高考预测[下学期]

立体几何命题的三大变化与教学启示
新教材中立体几何知识内容的改变体现在两个方面：一是除保留有球体和球面的有关内容外，删减了“圆柱、圆锥、圆台、球冠、球缺”等 “旋转体”内容，并削弱了对于简单多面体的体积、表面积公式应用的要求；二是给出了9（A）、9（B）两种不同要求的学习版本，将空间向量知识推荐给了中学师生。这两个方面的改变，在使得传统立体几何内容的命题空间大大萎缩的同时，让“用代数方法研究几何”的先进思想逐步走进了立体几何，并带来了高考中立体几何命题的三大变化。
变化一 命题形式从“二选一”逐渐变化为“一选二”
在率先使用新教材的九省一市的命题中，前几年对于立体几何的命题都采用了配备两道不同要求的命题形式，让考生根据自己的意愿，从中任选其一进行解答，而随着全国大面积使用新教材以后，立体几何命题将以“一选二”的形式出现，即一道题可以选用“传统方法”或“向量方法”两种不同方法去解，命题形式的这种变化趋势，在于打破传统模式，倡导教学内容与方法的改革。可以预测，今年的高考命题仍将延续这样的命题形式。
[例1]（2003年高考试题（全国卷、天津卷）如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧棱AA1=2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的垂心G.
（1）求A1B与平面ABD所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；
（2）求点A1到平面AED的距离.
[分析] 本小题主要考查线面关系和直棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.若选用传统方法，如何用好重心的几何性质是解题的关键，若能考虑运用空间向量方法，则重心坐标公式容易起到应有的作用。
[解答] 方法一：（1）连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即∠EBG是A1B与平面ABD所成的角.
设F为AB中点，连结EF、FC，
∵D、E分别是CC1、A1B的中点，又DC平面ABC，∴四边形CDEF为矩形，
连结DE，G点是△ADE的重心，∴GDF。
在直角三角形EFD中，，
∵EF=1，∴，∴DE=，EG。
∵FC=CD=，∴AB=，A1B=，，
∴，
即A1B与平面ABD所成的角为；
（2）连结A1D，有
, 设A1到平面AED的距离为h，
又， ，
.故A1到平面AED的距离为.
方法二：（1）连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即∠A1BG是A1B与平面ABD所成的角.
如图所示建立空间直角坐标系，设坐标原点为O，CA=2a，
则A（2a，0，0），B（0，2a，0），D（0，0，1），A1（2a，0，2），
E（a，a，1），G（），
，
，解得a=1.
.
A1B与平面ABD所成角是；
（2）由（1）有A（2，0，0），A1（2，0，2），E（1，1，1），D（0，0，1）
平面AA1E，又ED平面AED.
∴平面AED⊥平面AA1E，又面AED面AA1E=AE，
∴点A在平面AED的射影K在AE上.
设， 则，
由，即， 解得.
，则，.
故A1到平面AED的距离为.
[启示] 本题出现在新旧教材交替时期，是近几年出现的一道较难的立体几何问题，由于方法二较之方法一更容易想到，可以认为本题的命题意图十分明确，即倡导运用空间向量方法解题。本题给我们的教学启示是——为适应教学形势的发展，在教学中应该主动选用9（B）进行学习，同时注意帮助学生提高使用空间向量解题的主动性。
变化二 命题的载体逐步让位于较为规则的几何体
由于所学知识内容的删与减，使得命题时可以选用的几何体受到一定限制的同时又增加了方法上的选用空间，因此命题人可以在较为常见的几何体中做思想方法上的文章，2003年的高考命题（本文例1）也告诉我们，即使是常规的几何体中同样可以出难题、考方法、考思维、考能力。
[例2]（A种本）已知正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，若点M在侧棱BB1上，且AM与侧面BCC1所成的角为；
（Ⅰ）若满足条件：，求BM的取值范围；
（Ⅱ）若为，求AM与BC所成的角的余弦值.
（B种本）已知正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，
若点M在侧棱BB1上，且AM与侧面BCC1所成的角为；
（Ⅰ）若BM=，求与所成的角.
（Ⅱ）判断棱柱的高BB1等于多少时能使得？请给出证明.
[分析] 求解（A种本）问题时，可以利用已知角度的范围构造一个关于BM的不等式，求异面直线所成的角关键是作出平移；求解（B种本）问题可以运用向量的运算知识。
[解答]（A种本）（Ⅰ）设BC的中点为D，连结AD、DM，
在正ΔABC中，易知AD⊥BC，
又侧面BCC1与底面ABC互相垂直，∴AD⊥平面BCC1，
即∠AMD为AM与侧面BCC1所成的角，∴∠，
∴在ΔADM中，，设BM=，
依题意，AM=，DM=，∴，
由已知，所以，即，
∴，∴，解得，
即BM的取值范围是]；
（Ⅱ）若，即时，即BM=，作MM1//BC交CC1于M1，
所以AM与MM1所成的不大于900的正角即为异面直线AM与BC所成的角，
在ΔAMM1中，，
所以此时AM与BC所成的角的余弦值是.
