，得0·=DE m ，0·=DC m 。

一
．
．
式与（ ２ ） 式 消去 ｃ ０ ｓ ａ得 ： ２ ｓ ｉ ｎ ｚ ａ一 源自ｎ 一 ２： ０，
Ｃ ＯＳ ￣ ｔ＝
孚＞ ０ ， 因 此 ｃ ｏ ｓ ２ ａ ＜ ０ ， 从 而 ｃ ０ ａ ＝ 一 孚， 选 Ａ ．
桐 别杆 特
求得
又 由题设 ｎ为第 二 象 限角 ， 所以 ｓ ｉ ｎ ｎ＞ ｏ ， 即ｓ ｉ ｎ ａ： Ｊ
，
， 、
廿 ‘ 一 Ｌ “ 丁 分析 一 ： 利 用三 角 函数 基 本 公 式 ｓ ｉ ｎ 。 ＋ｃ ０ ｓ ＝ １ ， 联 立 方 程 组来 求解 得 ｓ ｉ ｎ ａ ， ｃ ｏ ｓ ａ的值 ， 进 而求 得 ｃ ｏ ｓ ２ 俚的值 ． ／ ｆ ￣ －： ｓ ｉ ｎ ａ＋６ ０ ８ １ （ １ ） ， ｓ ｉ ｎ ａ＋Ｃ Ｏ ａ Ｏ ｔ ＝ （ ２ ） ， 联立 （ １ ）
即２ ａ位于第三或第 四象限， 这样 ｃ ｏ ｓ ２ ａ的符号不唯一 ， 因此这种 方法不 能确 定 ｃ ｏ ｓ ２ ｏ ￣ 的符 号． 下 面从 另一 个 角 度 来 确 定 ｃ ｏ ｓ ２ ｏ ｔ 的符 号 ： 根 据 二 倍 角 公 式 ｃ ｏ ｓ ２ ａ＝ Ｃ Ｏ Ｓ ａ—ｓ ｉ ｎ ａ＝（ ｃ ｏ ｓ ｏ ｔ ＋ ｓ ｉ ｎ ａ ）・ （ ｃ ０ 一 ｓ ｉ ｎ ａ ） ， 因为 Ｑ为 第 二象 限角 所 以 ｃ ０ ＜ ｏ ， ｓ ｉ ｎ ａ＞ ｏ ， 从而 ｃ ｏ ｓ ｏ ｔ — ｓ ｉ ｎ ａ＜ ０ ， 另外 ｓ ｉ ｎ ａ＋
Ｔ
取决
３ ＋ ４ １ ￣
解 法 四 ： 同 解 法 三 实 质 一 样 ， 求 得 ｃ ｏ ｓ ２ ｃ ｔ ＝ 孚， 下 面 来 判 断
，
ｒ Ｓ ＂ 代入 ‘ ２ ’ 式得 ｃ 啪 。

