对一道数学高考题的探究

2023新高考一卷数学最后一题在2023年的新高考数学卷子中，最后一题是一道具有挑战性的题目，考察了学生对数学知识的理解和运用能力。

本文将对这道题目进行详细的分析和解答。

题目要求如下：已知函数f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 5，求f(x)的最小值。

解答：要求函数f(x)的最小值，我们需要找到函数的极小值点。

根据数学知识，函数的极小值点可以通过求导数来得到。

因此，我们首先对函数f(x)进行求导。

f'(x) = 6x^2 - 6x - 12接下来，我们需要找到f'(x)的零点，即求解方程6x^2 - 6x - 12 = 0。

通过因式分解或者使用求根公式，我们可以得到x = -1和x = 2两个解。

接下来，我们需要判断这两个解对应的点是极小值点还是极大值点。

为了做到这一点，我们可以通过求二阶导数来判断。

对f'(x)再次求导，得到f''(x) = 12x - 6。

将x = -1和x = 2代入f''(x)中，我们可以得到f''(-1) = -18和f''(2) = 18。

由于f''(-1) < 0，f''(2) > 0，根据二阶导数的性质，我们可以得出结论：x = -1对应的点是极大值点，x = 2对应的点是极小值点。

因此，我们只需要计算f(2)即可得到函数f(x)的最小值。

将x = 2代入f(x)中，我们可以得到f(2) = 2(2)^3 - 3(2)^2 - 12(2) + 5 = 8 - 12 - 24 + 5 = -23。

所以，函数f(x)的最小值为-23。

通过以上的分析和计算，我们成功地解答了2023新高考一卷数学最后一题。

这道题目考察了我们对函数极值的理解和运用能力，需要熟练掌握求导和二阶导数的概念和计算方法。

希望同学们能够通过这道题目的解答，加深对数学知识的理解，并在今后的学习中能够更好地应用数学知识解决实际问题。

对一道高考数学卷压轴题的研究与反思高考数学卷压轴题一直是备受关注的热点话题，往往在考后引起广大考生和家长的热烈讨论。

一道好的压轴题可以检验学生对数学知识的掌握和运用能力，也可以促使学生进行深入思考和探索。

本文将对一道高考数学卷压轴题进行研究与反思，探讨其对学生的启发和影响。

我们来看一道真实的高考数学卷压轴题：某市举行一次全民参与的环保活动，活动开始一小时内，2/5的居民参与了环保活动；过了两个小时，又有1/6的居民参与了环保活动；到活动结束时，参与环保活动的居民人数占该市总人口的1/4。

如果在活动的最后一个小时内，有5280 名居民参与了环保活动，那么该市的总人口数是多少？这是一道典型的压轴题，题目结合了比例与代数的知识，考查了考生的解决问题的能力和思维逻辑。

对于许多考生来说，这道题目可能是具有挑战性的，但它也确实是一个能够激发学生思考的好题目。

这道题目考查了考生对比例和代数的理解和运用能力。

解这道题目的关键在于建立起关于居民参与环保活动的数量与时间的比例关系，并通过代数的方法求解出总人口数。

这样的题目不仅仅是简单的计算题，更是要求考生将所学的知识进行整合和运用，从而提升其对知识的理解和应用能力。

这道题目也能够激发考生对实际问题的思考和分析能力。

通过这道题目，考生可以了解到环保活动的参与情况与时间的关系，从而引发他们对环保意识的思考。

这样的题目有助于培养学生的整体思维能力，让学生在考试中不仅仅是把题做对，更要引发他们对实际问题的关注和思考。

对于这样的压轴题，教师在备课时也需要进行充分的准备和思考。

教师需要将课堂上所学的知识与实际问题进行结合，给学生提供足够的案例和实例，引导学生思考和探索问题的解决方法。

只有这样，学生才能在考试中更好地运用所学的知识解决问题。

对于这样的压轴题，教师的备课工作也非常重要。

我们还需要意识到，压轴题并不是因为它们难而受到关注，而是因为它们对学生的启发和影响。

一道好的压轴题可以激发学生对知识的兴趣和对实际问题的思考，促使他们进行深入探索和思考。

・44・中学数学月刊2020年第10期!用 GeoGebra 対一朱阳帆（江苏省扬中高级中学212200）1问题的提出原题 （2018全国卷#理19）设抛物线C ： y # = 48的焦点为F &±F 且斜率为b !〉0）的直线/与C 交于A ,B 两点， AB I=8（1） 求-的方程；（2） 求过点A , B 且与C 的准线相切的圆的方程.解 （1）y = 8 —1（过程略）.（2）由（1）知AB 的中点坐标为（3,2）,所以AB 的垂 直平 方程为y = —8 +5. • 的 坐标为（80,y 。