[解答]（B种本）（Ⅰ）设BC的中点为D，连结AD、DM，
在正ΔABC中，易知AD⊥BC，
又侧面BCC1与底面ABC互相垂直，
∴AD⊥平面BCC1，
即∠AMD为AM与侧面BCC1所成的角，
若BM，∴，
由于，
且， 而，
∴，即与所成的角为；
（Ⅱ）解法一：以A点为原点，BC为轴，AA1为轴建立空间直角坐标系，
设BB1=，则A（0，0，0）、B（）、C（0，1，0）、
B1（）、C1（0，1，），
∴、，
欲，需且只需，
所以，即时有.
解法二：由，
令，则，即，∴。
[启示] 本题是作者为2004届湖北黄冈中学高三学生编似的一道训练用题，选用“二选一”的命题形式，在同一几何载体之下给出了几乎完全不同的四小问，通过两种不同难度值的设计，也希望让学习B种本的同学尝到甜头。在实际教学中，可以对任何一名学生提出求解另外两小问的要求。本题给我们的教学启示是——要倡导一种研究性学习习惯，要求学生能对诸如正三棱柱、正方体、正四面体、平行六面体等一些常见的几何体进行深入细致的研究学习，力求能全面掌握它们的基本性质，使得不论在什么样的干扰条件下都能信手拈来进行运用。
变化三 增强立体几何命题的综合考查功能
立体几何问题往往成为几何知识、三角函数知识的一个命题交汇点，在几何载体，背景图形趋于简明的情况下，要保持对考生综合素质的考查，不能让解题的过程也简单化，因此增强解题过程涉及到的知识的综合性是一种命题新趋向。
[例3]（湖北省黄冈中学五月份模拟试题（副题））正方形ABCD边长为4，点E是边CD上的一点，将AED沿AE折起到AED/的位置时有平面ACD/平面ABCE，且BD/D/C.
（1）判断并证明E点的具体位置；
（2）求点D/到平面ABCE的距离.
[分析] 折叠问题的解题关键是理顺折叠前后图形中的不变量和改变量，可以先将这些关系一一指出以备后用。如本题中的DE=DE/，AD=AD/，∠ADE=∠AD/E等等。
[解答]（1）连结AC、BD交于点O，再连DD/，由BDAC，
且平面ACD/平面ABCE于AC，
∴BD平面ACD/，故CD/BD，
又CD/BD/，∴CD/平面BDD/，
即得CD/DD/，在Rt△CDD/中，
由于ED=ED/，∴∠EDD/=∠ED/D，
则∠ECD/=900EDD/=900ED/D=∠ED/C，
∴EC=ED/=ED，即E点为边CD的中点；
（2）方法一：取OC的中点M，连结D/M、EM，则EM//BD，
得EM平面ACD/，即∠EMD/=900，
又因为D/E=2，EM=，则D/M=，又AD/EM，
且∵ADDE，∴ AD/D/E，∴AD/平面EMD/，则AD/D/M，
在Rt△AMD/中，AD/=4，AM=，D/M=，
过D/作D/HAM于H点，则D/H平面ABCE，
由于D/H=，此即得点D/到平面ABCE的距离.
方法二：连结OD/，则∵CD/平面BDD/，∴CD/OD/，
在△AD/C中，设OD/，则∵OC，∴CD/=，
∵∠AOD/与∠D/OC互补，由余弦定理得
，
解得，在直角三角形OD/C中，
由面积公式得所求距离为.