２０２３年新高考Ⅰ卷第２２题的五种解法卢会玉(西北师范大学附属中学ꎬ甘肃兰州７３００７０)摘㊀要:文章从三角函数㊁直线的参数方程等五个角度解析了２０２３年新高考Ⅰ卷第２２题ꎬ通过对新鲜出炉的真题的研究与分析ꎬ剖开了题目的内核ꎬ感受数学思维的变通性㊁反思性㊁严密性㊁开放性的重要性.关键词:新高考ꎻ数学ꎻ五种方法中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０１－００２０－０４收稿日期:２０２３－１０－０５作者简介:卢会玉(１９８１.７－)ꎬ女ꎬ甘肃省天水人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀自新高考施行以来ꎬ有很多学生吐槽数学题通常都是 满纸的不超纲ꎬ但就是不正常说话! 不难发现ꎬ命题者是想通过改变固定的命题模式ꎬ指导教师和学生实现两个转变:从解题到解决问题的转变ꎻ从死板的刷题到培养思维的转变[１].这是在大力推行核心素养的背景下进行的一次具有革命性的变化!２０２３年新高考Ⅰ卷第２２题让我们再一次感受到了数学思维训练的重要性ꎬ下文从三角函数㊁直线的参数方程等五种不同的角度对该题进行了解析.１试题呈现题目㊀(２０２３年新高考Ⅰ卷第２２题)在直角坐标系ｘＯｙ中ꎬ点Ｐ到ｘ轴的距离等于点Ｐ到点(０ꎬ１２)的距离ꎬ记动点Ｐ的轨迹为Ｗ.(１)求Ｗ的方程ꎻ(２)已知矩形ＡＢＣＤ有三个点在Ｗ上ꎬ证明:矩形ＡＢＣＤ的周长大于３３.２试题解析２.１第(１)问解析解析㊀设动点Ｐ(ｘꎬｙ)ꎬ则由题意可得ｙ＝ｘ２＋(ｙ－１２)２.化简可得ｘ２＝ｙ－１４.也可用抛物线的定义解决:点Ｐ的轨迹是以(０ꎬ１２)为焦点ꎬ以ｘ轴为准线的抛物线ꎬ所以抛物线的焦准距ｐ＝１２ꎬ故抛物线的方程为ｘ２＝２ｐ(ｙ－１４)ꎬ即ｘ２＝ｙ－１４.２.２第(２)问解析解法１㊀(利用三角函数和放缩法解题)不妨设ＡꎬＢꎬＤ在Ｗ上ꎬ显然矩形ＡＢＣＤ每条边所在直线的斜率都存在.因为此时ＡＢʅＡＤꎬ则设ＡＢ的倾斜角为θꎬ所以ＡＤ的倾斜角为９０ʎ＋θ.设点Ａ(ｘＡꎬｘ２Ａ＋１４)ꎬ则直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｔａｎθ(ｘ－ｘＡ)＋ｘ２Ａ＋１４.由抛物线和矩形的对称性ꎬ不妨设０<θɤ４５ʎ.由ｘ２＝ｙ－１４ꎬｙ＝ｔａｎθ(ｘ－ｘＡ)＋ｘ２Ａ＋１４ꎬìîíïïïï得ｘ２－ｘｔａｎθ＋ｘＡｔａｎθ－ｘ２Ａ＝０ꎬΔ＝ｔａｎ２θ－４ｘＡｔａｎθ＋４ｘ２Ａ>０ꎬ所以ｘＡ＋ｘＢ＝ｔａｎθ.则ｘＢ＝ｔａｎθ－ｘＡ.所以ＡＢ＝ｘＡ－ｘＢｃｏｓθ＝ｔａｎθ－２ｘＡｃｏｓθ.同理ＡＤ＝ｃｏｔθ＋２ｘＡｓｉｎθ.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(ｔａｎθ－２ｘＡｃｏｓθ＋ｃｏｔθ＋２ｘＡｓｉｎθ).因为０<θɤ４５ʎꎬ所以０<ｓｉｎθɤｃｏｓθ.则２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２ˑｔａｎθ－２ｘＡ＋ｃｏｔθ＋２ｘＡｃｏｓθ(当且仅当θ＝４５ʎ时取等号).㊀又根据ａ＋ｂȡａ＋ｂ(当且仅当ａｂȡ０时取等号)ꎬ所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２ｃｏｓθｔａｎθ＋１ｔａｎθ＝２ｃｏｓθˑ１ｓｉｎθｃｏｓθ＝２ｓｉｎθｃｏｓ２θ＝２－ｓｉｎ３θ＋ｓｉｎθ.令ｆ(ｘ)＝－ｘ３＋ｘꎬｘɪ０ꎬ２２æèç]ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝－３ｘ２＋１＝－３(ｘ＋３３)(ｘ－３３).令ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ得０<ｘ<３３ꎬ此时函数单调递增.令ｆᶄ(ｘ)<０ꎬ得３３<ｘ<２２ꎬ此时函数单调递减.所以ｆ(ｘ)ｍａｘ＝ｆ(３３)＝２３９ꎬ此时ｓｉｎθ＝３３.所以２(ＡＢ＋ＡＤ)>２２３/９＝３３.即矩形ＡＢＣＤ的周长大于３３.解法２㊀(利用直线参数方程和放缩法解题)不妨设ＡꎬＢꎬＤ在Ｗ上ꎬ显然矩形ＡＢＣＤ每条边所在直线的斜率都存在.因为此时ＡＢʅＡＤꎬ则设ＡＢ的倾斜角为θꎬ所以ＡＤ的倾斜角为９０ʎ＋θ.设点Ａ(ｍꎬｍ２＋１４)ꎬ则直线ＡＢ的参数方程为ｘ＝ｍ＋ｔｃｏｓθꎬｙ＝ｍ２＋１４＋ｔｓｉｎθìîíïïï(ｔ为参数ꎬ０<θɤ４５ʎ)ꎬ直线ＡＤ的参数方程为ｘ＝ｍ－ｔｓｉｎθꎬｙ＝ｍ２＋１４＋ｔｃｏｓθìîíïïï(ｔ为参数ꎬ０<θɤ４５ʎ).将ｘ＝ｍ＋ｔｃｏｓθꎬｙ＝ｍ２＋１４＋ｔｓｉｎθꎬìîíïïï代入ｘ２＝ｙ－１４ꎬ得ｔ２ｃｏｓ２θ＋ｔ(２ｍｃｏｓθ－ｓｉｎθ)＝０.所以ｔＢ＝ｓｉｎθ－２ｍｃｏｓθｃｏｓ２θ＝ｔａｎθ－２ｍｃｏｓθ.则ＡＢ＝ｔａｎθ－２ｍｃｏｓθ.同理ＡＤ＝１/ｔａｎθ＋２ｍｓｉｎθ.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(ｔａｎθ－２ｍｃｏｓθ＋ｃｏｔθ＋２ｍｓｉｎθ).因为０<θɤ４５ʎꎬ所以０<ｓｉｎθɤｃｏｓθꎬ则２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２ˑｔａｎθ－２ｍ＋ｃｏｔθ＋２ｍｃｏｓθ(当且仅当θ＝４５ʎ时取等号).又根据ａ＋ｂȡａ＋ｂ(当且仅当ａｂȡ０时取等号)ꎬ所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２ｃｏｓθｔａｎθ＋１ｔａｎθ.以下同解法１.解法３㊀(利用常规根与系数关系和放缩法解题)不妨设ＡꎬＢꎬＤ在Ｗ上ꎬ显然矩形ＡＢＣＤ每条边所在直线的斜率都存在.因为此时ＡＢʅＡＤꎬ则设ＡＢ的斜率为ｋꎬ所以ＡＤ的斜率为－１ｋ.设点Ａ(ｘＡꎬｘ２Ａ＋１４)ꎬ则直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋ(ｘ－ｘＡ)＋ｘ２Ａ＋１４.由ｘ２＝ｙ－１４ꎬｙ＝ｋ(ｘ－ｘＡ)＋ｘ２Ａ＋１４ꎬìîíïïïï得ｘ２－ｋｘ＋ｋｘＡ－ｘ２Ａ＝０ꎬΔ＝ｋ２－４ｋｘＡ＋４ｘ２Ａ>０.所以ｘＡ＋ｘＢ＝ｋꎬ则ｘＢ＝ｋ－ｘＡꎬ所以ＡＢ＝１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ.