数学高考试题分析

数学高考试题分析（精选8篇）

数学高考试题分析篇1

1.素养导向，落实“五育并举”教育方针

合理创设情境，体现教育功能。理科Ⅱ卷第(13)题以我国高铁列车的发展成果为背景、文科Ⅱ卷第(5)题以 “一带一路”知识测验为情境进行设计，引导学生关注现实社会和经济发展。理科Ⅱ卷第(4)题结合“嫦娥”四号实现人类历史首次月球背面软着陆的技术突破考查近似估算的能力，反映我国航天事业取得的成就。这些试题发挥了思想教育功能，体现了对德育的渗透和引导。

理科Ⅰ卷第(15)题、理科Ⅱ卷第(18)题分别引入了非常普及的乒乓球和篮球运动，以其中普遍存在的比赛结果的预估和比赛场次的安排提出问题，要求考生应用数学方法分析和解决体育问题。文科Ⅰ卷第(6)题设置了学校对学生体质状况进行调查的情境，考查学生的抽样调查知识。这些试题在考查学生数学知识的同时，引导学生加强体育锻炼，体现了对学生的体育教育。

结合学科知识，展示数学之美。文、理科Ⅱ卷第(16)题融入了中国悠久的金石文化，赋以几何体真实背景，文、理科Ⅰ卷第(4)题以著名的雕塑“断臂维纳斯”为例，探讨人体黄金分割之美，将美育教育融入数学教育。

理论联系实际，引导劳动教育。文科Ⅰ卷第(17)题以商场服务质量管理为背景设计，体现对服务质量的要求，倡导高质量的劳动成果。文、理科Ⅲ卷第(16)题再现了学生到工厂劳动实践的场景，引导学生关注劳动、尊重劳动、参加劳动，体现了劳动教育的要求。

2.突出重点，灵活考查数学本质

20的数学试题贯彻落实高考评价体系学科化的具体要求，突出学科素养导向，将理性思维作为重点目标，将基础性和创新性作为重点要求，以数学基础知识为载体，重点考查考生的理性思维和逻辑推理能力。

固本强基，夯实发展基础。试卷注重对高中基础内容的全面考查，集合、复数、常用逻辑用语、线性规划、平面向量、算法、二项式定理、排列组合等内容在选择题、填空题中得到有效考查。在此基础上，试卷强调对主干内容的重点考查，体现全面性、基础性和综合性的考查要求。在解答题中重点考查函数、导数、三角函数、概率统计、数列、立体几何、直线与圆锥曲线等主干内容。

稳中有变，助力-应试教育。2019年的数学试卷，在整体设计上保持平稳，包括考查内容的布局、题型的设计、难度和区分度的把控等。试题的排列顺序依然是由易到难，循序渐进。对主观题的布局进行动态调整，考查考生灵活应变的能力和主动调整适应的能力，有助于学生全面学习掌握重点知识和重点内容，同时有助于-僵化的应试教育。

3.情境真实，综合考查应用能力

数学高考试题分析篇2

数学大纲要求发生了新的变化,以及新课程内容的改革. 纵观这几年的高考数学试题,我们不难发现,这几年的高考数学考卷有下面几方面的特点:

( 一) 范围广,重基础

在近几年的高考数学试题中,命题方越来越注重学生的基础能力,不再跟以前一般注重的是学生的专业数学水平,在乎学生做难题的能力. 反映在高考数学试题方面就是,当代比较注重学生的创新性思维和一题多解能力,还有多选择的理念,说明当代的新的课程为我们的考生提供了很大的发展空间和选择的余地. 还有,观察近几年的高考数学题,我们不难发现数学高考题在考查的范围上明显扩大了,不再局限于传统的一小块的知识点或是一个章节的内容. 这样做的原因无非是为了让广大学生把数学当作是一门实用性的工具以及一种基本的技能,以及在未来为培养专业的、高素质数学人才奠定了良好的、坚实的基础,使数学逐渐发展为一门实用性比较强、基础性较强的实用性学科.

( 二) 综合性考查较强

近几年,在高考试卷的一些题型中,不仅考查范围覆盖面在扩大,而且考察单一的、独立的知识点只会出现在一些比较简单的题目中,比如说是出现在选择题里边或是填空题中,像在后面的大题中,一般都是知识点交叉进行考查的,也就是说高考数学题的综合性比以前高多了,综合性考查较强. 例如,在高考数学题中考查向量的时候,往往会穿插进三角函数的知识点,关于导数的应用题型会与一般常见的二次函数联系在一起. 这样,涉及两个或是多个知识点的数学高考试题就是上面所说的综合性较强的数学试题的考查.

( 三) 思维多样化

高考考查的不仅是学生对知识的掌握程度,还有考生的综合能力及其对自身素质的考查. 针对现在的高考命题的特点而言,只要知识掌握程度和做题能力都达到一个水平,考生要取得一个较好的成绩还是比较容易的. 观察近几年的高考数学题,在命题技巧方面发生了很大的变化,而且在命题思维方面也是所谓的“百花齐放”,一道高考题可以利用多种思维模式进行解答,要求考生使用的是多角度解答问题,这种命题的目的性在于培养学生的多样化思维和创造性思维. 例如,2009、2010、2012、2013年的高考数学中,对考生思维方面的要求是逐步提高的,给我们考生的最大的启示就是在做题的时候,运用和培养自己的发散性思维,没必要在备战的过程当中埋头苦干地进行“题海”作战,而是在做历年高考题中总结高考数学题的特点. 在平时的复习过程当中,以高考数学大纲为指向,要学会好题精做,或是学会一题多解,来培养自己的发散性思维和创造性思维.

二、由高考数学试题引发的思考和探索

( 一) 回归课本,夯实基础

鉴于最近几年高考题比较注重基础,老师在教学活动中应该指导学生加强对基础知识的掌握. 回归课本要逐步深化对课本上的知识点的基本概念和公式技巧的掌握. 还有就是对课本中出现的例题的研究,因为有的时候某些高考题就是和某个知识点下面所对应的例题相类似,所以考生在平时复习的过程当中,要对课本做到了如指掌的地步,才能在高考数学考试中能够随机应变,熟能生巧. 不过有的时候,也要注意某些数学试题中设置的“陷阱”,看似和课本上的例题相似,实则有一两处会不同,这时就应该仔细审题和课本进行联想.

还有就是注重两个联系,一是课本上前后知识点的联系,二是高考试题与课本的联系. 我们都知道,命题组命题是以课本为依托的,并不是脱离课本存在的,它与我们的新课程内容是息息相关的. 高考试题是源于课本又高于课本的,所以高考试题和我们的新课程数学内容是密不可分的.随着这个高考趋势的引导,我们的高中数学老师在教学过程当中,不仅要帮助学生理解概念,总结技巧和做题方法,还应该给学生讲解一些高于课本的题型或是解题技巧,来巩固知识点的掌握,寻找考题和课本知识点的衔接之处,来达到回归课本和夯实基础,巩固知识点的目的.

( 二) 善于总结,培养发散性思维

纵观近几年的高考试题,我们不难看出,高考对一些题目的考查已经不再是传统的死板的方法,而变得题型特别的新颖别致,综合性变得特别强,而且对同一知识点的考查方式也灵活多变,并且计算也不是传统的那么简单,计算也变得稍稍复杂了不少. 例如,近几年在考察圆锥曲线的时候不单单是只考查圆锥曲线的知识点,还会有函数思想、不等式、导数、平面向量,或者是数列的知识点,在一定程度上具有综合性和灵活性,考查学生的综合性能力比较强. 这时候,学生就应该在做题过程当中,善于总结,总结做题技巧.并且,老师在教学过程当中也要渐渐地向学生渗透函数与方程的思想、数形结合的思想等,为学生总结,便于学生在复习过程当中好好地复习.

其次,高中数学老师在教学过程当中还要进行系统的、全面的研究,总结历年高考题的共性,精选出一些具有代表性的高考数学题的典型题,给学生们进行精讲或是让学生自己做,然后进行小组谈论,最后进行总结,总结出一题多解的常见例题形式,便于学生更好地掌握和把握复习数学的大方向. 与此同时也应该加强学生的计算运用能力,掌握运算技巧,来积累做题的经验.

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高中数学老师在进行教学活动的时候,应该把培养学生的总结性思维和发散性思维能力以及创造性思维能力作为高中数学教学活动的重中之重.

三、结语

高考中的数学题具有其代表性和示范性,是我们在复习过程当中的指挥棒,研究和探索高考数学题中的规律,总结高考数学题中的应试技巧,不仅对考生的复习和教师的教学活动有着重要的指导现实意义,而且对以后高考数学题的命题方向有一个准确的把握程度. 经过以上对高考数学试题的分析及探索研究,还有我们对近几年高考数学试题的发展现状的分析研究以及在以后复习过程当中注意的问题,我们了解到随着教育理念的变革和新课程内容的改革,高考数学命题的趋势也是在不断地变化的,在以高考数学命题思想为复习总思想的情况下,老师要注重培养学生的数学品质,培养学生的实践能力,在研究高考数学题型中应该进行一题多解的教学训练模式,训练学生的发散性思维和培养学生的创造性思维,激发学生对一题多解的兴趣,以此来培养他们的数学品质. 而且高中数学老师还应该加

数学高考试题分析篇3

关键词：高中数学；立体几何；高考试题；分析

中图分类号：G632 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2016）19-191-01

一、培养学生的动手画图能力

1、充分利用教材，训练学生画图能力

几何教学中，学生画图能力培养是非常重要的，在学习画图钱，学生首要具备识别图形、认识空间几何结构特征的能力，一些教师容易这些内容，认为这些内容是一些枯燥的定义，基本都是简单的教授，但实际上，这容易导致学生根基不稳，缺少了这些基础内容，学生的画图能力是无法得到提升的。

空间几何的三视图、直观图，将空间几何画在纸上，通过平面图形，将空间直线、平面以及中点之间的位置关系展现出来，建立联系。这些内容为学生识图、画图能力提供了良好的素材，在课堂上，教师应该明确画图的步骤和技巧，并进行案例讲授，由此提升学生的画图能力。坚持下去，学生必然可以熟能生巧。

2、变式训练，强化画图能力

为了强化学生的画图能力，教师可以变换图形的位置关系，和空间关系，为学生开展一些变式训练，以此提升学生的画图能力以及感知能力。

比如：异面直线的画法（图1所示），课本生的内容是相对单一的，因此教师可以将一些典型图形的画法进行进行变换，通过这样的变化，强化学生的画图能力。除了长方形体中能够找到异面直线，还可以通过辅助平面衬托的方法，使两条直线看起来是异面。