方法三：能用最小角定理帮助解△AD/C，
即，其中可求。
[又解] 建立如图所示的空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A（4，0，0），B（4，4，0），C（0，4，0），设E（0，，0），D/（），设D/H平面ABCE于H点，则H在AC上，
∴H的坐标为（，0），
依题意有：
，，
，，
∵，∴，
，∴，
，∴，
，∴
由与两式相减，
将代入得，
从而有，
即E为CD中点，点D/到平面ABCE的距离是。
[启示] 本题的一题多解其实是在考查考生的解三角形知识，考试结果表明，一般学生解题中遇到的主要障碍也在于此。本题给我们的教学启示是——要关注立体几何命题与三角函数、解三角形知识之间的联系，在教学实践中要指导学生如何运用分析的方法，从复杂的空间图形关系中抽象出对应的三角形，掌握“化空间问题为平面问题，化复杂问题为简单问题”的化归思想，同时注意掌握求解折叠问题的解法规律。另外，通过本题要教会学生如何在一般图形中，建立恰当的空间直角坐标系。如本题可以采用的另一种建系方法是：以O点为原点，OA射线为轴，以OB射线为轴，垂直于OAB平面的射线为轴；例2能采用的另一种建系方法是：以AC的中点O为原点，以OB射线为轴，OC射线为轴，垂直平面ABC于O点的射线为轴。读者不妨一试。
A1 C1
B1
M
A C
B
A1 C1
M1
B1
M
A C
D
B
A1 C1
B1
M
A C
D
B
A1 z C1
B1
A C y
B
x
D/
D E C
O H M
A B
D/
A O C
D/
D E C
O H
A B高考预测
将三角形的周长和面积同时平分的直线
问题 已知三角形三边长分别为4，6，8，那么同时平分这个三角形的周长和面积的直线有几条呢？
一般地，如图，直线L将ABC的周长和面积都平分，L与边AB,AC分别交于D,E点，设m=AD, n=AE, 其内角A为，三角形面积为，半周长为s, 则
说明m,n 是关于x的方程的两根，它有实数解的充要条件为
是否任意一个三角形都存在这样的直线L呢？若存在，最多有几条？
关于三角形的面积与半周长s平方的比的上下界, 有命题：
。（证明略）
因为任意一个三角形的三个内角中至少有一个内角不小于60 ，也就是说必有（至少有一个）一个内角使得
下面我们来分析本文开头的问题：
这里，s=9, .
该问题有解
这里 sinB=;
(1) 若， 则m,n是方程的两根，
。
在边BC, BA上分别取点E，D使BE=, 直线DE即为所求。
（2）若，则m,n是方程的两根，
，
说明在线段AC（角A的夹边的较长边）上找不出点F使得，所以满足条件的解不存在。
（3）若C, , 无解。
综合，满足题设条件的直线L只有一条，即情形（1）所示。关于不等式命题的一个设想
从数学教材看，新教材对于不等式知识内容的教学要求较老教材有一个较大幅度的降调，尤其是其中的解不等式部分，由于删去了“无理不等式的解法”、“指数不等式和对数不等式的解法”等内容，这类问题的命题空间受到一定限制，注意到不等式部分的内容是一个容易出活题、出巧题的地方，在“能力立意命题”的指导思想下，若希望高考中“解不等式”一类的命题既做到涉及的知识不超纲，又达到考能力、考素质的目标，一个可以考虑的新的变化点即是在求解不等式时加进含参讨论或绝对值的变化，同时在命题语言下一定功夫，使得命题的形式更加飘逸、命题的知识内涵更加深刻，命题的解题的方法更加灵巧，命题的构成更加典雅，同时也使其更能体现对于考生的能力要求.
以下通过例题说明：
[例1]（2003年全国高考试题）已知.设
函数在R上单调递减.
不等式的解集为R.
如果和有且仅有一个正确，求的取值范围.
[分析] 此题虽是一道在老教材之下的高考试题，但揭示了“解不等式”一类高考试题的命题方向.在新教材中，绝对值不等式的解法和二次不等式的解法与集合运算、命题判断都有一定联系，属于对于学生提出的基本要求内容的范畴，本题将这几部分知识内容有机地结合在一起，在考查学生基础知识、基本方法掌握的同时，考查了学生命题转换，分类讨论等能力，在不同的方法下有不同的运算量，较好地体现出了“多考一点想，少考一点算”的命题原则.
[解答] 函数在R上单调递减，
不等式的解集为R函数在R上恒大于1，
∵
∴函数在R上的最小值为，
∴不等式的解集为R，即，
若正确，且不正确，则；
若正确，且不正确，则；
所以的取值范围为.
[例2]（2004届湖北省黄冈中学高三数学综合训练题）已知M是关于的不等式的解集，且M中的一个元素是0，求实数的取值范围，并用表示出该不等式的解集.
[分析] 本例考查元素与集合的关系，考查二次不等式的解法.要求考生能正确处理特殊元素与一般集合的关系、能正确地进行两个代数式的大小比较、能正确地进行不等式求解的分类讨论.体现了对掌握解不等式常规方法的基本要求，是一道考查数学“三基”的好题.
[解答] 原不等式即，
由适合不等式故得，所以，或.
若，则，∴，
此时不等式的解集是；
若，由，∴，
此时不等式的解集是.
[例3]（2004届杭州二中高三数学综合测试题）已知，设命题，命题.试寻求使得都是真命题的的集合.
[分析] 与命题的真假判断相结合，考查一次不等式和二次不等式解法和不等式解集的集合运算.从表面看本例题涉及到的数学知识内容既常规又简单，每一名考生都认为自己能做，但只有具有较强能力的考生才能得到较理想的分数，若通过分步给分，可以较好地区分出考生的思维层次.