同理ＡＤ＝１＋１ｋ２ｘＡ－ｘＤ＝１＋１ｋ２－１ｋ－２ｘＡ＝１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ＋１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ).又由抛物线和矩形的对称性可知ꎬ－１ɤｋɤ１ꎬｋʂ０ꎬ不妨使０<ｋɤ１ꎬ则２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ＋１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ)ȡ２１＋ｋ２(ｋ－２ｘＡ＋１ｋ＋２ｘＡ)(当且仅当ｋ＝１时取等号).又根据ａ＋ｂȡａ＋ｂ(当且仅当ａｂȡ０时取等号)ꎬ所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋ｋ２ｋ＋１ｋ＝２(１＋ｋ２)(ｋ＋１ｋ)２＝２(１＋ｋ２)(ｋ２＋２＋１ｋ２).令ｆ(ｘ)＝(１＋ｘ)(ｘ＋２＋１ｘ)ꎬｘɪ０ꎬ１(]ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝２ｘ－１ｘ２＋３＝２ｘ３＋３ｘ２－１ｘ２＝(２ｘ－１)(ｘ＋１)２ｘ２ꎬ令ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ得１２<ｘ<１ꎬ此时函数单调递增ꎻ令ｆᶄ(ｘ)<０ꎬ得０<ｘ<１２ꎬ此时函数单调递减.所以ｆ(ｘ)ｍｉｎ＝ｆ(１２)＝２７４ꎬ此时ｋ２＝１２.所以２(ＡＢ＋ＡＤ)>２ˑ２７４＝３３.即矩形ＡＢＣＤ的周长大于３３.解法４㊀(利用常规根与系数关系和分段函数解题)不妨设ＡꎬＢꎬＤ在Ｗ上ꎬ显然矩形ＡＢＣＤ每条边所在直线的斜率都存在.因为此时ＡＢʅＡＤꎬ则设ＡＢ的斜率为ｋꎬ所以ＡＤ的斜率为－１ｋ.设直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬ直线ＡＤ的方程为ｙ＝－１ｋｘ＋ｎ.由ｘ２＝ｙ－１４ꎬｙ＝ｋｘ＋ｍꎬìîíïïï得ｘ２－ｋｘ－ｍ＋１４＝０.Δ＝ｋ２＋４ｍ－１>０ꎬ所以ｘＡ＋ｘＢ＝ｋꎬ则ｘＢ＝ｋ－ｘＡꎬ所以ＡＢ＝１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ.同理可得ＡＤ＝１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ＋１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ)＝２１＋ｋ２(２ｘＡ－ｋ＋２ｋｘＡ＋１ｋ２).令ｆ(ｘＡ)＝２ｘＡ－ｋ＋２ｋｘＡ＋１ｋ２ꎬ由抛物线和矩形的对称性可知ꎬ－１ɤｋɤ１ꎬｋʂ０ꎬ不妨使０<ｋɤ１ꎬ则ｆ(ｘＡ)＝２ｘＡ－ｋ＋２ｋｘＡ＋１ｋ２＝－(２ｋ＋２)ｘＡ＋ｋ－１ｋ２ꎬｘＡ<－１２ｋꎬ(２ｋ－２)ｘＡ＋ｋ＋１ｋ２ꎬ－１２ｋɤｘＡ<ｋ２ꎬ(２ｋ＋２)ｘＡ－ｋ＋１ｋ２ꎬｘＡȡｋ２.ìîíïïïïïïïï则ｆ(ｘＡ)在(－¥ꎬ－１２ｋ)上单调递减ꎬ在(－１２ｋꎬ＋¥)上单调递增.所以ｆ(ｘＡ)ȡｆ(－１２ｋ)＝ｋ＋１ｋ.所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋ｋ２ｋ＋１ｋ.以下同解法３.解法５㊀(利用坐标运算和放缩法解题)不妨设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＤ(ｘ３ꎬｙ３)在Ｗ上ꎬ则ｙ１＝ｘ２１＋１４ꎬｙ２＝ｘ２２＋１４ꎬｙ３＝ｘ２３＋１４.因为ＡＢʅＡＤꎬ则ＡＢң ＡＤң＝０.即(ｘ１－ｘ２)(ｘ１－ｘ３)＋(ｙ１－ｙ２)(ｙ１－ｙ３)＝０.所以(ｘ１－ｘ２)(ｘ１－ｘ３)＋(ｘ２１－ｘ２２)(ｘ２１－ｘ２３)＝(ｘ１－ｘ２)(ｘ１－ｘ３)１＋(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)[]＝０.所以１＋(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)＝０.即(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)＝－１.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２((ｘ１－ｘ２)２＋(ｙ１－ｙ２)２＋(ｘ１－ｘ３)２＋(ｙ１－ｙ３)２)＝２[ｘ１－ｘ２１＋(ｘ１＋ｘ２)２＋ｘ１－ｘ３１＋１/(ｘ１＋ｘ２)２]因为(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)＝－１ꎬ所以不妨设(ｘ１＋ｘ２)２ɤ(ｘ１＋ｘ３)２ꎬ所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋(ｘ１＋ｘ２)２(ｘ１－ｘ２＋ｘ１－ｘ３)[]ꎬ当且仅当ｘ２＋ｘ３＝２ｘ１时取等号.又根据ａ＋ｂȡａ－ｂ(当且仅当ａｂɤ０时取等号)ꎬ所以ｘ１－ｘ２＋ｘ１－ｘ３ȡｘ２－ｘ３＝(ｘ１＋ｘ２)－(ｘ１＋ｘ３)＝(ｘ１＋ｘ２)＋１(ｘ１＋ｘ２).即２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋(ｘ１＋ｘ２)２(ｘ１＋ｘ２)＋１(ｘ１＋ｘ２).令ｍ＝ｘ１＋ｘ２ꎬ由(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)＝－１ꎬ可不妨设ｍɪ０ꎬ１(]ꎬ则２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋ｍ２ｍ＋１ｍ.以下同解法３.３结束语不难发现ꎬ以上五种方法有一个共同的特点ꎬ就是都利用了不等式性质进行了放缩运算ꎬ达到了减少变量的目的ꎬ最后基本都变换为一个利用函数单调性求最值的问题.所以ꎬ遇到思维量较大的题目ꎬ我们一定要有明确的目标ꎬ有的放矢.参考文献:[１]丁益民ꎬ金鹏. 一 以贯之:高三专题复习的教学组织:以解析几何解题教学为例[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２３(０８):４８－５１ꎬ５４.[责任编辑:李㊀璟]。