二、培养学生的空间想象能力

1、实物教学，直观感知，丰富学生的表象储备

学生具备了丰富的表象储备，才能够不斷提升学生的空间想象能力，是非常必要的，这就要求教师要尽量用事物教学，将抽象的概念以更加直观、形象的方式展现出来，帮助学生更快更好的理解这些知识。视觉感知是多元化、多样性的，教师应该通过大量的积累，帮助学生获得这些方面的感受，进而形成更加具体的几何形象。在教学初期，教师可以将长方体、正方体、锥体等实际模型，展示给学生，通过多角度的观察，增加学生的空间感知经验。通过大量的调查分析发现，PPT、板书、模型等与实际联系，能够有效提升学生的立体几何感知能力。

2、语言、直观图形、空间位置关系相互转换，融会贯通

在实际教学中，很多定理与图像相互对应，可以强化学生记忆，丰富学生的空间想象力，以此提升学生的语言、图形与空间位置关系的转化能力，长久久之，学生就能够更加融会贯通。用语言表述公理与定理时，可以将与其相对应的直观图形画出来，作为过度，之后通过观看直观图，在大脑中形成与其相对应的空间位置关系，再有空间关系与直观图的结合，对相关的概念、定理等进行理解，这样掌握知识的速度会更快。如下图2所示，是一条直线a与一平面α平行，经过直线a的任意一个平面，与任何一个平面β相交，观看这些位置关系的直观图形，学生脑海中会形成相对应的位置关系。而直线a与交线l相互平行，反之，a并行于l，通过a?α，l∈α的位置关系，以及直观图，就可以推断出直线a与平面α的关系是相互平行的。

长期通过这样的训练，学生不仅几何空间感知能力会提升，动手能力与操作能力也会提升。

三、高考几何试题解题思路分析

以“空间几何体的表面积与体积”类型题为例，具体分析如下：

比较简单的几何表面积与体积公式，学生很容易明白，但是此类题目的题型比较灵活，设计的知识也比较广泛，解决这个类型题的基础是对几何体的了解，掌握了几何体的结构特征，再结合公式，才能够解答出答案。还有时会兼并考查球的特征，这类题则较难，知识综合性强。针对这类问题，教师根据如上方式：

教师要求引导学生根据题意将图形画出来（无图时），再利用自己的空间立体感加上逻辑思维推理分析图形，尽可能的归结于平面图形中求，找出求表面积、体积的关键量，如下例题。

例题：已知H是球O的直径AB上的一点，AH：AB=1：2，AB垂直于平面α，垂足为H，α截球O所获得的截面面积为π，那么球的表面是______。

分析：由球直径AB垂直于平面α，H为垂足可知，H为α平面截球所得圆面的圆心，EH为此圆面的半径，且角OHE为直角，三角形OHE则为直角三角形，这样就可以将所有的量放在这个平面图形中求，OE是球的半径，OH可以利用所给条件用球的半径表示出来，EH则可以由所截圆面面积求出来，然后将这些条件放在直角三角形OHE中用勾股定理求得该球的半径，套用球的表面积公式即可。

总之，高中数学教师应该合理运用解题思维，以剖析典型例题，帮助学生积累几何解题经验，并不断提升其解题能力，为学生高考奠定良好的基础。

参考文献

[1] 提高高中数学立体几何教学效果的几点思考[J].黄捷.语数外学习（数学教育）.2013（09）

中考数学试题分析篇4

中考数学并不难，主要是学生不愿意记。大脑是空的，做了无数的题目，可以说都没有起到作用。要求学生，对于自己不熟悉的知识，或者比较惧怕的题目，一定要下工夫强记。等学生记了10道题目，就会有这种题目不过如此的感觉。每个学生，脑中一定要有至少十份完整的数学测试卷子，也就是要强记。然后对这十份试卷结合自己的情况，进行对比分析，找出自己不熟练的部分。针对这些不熟练的部分，结合过去在学校做的专题，进行强化。

考试总是不对，经常返回

很多学生考试经常把自己会的题目做错，学生考试犯错类型很多，题读错、数看错、算错、抄错、表述错等。一定要让学生明白，只要做就会犯错。因此做任何动作，都要提醒自己我有犯错的可能。同时也要注意，每当自己做完一个动作，就要检查一下，也就是要经常返回，并在大脑中进行确认。

几何函数题目，不断重复

中考数学，学生经常卡壳的题目，按照题目类型分：选择题函数题、几何计算题;填空题函数题、图形题、几何计算题、找规律题;解答题几何题、函数题、应用题、几何函数结合题，以及与这些知识有关的创新题。

高三数学联考试题分析篇5

20xx—20xx学年度上学期期中考试高三数学试题是数学组自己命题，目的在于考察学生对高三上半年的.阶段性学习成果。在遵循《课标》、依据教材的基础上，本套试卷从学生的实际情况，考察了不同层次的学生的数学学习水平;同时，注重体现传统内容在考试中的要求，使之对学生的学与教师的教给出科学而公正的评价，对我们的教学实施具有一定的导向作用。

二、对试题的分析

试卷的结构：

全卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共22题，满分150分。其中，选择题12道，填空题4道，解答题7道。整体布局和题型结构合理，难度梯度明显。

三、对学生答题情况的分析

试卷中反映的情况

1、一些基本技能掌握不够熟练。

第1、2、3、4、6、11、13、14、15题，都属于容易题，甚至于一些题目都不需要动笔计算，直接就能得到结果。从学生的答题情况来看，1、2、3、4、5、6题大部分都得到分，但是从考试的结果来看还是暴露出了学生的问题。第7题考察正弦函数图像问题，但学生没有得分，可见学生缺乏基础知识方法总结。第10题是单一的平面向量问题求模长的知识，即使这样，也有学生出现计算错误，导致容易题失分。

2、对某些识记的知识不够重视。

第9、14题是对公式的考察，第14题的得分率很低，从某种程度上反映出学生对三角函数这部分知识的重视程度不够。

3、固定题型的解题格式不规范，缺乏足够的训练。

4、数列题在大部分学生中存在问题。

第17题是错位相消，难度不大，但学生的得分较低，主要问题是学生不会书写。

5、综合能力普遍较弱。

四、对今后教学的建议

1、对基本公式、基本概念、基本规律掌握的要求要高，做到容易题不丢分，中档题和难题中的基础部分不丢分。

2、提高对新增内容的认重视程度，确保不出现知识点上的漏洞，该得到的分数不要轻易丢掉。

3、帮助学生构建知识网络，优化知识体系。只有具备了完整的知识体系，才能够逐步提高对问题的分析能力和对综合问题的处理能力。

4、加强解题的规范性训练，在正确的结果中展示思维的严谨性和回答的准确性。

考研数学：试题概况与难度分析篇6

就参加考研的考生最希望了解明年的趋势的话题，老师第一时间讲真题解析放到网上以供学员参考，强调学员在冲刺阶段要将重心转向研读真题，在此为2014考生提供一些复习建议，虽然只有简单的三点，但是如果这三点你都做到了，你的考研数学肯定没有任何问题。

一、试题概况与难度

选择题部分重点考查基本概念、基本性质、基本原理的掌握情况，没有多少运算量，20选择题部分难度不算太大，如等价无穷小、间断点的判定、向量组的等价、相似矩阵的判定、随机变量的分布函数等;填空题部分主要考查基本原理、基本公式、基本运算能力，年填空题运算量相对较大差不多，但是所考查的内容非常基础，基本上小编也都在平时为大家整理过相关复习资料。

大题部分主要考查综合使用数学知识的`能力、逻辑推理能力、空间想象能力、解决实际问题的能力。2013年的数学比较强调运算能力，高等数学部分的综合性显得不够，其中数三与一样考察了一个经济类的应用题，要求学生具备一定的经济背景知识，但是题目难度不大，自以来，2013年在高数的证明题中再次考察了微分中值定理。线性代数部分考查的线性方程组的解与二次型，解题方法比较灵活，计算量相对的少。概率统计部分，数学一和数学三都是概率论和数理统计各考一大题，并且数学三是自以来第一次考察了点估计，与09年之前的出题类似，但是难度不大，只要基本概念与原理清楚，完成这些题目应该不成问题。

整个试卷所考查的内容比较基础，但灵活性与以前相比有所提高。考查的知识点考生只要对基本原理理解到位，有一定的运算能力和综合运用知识的能力，像2013年这样的试卷应该能够取得比较理想的成绩。

二、2013年分数线的情况

全国硕士研究生入学考试试题难度除个别年份外(如和年试题比较容易)，尤其是去年的平均分创了历史新高，其实一般而言考研数学难度不会出现大的波动，2013年分数线应该不会高于12年，虽然每年分数线不同，但分数线基本在一定范围内波动，变化不大，平均分可能较去年略有下降。

三、对20考生的数学复习建议

首先，注重基本概念、基本原理的理解，弄懂、弄通教材，打一个坚实的数学基础，书本上每一个概念、每一个原理都要理解到位。像2013年考查的微分中值定理，就是教材上的一个定理，选择题和部分填空题也是考查基本概念和基本原理，基础知识的考查占有相当大的比例，切不可开始就看复习资料而放弃课本的复习。

其次，注重公式的记忆，方法的掌握和应用。填空题部分和一部分大题难度不大，需要能够理解原理，熟悉公式，灵活运用方法。

基础复习阶段非常重要，只要掌握好基础，不管考查什么内容都可以做到游刃有余。

再次，注重综合问题、实际问题，这部分内容是强化阶段重点关注的问题和需要培养的能力，需要大家练习一定量的问题，以达到巩固概念方法和原理、提高所学知识解决问题能力的目的。

数学高考试题分析篇7

一、选择题

1.(理)图1分别是甲、乙、丙三种品牌手表日走时误差分布的正态分布密度曲线,则下列说法不正确的是().

(A)三种品牌的手表日走时误差的均值相等

(B)三种品牌的手表日走时误差的均值从大到小依次为甲、乙、丙

(C)三种品牌的手表日走时误差的方差从小到大依次为甲、乙、丙

(D)三种品牌手表中甲品牌的质量最好

(文)某工厂对一批产品进行了抽样检测,下表是根据抽样检测后的产品净重(单位:克)数据得到的频率分布表,其中产品净重的范围是[96,108],则该样本数据的中位数为().

(A)102(B)102.4

2.将甲、乙两个篮球队10场比赛的得分数据整理成如图2所示的茎叶图,由图可知().

(A)甲队得分的众数是3

(B)乙队得分的中位数是38.5

(C)甲、乙两队得分的极差相等

(D)甲、乙两队得分在[30,39)分数段的频率相等

3.总体由编号为01,02,…,19,20的20个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体,选取方法从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右一次选取两个数字,则选出来的第5个个体的编号为().

(A)63(B)07

4.某工厂对一批产品进行了抽样检测,图3是根据抽样检测后的产品净重(单位:克)数据绘制的频率分布直方图,其中产品净重的范围是[96,106],则该样本数据的众数、中位数和平均数分别为().