[解答] 设，
依题意，求使得都是真命题的的集合即是求集合，
∵
∴若时，则有，
而，所以，
即当时使都是真命题的；
当时易得使都是真命题的；
若，则有，
此时使得都是真命题的．
综合略.
[例4]（2004届湖北省黄冈中学综合测试题）已知条件和条件，请选取适当的实数的值，分别利用所给的两个条件作为A、B构造命题：“若A则B”，并使得构造的原命题为真命题，而其逆命题为假命题.则这样的一个原命题可以是什么？并说明为什么这一命题是符合要求的命题.
[分析] 本题为一开放性命题，由于能得到的答案不唯一，使得本题的求解没有固定的模式，考生既能在一般性的推导中找到一个满足条件的，也能先猜后证，所找到的实数只需满足，且1即可.这种新颖的命题形式有较强的综合性，同时也是对于四个命题考查的一种新尝试，如此命题可以考查学生探究问题、解决问题的能力，符合当今倡导研究性学习的教学方向.
[解答] 已知条件即，或，∴，或，
已知条件即，∴，或；
令，则即，或，此时必有成立，反之不然.
故可以选取的一个实数是，A为，B为，对应的命题是若则，
由以上过程可知这一命题的原命题为真命题，但它的逆命题为假命题.
[例5] 已知； 是 的必要不充分条件，求实数的取值范围.
[分析] 本题实为上一命题的姊妹题，将命题的表述重心移至充要条件，使用了学生较为熟悉的语言形式.充要条件是一个十分重要的数学概念，新教材将这一内容的学习放在第一章，从而也可能利用第一章的知识内容来命题考查这一概念.本例是一道揉绝对值不等式、二次不等式的求解与充要条件的运用于一起的较好试题，要求学生能正确运用数学符号，规范数学学习行为，否则连读题审题都感困难.
[解答] 由得，
由，得，
∴ 即，或，而 即，或；
由 是 的必要不充分条件，知 ，
设A=，B=，
则有A，故且不等式中的第一、二两个不等式不能同时取等号，
解得，此即 为“ 是 的必要不充分条件”时实数的取值范围.
[例6]（2004届全国大联考高三第四次联考试题）已知函数，其中.
（1）判断函数的增减性；
（2）（文）若命题为真命题，求实数的取值范围.
（2）（理）若命题为真命题，求实数的取值范围.
[分析] 本例把对数函数的性质应用与二次不等式和绝对值不等式的解法综合在一起，同时考查真命题的概念与分类讨论思想的运用，对文科考生、理科考生提出了不同的能力要求.虽然对数不等式和指数不等式都不在教材学习范围内，但作为对指数函数、对数函数单调性性质的应用，可以要求考生求解类似问题.不同的学生在求解本例时，可以有不同的方法和发生不同的错误.复习中注意归纳方法，纠正错误.
如，在求解文科第（2）问时，可采用如下同解变形方法：
，即，
进而解出对应的不等式组得到答案；
而在求解理科试题的第（2）问时则要注意避免下列错误：
∵，
∴只需解不等式，
即，解得.
这种解法虽然得到了与正确解法中一致的结论，但仅是一种巧合.它暴露出考生对于不等式传递性和绝对值不等式的认识弱点，反映了部分考生混淆了解不等式与证明不等式的基本界限.
[解答]（1）∵，∴，
即，∴函数是增函数；
（2）（文）即，必有，
当，，不等式化为，
∴，这显然成立，此时；
当时，，不等式化为，
∴，故，此时；
综上所述知，使命题为真命题的的取值范围是.
（2）（理）即，必有，
当时，，不等式化为，
∴，故，∴，此时；
当时，，不等式化为，
∴，这显然成立，此时；
当时，，不等式化为，
∴，故，此时；
综上所述知，使命题为真命题的的取值范围是.
集中以上各例，意在表明“解不等式”一类的命题可以有哪些形式上的更新和内容上的变化.结合简易逻辑的概念和集合的语言来命题，借助集合的运算性质和四个命题的关系来作答，是以上命题的共同特征，在求解时则主要以化归思想为解题切入点.复习中对于此类问题要引起足够的重视.高考预测
数学拐角问题
某建筑物内一个水平直角型过道如图所示，两过道的宽度均为3米，有一个水平截面为矩形的设备需要水平移进直角型过道，若该设备水平截面矩形的宽为1米，长为7米. 问：该设备能否水平移进拐角过道？
解 由题设，我们以直线OB,OA分别为x轴，y轴建立直角坐标系，问题可转化为：求以M(3,3)点为圆心，半径为1的圆的切线被x的正半轴和y的正半轴所截的线段 AB长的最小值。设直线AB的方程为，∵它与圆相切，
∴ 。。。。。。（1） ，又∵原点O(0,0)与点M(3,3)在直线的异侧，∴ ，∴（1）式可化为 。。。。。。。。。。（2）
下面求（a>0,b>0）的最小值。设
代入（2）得，。。。。。。（3） 再设t=sinθ+cosθ,.,代入（3）
得 ，,记
这里f(1)=-4<0, 在内有解。这时
这说明能水平移过的宽1米的矩形的长至多为，
故该设备不能水平移进过道。
另解
∴r(t) 在上是减函数，。2004年高考数学数列与不等式试题选编
数列
（一）选择题、填空题
示例：一张报纸，其厚度为a，面积为b，现将此报纸对折（既沿对边中点的连线折叠）7次，这时报纸的厚度和面积分别是（ ）
（A） （B） （C） （D）
答案：C
示例：已知数列满足记则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
答案：A.