Ｉ ｒ
‘
解 法 ２：
） 即 ＋ｙ １ ０ ， ２一 ＝ ．
设 Ｄ在 轴上的射影为 Ｄ ， Ｅ在 轴 上的射影为 Ｅ ，
第（） 题有一 定的难度 ， 少学 生 ３小 不
做起来就不那么顺手了 ，分析其原因 ， 关 键是条件 ＭＥ ２ Ｍ， ＝ Ｄ 不少学 生不 知道 如何
角度一 ： 利用相似形将条件转化 为坐
＝ｆ ２ ２ ｍ＋
、
， 得 ６ 、 解得６ １ 解／ ＿ ／ ＝
２
，
（） １求抛物线 ｃ的标准方程 ；
（） ２ 求过点 Ｆ 且与直线 Ｏ ， Ａ垂直 的直
线的方程 ；
所 以，， ＝Ｅ ３ ＝ 、 ｆ Ｄ ＝６
ｙ
Ｉ （＞） ＿ ｍ ｏ．
ｏ ＝
＝ Ｍ ＝ Ｄ 利用相似 形转化 为坐标 关系进 Ｅ ２Ｍ
害
。 ｍ
ｌｙｌ ＝ ２ ＋ Ｏ
，
＝ Ｅ ＝ Ｘ （－ ２ ｙ ｙ ＝ Ｄ ／ｘ ｘ％（ｌ ２ ， ） －）
由①、 ②得 １ｉ ２ ：ｎ， ｍ，
又因为 ｙ２２ｌ￣ ２ ２可解得 ｌＩ １ ｘ， ＝ ｘ， ＝ ｙ ＝ｎ， ２２ Ｙ 、 ＿＿ ２２ ／ ＝ ｍ， ／ ， ＝ 、 ． 一 ｙ 即 Ｄ ，ｘ￣－， （ ，、 ， 一 ／ ）Ｅ２ ２ ／ Ｌ ｍ 所以由两点间距离公式得 ：
上 ， 以 ４ 和 ， ｐ ｌ 因此抛物线 ｃ的标 所 ＝ 即 ＝， 准方程为 ＝ ．
Ｊ — ＝ 设 Ｄ Ｙ ， ｙ ， ｍ ０， ， 据线 。 Ｅ ， Ｍｆ，ｊ Ｊ ３ ＝ 根
ｆ＋ １
４１ ２ ｋ） （＋ ｍ ｚ
一
： ｋ
（ ｍ ｍ ） （＞） ｍ ０．
２ ｋｍ ＝ ０，