(A)101,101,101

(B)101.3,101.3,101.3

(D)101,101.3,101

(参考数据:0.2×99+0.3×101+0.25×103+0.15×105=91.6)

5.(理)现有16张不同卡片,其中红色,黄色,蓝色,绿色卡片各4张,从中任取3张,要求这3张不能是同一颜色,且红色卡片至多1张,不同的取法为().

(A)232种 (B)252种

(文)从1,2,3,6这四个数中任取两个相乘,可以得到不相等的积的个数是().

(A)4 (B)5

6.(理)在《爸爸去哪儿》第二季第四期中,村长给6位“萌娃”布置一项搜寻空投食物的任务.已知:1食物投掷地点有远、近两处;2由于Grace年纪尚小,所以要么不参与该项任务,但此时另需一位小孩在大本营陪同,要么参与搜寻近处投掷点的食物;3所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组,一组去远处,一组去近处.那么不同的搜寻方案有().

(A)80种 (B)70种

(文)一个班级里,男生占四分之一,女生中有三分之一得过第一名,而男生中只有十分之一得过第一名,随机地选一位学生,则这位学生得过第一名的概率是().

(A)1/4(B)1/3

7.(理)设(2x-1)5的展开式中第k 项的系数最大,则k=().

(A)1(B)2

(文)若对任意x∈A,都有1/x∈A,则称集合A为“完美集合”.在集合A={-1,1,2,3}的所有非空子集中任取一个集合,这个集合是“完美集合”的概率为().

(A)1/(15)(B 2/(15)

8.在程序中,“x=RND”表示将计算机产生的[0,1]区间上的均匀随机数赋给变量x.利用图4所示的程序框图进行随机模拟,我们发现:随着输入N值的增加,输出的S值稳定在某个常数上.这个常数是().

(A)1/3(B)1/2

注:框图中的“=”,即为“←”或“:=”.

9.某商店储存的50个灯泡中,甲厂生产的灯泡占60%,乙厂生产的灯泡占40%,甲厂生产的灯泡的一等品率是90%,乙厂生产的灯泡的一等品率是80%.若从这50个灯泡中随机抽取出一个灯泡 (每个灯泡被取出的机会均等),则它是甲厂生产的一等品的概率是().

(A)0.32 (B)0.54

10.某单位有840名职工,现采用系统抽样方法,抽取42人做问卷调查,将840人按1,2,…,840随机编号,则抽取的42人中,编号落入区间[481,720]的人数为().

(A)11 (B)12

二、填空题

11.(理)把4本不同的课外书分给甲、乙两位同学,每人至少一本,则有_____种不同的分法.

(文)在区间[-5,5]内随机地取出一个数a,使得1∈ {x|2x2+ax-a2>0}的概率为_____.

12.(理)某个部件的三个元件按图5的方式连接而成,元件A或元件B正常工作,且元件C正常工作,则部件正常工作.若3个元件的次品率均为1/3,且各个元件相互独立,那么该部件的次品率为_____.

(文)某学生课外活动兴趣小组对两个相关变量收集到5组数据如下表:

由最小二乘法求得回归方程为,现发现表中有一个数据模糊不清,经推断,该数据的值为_____.

13.(理)从1,2,3,…,9,10这10个整数中任意取3个不同的数作为二次函数f(x)=ax2+bx+c的系数,则满足f(1)/3∈N的方法有_____种.

(文)从6个小朋友中选取4个小朋友出来做游戏,则不同的选法有_____.

三、解答题

14.应试教育下的高三学生身体素质堪忧,教育部门对某市100名高三学生的课外体育锻炼时间进行调查.他们的课外体育锻炼时间及相应频数如下表:

将学生日均课外体育运动时间在[2/3,1)上的学生评价为“课外体育达标”.

(Ⅰ)根据已知条件完成下面的2×2列联表,并据此资料是否能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“课外体育达标”与性别有关?

(Ⅱ)(理)将上述调查所得到的频率视为概率.现在从该市大量高三学生中,采用随机抽样方法每次抽取1名学生,抽取3次,记被抽取的3名学生中的“课外体育达标”学生人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的,求X的分布列,期望E(X)和方差D(X).

(文)用分层抽样方法在“课外体育达标”的学生中抽取5名,再在这5名学生中随机抽取2名,求恰有1名男学生与1名女学生的概率.

参考公式:

其中n=a+b+c+d.

独立性检验值表:

15.(理)设不等式组确定的平面区域为M,确定的平面区域为N.

(Ⅰ)定义坐标为整数的点为“整点”,在区域M内任取3个整点,求这些整点中恰有2个整点在区域N中的概率.

(Ⅱ)在区域M内任取3个点,记这3个点在区域N的个数为ξ,求ξ的分布列及数学期望.

(文)设不等式x2+y2≤2确定的平面区域为U,|x|+|y|≤1确定的平面区域为V.

(Ⅰ)定义坐标为整数的点为“整点”.

(1)在区域U内任取1个整点P(x,y),求满足x+y≥0的概率;

(2)在区域U内任取2个整点,求这2个整点中恰有1个整点在区域V的概率.

(Ⅱ)在区域U内任取1个点,求此点在区域V的概率.

参考答案

1.(理)【错解】A.由于所给的三个图象不同,其走时误差的均值不可能相等,故A不正确.

【分析】对正态分布ξ~N(μ,σ2)的期望与方差意义不明确致错,其实期望为μ,即曲线的对称轴x=μ,方差为σ2.数据越集中,σ2越小;数据越分散,σ2越大.

【解】B.由所给的三条曲线的对称轴均为x=μ=0知,A正确,从而B不正确;甲的误差分布在对称轴x=μ附近,最为集中,乙次之,丙最分散,故C正确;由于三种手表日走时误差的期望相等,且甲的方差最小 (最稳定),故D正确.

【点拨】有些考点在平时的复习中容易被遗漏,如正态分布ξ~N(μ,σ2)中的期望μ与方差σ2(σ为标准差),前者为正态分布密度曲线的对称轴,后者反映数据的集中程度,σ2越大说明数据分布越分散(曲线越“矮胖”),σ2越小说明数据分布越集中(曲线越“高瘦”).

(文)【错解】A.由于在[100,104)内的频率最大,则所求的中位数为(100+104)/2=102.

【分析】中位数是将[96,108]内的频率(即为1)平分的数,设所求的中位数为x,应有

【解】B.由以上分析得x=102.4.

【点拨】在频率分布表中,中位数将总频率(即为1)平均分为两份;众数是频率最大一组的组中值;平均数是各组中值与对应频率之积的和.

2.【错解】A.由题图知甲队得分的众数是3和5,故A正确.

【分析】甲队得分的众数应为33和35;将乙队得分从小到大排列为:22,25,32,33,34,43,43,43,51,52,其中位数为(34+43)/2=38.5,B正确;甲、乙两队得分的极差分别为51-24=27,52-22=30,故C错;甲、乙两队得分在[30,39)分数段的频率分别为4/(10)=0.4,3/(10)=0.3,故D错.

【解】B.由以上分析知,B正确.

【点拨】众数为一组数据中出现次数最多的数,它可以存在多个众数,也可能不存在.一组数据的中位数必存在的,把数据从小到大排列,若个数为奇数,则中位数是中间的那个;若个数为偶数,则为中间两数的平均数.

3.【错解1】A.依次所选的5个编号为65,72,08,02,63,即第5个个体的编号为63.

【错解2】C.依次所选的5个编号为08,02,14,07,02,即第5个个体的编号为02.

【分析】从65开始,每次取两个数字,若不是在编号01,02,…,19,20中的数,不能保留,因为其中没有这些编号,也不能出现重复数字,则依次所选的5个编号为08,02,14,07,01.

【解】D.由以上分析知,D正确.

【点拨】若将本题的“20个个体”改为“100个个体”,每次取3个数字,其他不变,选出来的第5个个体的编号为003.

4.【错解】A.所求的众数为(100+102)/2=101,用众数估计其中位数与平均数知,A正确.

【分析】在频率分布直方图中不能用众数数估计其中位数与平均数,需要根据不同的概念计算其值.

【解】C.众数:(100+102)/2=101;中位数:设中位数为x,有0.05×2+0.1×2+(x-100)×0.15=0.5,解得x=100+4/3≈101.3;平均数:0.05×2×97+0.1×2×99+0.15×2×101+0.125×2×103+0.075×2×105=0.1×97+0.2×99+0.3×101+0.25×103+0.15×105=9.7+91.6=101.3.

【点拨】众数———最高矩形中点的横坐标;中位数———直方图面积平分线与横轴交点的横坐标;平均数———各小矩形的面积×小矩形的底边中点横坐标,再求和.

5.(理)【错解】C.1仅有1张红卡片有C14·(C14C14)·C23=192种,2没有红卡片有C14C14C14=64种.故共有192+64=256种.

【分析】上述错解将“这3张不能是同一颜色”错误理解为“这3张颜色互不相同”,如2张黄色,1张蓝色也是符合题意的.

【解】D.1仅有1张红卡片有C14C212=264种;2没有红卡片有C312-3C34=208种.

故共有264+208=472种.

【点拨】在处理计数问题时,需特别注意对“至多”、“至少”、“都是”、“不都是”、“都不是”等关键词的理解.

(文)【错解】C.从这四个数中任取两个相乘,其积有1×2=2,1×3=3,1×6=6;2×3=6,2×6=12;3×6=18数.共6个数.

【分析】上述错解中忽略了6出现两次的情形.

【解】B.由分析知可得到不相等的积的个数是5.

【点拨】运用列举法处理计数问题时,容易出现重复或遗漏的错误,然而有顺序的列举,再注意排除重复的情形,可有效避免错解的产生.

6.(理)【错解】B.(1)若Grace不参与该项任务有C15C24C22A22=60;(2)若Grace参与该项任务有C25C33=10.于是共有60+10=70种.

【分析】上述错解对Grace不参与该项任务的计算有误,由于Grace不参与该项任务时,到近处有C24,到远处有C22,属平均分组问题,用C24C22计算已含有顺序在内,不能再乘以A22.

【解】C.(1)若Grace不参与该项任务有C15C24C22=30;(2)若Grace参与该项任务有C25C33=10.于是共有30+10=40种.

【点拨】平均分组问题易出现重复计算的错误.如(1)将a,b,c,d四位同学平均分为A,B两组,则有C24C22=6种,而不是C24C22A22=12种;(2)将a,b,c,d四位同学平均分为两组,则有种,而不是C24C22=6种.

(文)【错解】A.设全班有x人,则女生有3/4x人,其中得过第一名的有3/4x×1/3=1/4x,

∴所求的概率为

【分析】上述错解忽略了对男生的考虑.

【解】D.不妨设男生有x人,则女生有3x人,那么得过第一名的学生有(3x)/3+x/(10)人.