示例：在正数、之间插入数，使之成为等差数列，又、之间插入数、使之成为等比数列，则有 ( )
A. C.
C. D.
答案：D
示例：2003年12月，全世界爆发＂禽流感＂，科学家经过深入的研究，终于发现了一种细菌M在杀死＂禽流感＂病毒N的同时能够自身复制．已知１个细菌M可以杀死１个病毒N，并且生成２个细菌M，那么１个细菌M和2047个＂禽流感＂病毒N最多可生成细菌M的数值是( )
A. 1024 B. 2047 C. 2048 D. 2049
答案：C.
示例：某班试用电子投票系统选举班干部，全班k名同学都有选举权和被选举权，他们的编号分别为1、2、3、…、k，规定：同意按“1”，不同意（含弃权）按“0”.
令 则同时同意第1、2号同学当选的人数为 （ ）
A．f（1,1）+f（1，2）+…+f（1, k）+f（2，1）+f（2，2）+…+f（2, k）
B．f（1,1）+f（2，1）+…+f（k，1）+f（1，2）+f（2，2）+…+f（k，2）
C．f（1,1）f（1，2）+f（2，1）f（2，2）+…+f（k，1）f（k，2）
D．f（1,1）f（2，1）+f（1，2）f（2，2）+…+f（1, k）f（2，k）
答案：C.
示例：已知数列{}前n项和其中b是与n无关的常数，且0＜b＜1，若存在，则________．
答案： 1
示例：设数列an的通项公式为
，试写出一个满足条件的 .
答案: 不唯一，的所有实数均可.由
示例：如图，第个图形是由正边形“扩展”而来，（则第个图形中共有 个顶点.
答案：
示例：计算机执行以下程序
①始值；
②；
③；
④如，则进⑤行，否则从②继续运行；
⑤打印；
⑥Stop；
那么由语句⑤打印出的数值为 .
答案：９１
（二）解答题
示例：化工厂购进了245桶液体工业原料，为了方便保管和运输，要求将它们堆放成纵截面为等腰梯形的一垛，且相邻两层只相差一桶。在不考虑占地面积、堆放高度等具体条件时，堆放方案有哪几种？
答案：ｄ＝１，由等差数列前ｎ项和公式可得到与ｎ的关系：＝－，又１，所以：ｎ（ｎ＋１）４９０，而ｎ可取４９０的不大于２１的正整数约数２，５，７，１０，１４，最后共有五种设计方案：ｎ＝２时＝１２２；ｎ＝５时＝４７；ｎ＝７时＝３２；ｎ＝１０时＝２０；ｎ＝１４时＝１１.
示例：设各项均为正数的数列的前n项和为，对于任意的正整数n都有等式成立.
（1）求；
（2）求证;
(3)求.
答案：(1)当n=1时，.
（2）当时，
当n=1时，也符合
(3) 当时，
，
于是数列是首项为2，公差为2的等差数列.
,
,
.
示例：已知函数f(x)= 的图象过原点，以直线x= -1为渐近线，且关于直线x+y=0对称.
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）若数列{an}（n∈N*）满足：an>0，a1=1，an+1= [f()]2，求a2，a3，a4的值，猜想数列{an}的通项公式an，并证明你的结论；
（3）若数列{an}的前n项的和为Sn，判断Sn与2的大小关系，并证明你的结论.
答案：(1) ∵函数f(x)= 的图象过原点，即f(0)=0，∴c =0，∴f(x)= .
又函数f(x)= = b - 的图象以直线x= -1为渐近线，且关于直线x+y=0对称，∴函数y=f(x)的图象以(-1，1)为对称中心的双曲线，∴a=1，b=1，∴f(x)= .
(2)由题意有an+1=[ ]2，即 = ，即 = +1，∴ - =1.
∴数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列. ∴ =1+(n-1)=n，即 = ，
∴an= .
∴a2= ，a3= ，a4= ，an= .
(3)当n≥2时，an= < = - .
∴Sn= a1 + a2 + a3 + … + an <1+1- + - + - +… + - =2 - <2.
故Sn <2.