一道高考选择题的多种解法题目：两个可视为质点的小球a 和b ，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，如图所示。

已知小球a 和b 的质量之比为3，细杆长度是球面半径的2倍。

两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是（ ）A. 45B. 30C. 5.22D.15解法一：力矩平衡辅助线如图所示，其中ON 垂直ab ，OM 垂直水平虚线，则θ=∠MON 。

又由于R ab 2=，所以三解形aOb 为等腰直角三角形。

以O 点为转轴，用力矩平衡原理有（图中未做出转轴到力的作用线的距离）： ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-θπθπ4sin 4sin gR m gR m b a 整理得⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-θπθπ4sin 4sin 3…………………………（1） 将四个选项代入可知，选项D 正确。

附：若将上面的（1）式展开来看，可以直接求出关于关于θ的三角函数值，但从下面的计算可以看出，这样做来选择正确选项，并不是容易的。

θθθθcos 22sin 22sin 223cos 223+=⋅-⋅ 整理可得：32tan -=θ图2图1可以很容易的知道A 和B 是不正确的，但由于我们没有记住C 和D 的角度的正切值，所以说不易找到结果。

这说明了解选择题和解答题的解法是不同的。

解法二：共点力平衡——正弦定理受力分析如图3所示，由于两物体处于平衡状态，所以所受到的三个力将分别构成封闭的三角形。

由两直线平行，同位角相等，可知a 、b 两物体所受支持与直方向的夹角分别为θπ-4和θπ+4。

在两个三角形中分别用正弦定理，有4sin 4sin 1πθπg m F=⎪⎭⎫ ⎝⎛- (2)4sin 4sin 2πθπg m F=⎪⎭⎫ ⎝⎛+ (3)（2）式除以（3）式，整理可得34sin 4sin 12==⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+m m θπθπ 将四个选项分别代入上式可以找到正确答案。

解法三：共点力平衡——正交分解法如图对a 进行受力分析并建立直角坐标系。

一道比较大小问题的五种解法题目（2022年新高考全国1卷第7题）设a=0.1e0.1 ,b=19,c=−ln0.9 ,则（）A.a<b<cB. c<b<aC. c<a<bD. a<c<b从这道题看，命题者匠心独具，将指数、对数有机地联系在一起，编制出一道比较大小的选择题，全面考查了学生的数学素养和思维能力，是最近几年高考的热点，同时由于这道试题综合性强、复杂程度大，在高考选拔中有很好的区分度.本文将从不同视角入手分析进而给出五种不同解法，供大家参考.解法一：先比较a与b,构造函数f(x)=(1−x)e x−1 ,当x>0,则f′(x)=−xe x<0,故f(x)在[0,+∞)上单调递减，从而有f(0)>f(0.1),即0.9e0.1−1<0 .故a<b.同理，当x< 0时，则f′(x)=−xe x>0,故f(x)在(−∞,0]上单调递增，从而有f(ln0.9)<f(0),即(1−ln0.9)e ln0.9−1<0,化简得−ln0.9<19.故c<b .最后比较a与c的大小，构造定义在[0,0.1]上的函数g(x)=xe x+ln⁡(1−x),则g′(x)=(1−x2)e x−11−x,令ℎ(x)=(1−x2)e x−1,则ℎ′(x)=(1−2x−x2)e x>0,故ℎ(x)=(1−x2)e x−1在[0,0.1]上单调递增，因此，ℎ(x)>ℎ(0)=0,从而当x∈[0,0.1],⁡g′(x)=(1−x2)e x−11−x>0⁡.故函数g(x)=xe x+ ln⁡(1−x)在在[0,0.1]上单调递增，于是g(0.1)>g(0),即0.1e0.1+ln0.9>0 ,故a>c .综上，选择C.点评对于含有指数式，对数式比较大小问题，通常方法是结合函数的单调性及中间值来比较大小，但对这道比较复杂的题，则需要结合题目特征，构造几个合适的函数，通过导函数来研究其单调性，最终比较出大小.解法二令a=xe x,b=x1−x,c=−ln⁡(1−x),由lna−lnb=x+lnx−[lnx−ln(1−x)]=x+ln(1−x), 令y=x+ln(1−x),当x∈[0,0.1],y′=1−11−x<0,所以y<0,即a<b. 比较a与c的大小，利用做差法，以下与解法一方法类似.点评本解法利用了取对数运算后再构造函数，利用函数单调性，最后比较出大小，此种方法有种高屋建瓴的感觉.解法三由三个不等式e x>x+1,e x<11−x ⁡⁡⁡(x<1)⁡,lnx<12(x−1x)⁡⁡⁡⁡(x>1).在前两个式子中令x=0.1,得0.1+1<e0.1<11−0.1 ,化简得0.11<0.1e0.1<19.故0.11<a<b.在上面第三个式子中令x=109 ,得ln109<12(109−910) ,化简得−ln0.9<19180<0.11 ,故c<a<b .点评此种方法充分利用了几个不等式进行放缩，再进行赋值运算，最后比较大小.这几个不等式可以利用导数判断其单调性来证明，有兴趣者可以自行证明.其中c与b的大小比较，可以利用lnx<x−1 , 这个不等式. 同时，我们在平时训练中可以适当记住一些重要不等式，就能使我们从较高的角度把握全局，从而快捷准确的找到解决问题的路径，这样可以提高我们的解题速度.解法四由ab=0.9e0.1=e0.1+ln0.9<e0.1+(0.9−1)=1,又a>0,b>0,所以a<b.由ac =0.1e0.1−ln0.9=0.1e0.1×10−9ln10−ln9>0.1e0.1√10×9>0.1×(0.1+1)√90>1,又a>0,c>0,所以a>c.于是c<a<b.点评本解法先利用作商法，然后利用不等式进行放缩进行运算，最后得出答案.此解法中第一部分比较中应用不等式lnx<x−1,在第二部分中应用到a−blna−lnb>√ab和e x>x+ 1.解法五从泰勒展开式e x=1+x+x22!+⋯+x nn!+⋯ln(1−x)=−x−x22−x33−⋯−x nn−⋯因为a=0.1e0.1≈0.1×(1+0.1+0.122!)=0.1105,b=19≈0.1111,c=−ln(1−0.1)≈−(−0.1−0.122−0.133)=0.1053,因此c<a<b.点评本解法利用了高等数学中泰勒展开式求出它们的近似值，从而比较出其大小.学有余力的同学可以适当了解一些简单的高数知识，到时候可以秒杀一些压轴的客观小题，从而为取得高分添砖加瓦,但不能过分强求，本末倒置，反而得不偿失.在数学学习中，时时刻刻离不开解题，在解题时我们要充分挖掘题设中的条件、结构、数据之间的联系，多角度分析问题，把每道题研究透，总结出其所含的一些数学思想方法.同时把这些思想方法运用到解决其他题目上去，起到举一反三，不断提升自身的数学素养.。