从而随机地选一位学生,则这位学生得过第一名的概率是

【点拨】其实错解可更正为:设全班有x人,则男生有1/4x人(其中得过第一名的有1/4x×1/(10)=1/(40)x人),则女生有3/4x人(其中得过第一名的有3/4x×1/3=1/4x人),

由于运算量过大,求不出r的值.

【分析】其实可先求25-rCr5的最大值,再考虑(-1)r25-rCr5的最大值即可.

又当r=1时,(-1)r25-rCr5<0;当r=2时,(-1)r25-rCr5的最大值为23C25=80.

故展开式中第3项的系数最大.

【点拨】本题还易错选B,其实r=2时,(-1)225-2C25已是展开式中第r+1=3项的系数.由于(2x-1)5的次数较低,直接用二项式定理展开计算也不难.

(文)【错解】D.集合A的非空子集有:{-1},{1},{2},{3},{-1,1},{-1,2},{-1,3},{1,2},{1,3},{2,3},共10个;其中“完美集合”有{-1},{1},{-1,1},共3个,则所求的概率为p=3/10.

【分析】其实集合A的非空子集有:1若仅有1个元素,则有{-1},{1},{2},{3};2若仅有2个元素,则有{-1,1},{-1,2},{-1,3},{1,2},{1,3},{2,3};3若仅有3个元素,则有{-1,1,2},{-1,1,3},{-1,2,3},{1,2,3};4若仅有4个元素,则只有{-1,1,2,3}.故其共有15个非空子集,其中“完美集合”有{-1},{1},{-1,1},共3个.

【解】C.由以上分析知,所求的概率为

p=3/(15)=1/5.

【点拨】当所列举的对象个数较多时,需注意列举的条理性,否则容易出现遗漏.其实集合A={-1,1,2,3}的子集个数为24=16个,其中包含与本身{-1,1,2,3},于是非空子集的个数为15.而“完美集合”必为{-1,1}的真子集,即22-1=3个,其概率为p=3/(15)=1/5.

8.【错解】A.由于不能正确理解题意而得不到正确的结果.

【分析】由“x=RND”的定义知,0≤a≤1,0≤b≤1,由所给的框图知,所取的点(a,b)满足b<a时,将这个点数累计到M中,不满足b<a时,不累计.S=M/N表示,将所有满足b<a的点的个数除以满足0≤a≤1,0≤b≤1的点的个数.于是转化为几何概型问题求解.

【解】B. 所给的框图为在Ω ={(x,y)|0≤a≤1,0≤b≤1}下,求满足A ={(x,y)|0≤a≤1,0≤b≤1,b<a}的概率.画出图形,由几何概型概率得所求的概率

【点拨】当面对一些较为“新颖”的试题时,从特殊例子入手,常可达到良好的效果,如本题,所取的点(a,b)满足b=a(特殊例子,临界情形)怎么样?(在直线b=a上),那么,满足b<a呢?(在直线b=a下方).这就得到了解决问题的切入点与突破口.

9.【错解】D.由题意知,甲厂生产的灯泡的一等品率是90%,也即甲厂生产的一等品的概率是0.9.

【分析】错解混淆了“甲厂生产的灯泡的一等品率是90%”(研究对象为甲厂)与“从这50个灯泡中随机抽取出一个灯泡,它是甲厂生产的一等品的概率”(研究对象为甲、乙厂总和)是两个概念,应运用条件概率计算.

【解】B.设事件A表示“甲厂生产的灯泡”,事件B表示“灯泡为一等品”,依题意有P(A)=0.6,P(B|A)=0.9,根据条件概率计算公式得P(AB)=P(A)·P(B|A)=0.6×0.9=0.54.

【点拨】事实上,在50个灯泡中,甲厂生产了50×60% =30个灯泡 (其中,一等品30×90%=27个);乙厂生产了50×40%=20个灯泡(其中,一等品20×80%=16个).于是所求的概率为(27)/(50)=0.54.

10.【错解】A.将840人按1,2,…,840随机编号,分为42组,每组20人,即第1组,1到20号;第2组,21到40号;…;第42组,820到840号.每组抽取1人,设从第1组中抽到的号数为k,则1≤k≤20,在第n组抽到的号数为an=20(n-1)+k.

由481≤an≤720,得25.05-k/(20)≤n≤37-k/(20),而k/(20)∈[1/(20),1],n∈N*,有25≤n≤36.

又36-25=11,故选A.

【分析】上解只错在最后一步,由25≤n≤36得出的n的取值个数应为36-25+1=12.

【解】B.将840人按1,2,…,840随机编号,每20个人分成一组,即第1组,1到20号;第2组,21到40号;…;第25组,481到500号;…;第36组,700到720号;…;第42组,820到840号.每组抽取1人,则抽取的42人中,编号落入区间[481,720]的人数为12.

【点拨】解决问题时,常需对所研究的问题实施估算,如在以上正解中,我们可以这样估算:481为第几组的数?480÷20=24,即480为第24组最后一个数,于是481是第25组第一个数,类似地也可对720作出估算.

11.(理)【错解1】24.甲、乙每人分1本有A24种分法,剩下的每本书均有2种分法,故共有A24×2×2=24种分法.

【错解2】20.1若甲得3本书,乙得1本书有C34C11=4种,同理甲得1本书,乙得3本书也有4种,共8种分法;2若甲得2本书,乙得2本书有C24C22A22=12种分法.故共有8+12=20种不同的分法.

【分析】以上两种错解均出现了重复计算的情形.在错解1中,不妨设4本书为a,b,c,d,由于A24是任意取2本书,再分给甲、乙的种数,比如甲得a,乙得b,再分剩下的2本c,d,可能有甲得a,c,乙得b,d.另外,由于A24是任意取2本书,也可能甲先得c,乙先得d,再分剩下的2本a,b,也可能有甲得a,c,乙得b,d,产生了重复.在错解2中,1是正确的,C24C22表示先任意取2本给甲,再将剩下的两给乙,由取书的任意性,也包含了排列数A22在内,故不能再乘以A22.

【解】14.1若甲得3本书,乙得1本书有C34C11=4种,同理甲得1本书,乙得3本书也有4种,共8种分法;2若甲得2本书,乙得2本书有C24C22=6种分法.故共有8+6=14种不同的分法.

【点拨】计算平均分组问题时,在任意取元素时,不能再排列,因为其中已含有排列在内.

如本题中,当4本不同的书平均分成两份时(没有了甲、乙),有种.

(文)【错解】7/(10).由2x2+ax-a2>0,得x<-a或x>a/2,而1∈{x|2x2+ax-a2>0},得1<-a或1>a/2,则a<-1或a<2,即a<2,于是

【分析】“由2x2+ax-a2>0,得x<-a或x>a/2”有误,在未确定a的符号的情况下无法比较-a与a/2的大小,并不能得到该不等式的解为x<-a或x>a/2,还需对-a与a/2的大小实施讨论.事实上,由题意可得2·12+a·1a2>0,即可求得a的取值范围.

【解】3/(10).由1∈{x|2x2+ax-a2>0},得2+a-a2>0,有-1<a<2,由几何概型的概率得

【点拨】在解不等式 (x-x1)(x-x2)>0时,需明确x1与x2的大小.

12.(理)【错解】1/(27).元件A或元件B的次品率为1/3×1/3=1/9,该部件的次品率为1/9×1/3=1/(27).

【分析】该部件的次品率为1/9×2/3+8/9×1/3+1/9×1/3=(11)/(27),也可从计算该部件的正品率入手.

【解】(11)/(27).由题意可得A,B,C能正常工作的概率为P(A)=P(B)=P(C)=2/3,则A或B能正常工作的概率为P(M)=P(A)·P()+P()·P(B)+P(A)·P(B)=2×2/3×1/3+2/3×2/3=8/9,该部件能正常工作的概率为P(M)·P(C)=8/9×2/3=(16)/(27),即该部件的次品率为1-(16)/(27)=(11)/(27).

【点拨】该部件相当于物理中的灯泡连接一样,先将A,B并联,再与C串联,求该部件不能正常工作的概率.

(文)【错解】68.3.把x=20代入

【分析】表中所给的数据只反映x与y的线性关系,并非函数关系,因而不能直接代入线性回归方程求预报值,应根据线性回归方程的性质,即线性回归方程经过中心点求解.

【解】68.由题意可得=30,代入回归方程得.设模糊处的数值为a,

则62+a+75+81+89=75×5,∴a=68.

【点拨】线性回归方程经过中心点是求解线性回归问题的常用工具.

13.(理)【错解】9.由可知,a+b+c是3的倍数,当a,b,c在1,2,3,…,9,10中取连续3个数,其和是3的倍数,有10-2=8种,又3+6+9也是3的倍数.故共有9种方法.

【分析】由于不能抓住a+b+c是3的倍数的特征,因而以上解法遗漏了不少符合题意的选法.其实需将1,2,3,…,9,10这10个数均除以3,按余数分类可得到简便的解法.

【解】252.由已知,f(1)=a+b+c,对1,2,3,…,9,10这10个整数分组,①3,6,9;②1,4,7,10;③2,5,8.若a,b,c都取①中的数,f(1)/3∈N,(a,b,c)共有A33=6种;若a,b,c都取②中的数,f(1)/3∈N,(a,b,c)共有C34A33=24种;若a,b,c都取3中的数,f(1)/3∈N,(a,b,c)共有A33=6种;若a,b,c在1,2,3各取一个数,f(1)/3∈N,(a,b,c)共有C13C14C13A33=216种.故满足f(1)/3∈N的(a,b,c)共有252种.

【点拨】把1,2,3,…,9,10这10个数除以3,余数为0的为①3,6,9;余数为1的为②1,4,7,10;余数为2的为③2,5,8.这样将这10个数分为了3大类,以余数为突破口,可找到a+b+c是3的倍数的简便方法.

(文)【错解】10.记6个小朋友分别为a,b,c,d,e,f,从中选取4人,有(a,b,c,d);(a,b,c,e);(a,b,c,f);(b,c,d,e),…,由于所选元素较多,难以列举清楚.

【分析】其实从6个元素中选取4个的种数等于从6个元素中选取2个的种数,从而更便于列举.

【解】15.记6个小朋友分别为a,b,c,d,e,f,从中选取2人不参加游戏,有(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(a,f),(b,c),(b,d),(b,e),(b,f),(c,d),(c,e),(c,f),(d,e),(d,f),(e,f),共15种,于是所求的种数也是15种.

【点拨】用列举法列举基本事件的种数时,需注意优化列举的方法,避免出现“重复”与“遗漏”的现象.

14.【错解】(Ⅰ)算得K2≈3.030后,不能按要求与3.841进行比较大小,作出正确的回答.(Ⅱ)(理)不能领悟“将上述调查所得到的频率视为概率,现在从该市大量高三学生中,…”的意义,而采用超几何分布型概率计算P(X=k)的值.(文)不习惯把所取的5位学生用字母表示,为事件的列举带来困难.