），因为圆过点AB 且与抛物相切,所以有）y 。

= —80 35 , _ 9或8 — 11）# 3 （y 3 6）# = 144.这题是高三二轮复习时的一道练习题,大部分学生的解，课后交流了解到学生潜意识里认为满足题目中所给的圆只个.在分析学生错因的 ，笔者这个问题：探究1平面内有一条定直线有A , B 两点在定直线-同侧,A, B 的"不平行，那么过A,B 且相切的 几个？GeoGebra 作为一款融几何、代数和微积分等于一体的动态数学学 ，能 数学学科内部，展现数学严格的数 和几何、运动与变化中的数学特别适合对解析几何问题 .*1+下面笔GeoGebra 探究这道高考题的过程.2 探究过程笔者用GeoGebra 对探究1进行了探究:根据题目要 求在平面内作出直线-和A , B 两点，利用切线工具和圆工具，作出了如图1所示的两个圆，可得如下结论：图1 图2图1结论：5 AB 两点的连线与直线-不垂直也不平行时，一定能做出两个半径不 的圆过AB 两点且与- 相切过对问题1的探究，笔者得出此高考题的题源来自 于图1结论:过一条直线外同侧的A ,B 两点（A , B 两点的-不平行）且与-相切的个.这是 扌GeoGebra 探究观察得到的,如何对它进行证明呢？经过思考，笔 GeoGebra 进行了如下（图2） ： （1）作直线AB 交直线-于点P ,找到PA 的中点M ，以M 为、MP 为半径作圆.；（2）过点B 作PA 的垂线交圆.于点C ,连结PC ； （3） U P 为PC 为半 I P 交直线ZD,E ,分别过点D& -的，交线段AB 的平F ,G ；（4）分别以点F , G 为，FA , （A为半笔个所求圆用红色标记出,这两个所求圆是用GeoGebra 的各种几何工具所作得,和图1的直接作法完全不同.通过GeoGebra 产生的图2验证了笔者的想法.现在给出 几何 明：因为"PBC 8 "PCA ,所以PC # = PA ・PB .又因 为PC = PD ,所以PD # =PA ・PB .由切割线定理,点P为圆F 外一点,PD 与圆F 相切,AB 为圆F 的弦,则圆F 为过点A , B ,且-相切的圆.•，圆G 为过点A ,B ,且与直线-相切的圆.笔者在 1的过程中也产生了图3〜图5,我图3结论:当点A , B 的连线与-垂直时,可作两个半 径相等的圆过A , B 两点且与-相切.图4结论：当-固定, AB 两点间的距离变大时，两圆的半径也相应变化.图5结论:当A , B 定,直线-的斜率变 ，两圆的半也相应变笔者根据图3〜5联想到了第二个问题：探究2 在此题的 下,当 变化时,两圆本文是江苏省中小学教学研究第十三期课题“可视化视角下高中数学阅读与表达教学的实践研究”（编号：2019JK13-L106）的成果.2020年第10期中学数学月刊・45・半径的变化规律和直线斜率有关吗?接下来笔者用GeoGe bra 做出2的 （图6）：变化-的，在代数区发现半径随着 变化而变化.结合图6的动态过程，猜 呈线半径之 能呈现数 ，此函数如果以直k 为自变量，那么可能是图6关于k 偶函数.笔者先尝试用代数证明.证明 因为F （1,0）,设直线-的方程为9 = k !—9 = kQx — 1）,1）.