示例：数列中，首项a1=2，前n项和为Sn，对于任意点，点Pn都在平面直角坐标系xoy的曲线c上，曲线c的方程为.
（1）判断是否为等比数列，并证明你的结论；
（2）若对每个正整数为边长能构成三角形，求t的范围.
答案：（1）由
（2）由（1）知：
示例：已知数列为直角坐标平面上的点.
（1）n∈N，点A，Bn，Cn在同一条直线上，求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}是首项为－3，公差为3的等差数列，Sn表示△ACnDn的面积，设，试用n表示Hn；
（3）求.
答案：(1) ∵对n∈N，点A，Bn，Cn在同一条直线上,
∴.
（2）又数列{bn}是首项为－3，公差为3的等差数列，
∴.
△ACnDn的面积.
当且n∈N时，,
当.
,
所以 .
（3）.
不等式
（一）选择题、填空题
示例：已知，不等式的解集是，则满足的关系是( )
A． B． C． D．
答案：C.
示例：某纯净水制造厂在净化水过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质20%，要使水中杂质减少到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为（参考数据lg2=0.3010,lg3=0.4771）
A. 5 B. 10 C. 14 D. 15
答案：C.
示例：不等式的解集是_______.　
答案：.
示例：观察下列式子：，则可以猜想的结论为：___________________________.
答案：
（二）解答题
示例：已知且 试解关于的不等式
答案： 令 () ,
则原不等式.
即 ，
故当时，原不等式的解是当时，原不等式的解是
示例：解不等式：
答案：
原不等式可化为 即
∵a<1，∵（x－2）
当时，即0当时，即a=0时，解集为；
当时，即a<0时，解集为
示例：（1）已知是正常数，，，求证：，指出等号成立的条件；
（2）利用（1）的结论求函数（）的最小值，指出取最小值时的值．
答案：
（1），
故．当且仅当，即时上式取等号；
（2）由（1）．　　　　　　　
当且仅当，即时上式取最小值，即．
示例：对于定义在区间上的两个函数和，如果对任意的，均有不等式成立，则称函数与在上是“友好”的，否则称“不友好”的.现在有两个函数与，给定区间.
（1）若与在区间上都有意义，求的取值范围；
（2）讨论函数与在区间上是否“友好”.
答案：（1）函数与在区间上有意义，
必须满足
（2）假设存在实数，使得函数与在区间上是“友好”的，
则
即 （*）
因为，而在的右侧，
所以函数在区间上为减函数，从而
于是不等式（*）成立的充要条件是
因此，当时，函数与在区间上是“友好”的；当时，函数与在区间上是不“友好”的.
示例：已知二次函数的图像过、两点，且满足.
(1)证明：或；
(2)证明：函数f(x)的图像必与x轴有两个交点；
(3)若关于x的不等式f(x)>0的解集为或(n答案：（1）,
得、.
（2）当时，二次函数f(x)的图像开口向上，图像上的点A、B的纵坐标均为且小于零，所以图像x轴有两个交点；
当时，二次函数f(x)的图像开口向下，图像上的点A、B的纵坐标均为且大于零，所以图像x轴有两个交点.
所以函数f(x)的图像与x轴有两个不同交点.
（3）的解集为或（n从而方程的两个根为,, 则方程的两个根为,.
因为n故不等式的解集为或.
示例：已知二次函数R）满足，对任意实数x，都有，且时，总有．
（1）求；
（2）求a，b，c的值；
　　（3）当，时，函数（mR）是单调函数，求m的取值范围．
答案：（1）对任意实数x，都有，所以，又在时，有，故，因此有．
　　（2）因为，，则，，因为，则（当且仅当时取等号）．又因为对任意实数x，都有，所以恒成立，即恒成立故且，因此有，从而
　　（3）
，的对称轴是，因为（mR）在，上是单调函数，所以或.
1分析历届高考试题探讨今年高考立体几何试题的思维动向
从近十年各地高考试题分析，立体几何是每年高考必考内容之一，其题型一般是一个解答题，2至3个填空或选择题．解答题一般与棱柱和棱锥相关，主要考查线线关系、线面关系和面面关系，其重点是考查空间想象能力和推理运算能力，其解题方法一般都有二种以上，并且一般都能用空间向量来求解．下面让我们一起来探讨今年高考立体几何试题的思维动向和解题方法．
重点、热点：
求线段的长度、求点到平面的距离、求直线与平面所成的夹角、求两异面直线的夹角、求二面角、证明平行关系和垂直关系等．
常用公式：
1、求线段的长度：
2、求P点到平面的距离：，（N为垂足，M为斜足，为平面的法向量）
3、求直线l与平面所成的角：，(,,为的法向量)
4、求两异面直线AB与CD的夹角：
5、求二面角的平面角：，（ ，为二面角的两个面的法向量）
6、求二面角的平面角：，（射影面积法）
7、求法向量：①找；②求：设 为平面内的任意两个向量，为的法向量，
则由方程组，可求得法向量．
例1、（2000年）本题主要考查线线关系和直棱柱等基础知识，
同时考查空间想象能力和推理运算能力.