【分析】(Ⅰ)由于要考虑“在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为‘课外体育达标’与性别有关”,需将K2≈3.030与3.841的大小进行比较;(Ⅱ)(理)在“将上述调查所得到的频率视为概率,现在从该市大量高三学生中,…”下,需用二项分布概型计算P(X=k).(文)记3名男生为a,b,c,2名女生为m,n,可用列举法求概率.

【解】(Ⅰ)由所给频数表知,在抽取的100人中,“课外体育达标”的学生有25人,从而2×2列联表如下:

假设“课外体育达标”与性别无关,

所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下不能判断“课外体育达标”与性别有关.

(Ⅱ)(理)由题表中数据可得,抽到“课外体育达标”学生的频率为0.25,将频率视为概率,即从学生中抽取一名“课外体育达标”学生的概率为1/4.

由题意X~B(3,1/4),从而X的分布列为:

(文)由(Ⅰ)得“课外体育达标”的学生有25名,其中男生有15名,女生有10名,用分层抽样方法从中抽取5名,则男生有15×5/(25)=3名,记作a,b,c,女生有10×5/(25)=2名,记作m,n,从这5名学生中随机抽取2名,基本事件有:(a,b),(a,c),(a,m),(a,n),(b,c),(b,m),(b,n),(c,m),(c,n),(m,n),共10种.

恰有1名男学生与1名女学生有(a,m),(a,n),(b,m),(b,n),(c,m),(c,n),共6种.

所以所求的概率为p=6/(10)=3/5.

【点拨】(Ⅰ)1两变量是否有关,需比较所算得的K2与2.706的大小,当K2>2.706时,可认为两变量有关(有约90%的把握认为两变量有关,即在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为两变量有关),当K2≤2.706时,不能认为两变量有关.2两变量是否有强相关,需比较所算得的K2与6.635的大小,当K2>6.635时,可认为两变量有强相关.(Ⅱ)(理)超几何分布与二项分布的区别:1独立重复为二项分布型(每次实验的概率没有影响),否则为超几何分布;2数据较大,出现“用样本数据估计总体”时为二项分布,否则为超几何分布.(文)在用列举法计算概率前,先用字母表示所列举的对象,可使列举更方便、规范.

15.(理)【错解】(Ⅰ)由题意知,区域M内共有12个整点,区域N内共有3个整点,

设所取3个整点中恰有2个整点在区域N的概率为P(A),则

(Ⅱ)ξ的可能取值为0,1,2,3,

∴ξ的分布列为:

【分析】(Ⅰ)正确;(Ⅱ)错误,因为“在区域M内任取3个点”,这3个点不一定是整点,已变为该区域的无数个点,应由几何概型求其概率,先计算在区域M中任取1个点,该点在区域N的概率,再用二项分布计算概率.

【解】(Ⅰ)同错解.

(Ⅱ)区域M的面积为SM=3×2=6,区域N的面积为SN=1/2×3/2×2=3/2.

由几何概型的概率知,在区域M中任取1个点,该点在区域N的概率为p=SN/SM=1/4.

ξ的可能取值为0,1,2,3,有ξ~B(3,1/4),

∴ξ的分布列为:

【点拨】1注意超几何分布与二项分布的区别;2若ξ服从超几何分布,则

(文)【错解】(Ⅰ)满足x2+y2≤2的区域U的整点有:(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(0,-1),(0,0),(0,1),(1,-1),(1,0),(1,1),共9个.

满足|x|+|y|≤1区域为V的整点有:(-1,0),(0,-1),(0,0),(0,1),(1,0),共5个.

(1)满足x+y≥0的整点有:(-1,1),(0,0),(0,1),(1,-1),(1,0),(1,1),共6个,

∴所求的概率p=6/9=2/3.

(2)由于所要列举的点个数较多,无法列举完全而出错.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,在区域U内任取1个点,此点在区域V的概率为P=5/9.

【分析】(Ⅰ)为古典概型,需用列举法求解;

(Ⅱ)为几何概型,需用面积法求解.

【解】(Ⅰ)满足x2+y2≤2的区域U的整点有:(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(0,-1),(0,0),(0,1);(1,-1),(1,0),(1,1),共9个.

满足|x|+|y|≤1区域为V的整点有:(-1,0),(0,-1),(0,0),(0,1),(1,0),共5个.

(1)满足x+y≥0的整点有:(-1,1),(0,0),(0,1),(1,-1),(1,0),(1,1),共6个,

∴所求的概率p=6/9=2/3.

(2)在区域U内任取2个整点,记为{(x1,y1),(x2,y2)},则有:{(-1,-1),(-1,0)},{(-1,-1),(-1,1)},{(-1,-1),(0,-1)},{(-1,-1),(0,0)},{(-1,-1),(0,1)},{(-1,-1),(1,-1)},{(-1,-1),(1,0)},{(-1,-1),(1,1)},8个;{(-1,0),(-1,1)},{(-1,0),(0,-1)},{(-1,0),(0,0)},{(-1,0),(0,1)},{(-1,0),(1,-1)},{(-1,0),(1,0)},{(-1,0),(1,1)},7个;…;{(1,0),(1,1)},1个.

故共有8+7+…+1=36个.

而2个整点中恰有1个整点在区域V有:{(-1,0),(-1,-1)},{(-1,0),(-1,1)},{(-1,0),(1,-1)},{(-1,0),(1,1)},4个;{(0,-1),(-1,-1)},{(0,-1),(-1,1)},{(0,-1),(1,-1)},{(0,-1),(1,1)},4个;…;{(1,0),(-1,-1)},{(1,0),(-1,1)},{(1,0),(1,-1)},{(1,0),(1,1)},4个.

故共有4×5=20个.

∴所求的概率p=20/36=5/9.

(Ⅱ)区域U的面积为π×22=4π,区域V的面积为(21/2)2=2,

∴在区域U内任取一点,该点在区域V内的概率为p=2/(4π)=1/(2π).

【点拨】从“有限”与“无限”的角度可快速判别所求的概率是“古典概型”还是“几何概型”,而对于古典概型的概率,有时列举的事件较为繁杂,需按一定的顺序列举才能有效避免重复与遗漏.

十一、算法和推理与证明部分

一、选择题

1.定义新运算:aΔb=(a+1)/b,a▽b=(b+1)/a,则2Δ(3▽4)的值是().

(A)1(B)3

2.执行图1所示的程序框图,若输出结果为31,则M处的条件为().

(A)k<32? (B)k≥32?

(C)k<16? (D)k≥16?

3.(理)用数学归纳法证明“”时,由n=k的假设证明n=k+1时,若从等式左边证明右边,则必须证得右边为().

(文)规定符号“*”表示一种两个正实数之间的运算,即,则函数f(x)=1*x的值域是().

(A)(1,+∞) (B)[1,+∞)

(C)(3/4,+∞) (D)[3/4,+∞)

4.图2中的程序框图所描述的算法称为欧几里得辗转相除法.若输入m=2015,n=121,则输出m=().

(注:框图中的赋值符号“=”也可以写成“←”或“:=”)

(A)1 (B)2

5.设A(xA,yA),B(xB,yB)为平面直角坐标系上的两点,其中xA,yA,xB,yB∈Z.令Δx=xB-xA,Δy=yB -yA,若|Δx|+|Δy|=3,且|Δx|·|Δy|≠0,则称点B为点A的“相关点”,记作:B=τ(A).已知P0(x0,y0)(x0,y0∈Z)为平面上一个定点,平面上点列{Pi}满足:Pi=τ(Pi-1),且点Pi的坐标为(xi,yi),其中i=1,2,3,…,n,则点P0的相关点”有()个.

(A)4 (B)6

6.设y=f(x)为定义在R上的可导函数,定义运算和如下:对m,n∈R均有mn=|f(m)|·n;mn=f′(m)+n.若,使得对于x∈R,恒有ax=ax=x成立,则称实数a为函数f(x)的基元.下列函数中恰有两个基元的是().

7.执行图3所示的程序框图,若输入n的值为常数m(m∈N*,m≥3),则输出的s的值为().

(A)2 (B)4

8.已知在平面直角坐标系中有一个点列:P1(0,1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn)(n∈N*).若点 Pn(xn,yn)到点 Pn+1(xn+1,yn+1)的变化关系为:,则|P2013P2014|等于().

9.如图4,我们知道,圆环也可看作线段AB绕圆心O旋转一周所形成的平面图形,又圆环的面积S=π(R2-r2)= (R-r)×2π×(R+r)/2.所以,圆环的面积等于是以线段AB=R-r为宽,以AB中点绕圆心O旋转一周所形成的圆的周长2π×(R+r)/2为长的矩形面积.

请将上述想法拓展到空间,并解决下列问题:

若将平面区域M = {(x,y)|(x-d)2+y2≤r2}(其中0<r<d)绕y轴旋转一周,则所形成的旋转体的体积是().

(A)2πr2d(B)2π2r2d

二、填空题

10.18世纪的时候,欧拉通过研究,发现凸多面体的面数F、顶点数V和棱数E满足一个等式关系.请你研究你熟悉的一些几何体(如三棱锥、三棱柱、正方体……),归纳出F,V,E之间的关系等式:______.

11.如图5,画1个圆将平面分成2部分;画2个圆将平面最多分成4部分;画3个圆将平面最多分成8部分,……,设画n个圆将平面最多分成f(n)部分,则f(4)=______,f(n)=______(答案用n表示).

12.已知数列{an}满足),则a3的值为______,a1·a2·a3·…·a2015的值为______.

13.对于n∈N*,将n表示为n=ak×2k+ak-1×2k-1+…+a1×21+a0×20,当i=k时,ai=1;当0≤i≤k-1时,ai为0或1.定义bn如下:在n的上述表示中,当a0,a1,a2,…,ak中等于1的个数为奇数时,bn=1,否则bn=0,则b3+b4+b5+b6=______.

三、解答题

14.我们将具有下列性质的所有函数组成集合M:函数y=f(x)(x∈D),对任意x,y,(x+y)/2∈D均满足f((x+y)/2)≥1/2≥1/2[f(x)+f(y)],当且仅当x=y时等号成立.

(Ⅰ)若定义在(0,+∞)上的函数f(x)∈M,试比较f(3)+f(5)与2f(4)大小;

(Ⅱ)给定两个函数:f1(x)=1/x(x>0),f2(x)=logax(a>1,x>0),证明:,f2(x)∈M;

(Ⅲ)试利用(Ⅱ)的结论解决下列问题:若实数m,n满足2m+2n=1,求m+n的最大值.

15.已知函数y=f(x)与的图象关于直线y=x对称.