由 5 2 得 k * 2 *82 — （2k 2 +48+：2 = 0,P 1M =J （8—k 2+2）2 +（9 — 2）2，PN 1 =8 + 1 =P 1B .由 P 1B 2 = P 1M 2 + MB 2,得 8 + 1）=4 4k 2 +4 4k 4 +16k 2+8k 9 — ^^8 + k—1（8—k 2），整理得 9 + 2k ）2 = 4（k +1）2 ,由题2 2意,93 , 94为此方程的两个解.当93 = k 时，83 = k + 1 ,k + 2 2此时 J 1 = P 1N 1 = —k — •当 94 = —4k —k 时,84 =4k 2 +2 +5 ,此时 J =P 2N 2 = 2 + 1）k 2 +1） •k 2 k 2J算到这里,笔者通过代数观察比较发现f 和抛物线J 2J 1方程无关,只与k 有关,且J 1 = k +1'相对于笔者所提 的探索2，仿佛能得出更一般的结论•笔者用GeoGebra 进一步探究验证•设定两个参数P , k ,其中p 为抛物线方程的参数,k 为92 = 48△ = （2k 2 +4）2 —4k 4 = 16k 2 +16〉0.设 A （81,91）,2k 2 +4B （82,92），由韦达定理得 81+82 =2—,8182 = 14于是 91+92 = k （81 —1） +k （8 2—1）=—，故AB 的中点k），线段AB 的垂直平分线为9 — 2 =—丄（8—」）kk 2 丿 °设两圆分别与与直线-相切与点M ,N 2，半径为J 1,尺2,圆心分别为，1（8 3,93），，2（8 4,94）.因为，1在AB的垂直平分线上，所以P 1N 1 = P 1BAB = /T +T 2・（8-一）+（9-2 ）2+ （叮）! 得92 —=0,又 9 — 2 =直线方程的的参数,当P 动k 固定、p 定k 动时,分别观察JJJ1的比值.发现当P 动k 固定时,-1不变,P 定k 动时,-1J 2J 2J 2J改变,这验证了笔者由代数计算得出的一个结论和抛J #物 方程 只 k !为了验证猜想,笔者用GeoGebrba 绘图、数J据分析工具等进行两圆半径之比值云与直线斜率k 关系的数据拟合,如图7、图&通过GeoGebra 的验证,发现笔过代数证明得到的猜想是对的.图7 图8接下来笔者再用类似于问题2的代数证明方法（在此不再 ） 明,得出结论:若抛物线92 =2p8（p 〉 0）的焦点为F ,过F 且 为k 的直线Z 与抛物线交于A ,B ,则过点A , B 且与抛物线的 相切的两个圆的J 1半径之间的关系为云=2F •3 探究总结与展望（1） 探究总结.笔者的探究思路如图9所示.本次探究利用了 GeoGebra 各 方面强大的功能,得出了 高考题命题的几何 以 个与抛物线相关的小结（2） 探究展望.数学问题的探究无止境,一个数学问题可以 出很多不数学方向的问题,下面笔者抛砖引玉,给出关于本文中探究1和探究2中 还能继下去的几个数学问题,希以激发之间的 ，相互交流.问题1 当A ,B 的 -图9平行时，能作几个圆过A , B 且与-相切？圆的个数与什么有关？题2 2中的抛物线换成椭圆与双曲线,其他条件不变,可以得到什么结论？能否个 曲里？参考文献*+张志勇•高中数学教学：原则、途径与策略 *+ 数学通报,2018（6）:21-24.。