０ ２４ 且＆ 一 —
一， 仅 ４一 ４ 且 当 当
． ａ ６ 号 ６ Ｙ －一 一， ． 一
５。 ｃ ＋ａ＋ ） ２
＋ ，一 ｃ 成 ． 而 得ｃ ／ｂ 等 一ｇ 一 ≥（＋ 兰 ， 且 号 “ ５ 号 立 从 解 ｚ ，， ２ 当 仅当 ２
， 一
一
一 “ ＋ 十 “
＿ 了
Ｓｌ ｎ
４
≥
Ｄ Ｌａ —
ｏ
ａ ｂ（
“一
ｂ
１
一
２ｎ ４ ４ 且 当ｉａ １ ＝ √： 。 ， 仅 ｓ２ ， 等 一 当 ｎ 一“ 。 ２
ｔ１ ２ ：
）
“ ６
＋
＆（ 一 “
ｂ ， 改 变量 大小 ． 不
）一 一 一 一 …
ｎ ５等号成立， 一 ｃ 将问题转化为求 ｔ＋ Ｉ硼 ７ ＿ ） ｌ ２
的最 小值 ， 如下 五种 解法 ． 有 解 法 ｌ 由 ａ一 （ 一 ６ ＋ ６ ＆ ） 得 一 ａ ａ ６ ４ （一 ）－
一
号一 ５ ，的 小 是４ 时“ 最 值 ．
一 （ － ６ 。＋ ６ － ２ ａ－ ） ４ ｂ
仅 改 变 量 的 存 在 形 式 ． 加 了 一 点 陌 生 感 ， 移 增 转 了 思 维 视 点 ， 目变 新 了 ， 口更 宽 了 ， 生 也 不 题 入 考 会 拘 泥 于 记 忆 型 的 模 式 思 维 ． 查 了 考 生 思 维 灵 考
活 性 与 变 通 性 ； 添 加 平 方 式 ， ～ １ ａ 三 ｎ ０ ｃ＋ ２ ｃ ５。
—
的最小 值是 （
Ａ ．２
）
Ｃ． ２ Ｄ．５
一
Ｂ．４
这 题 是 由人 教 版 高 二 上 第 ３ ３页 Ｂ组 第 ３题