如图，直三棱柱ABC-A1B1C1，底面△ABC中，CA=CB=1，
∠BCA=90 ，棱AA1=2，M、N分别是A1B1，A1A的中点，
（I）求BN的长；
（II）求异面直线BA1与CB1的夹角；
（III）求证：A1B⊥C1M.
[方法一]：（几何法）
解析：（I）∵CA=CB=1，∠BCA=90°，∴AB=
又∵AN=AA1， ∴BN==
（ II）如图，作AD∥BC，BD∥AC，A1D1∥B1C1，B1D1∥A1C1，
E、F分别是AC、B1D1的中点，
连结DD1，EF，A1F，A1E，EB，BF，A1B与 EF交于O点，
则EF∥CB1，A1F∥EB，A1E∥BF，
∴四边形A1EBF为平行四边形，
∴OB与OE的夹角等于异面直线BA1与CB1的夹角，
∵B A1=，CB1=，BE=
∴=
即异面直线BA1与CB1的夹角为
（III）∵CA=CB=1，A1M=B1M， ∴C1M⊥A1 B1
又AA1⊥平面A1B1C1， ∴AA1⊥C1M
∴C1M⊥平面ABB1A1， 又∵A1B平面ABB1A1
∴ A1B⊥C1M
[方法二]：（向量法）
解析：（I）如图，以C点为原点建立直角坐标系，
则B（0，1，0），N（1，0，1），
∴　||==
（II）A1（1，0，2），B1（0，1，2），C（0，0，0）
（1，-1，2），（0，1，2），
∴cos<，>===
故异面直线BA1与CB1的夹角为
（III）C1（0，0，2），M（，，2），=（，，0），（-1，1，-2）
∴·=×（-1）+×1+0×（-2）=0
∴　A1B⊥C1M
例2、本题主要考查线面关系和面面关系等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.
如图，平面ABCD⊥平面ABEF，ABCD是正方形，ABEF是矩形，且G是EF的中点，
（Ⅰ）求证平面AGC⊥平面BGC；
（Ⅱ）求GB与平面AGC所成角的正弦值.
（Ⅲ）求二面角B—AC—G的大小.
[方法一]：（几何法）
（Ⅰ）证明：正方形ABCD
∵面ABCD⊥面ABEF且交于AB，∴CB⊥面ABEF
∵AG，GB面ABEF， ∴CB⊥AG，CB⊥BG
又AD=2a，AF= a，ABEF是矩形，G是EF的中点，
∴AG=BG=，AB=2a， AB2=AG2+BG2， ∴AG⊥BG
∵CG∩BG=B ∴AG⊥平面CBG
而AG面AGC， 故平面AGC⊥平面BGC
（Ⅱ）解：如图，由（Ⅰ）知面AGC⊥面BGC，且交于GC，在平面BGC内作BH⊥GC，垂足为H，则BH⊥平面AGC， ∴∠BGH是GB与平面AGC所成的角
∴在Rt△CBG中 又BG=，
∴
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，BH⊥面AGC
作BO⊥AC，垂足为O，连结HO，则HO⊥AC，
∴为二面角B—AC—G的平面角
在
在Rt△BOH中，
即二面角B—AC—G的大小为
[方法二]：（向量法）
解析：如图，以A为原点建立直角坐标系，
则A（0，0，0），B（0，2a，0），C（0，2a，2a ），
G（a，a，0），F（a，0，0）
（I）证明：略．
（II）由题意可得，，
，，
设平面AGC的法向量为，
由
（III）因是平面AGC的法向量，
又AF⊥平面ABCD，平面ABCD的法向量，得
， ∴　二面角B—AC—G的大小为．
[方法三]：（射影面积法）
（I）、（II）略
（III）过G作GH⊥AB，∵　平面ABCD⊥平面ABEF，
∴　△AHC就是△AGC在平面ABCD内的射影，又由（I）可知AG⊥GC，
知，，
∴　，
∴　二面角B—AC—G的大小为．
例3、(1997年) 本题主要考查线线关系、正方体和三棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.
如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点.
(Ⅰ)证明AD⊥D1F;
(Ⅱ)求AE与D1F所成的角;
(Ⅲ)证明面AED⊥面A1FD1;
[方法一]：（几何法）
解:(Ⅰ)∵AC1是正方体, ∴AD⊥面DC1. 又D1F面DC1, ∴AD⊥D1F.
(Ⅱ)取AB中点G，连结A1G，FG．∵　F是CD的中点，∴　GF、AD平行且相等，
又A1D1、AD平行且相等，
∴　GF、A1D1平行且相等，故GFD1A1是平行四边形，∴　A1G∥D1F.