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。

借球问道㊀巧建模型对２０２２年新高考Ⅰ卷数学试卷第８题的探究与思考张梦婷(福建省福清第三中学ꎬ福建福清３５０３００)摘㊀要:文章通过统计近五年高考真题ꎬ找准高考对于球的考查方式和考查意图.对２０２２年新高考Ⅰ卷第８题进行剖析ꎬ通过构建球中圆锥模型将空间问题平面化ꎬ达到降维的目的解决问题.关键词:球ꎻ截面ꎻ模型思想中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３１－００５６－０３收稿日期:２０２３－０８－０５作者简介:张梦婷(１９９１.２－)ꎬ女ꎬ福建省福清人ꎬ硕士ꎬ中学一级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀统计近五年的高考真题ꎬ笔者发现高考真题对于球的考查主要有以下几个方面:(１)考查球与几何体的体积和表面积ꎻ(２)考查球的截面截线问题.学生解决此类问题的难点在于无法准确作出球与几何体的直观图ꎬ对于多变的几何载体学生难以确定球心的位置与半径.以下对２０２２年新高考Ⅰ卷数学试卷第８题的求解进行详细分析ꎬ探究其规律.１试题呈现题目㊀(２０２２年新高考Ⅰ卷第８题)已知正四棱锥的侧棱长为ｌꎬ其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为３６πꎬ且３ɤｌɤ３３ꎬ则该正四棱锥体积的取值范围是(㊀㊀).Ａ.[１８ꎬ８１４]㊀㊀㊀Ｂ.[２７４ꎬ８１４]Ｃ.[２７４ꎬ６４３]Ｄ.[１８ꎬ２７]考查意图㊀本题考查了正四棱锥的外接球㊁函数的最值等基础知识ꎬ有较强的综合性.需要学生拥有立体几何空间感以及分析解决问题的能力ꎬ能在有限的时间内做到立体几何问题平面化ꎬ构建目标函数将问题转化为三次函数的最值问题.本题突出了转化思想和模型思想的应用ꎬ考查了数学运算㊁直观想象㊁逻辑推理等核心素养ꎬ强化基础考查ꎬ突出关键能力[１].２解法探析解法１㊀如图１ꎬ设顶点为ＰꎬＰ在底面的射影为Ｏ１ꎬ由对称性可知球心Ｏ在ＰＯ１上ꎬ设ＰＯ１＝ｈꎬ正方形边长为ａꎬ则ＯＰ＝ＯＡ＝Ｒ.图１㊀２０２２年新高考Ⅰ卷第８题图６５因为４３πＲ３＝３６πꎬ所以Ｒ＝３.在ＲｔәＰＡＯ１中ꎬｌ２＝ｈ２＋１２ａ２ꎬ在ＲｔәＯＡＯ１中ꎬ９＝(ｈ－３)２＋１２ａ２ꎬ化简可知ꎬｌ２＝６ｈꎬａ２＝２ｌ２－２ｈ２＝１２ｈ－２ｈ２.所以Ｖ＝１３ａ２ｈ＝２３ｈ(６ｈ－ｈ２)＝２３(６ｈ２－ｈ３).此时ｈ＝ｌ２６ɪ３２ꎬ９２[].所以Ｖᶄ＝２３(１２ｈ－３ｈ２)＝２ｈ(４－ｈ).令Ｖᶄ＝０ꎬ解得ｈ＝４.所以Ｖ在(３２ꎬ４)单调递增ꎬ在(４ꎬ９２)单调递减.所以当ｈ＝４时ꎬＶｍａｘ＝６４３ꎬ当ｈ＝３２时ꎬＶｍｉｎ＝２７４ꎬ故选Ｃ.解法２㊀如图１ꎬ设顶点为ＰꎬＰ在底面的射影为Ｏ１ꎬ由对称性可知球心Ｏ在ＰＯ１上ꎬ记四棱锥侧棱与底面夹角为θꎬ高为ｈꎬ则ｈ＝ｌｓｉｎθꎬＯ１Ａ＝ｌｃｏｓθ.因为４３πＲ３＝３６πꎬ所以Ｒ＝３.则(ｌｓｉｎθ－３)２＋(ｌｃｏｓθ)２＝９.则ｌ＝６ｓｉｎθꎬｈ＝ｌｓｉｎθ＝６ｓｉｎ２θꎬＳ底＝４ˑ１２Ｏ１Ａ２＝７２ｓｉｎ２θｃｏｓ２θ.故Ｖ＝１３Ｓ底 ｈ＝１４４(ｓｉｎ２θｃｏｓθ)２.令ｙ＝ｓｉｎ２θｃｏｓθ＝ｃｏｓθ(１－ｃｏｓ２θ)＝ｘ(１－ｘ２)＝－ｘ３＋ｘꎬｘ＝ｃｏｓθɪ[１２ꎬ３２]ꎬ所以ｙᶄ＝－３ｘ２＋１.故ｘɪ[１２ꎬ３３)ꎬｙᶄ>０ꎬｘɪ(３３ꎬ３２]ꎬｙᶄ<０.即Ｖｍａｘ＝１４４(ｙｍａｘ)２＝１４４ˑ[３３ˑ(６３)２]２＝６４３ꎬＶｍｉｎ＝１４４ˑ[３２ˑ(１２)２]２＝２７４ꎬ故选Ｃ.