b
x a
A
图1
C
1 1 则 S ABCD (ax by ) sin (ax by ) 2 2 1 1 由于圆内接正四边形的面积最大，所以 (ax by ) ax by 1. 2 2 当 ab 0或xy 0 或 a.b, c, d 中至少有一个负数时上述结论仍成立。不做论证
（复数思想法的证法; 证法 12：设 z1 e
i1
， z 2 e i 2 ，其中 cos 1 a, sin 1 b, cos 2 x, sin 2 y ，则
z2 e i ( 2 1 ) i cos( 1 2 ) sin( 1 2 ) ， z1 z ∴ | 2 || i cos( 1 2 ) sin( 1 2 ) | 1 ，即 (ax by ) 2 (bx ay ) 2 1 ax by 1. z1
（5）学科基本概念和基础思想法 课本中每一章节的基础知识点都是必考内容之一，所以每一章节的基本方法与 思想都是解题的方法。
证法 11.（向量法）令 A(a, b), B ( x, y ) 是圆 x 2 y 2 1 上的两点（可重复） ，则有
ax by OA OB cos OA, OB 1 ax by 1.
只需证 即 因为 所以只需证 即
证法 9 要证
因为最后的不等式成立，且步步可逆。所以原不等式成立。 1 证法 10 （反证法） 假设 ax by 1. 则 ax by (a 2 b 2 x 2 y 2 ) (a x) 2 (b y ) 2 0. 2 2 2 与 (a x) (b y ) 0. 矛盾，所以 ax by 1.

３ ｘ ｙ＋ １ 一 － ３ ＿
．பைடு நூலகம்
数， 且３ ． ２ ＞２ ． ５ ， 则 ３ ． ２ 言 ＞ ２ ． ５ 专 ．
（ ２ ）由于 函数 ３ ， 一 ＿ ” 在（ ０ ， ＋。 。 ） 上为 减 函数 ， 且
０ ． ３ １ ＞０ ． １ ８ ， 贝 ０ ０ ． ３ １ ＜ ： ０ ． １ ８ 一 ．
得 ２ ｚ． 一
， 于是 ２ ｚ， ｙ是 方 程 ｔ ２ 一 ｍｔ ＋
一０的 ２根 ， 因此 ｎ＝ｍ２ －４ ．
≥ｏ ，
（ 作 者 单 位 ： 江 苏 省 张 家 港 职 业 ￣ － ｇ ｑ － 心 校 ） 即 ｍ ｚ ≤ － 詈 ＿ ． 故 ２ ｚ ＋ 的 最 大 值 是 ．
链接练 习
１ ．判 断 下 列 函 数 是 否 为 幂 函 数 ： （ １ ） Ｙ— ｚ ÷； （ ２ ） 一
２ ｘ。 ； （ ３ ） — － ｔ － １ ．
２ ．设 ∈ ｛ 一１ ， １ ， １
，
一
因为该方 程有 实 数解 ， 所 以 △一（ 一３ ｔ ） 。 ～４ ×６ ×
Ｇ
～
Ｄ
分 析 利 用 函 数 图 象
的增 减 性 则 可 以 知 道 ａ 、
ａ 、 ａ 。
的范 围， 在 根 据 图 象
图 ２
◇
湖南
彭 芳 化
在 ｚ∈ （ １ ， ＋Ｃ ｘ ３ ） 上 的 高 低
位 置 则可 以找 出 ａ 、 ａ 、 ａ 。 的大 小．
在 高考 复 习过程 中 ， 正确 引 导 学 生 进行 一 题 多 解
思路 ２ 求 函数 值域 问题 ， 判 别式 法是 一 大利器 ． 解法 ２ 设 ２ ｚ＋ — ｔ ，则 —ｔ 一２ ｘ，将 其 代 入

2
2
1 tan 1 t ，
2
2
则 tan
2

tan(


2

)

tan tan 2
1 tan tan
1t 2
1 1 t2
1 t 2
1 22
，等号成立
2
2
t
当且仅当 t
2 ，此时 2
2 sin( ) 最大值为 16 ， 9
8
tan


1 tan
，
由 y x 1 单调性易得 S '
x
PQG
2
8 2
1
16 9
2
，
等号成立当且仅当 kPQ
1，
22
所以
S PQG
max
2 2
S' PQG
max

16 9
A． (0,1] [9, )
B． (0, 3] [9, )
C． (0,1] [4, )
D． (0, 3] [4, )
解析：（夹角公式+椭圆第三定义）很自然想到夹角公式 tan AMB k1 k2 ，由椭圆上 1 k1k2
的点到长轴端点连线斜率之积为