(Ⅰ)求函数f(x)的解析式;

(Ⅱ)若A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)是函数y=f(x)图象上的两点,0<λ<1,

证明:λf(x1)+(1-λ)f(x2)>f[λx1+(1-λ)x2].

参考答案

1.【错解】A.由所给的定义知,3▽4=(3+1)/4=1,则2Δ(3▽4)=2Δ1=(1+1)/2=1.

【分析】错解混淆了所定义的新运算,其实3▽4应按运算a▽b=(b+1)/a计算,即3▽4=(4+1)/3=5/3,2Δ(5/3)应按运算aΔb=(a+1)/b计算,即

【解】D.由以上分析知,正确选项为D.

【点拨】对于新定义运算问题,需注意所定义运算的细节,弄清哪些需按新定义计算,哪些按平时的运算法则计算.

2.【错解】D.输入k=1,S=0,运行程序,要输出S=31,有如下运算:

因为“16≥16”的判断为“是”,输出S=31,所以M处的条件为“k≥16?”.

【分析】得到S=31后,应接着运算k=2×k,即k=2×16=32,再回到判断框M处,作判断k≥32为“是”,才能输出S=31.

【解】B.输入k=1,S=0,运行程序,要输出S=31,有如下运算:

因为“32≥32”的判断为“是”,而“16≥32”的判断为“否”,故M处的条件为“k≥32?”.

【点拨】填写判断框时,需关注循环运算的次数,特别是临界值的检验.其实M处还可以填k>17,k>18,…,k>31,k≥32等.

【点拨】在运用数学归纳法证明等式或不等式时,从n=k到n=k+1的推导过程中,需特别注意三点:一是首项,二是末项,三是变化规律.

【分析】错解忽略了二次函数的对称轴与其图象的开口方向及t的取值范围而出错.函数y=t2+t+1的对称轴为t=-1/2,且开口向上,得该函数在(0,+∞)上单调递增,于是应当有y>1.

【点拨】抓住二次函数的对称轴、开口方向、图象与x轴(y轴)的交点,然后运用数形结合解决问题,这是处理此类问题的常用思路.

4.【错解】B.∵输入m=2015,n=121,则r=79,m=121,n=79;r=42,m=79,n=42;r=37,m=42,n=37;r=5,m=37,n=5;r=2,m=5,n=2;r=1,m=2,n=1;r=0,m=2,n=0.

∴输出m=2.

【分析】以上错解在最后一轮运算“r=0,m=2,n=0”时,忽略了赋值运算m=n,前面已有n=1,因而应输出m=1.

【解】A.由于输入m=2015,n=121,运行程序有如下结果:

于是输出m=1.

【点拨】若对欧几里得辗转相除法有所了解,知道它是求两个整数最大公约数的运算,再结合2015=3×11×61+2,121=11×11,即得输出m=1.

5.【错解】A.由|Δx|+|Δy|=3,|Δx|·|Δy|≠0,且Δx,Δy∈Z,得|Δx|=1,有|Δy|=2,或|Δx|=2,有|Δy|=1.

1若|Δx|=1,有|Δy|=2,这时P0有2个“相关点”;

2若|Δx|=2,有|Δy|=1,这时P0也有2个“相关点”.

∴P0 有4个“相关点”.

【分析】以上错解由于对所给的定义理解不到位致错.如图,|Δx|+|Δy|=|AC|+|CB|,当|Δx|=1,有|Δy|=2时,应有Δx= ±1,Δy= ±2,P0有4个“相关点”.

【解】C.由所给的定义有Δx,Δy∈Z,且|Δx|+|Δy|=3,|Δx|·|Δy|≠0.

这时P0有4个“相关点”;

这时P0有4个“相关点”.

∴P0 有8个“相关点”.

【点拨】分类讨论、数形结合是理解新定义概念或运算问题的入口与关键.

6.【错解】A.由,使得对于x∈R,恒有ax=ax=x成立,得|f(a)|x=f′(a)+x=x,即|f(a)|=1且f′(a)=0,对于A,f′(x)=6x2+6x,

由f′(x)=0得x=0或x=-1,即f(x)恰有两个基元a=0或a=-1.

【分析】其实还需考虑|f(a)|=1,即|2a3+3a2|=1,只有a= -1合适此方程,即函数f(x)=2x3+3x2只有1个基元.

【解】C.由新定义可知,若实数a为函数f(x)的基元等价于|f(a)|=1且f′(a)=0,由此易知函数f(x)=1/2(x3-3x)有两个基元,函数f(x)=x2+1和函数f(x)=2x3+3x2有一个基元,函数f(x)=cosx有无穷多个基元.

【点拨】本题不宜直接解方程组原因在于解方程1/2|a3-3a|=1时运算量较大,但若先解方程a2-1=0,得a=-1或a=1,再将这两个根代入1/2|a3-3a|=1检验,则方便很多,所以注意观察,选择恰当的运算方法可有效提高解题效率.

7.【错解】C.输入n=m,i=1,s=1,

而m≥3,运行所给的程序,有:

∴当m=3时,判断框为“i<3?”,输出s=2;当m=4时,判断框为“i<4?”,输出s=4;

当m=5时,判断框为 “i<5?”,输出s=7;…,找不到m与s的联系而得不到正确的结果.

【分析】以上错解之所以找不到m与s的联系,是由于没有保留s的原始计算所致,事实上当m=3时,判断框为“i<3?”,输出s=1+0+1;当m=4时,判断框为“i<4?”,输出s=1+0+1+2;当m=5时,判断框为“i<5?”,输出s=1+0+1+2+3;…,从而有当判断框为“i<m?”,输出s=1+0+1+2+3+ … + (m2),也就不难得到正确的结果.

【点拨】保留原始的计算形式,有时更方便揭示内在所隐含的规律.若为选择题,还可用检验法得到正确的结果.如用当m=3时,s=2;当m=4时,s=4;当m=5时,s=7;…,检验可知D正确.

【解】C.由题意可得P1(0,1),P2(1,1),P3(0,2),P4(2,2),P5(0,4),….

【点拨】在运用等差(比)数列的通项公式或求和公式时,如an=a1+(n-1)d中,等式右边的n是指数列的项数,与左边的n是有区别的.如x2,x4,…,x2n是首项为1,公比为2的等比数列,应有x2n=2n-1,因为x2,x4,…,x2n中只有n项,而不是2n项,对于其他公式也是如此.另外,对于本题的解答,还是推荐用“归纳—猜想”的方法求解,这样的思维会低很多,且出错的机会也会小很多.

9.【错解】C.不能根据题意得到正确的类比,而得不到正确的结果.

【分析】题中已将圆环面积转换为矩形面积,我们实施类比,可以将所得的旋转体的体积转换为一个圆柱的体积,其中圆柱的底面面积为圆(x-d)2+y2=r2的面积(由线段AB类比得到),圆柱的高为圆心(d,0)绕y轴旋转一周所得圆的周长2πd(由AB中点绕圆心O旋转一周所形成的圆的周长类比得到).

【解】B.拓展到空间,所形成的旋转体的体积等于以圆(x-d)2+y2=r2的面积为底面面积,以圆心绕y轴旋转一周所得圆的周长为高的圆柱的体积.∴V=(πr2)·(2πd)=2π2r2d.

【点拨】类比推理是研究数学问题一种常用方法,从平面几何问题类比到空间几何问题,从直线问题类比到曲线问题等常用的类比途径.但是运用类比得到的结论不一定正确,需要进一步证明.

10.【错解】F+V+E=6n-10(其中n为多面体的面数,n≥4).由所给的表格得,四面体有F+V+E=14,五面体有F+V+E=20,六面体有F+V+E=26,它构成首为14,公差为6的等差数列,则F+V+E=14+(n-4)×6=6n-10.

【分析】由题中三棱柱得五面体F+V+E=20是错误的,如四棱锥也是五面体,但F+V+E=5+5+8=18≠20,五棱锥也是六面体,但F+V+E=6+6+10=22≠26.其实还有规律F+V-E=2.

【解】F+V-E=2.由以上分析知,F,V,E之间的关系等式为F+V-E=2.

【点拨】用归纳法研究问题时,需注意问题的多样性,用归纳法得到的结果不一定正确,还需进一步验证.对于F+V-E=2的证明,可到网上查阅“凸多面体欧拉定理”.

11.【错解】16,2n.由f(1)=2,f(2)=4=22,f(3)=8=23,得f(4)=24=16,f(n)=2n.

【分析】本题由于对初始情形的归纳过于草率,出现了此错解.其实从递推的角度考虑问题,每增加一个圆,该圆都会与原来的n个圆交于2个点,共得2n个交点,该圆圆周也就被分成了2n段,每1段增加了1个部分,于是便得f(n+1)=f(n)+2n,用累加法可求f(n).

【解】14,n2-n+2.要将平面分成最多部分,则任意两个圆相交,没有三个圆共点,设画n个圆将平面最多分成f(n)部分,在添加第n+1个圆时,这个圆与原来的n个圆相交于2n个点,则这个圆周被分成了2n段,每1段都增加了1个部分,于是f(n+1)=f(n)+2n,

【点拨】运用归纳推理考虑问题时,会产生量变与质变的问题,其实本题若在3个圆的基础上再添加一个圆,则不难得到f(4)=14,从而推翻f(n)=2n的猜测,进而考虑用别法求解.

【分析】其实再多求几项有可能就发现了其中的规律.

【点拨】本题若为解答题意,可以证明an+4=an.

13.【错解】由于不能理解题意,找不到解题的切入点而得不到正确的结果.

【分析】不妨从b3开始,n=3时,3=1×21+1×20,a1=1,a0=1中等于1的个数为偶数,从而b3=0,同理可求得b4,b5,b6的值.

【解】1.由以上分析知,b3=0,当n=4时,4=1×22+0×21+0×20,a2=1,a1=0,a0=0中有奇数个1,则b4=1;当n=5时,5=1×22+0×21+1×20,有b5=0;当n=6时,6=1×22+1×21+0×20,有b6=0;∴b3+b4+b5+b6=1.

【点拨】当遇到较抽象、难于理解的问题时,我们可以抓住一种特殊情况入手,以退为进,说不定解决了一种特殊情况下的问题,整个问题也就豁然开朗了.

【点拨】对于新定义问题,一般需运用演绎推理的方法解决问题.在推理过程中,题中所给的新定义实际上是推理的大前提,在此大前提下实施严格的演绎推理.

15.【错解】(Ⅰ)由题意知,f(x)是g(x)的反函数,由,则,无法从中解出x(用y表示).(Ⅱ)由于涉及的变量较多,不能确定解题的方向.

【分析】(Ⅰ)可设P(x,y)是函数y=f(x)图象上的任意一点,其关于直线y=x的对称点P′(y,x)必在函数的图象上,有,两边开方后可解得,再求x的范围即可;

(Ⅱ)令h(λ)= 左边 - 右边,用导数研究h(λ)在(0,1)上的单调性(先增后减),且h(0)=h(1)=0,即可证明h(λ)>0.