３方法剖析解决球相关的切㊁接问题关键要精准作图.对于球内接锥体㊁柱体㊁台体问题ꎬ想要确定球心㊁半径与多面体几何元素之间的关系比较困难ꎬ需要学生能够熟练掌握球中几何体的图形特征ꎬ应付多元变量之间的相互转化.因此ꎬ需要在作图时将几何体的底面放置在水平的截面圆上ꎬ这样可以直观看出球心㊁截面圆圆心所构成的直线与截面圆垂直ꎬ可以得到多个直角三角形ꎬ并且水平的截面可以更好地观察顶点的位置ꎬ从而确定高的信息[２].而在解题过程中涉及一个球内典型的计算模型ꎬ如图２ꎬ此模型可以称为圆锥模型或斗笠模型.球面上的点与截面的圆心及球心构成一个直角三角形ꎬ利用勾股定理可以得到球半径与几何体底面外接圆半径之间的关系.此模型在求解球与几何体切接问题㊁截面截线问题上有着广泛的应用[３].图２㊀圆锥模型示意图４应用赏析应用１㊀球与几何体的体积和表面积问题.题１㊀(２０２２年全国乙卷９)已知球Ｏ的半径为１ꎬ四棱锥的顶点为Ｏꎬ底面的四个顶点均在球Ｏ的球面上ꎬ则当该四棱锥的体积最大时ꎬ其高为(㊀㊀).Ａ.１３㊀㊀Ｂ.１２㊀㊀Ｃ.３３㊀㊀Ｄ.２２７５解析㊀本题与２０２２年新高考Ⅰ卷第８题一样都是球内接四棱锥问题ꎬ但是此题的底面四边形是未知四边形ꎬ顶点是球心Ｏ.因此一旦底面确定ꎬ高就固定下来ꎬ需要确定底面四边形面积与高之间的关系.基于方法剖析可知首先作出底面四边形所在的截面圆ꎬ如图３所示将底面摆平.当底面所在外接圆固定ꎬ则锥体的高度固定ꎬ因此要四棱锥体积达到最大ꎬ需要底面四边形面积最大.如图３ꎬ设底面所在圆面的半径为ｒꎬ截面圆圆心为Ｏ１ꎬ将Ｏ１与ＡꎬＢꎬＣꎬＤ连接ꎬ夹角分别为αꎬβꎬθꎬφꎬ则ＳＡＢＣＤ＝１２ｒ２(ｓｉｎα＋ｓｉｎβ＋ｓｉｎθ＋ｓｉｎφ).图３㊀２０２２年全国乙卷第９题示意图因为ｓｉｎα＋ｓｉｎβ＋ｓｉｎθ＋ｓｉｎφɤ４ꎬ当且仅当α＝β＝θ＝φ＝π２时取等ꎬ所以Ｓｍａｘ＝２ｒ２ꎬ此时底面是正方形.而四棱锥的高ｈ＝１－ｒ２ꎬ则ＳＡＢＣＤ＝２ｒ２＝２(１－ｈ２).所以Ｖ＝２３ｈ(１－ｈ２)ꎬ其中ｈɪ(０ꎬ１).所以Ｖᶄ＝２３－２ｈ２＝２３(１－３ｈ２).故ｈɪ(０ꎬ３３)ꎬＶᶄ>０ꎬｈɪ(３３ꎬ１)ꎬＶᶄ<０.所以当ｈ＝３３时ꎬＶｍａｘ＝４３２７ꎬ故选Ｃ.应用２㊀球的截面截线问题.题２㊀(２０２２年北京卷第９题)已知正三棱锥Ｐ－ＡＢＣ的６条棱长均为６ꎬＳ是ΔＡＢＣ及其内部的点构成的集合ꎬ设集合Ｔ＝{ＱɪＳ｜ＰＱɤ５}ꎬ则Ｔ表示的区域的面积为(㊀㊀).Ａ.３π４㊀㊀Ｂ.π㊀㊀Ｃ.２π㊀㊀Ｄ.３π解析㊀此题集合Ｔ＝{ＱɪＳ｜ＰＱɤ５}构成的集合就是球表面以及内部的点的集合ꎬ本题考查的本质就是球与平面ＡＢＣ的截面问题ꎬ球与平面的截面就是一个圆面.如图４ꎬ过点Ｐ作底面射影点Ｏ１ꎬ则由题意ꎬＣＯ１＝２３ꎬＰＣ＝６.所以ＰＯ１＝２６.设球面上点Ｑꎬ则ＰＱ＝５.在ＲｔәＰＱＯ１中ꎬＱＯ１＝ＰＱ２－ＰＯ２１＝１.图４㊀２０２２年北京卷第９题示意图则动点Ｑ在以Ｏ１为圆心ꎬ以１为半径的圆上ꎬ所以面积为πꎬ故选Ｂ.总之ꎬ与球有关的问题的题目小巧灵活㊁立意新颖ꎬ其内涵丰富ꎬ知识交汇性也比较强ꎬ能够很好地检测学生对空间几何体的想象㊁识别㊁判断的能力.借助模型教学可以让解题规律模型化ꎬ这是一种有效的教学方式ꎬ因此在教学中要善于引导学生归纳解题模型ꎬ帮助学生在考场上能够胸有成竹地解决此类问题.参考文献:[１]陈恒曦.基于核心素养的球体接切问题探究[Ｊ].中小学教材教学ꎬ２０２０(０２):３１－３４. [２]陆建.高考中球问题的考查特点和学习建议[Ｊ].数学通讯ꎬ２００８(Ｚ２):２８－２９.[３]李昭平.高考 球问题 考点透视[Ｊ].中学数学杂志ꎬ２０１９(０５):４２－４５.[责任编辑:李㊀璟] ８５。