b2 a2
且 tan

kP' Q

k
' PG
1 kP' QkP' G

2kPQ 2kPG 1 2kPQkPG
2kPQ 2kPG 2 2kPQ (kPG ) 2 2 ，
S' PQG
1 2
PQ
PG

＝
Ｄ Ａ为 轴 正半 轴 建 立 如 图所示 的直 角 坐 标 系 Ｄ一
，
．
Ｂ ＝ｌ ￣ Ｂ Ｇ ，ｌＡＤ Ｃ为直 角三角形 ， Ｂ ［ Ｊ 故 Ｃ￣Ｂ ． Ｓ Ｄ 又 Ｄ上
设 Ａ １Ｏ ０ ， 曰（ ， （ ，，）则 １
图２
平面 仰 ｃ ， 曰 Ｄ 故 ｃ上ｓ 又。Ｂ ＇ Ｄ＝ 所 以， Ｃ￣平 Ｄ， ・ ＤｆＳ Ｄ， Ｉ Ｂ
面 肋 Ｓ 口 上腿 作 Ｂ ，ｃ Ｋ￣Ｅ ， Ｃ Ｋ为垂足 ， 因平面 Ｅ ｃ Ｄ 上
Ｏ ， ｏ２０ ， （ ，， ） ｃ（ ， ， ） ｓ ｏ ０ ２ １
，
．
１
所 以由反数列 定义可知 （ ｎ ］ ＝ｉ ｆ ｎ ］ ［ ） ‘ Ｉ （ ） ， ｝ ＝［
即原命题成立 ．
２２ ２ ３３ …ｎ ・ｎ． ， ，， ， ， ， ， － 经计算 可 知其 中共 有 ２ 个 。 － ｜ ｉ ｝ 因此反数列为 ０ ２ ６ １ ， ， ， ， …不难求 出此数列 的通项 公式 ２ 为 。 ｎ 一 ．先 对 反数 列 函数 化 ， 让 函数 值取 非 整 ＝ ｎ 并
．
￣ ，Ｆ３Ｄ ，Ｆ： ． ＡＮ￣ Ｄ Ｈ的距离为 ． 则 口到 Ａ － ＥＡ 设 Ｅ ｈ ， 面 Ｄ Ｈ的距离也为 ｈ 由 一 。 － Ｃ Ｓ 肋 ＝１ｓ 。 Ｅ ． 肋 ＝ Ｂ 及 ， 肼 Ｄ
：
（ Ｉ 法 １ 传 统 法 Ｉ）
由Ｓ ＝ Ｓ ２Ａ ２ ，Ｂ １Ｓ ＝ Ｅ ，Ｂ Ａ Ａ ￣ Ｄ ＋ Ｄ ＝ Ａ ＝ ，Ｅ ２ Ｂ Ａ 上Ｓ ，
丽
＝ ， Ｂ＝１ Ｓ Ａ ， Ｅ＝２ Ｂ， Ｂ Ｊ Ｓ 知 Ａ Ｅ Ａ Ａ， － Ｅ＝
＝ｌ 又 Ａ ， Ｄ＝１ ＡＡ ， 冽 梆
Ｄ ３ Ｂ 在 ＲＡＢ Ｓ Ｂ ＝ ，Ｓ √ ， Ｄ ＝ Ｅ． Ｅ Ｓ ， ｔ Ｄ 内，Ｄ Ｂ ＝ 由Ｂ Ｂ －

Ａ
１ ・ ８
－
＇ ｉ Ｔ
，
＜ｃ ＜ １ｌ ｆ 。 ｐ ）＜０ ！ ．
ｎ
所 以， ） 调减 函数 即 ）＜ ０ （ 单 ）＝０，
有 ＜４ ｓ Ｙｉ ￣．
因为 小 ＜ｌ １ ＿ ＝
ｌ ｜ Ｌ
绑日 市第二
２ ０ 高 考 数 学 模 拟 试 题 １ １年
一
、
选择题 （ 本大题共 ｌ ２小题 ， 每小题 ５
（ ） ＝（ Ａ ＡｎＢ ２ ｊ （） Ｃ
・
３ 设 函数／ ０ ＋６ ． （ ． ）： ＋ｃ（ 口＜Ｏ ） 的定义域为 Ｄ 若所有点（ ｔ） ｓｔ ， ｓ ） （ ， ∈Ｄ） 构 成一个正方形区域 ， 口的取值为（ ） 则
（ ）Ａ Ｂ （ ）Ａ ＝Ｂ Ｄ
： ２ｘ ＋ ，＝０ 一ｎ ， ２
４１ － 二
解法
．
一
ｎ ｎ — 一 —： ｋ 一 ＋ｌ ２ １ ｋ 一１ ＋： ＋ ２ ＿ 一
— — ．
３ ． ：１ ： 一 ｛ ｔ
【 ： Ｉ Ｙ ｎ ￣ ＋ ／ ｌ
解 ｒ— ＋ 得 ｎ
解 ３目 标性更强 ， 思维更简洁 ， 但解方程组
（ Ⅱ）证 明 ：１ ３ ５ 。・ ２ １ ・ ・ ・ ・’ ＜ 一
率， 再联立方程组． 解得切点．
ｌ： ＝ Ｊ（ ＋１ ． ， ｝ ， ）
’
√
龇 ｎ ． ｘ ｙ ｎ ．
，
圆心 （ ：） ｚ距 离 ＝ ｎｏ 到
√ ＋１
＝凡
一
所 斋 以
ｆ 一２ ＋） ｎ ， ２＝０
擘 立
解 法 １直线 和 圆相切 ， 程 组有 且 只有 一 ： 方