【解】(Ⅰ)设点P(x,y)是函数y=f(x)图象上的任意一点,由题意知,其关于直线y=x的对称点P′ (y,x)必在函数的图象上,

∵h′(λ)在(0,1)上单调递减,且h′(0)>0,h′(1)<0,

∴存在唯一的λ0∈(0,1),使得h′(λ0)=0,

当0<λ<λ0时,h′(λ)>0,h(λ)单调递增;

当λ0<λ<1时,h′(λ)<0,h(λ)单调递减.

又h(0)=0,h(1)=0,

∴h(λ)>0,即λf(x1)+(1-λ)f(x2)>f[λx1+(1-λ)x2].

【点拨】第(Ⅱ)问实际要证明f(x)=ex+1(x≥0)为下凸函数,只证f″(x)>0即可,可ex得如下证明:由(Ⅰ)得

十二、复数、选考部分

一、选择题

1.如图1,PA是圆的切线,A为切点,PBC是圆的割线, 且(PB)/(BC)=1/2, 则(PA)/(BC)=().

2.不等式|x+1|+|x-1|>x的解集为().

(A)(-∞,2)(B)R

(C)(-∞,1)(D)(-∞,0)

3.在极坐标系中,已知点 A(1,0),B(0,2),C(21/2,3π/4),则△ABC 的面积等于().

(A)1/2(B)3/2

4.如图2,已知⊙O的半径为1,AB是⊙O的直径,点C在圆周上,点D在AB上,且AC=31/2BC,AD =3DB,则CD=().

(A)1/4(B)3/4

5.已知曲线C1的参数方程是.以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程是ρ=2,则C1与C2交点的直角坐标为().

6.如图3,AB是圆O的直径,过A,B的两条弦AD和BE相交于点C,且AE=BD,圆O的半径是3,则AC·AD的值为().

(A)18(B)27

7.已知两点),点P是曲线:上一动点,则|PF1|-|PF2|=().

(A)-4(B)4

(C)±4(D)±2

8.已知z3=1且z≠1,则|z+1/2|=().

9.若存在x∈R,使得不等式|x+1|-|x-1|≤a成立,则a的取值范围是().

(A)[-2,+∞)(B)[2,+∞)

(C)[-2,2](D)[0,2]

10.已知正实数x,y满足2x+y=2,则2/(x+1)+1/y的最小值为().

(A)9 (B)6

二、填空题

11.若曲线C:与直线l:恰有1个交点,则实数a的取值范围是_______.

12.若x 满足|x-1|+|x+1|=2,则x 的取值范围是______.

13.已曲线C的极坐标方程为2ρ2-ρ-1=0(ρ≥0,θ∈R),直线l的参数方程为,其中极坐标系中的极轴与直角坐标系的正半轴重合,若直线l与曲线C相切,则k=______________.

14.已知⊙O1和⊙O2交于点C和D,⊙O1在的点P处的切线交⊙O2于A,B两点,交直线CD于点E,M是⊙O2上的一点,若PE=2,EA=1,∠AMB=45°,则⊙O2的半径为________.

三、解答题

15.已知曲线C:,直线l:.以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

(Ⅰ)求曲线C的极坐标方程;

(Ⅱ)若点P是直线l上一动点,过点P作曲线C的切线,切点为M,求|PM|的最小值.

16.已知f(x)=|2x-3/4|+|2x+5/4|.

(Ⅰ)关于x的不等式f(x)≥a2-a恒成立,求实数a的取值范围;

(Ⅱ)设m,n∈R*,且m +n=1,求证:

参考答案

1.【错解】C.由切割线定理得PA2=PB·PC = PB · (PB + BC ), 则,化简受阻求不出正确结果.

【点拨】从图形结构联想相关定理是解决平面几何问题的基本思路,如本题出现切割线定理模型,先考虑运用该定理处理问题,同时需关注细节.

2.【错解】A.由|x+1|+|x-1|=|x+1|+|1-x|≥|(x+1)+(1-x)|=2,由原不等式有2>x,即x<2.

【分析】本题不宜用绝对值不等式||a|-|b||≤|a+b|≤|a|+|b|求解,因为(|x+1|+|x-1|)min>x与|x+1|+|x-1|>x不等价,分类讨论即可.

【解】B.1当x<-1时,-(x+1)-(x1)>x,-2x>0>x恒成立,即x<-1;

2当-1≤x≤1时,(x+1)-(x-1)>x,x<2恒成立,即-1≤x≤1;

3当x>1时,(x+1)+(x-1)>x,只需x>0即可,即x>1.

∴原不等式的解集为R.

【点拨】此题也不宜用绝对值的几何意义求解,因为原不等式的右边含有变量x,难于确定距离的取值.在利用分类讨论法解绝对值不等式时,分类的标准要统一,须做到不重不漏.

3.【错解】B.由题意可得点C的直角坐标为(-1,1),如图,直线AC的方程为y =-1/2(x-1),令 x=0,有 y=1/2,即 D(0,1/2),

【分析】点B(0,2)的直角坐标应为(0,0),而不是(0,2).

【解】A.由得A,B,C的直角坐标分别为(1,0),(0,0),(-1,1),

则S△ABC=1/2×1×1=1/2.

【点拨】实施极坐标与直角坐标的互化时,需严格按公式与转化,否则易出现错误.

4.【错解】D.由 AB 是⊙O 的直径,得 AC2+BC2=AB2=22=4,又 AC=31/2BC,

【分析】上述错解中的答案是正确的,但是过程推理不严谨,怎么得到CD⊥AB?

其实在△BCD(△ACD)中应根据余弦定理求CD的值.

【解】D.同错解易得BC=1,而BD=1/2,且∠CBD=60°.在△BCD中,由余弦定理知,CD2=(12)2+12-2×1/2×1×cos60°=3/4,即

【点拨】充分利用题中所给的图形结构降低思维量是解决问题的常用方法,但也要注意推理的严谨性,以免出现知识、方法上的漏洞.

5.【错解】A.由题意可得 C1与 C2的普通方程分别为y=31/2/3x 和x2+y2=4,两方程联立解得,即(31/2,1),(-31/2,-1).

【分析】在曲线C1中,x=t1/2≥0,显然不合题意,应舍去.

【解】C.由上述错解及分析知,C1与C2交点的直角坐标为(31/2,1).

【点拨】在处理参数方程问题时,需充分挖掘参数隐含的范围,如本题,若忽略t1/2≥0的隐含条件,易错选A.

6.【错解】D.由于D,E两点的位置不确定,则AC与AD的值也不能确定,故AC·AD的值不能确定.

【分析】两个变量之积可能出现定值.事实上,由AE=BD可知,O,B,C,D四点共圆,从而AC·AD=AO·AB.

【解】A.连结OC,由AE=BD,得∠ABC=∠BAC,则OC⊥AB,又AB是圆O的直径,得∠BOC= ∠BDC=90°,即∠BOC+ ∠BDC=180°,故O,B,C,D四点共圆,

∴AC·AD=AO·AB=3×6=18.

【点拨】由于E,D均为动点,本题还可用极限思想解答,当D与E重合时,也与点C重合,这时,在等腰Rt△AOE中,,则

7.【错解】B.由所给的参数方程有

由双曲线的定义知,

【分析】双曲线的定义为||PF1|-|PF2||=2a(a>0),即|PF1|-|PF2|= ±2a,而|PF1|-|PF2|=2a只表示双曲线的右支.

【解】C.由错解及分析知,||PF1|-|PF2||=2a=2×2=4,即|PF1|-|PF2|=±4.

【点拨】当涉及圆锥曲线的定义问题时,需注意定义的细微差异之处.如在椭圆中,|PF1|+|PF2|=2a(其中|F1F2|=2c)需满足a>c,当a=c时,点P的轨迹不再是椭圆,而是线段F1F2.在双曲线中,|PF1|-|PF2|=2a只表示双曲线的一支(远离点F1的那支).

8.【错解】D.由z3=1且z≠1,得z=i,则

【分析】其实不能得到z=i,因为i3= -i,方程z3=1有3个复数根,需变形为(z-1)(z2+z+1)=0才便于求其根.

【解】B.由z3=1得z3-1=0,有(z-1)(z2+z+1)=0,而z≠1,则z2+z+1=0,

另外,在考试中须看清题目要求,求出符合题意的选项.

9.【错解】B.∵ |x+1|-|x-1| =|x+1|-|1-x| ≤|(x+1)+(1-x)|=2,

∴-2≤|x+1|-|x-1|≤2,当且仅当(x+1)(1-x)≤0x≤ -1或x≥1时,等号成立.

故当x≥1时,|x+1|-|x-1|=2,故a的取值范围为a≥2.

【分析】上述过程是求“任意x∈R,不等式|x+1|-|x-1|≤a恒成立”时的a的取值范围,而求“存在x∈R,使得不等式|x+1|-|x-1|≤a成立”时,需考虑(|x+1|-|x-1|)min≤a.

【解】A.同错解得-2≤|x+1|-|x-1|≤2,当且仅当x≤ -1时,|x+1|-|x-1|=-2,

故a的取值范围为a≥-2.

【点拨】涉及“存在”与“任意”问题时,弄不清等价关系而易出现错误.其实,“存在问题”与“任意问题”在解答上可以转化的,如本题,若求的是“任意x∈R,不等式|x+1|-|x-1|≤a恒成立”时,易得(|x+1|-|x-1|)max≤a.若求的是“存在x∈R,不等式|x+1|-|x-1|≤a成立”时,只需考虑(|x+1|-|x-1|)min≤a即可.

10.【错解】D.由x>0,y>0,2x+y=2,可得2(x+1)+y=4,设x+1=m,y=n,有,∴mn≤2,则

【分析】以上解法用了两次基本不等式,等号成立的条件是m=1,n=2,而取等号的条件为2/m=1/n,即m=2n,产生了矛盾!

【解1】C.由x>0,y>0,2x+y=2,及待定式中含有(x+1)和y,则可整理得2(x+1)+y=4.设x+1=m,y=n,

【解2】C.由x>0,y>0,2x+y=2,整理得2(x+1)+y=4.

【点拨】在运用基本不等式求最值时,需注意检验等号成立的条件,特别是多次用了基本不等式的情形.用柯西不等式求解时,需要将条件与所求式子的形式变形为柯西不等式的形式.

11.【错解】{-9/8}.由y=2cos2θ-1,得y=2x2-1,而直线l的普通方程为y=x+a.

由得2x2-x-1-a=0,而曲线C与直线l恰有1个交点,

【分析】在曲线C中隐含 -1≤x≤1,数形结合便于得到正确结果.