试题研究２０２３年５月上半月㊀㊀㊀由正三棱台外接球引发的思考探究从２０２２年新高考I I 卷第７题说起◉广西柳州高级中学㊀高㊀路㊀黄瀚元㊀㊀在高考中,空间几何体的外接球半径问题,常以棱锥㊁棱柱㊁圆锥㊁圆柱为载体,方式多种多样,难度中等可控,旨在考查学生的数学能力．１试题展示与解析例１㊀(２０２２年新高考Ⅱ卷第７题)已知正三棱台的高为１,上㊁下底面边长分别为３３和４３,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(㊀㊀)．A．１００π㊀㊀B ．１２８π㊀㊀C ．１４４π㊀㊀D．１９２π图１解:如图１,设正三棱台的上㊁下底面正三角形的外心分别为O １,O ２,则直线O １O ２垂直于上下底面．设上㊁下底截球所得的截面圆半径分别为r １,r ２,由球心与截面圆圆心连线垂直于截面可知,外接球的球心O 在O １O ２所在的直线上．设O １O ＝d ,又r １＝１２ ３３s i n ６０ʎ＝３,r ２＝１２４３s i n ６０ʎ＝４,由R ２＝３２＋d ２,R ２＝４２＋１－d ()２,{解得d ＝４,R ２＝２５．所以S 球＝４πR ２＝１００π．故正确答案为选项A ．图２注:经计算,此题的球心在线段O １O ２的延长线上,如图２．点评:例１以正三棱台为载体,探求其外接球的表面积,背景朴实,立意新颖．破解该问题,需要结合正三棱台的本质特征和球的性质,确定球心位置,找半径,把空间图形问题转化为平面图形问题,建立方程(组)求解．既考查了化归与转化思想,又凸显数学本质,体现了直观想象和逻辑推理等核心素养．２思考探究既然正三棱台有外接球,那么所有的正棱台都存在外接球吗?首先,我们来看正棱台的前世今生:底面是正多边形,并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做正棱锥;用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥,我们把底面和截面之间的部分叫做棱台．其次,球的主要性质有:球心与截面圆圆心连线垂直于截面;球的两平行截面的圆心连线垂直于这两个截面,且经过球心．由此可知,因为正棱台的上下底面作为正多边形存在外接圆,且上下底面外接圆的圆心连线垂直于底面,所以正棱台存在外接球,且球心在上下底的外心连线上．一般的棱台有外接球吗类比正棱台存在外接球的缘由,对于一般的棱台,如果同时满足 上下底面多边形存在外接圆,且这两个外接圆的圆心连线垂直于底面 这两个条件,那么这个棱台存在外接球,且球心在上下底的外心连线上．探究１㊀对于一个高为h 的棱台,如果它存在外接球,那么如何求其外接球O 的半径R 图３设此棱台上㊁下底面多边形的外心分别为O １,O ２,对应的外接圆半径为r １,r ２．因为外接球的球心O 在直线O １O ２上,如图３,设O １O ＝d ,所以结合球心所在的直角梯形,建立方程组R ２＝r ２１＋d ２,R ２＝r ２２＋h －d ()２,{解得㊀R ２＝r ２１＋h ２＋r ２２－r ２１２h æèçöø÷２＝r ２２＋h ２＋r ２１－r ２２２hæèçöø÷２．①点评:笔者见到这道高考题后,从正三棱台存在外接球,马上想到正棱台㊁更一般的棱台是否也存在外接球．通过类比,找到了一般的棱台存在外接球的两个条件,并探究如何求其外接球的半径R ,还给出了半径公式①．在反思总结㊁提炼知识的过程中,用到了从特殊到一般的思想．例２㊀已知四棱台A B C D ＧA １B １C １D １的八个顶点在同一球面上,A B ʅA D ,A B ＝１８,A D ＝６,A １B １＝６,A １D １＝２,棱台的高为４,求该球的半径．解:如图４,设球心为O ,棱台上㊁下底面四边形的外心分别为O １,O ２．因为棱台A B C D ＧA １B １C １D １的６６Copyright ©博看网. All Rights Reserved.２０２３年５月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀图４八个顶点在同一球面上,所以球心O 在直线O １O ２上．