【解】{-9/8}∪(0,2].同错解得曲线C和直线l的普通方程分别为y=2x2-1和y=x+a,其图象如图所示,当直线l与曲线C相切时,同错解得a=-9/8;当直线l经过点A(1,1)时,1=1+aa=0;当直线l经过点B(-1,1)时,1=-1+aa=2.由图形可知,曲线C与直线l恰有1个交点时,a的取值范围是{-9/8}∪(0,2].

【点拨】解决参数方程问题时需注意两点:一是参数的取值范围;二是数形结合解决问题.

12.【错解】{-1,1}.当x≤-1时,(1-x)-(x+1)=2x=-1;当-1<x<1时,(1x)+(x+1)=22=2;当x≥1时,(x-1)+(x+1)=2x=1.

∴x=-1或x=1.

【分析】当-1<x<1时,(1-x)+(x+1)=22=2,也即当-1<x<1时,均满足方程|x-1|+|x+1|=2,于是x的取值范围应为-1≤x≤1.本题也可用|a|+|b|≥|a+b|等号成立的条件求解.

【解】[-1,1].|x-1|+|x+1|=|1-x|+|x+1|≥|(1-x)+(x+1)|=2,

等号成立的条件是(1-x)(x+1)≥0,即(x-1)(x+1)≤0,解得-1≤x≤1.

【点拨】绝对值不等式||a|-|b||≤|a+b|≤|a|+|b|等号成立的条件依次为ab≤0,ab≥0.因为||a|-|b||≤|a+b|a2-2|a||b|+b2≤a2+2ab+b2-|ab|≤ab,等号成立的条件为ab≤0;|a+b|≤|a|+|b|a2+2ab+b2≤a2+2|a||b|+b2ab≤|ab|,等号成立的条件为ab≥0.

【点拨】有些极坐标问题有时直接研究极坐标方程更为简便,转化为直角坐标问题反而运算量较大.如本题,直接解方程2ρ2-ρ-1=0更为简便,但转化为后反而麻烦了不少.

14.【错解】21/2.由于题中所给的图形较为复杂,不能抓住联系建立方程求解问题.

【分析】其实在⊙O1中有切线EP及割线ED,可由切割线定理入手有PE2=EC·ED,在⊙O2中有割线ED及EB,由割线定理得EC·ED=EA·EB,从而求得AB,再由正弦定理可求得⊙O2的半径.

【解】.设 AB=x,而 PE=2,EA=1,由题意得PE2=EC·ED=EA·EB,

【点拨】本题还可以连结AO2,BO2,则∠AO2B=2∠AMB=90°,在等腰Rt△AO2B中,由AB=3,即得

15.【错解】(Ⅰ)不能消去参数θ,而得不到曲线C的普通方程,也得不到其极坐标方程;(Ⅱ)缺乏数形结合的应用意识,不能将|PM|的最小值转化为|PC|的最小值求解.

【分析】(Ⅰ)可抓住二倍角公式cos2θ=2cos2θ-1,sin2θ=2sinθcosθ及x=cos2θ消去参数θ;(Ⅱ)画出图形,可得|PM|2=|PC|2|MC|2,将|PM|的最小值转化为|PC|的最小值求解.

【解】(Ⅰ)方法1:由x=cos2θ=1/2(cos2θ+1)得cos2θ=2x-1,

由y=sinθcosθ得sin2θ=2y,而sin22θ+cos22θ=1(2y)2+(2x-1)2=1,

∴x2+y2=x,其极坐标方程为ρ2=ρcosθ,即ρ=cosθ.

方法2:由y = sinθcosθ得y2=sin2θcos2θ,而x=cos2θ,则y2=(1-x)x,

即x2+y2=x,下同方法1.

(Ⅱ)由(Ⅰ)得曲线C为圆x2+y2=x,即(x-1/2)2+y2=1/4,

而直线l的普通方程为y=x+1,即x-y+1=0,

由直线PM与圆C相切于点M ,则

∴当|PC|取得最小值时,|PM|也取得最小值.

设圆心C(1/2,0)到直线l的距离为d,则

∴|PM|的最小值为

【点拨】1本题不宜由求解,这样缺乏严谨性,在ρcosθ=cos2θ中,左、右两边的θ是否相同?2数形结合是降低运算量的常用而有效的方法.

16.【错解】(Ⅰ)由f(x)=|2x-3/4|+|2x+5/4|≥|(2x-3/4)+(2x+5/4)|=|4x+1/2|≥a2-a,

而|4x+1/2|min=0,则a2-a≤0,解得0≤a≤1,

∴实数a的取值范围是[0,1].

(Ⅱ)由 (Ⅰ)得f(x)min=0,只需证明:,无法给出证明.

【分析】(Ⅰ)f(x)要取到最小值0,需满足(2x-3/4)(2x+5/4)≥0且4x+1/2=0,即x≤-5/8或x≥3/8,且x=-1/8,矛盾!即f(x)要取不到最小值0.(Ⅱ)由于(Ⅰ)的出错导致此不等式无法证明.其实f(x)=|2x-3/4|+|2x+5/4|=|3/4-2x|+|2x+5/4|再用不等式|a|+|b|≥|a+b|可求得f(x)的最小值;可用基本不等式给出证明,也可令a=2m+1,b=2n+1,转化为在a+b=4下,证明:即可.

【解】(Ⅰ)方法1:依据绝对值的几何意义可知,函数f(x)=|2x-3/4|+|2x+5/4|表示数轴上点P(2x)到点A(3/4)和B(-5/4)两点的距离,其最小值为f(x)min=2.

∴不等式恒成立只需2≥a2-a,

解得-1≤a≤2,

∴实数a的取值范围是[-1,2].

下同方法1.

故要证明的不等式成立.

方法2:∵f (x)min=2,∴只需证明:成立即可.

∵m,n∈R*,且 m+n=1,则 (2m+1)+(2n+1)=4,令a=2m+1,b=2n+1,

故要证明的不等式成立.

方法3:同方法2得到a+b=4,

故要证明的不等式成立.

高考数学新题型特征分析篇8

一、高考数学数列不等式题型考试要求概述

我们要对高考数学数列的概念进行了解和掌握，之后要对高考数学数列的通项公式及其具体意义有所熟知，在求解数列的方法中，递推公式是其中一项重要方法，要根据相应的公式计算出高考数学数列的前几项.需要强调的是，要熟悉高考数学等差数列概念，并掌握等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式.之后在对上述内容进行了解的基础上，解决实际高考数学数列不等式新题型问题.另外，还要熟悉高考数学等比数列的概念、高考数学等比数列通项公式、前n项和公式等.要求学生熟悉掌握│a│-│b│≤│a+b│≤│a│+│b│公式，并熟练掌握高考数学数列不等式分析法、不等式综合法以及数列不等式比较法等.

二、高考数学新题型中数列不等式出题走向分析

1.信息关系转化

如果函数在f（x）在对应的定域值为D，当x∈D时，此时f（x）≥M就恒成立，有f（x）min≥M，那么此时f（x）≤M恒成立，有f（x）max≤M，之后在此基础上利用高考数学等差数列、等比数列的知识简化不等式，这样就能解出公式.

【例1】设数列{an}的前n项和为Sn，而a1=a，an+1=Sn+3n（n∈N*）.

（1）求当bn=Sn-3n时，{bn}的通项公式.

（2）求当an+1≥an（n∈N+）时，a的取值范围.

解析：根据上述题意可以得出：Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n，即Sn+1=2Sn+3n.根据上式可以算出Sn+1-3n+1=2（Sn-3n）.所以此时可以算出{bn}的通项公式为bn=Sn-3n=（a-3）2n-1（n∈N*）.第二问的解答方法可以以第一问为基础，Sn=3n+（a-3）2n-1（n∈N*），于是，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n+（a-3）2n-1-3n-1-（a-3）·2n-2=2×3n-1+（a-3）2n-2，an+1-an=4×3n-1+（a-3）·2n-2=2n-2·[12·（312）n-2+a-3]，当n≥2时，an+1≥an，即2n-2·[12·（312）n-2+a-3]≥0，12·（312）n-2+a-3≥0，所以此时a≥-9.综上可知：a的取值范围是[-9，+∞）.

点评：我们要根据已知题意内容进行分析，利用Sn与an之间的关系去进行公式推导，而当我们对第二小问进行思考时应将条件an+1≥an转化为a与n之间的具体关系，在此基础上再利用a≥f（n）恒成立等价于a≥f（n）max进行相应公式求解.

2.设问阶梯型

学生通过数列不等式的相关性质，由浅及深，逐步推进.

【例2】数列{an}的前n项和是Sn，若数列{an}的各项按如下规则排列：

112，113，213，114，214，314，115，215，315，415，116，…

若存在整数k，使Sk<10，Sk+1≥10，则ak=.

解析：数列的构成规律是分母为2的有一项，分母为3的有两项，分母为4的有三项等，故这个数列的和可以分段求解.

S1=112，S3=112+1+213=312，S6=312+1+2+314=3，S10=3+1+2+3+415=5，S15=5+1+2+3+4+516=1512，分母为7的项的和为：1+2+3+4+5+617=3，

故S21=2112>10，

而S20=1512+1+2+3+4+517=1512+1517<1512+512=10，所以ak=517.最后答案为517.

3.结论开放型endprint

高考数学新题型包括很多种类，其中主要包括高考新型选择题和高考新型解答题等，所以我们应对高考数学新题型的走向进行分析.只有对高考数学新题型的走向分析透彻，才能有利于学生解答高考数学问题，提高答题效率和拓宽解题思路等.数学数列不等式的题型以解答题为主，而解答题则是以中档高考数学数列不等式形式和压轴高考数学数列不等式形式二者交汇出现的，在此过程中还有可能出现高中数学导数知识、高中数学解析几何知识以及高中数学三角函数知识等的考查.数列不等式被具体应用在高考数学的抽象数列中.高考数学中，数列不等式题型会涉及递推数列和抽象数列等相关知识，其最主要的考查方式是数列不等式方程转化.

一、高考数学数列不等式题型考试要求概述

二、高考数学新题型中数列不等式出题走向分析

1.信息关系转化

【例1】设数列{an}的前n项和为Sn，而a1=a，an+1=Sn+3n（n∈N*）.

（1）求当bn=Sn-3n时，{bn}的通项公式.

（2）求当an+1≥an（n∈N+）时，a的取值范围.

2.设问阶梯型

学生通过数列不等式的相关性质，由浅及深，逐步推进.

【例2】数列{an}的前n项和是Sn，若数列{an}的各项按如下规则排列：

112，113，213，114，214，314，115，215，315，415，116，…

若存在整数k，使Sk<10，Sk+1≥10，则ak=.

解析：数列的构成规律是分母为2的有一项，分母为3的有两项，分母为4的有三项等，故这个数列的和可以分段求解.