由A B ʅA D ,A B ＝１８,A D ＝６,可知四边形A B C D 的外心O ２为B D 中点,且外接圆半径r ２＝B D２＝６２＋１８２２＝３１０．同理,四边形A １B １C １D １的外心O １为B １D １中点,且外接圆半径r １＝B １D １２＝６２＋２２２＝１０．又知棱台的高h ＝４,将以上数据代入半径公式①,有R ２＝r ２１＋(h ２＋r ２２－r ２１２h)２＝(１０)２＋(４２＋３１０()２－１０()２２ˑ４)２＝１５４,所以R ＝１５４．点评:根据题中四边形A B C D 的特点A B ʅA D ,迅速锁定其外心和外接圆半径．３旋转体外接球半径的思考探究类比正棱台,进一步思考圆台㊁圆柱㊁圆锥的外接球半径是否有通法?对于任意一个正棱台,我们可将它看成一个圆台的内接正棱台,而正棱台上㊁下底所在的外接圆为圆台的上㊁下底,因此它们有共同的外接球．探究２㊀已知圆台的上㊁下底面圆的半径分别为r １,r ２,高为h ,求其外接球半径R ．设圆台的外接球球心为O ,则球心O 在上㊁下底面圆的圆心O １O ２连线上,如图５．作出圆台的轴截面如图６．图５㊀㊀㊀㊀图６设O １O ＝d ,则R ２＝r ２１＋d ２,R ２＝r ２２＋h －d ()２,{解得㊀R ２＝r ２１＋(h ２＋r ２２－r ２１２h )２＝r ２２＋(h ２＋r ２１－r ２２２h)２．②探究３㊀运用联系和变化的观点,圆柱和圆锥可看作特殊的圆台．当圆台的上底面扩大到和下底面全等,即r １＝r ２时,得到圆柱,其轴截面为矩形(如图７),且外接球半径公式为㊀㊀㊀㊀㊀㊀R ２＝r ２＋h ２æèçöø÷２．③显然③式是②式中r １＝r ２＝r 的情形．图７㊀㊀㊀㊀图８当圆台的上底面收缩为一个点,即r １＝０时,得到圆锥,其轴截面为等腰三角形(如图８)．由R ２＝r ２＋h －R ()２,得㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀R ＝r ２＋h ２２h．④显然④式是②式中r １＝０,r ２＝r 的情形．点评:对于侧棱垂直于底面的棱锥㊁对棱相等的三棱锥和直棱柱外接球的半径问题,不妨构造一个有共同外接球的旋转体,找出底面多边形外接圆的半径和几何体的高,代入公式②求外接球的半径．４融会贯通例３㊀已知三棱锥P ＧA B C 的四个顶点都在球O的球面上,若P A ＝P B ＝P C ＝５,øB A C ＝６０ʎ,B C ＝３,则球O 的半径为．图９解:寻找一个与三棱锥P ＧA B C 有共同外接球的圆锥(如图９),以棱锥底面әA B C 的外接圆O １为圆锥的底面圆O １,二者共半径r ,以棱锥的顶点P 为圆锥的顶点,那么P O １为圆锥的高h ．因为P A ＝P B ＝P C ＝５,所以点P 在面A B C 上的射影为әA B C 的外心O １．在әA B C 中,由２r ＝２A O １＝３s i n １２０ʎ＝２,得r ＝１．在R t әP O １A 中,h ＝５()２－１２＝２,代入公式④,得球O 的半径R ＝r ２＋h ２２h ＝１２＋２２２ˑ２＝５４．点评:对于侧棱长均相等的棱锥外接球半径问题,不妨构造一个具有共同外接球的圆锥,找出外接圆半径和高,代入公式④求外接球的半径．因为数学知识具有本源性㊁联系性等特征,所以数学的教与学是一个纵向深入分析㊁横向拓展联系的探究过程．对于棱锥㊁棱柱和棱台的外接球半径问题,题目千变万化,虽然答题策略有区别,但是它们不仅有统一的一面,而且能够有机衔接起来,运用化归与转化的思想,构造一个与之有共同外接球的旋转体,把空间问题平面化,从而有效解决半径问题．数学学习需要不断反思总结,深刻理解数学本质,将知识系统化,方法灵活化,通过一道题解决一类题,通过一题多解和多题一解,提升思维能力,发展核心素养．Z７６Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

对一道高考数学卷压轴题的研究与反思【摘要】本文旨在研究与反思一道高考数学卷压轴题，通过对题目背景和内容的分析，探讨解题方法，解析考生易错点，探讨思维能力的培养以及对考试制度的反思。

通过对这道题目的深入研究，我们可以发现其中蕴含的数学思想和技巧，提高学生解题能力。

也可以反思当前的考试制度是否能真正评估学生的数学能力，是否能激发学生的创新意识和思维能力。

通过本文的研究与反思，我们可以更好地理解高考数学卷的命题思路，为提高学生的数学学习能力提供一定的借鉴。

【关键词】关键词：高考数学卷、压轴题、背景分析、解题方法、考生易错点、思维能力、考试制度、反思、结论。

1. 引言1.1 对一道高考数学卷压轴题的研究与反思现在，让我们来掏探一道高考数学卷压轴题，通过深入研究和反思，探讨其中的奥秘和启示。

这道题目作为高考数学卷的压轴题，往往会引起广泛的讨论和争议。

我们将从题目的背景和内容分析开始，探讨这道题目的设计理念和考察重点。

接着，我们将深入研究解题方法，揭示其中的技巧和逻辑，帮助考生更好地应对类似类型的问题。

我们还将分析考生易错点，指出常见的误区和解题思路，帮助考生避免犯错。

在思维能力的培养方面，我们将探讨如何通过这道题目锻炼考生的逻辑思维、创造力和解决问题的能力。

我们将对考试制度进行反思，探讨如何更好地发挥高考数学卷的作用，促进学生全面发展。

通过对这道高考数学卷压轴题的研究和反思，我们将深化对数学学科的认识，提高解题能力，为未来的学习和生活打下坚实的基础。

2. 正文2.1 题目的背景和内容分析高考数学试卷作为中国高等教育选拔的重要工具，一直备受广大考生和家长的关注。

每年的高考数学试卷都会有一到多道被称为“压轴题”的较为难题，这些题目不仅考察了考生的数学基础知识，还考察了他们的解题能力和创新思维。

在今年的高考数学试卷中，一道压轴题引起了广泛的讨论和研究。

这道压轴题是一道涉及数论和概率的复合题，内容相对较为复杂，题目设立了多个难点。

对一道高考数学卷压轴题的研究与反思
高考数学卷压轴题往往是难度最大、思维最复杂的一道题目。

对于考生来说，这不仅是一件考验智商的事情，更是挑战思维和解题能力的机会。

在解答这种类型的题目时，要有耐心、细心、理智，思路清晰，方法得当。

首先，要认真阅读题干，明确问题。

在阅读中须注意数据和条件，梳理各种信息，尤其是一些重要的条件和限制，如区间、范围、等式、不等式以及与相关变量的关系等，对于解题过程中的把握和计算将起到至关重要的作用。

其次，要找到合适的方法和解决思路。

针对不同的题型，应该灵活运用代数、几何、统计、推理、概率等各种数学知识，找到最简单、最快捷的方法来求解问题。

如对于一些图形变换题目或者容斥原理等组合问题，我们可以运用几何知识去思考、解题；对于一些像余弦值或正切值之类的三角函数问题，我们可以通过代数和几何相结合想办法求出其近似值，并进一步搭配其他相关性函数来解决; 使用几何思想推导数学定理等都是一些灵活应用的例子。

最后，在解答过程中也要注意细节，严密把握每一步计算、推导。

不要心急，一定要认真检查，以防万一出错。

此外，要保持冷静，乐观态度，坚定信念，不要让不必要的紧张和焦虑影响到正常解题思路和效率。

总的来说，对于一道高考数学卷压轴题，解答的关键在于平时复习的基础和对综合运用各种解题思路的灵活性。

要不断摸索，积累经验并灵活运用，带着问题思考和解决问题的能力在高考时打出好成绩。

高中数学任意性与存在性问题探究函数中任意性和存在性问题探究近年的高考中，全称命题和存在性命题与导数的结合成为了一大亮点。

本文将结合高考试题对此类问题进行归纳探究。

一、相关结论：结论1：对于任意的x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，若f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]min>[g(x)]max；【如图一】结论2：存在x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]max>[g(x)]XXX；【如图二】结论3：对于任意的x1∈[a,b]和存在x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]min>[g(x)]XXX；【如图三】结论4：存在x1∈[a,b]和任意的x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]max>[g(x)]max；【如图四】结论5：存在x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，使得f(x1)=g(x2)，则f(x)的值域和g(x)的值域交集不为空；【如图五】例题1】：已知两个函数f(x)=8x+16x-k，g(x)=2x+5x+4x，x∈[-3,3]，k∈R；1) 若对于任意的x∈[-3,3]，都有f(x)≤g(x)，求实数k的取值范围；2) 若存在x∈[-3,3]，使得f(x)≤g(x)，求实数k的取值范围；3) 若对于任意的x1,x2∈[-3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求实数k的取值范围；解：1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x-3x-12x+k，问题可转化为：对于x∈[-3,3]，h(x)≥常数成立，即[h(x)]XXX≥常数。

由结论1可知，当f(x1)>g(x2)时，[f(x)]min>[g(x)]max，即h(x)的最小值出现在f(x)和g(x)的交点处。

因此，我们可以求出h(x)的导数h'(x)并列出变化情况表格，得到[h(x)]min=k-45.因此，k≥45，即k∈[45,+∞)。