设A1G与AE相交于点H,则∠AHA1是AE与D1F所成的角，∵　E是BB1的中点,
∴　Rt△A1AG≌Rt△ABE，∠GA1A=∠GAH，从而∠AHA1=90°，
即直线AE与D1F所成角为直角.
(Ⅲ)由(Ⅰ)知AD⊥D1F，由(Ⅱ)知AE⊥D1F，
又AD∩AE=A，∴　D1F⊥面AED．又∵　D1F面A1FD1,∴　面AED⊥面A1FD1.
(Ⅳ)连结GE,GD1.
∵FG∥A1D1, ∴FG∥面A1ED1, ∵AA1=2,
面积S△A1GE=S□ABB1A1-2S△A1AG--S△GBE=
又
[方法二]：（向量法）
解析：设正方体的棱长为2，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（2，0，0），F（0，1，0），E（2，2，1），A1（2，0，2），D1（0，0，2），
(I) ∵　,，得，∴　AD⊥D1F;
(II)又，得
∴　AE与D1F所成的角为90°
(III) 由题意：，
设平面AED的法向量为，设平面A1FD1的法向量为，
由
由
得
∴　面AED⊥面A1FD1.
（Ⅳ）∵AA1=2，，平面A1FD1的法向量为
， ∴E到平面A1FD1的距离，
例4、（2002年）本题主要考查线面关系、二面角和函数极值等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力.
如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直. 点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=.
（Ⅰ）求MN的长；
（Ⅱ）当a为何值时，MN的长最小；
（Ⅲ）当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角α的大小.
[方法一]：（几何法）
解：（Ⅰ）作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，连结PQ，
依题意可得 MP∥NQ，且MP=NQ，
即MNQP是平行四边形， ∴ MN=PQ.
由已知，CM=BN=a，CB=AB=BE=1， ∴ AC=BF=，
即
.
（Ⅱ）由（Ⅰ）， ∴ 当
即M、N分别移动到AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为
（Ⅲ）取MN的中点G，连结AG、BG， ∵ AM=AN，BM=BN，G为MN的中点，
∴ AG⊥MN，BG⊥MN，∠AGB即为二面角α的平面角，
又AG=BG=，所以，由余弦定理有
故所求二面角.
[方法二]：（向量法）
解析：如图，建立空间直角坐标系B-xyz，
则A（1，0，0），C（0，0，1），E（0，1，0），F（1，1，0），
（I）
，
（II）由（I）知：
所以当时，MN的长最小，此时MN=．
（III）由（II）知，当MN的长最小时，，
此时M、N分别是AC、BF的中点．
取MN的中点G，连结AG、BG，易证∠AGB为二面角A-MN-B的平面角．
∵点，点，∴点
∴，，
∴，
∴故所求二面角= -
例5、（2002年）本题主要考查线面关系和直棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.
如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三形，∠ACB=90°，侧棱AA1=2，
D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G.
（Ⅰ）求A1B与平面ABD所成角；
（Ⅱ）求点A1到平面AED的距离.
[方法一]：（几何法）
（Ⅰ）连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，
即∠EBG是A1B与平面ABD所成的角.
设F为AB中点，连结EF、FC、DE，
（Ⅱ）连结A1D，有
,
设A1到平面AED的距离为h， 则
[方法二]：（向量法）
（Ⅰ）连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即∠A1BG是A1B与平ABD所成的角.
如图所示建立坐标系，坐标原点为C，设CA=2a，则A(2a,0,0),B(0,2a,0),D(0,0,1)
，，解之得
（Ⅱ）由（Ⅰ）有A(2,0,0)，A1(2,0,2)，E(1,1,1)，D(0,0,1)，
∵，，，
，
由，，
得
例6、（2003年）．本题主要考查线面关系和四棱柱等基础知识,同时考查空间想象能力和推理能力.
已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，AB=1，AA1=2，点E为CC1中点，点F为BD1中点.
（I）证明EF为BD1与CC1的公垂线；
（II）求点D1到面BDE的距离.
[方法一]：（几何法）
（I）证明：取BD中点M，连结MC，FM， ∵F为BD1中点，
∴FM∥D1D且FM=D1D， 又EC=CC1，且EC⊥MC，
∴四边形EFMC是矩形 ∴EF⊥CC1
又CM⊥面DBD1 ∴EF⊥面DBD1
∵BD1面DBD1， ∴EF⊥BD1 ，故EF为BD1与CC1的公垂线.
（II）解析：连结ED1，有
由（I）知EF⊥面DBD1，设点D1到面BDE的距离为d，
则S△DBC·d=S△DBD·EF. ∵AA1=2·AB=1.
，故点D1到平面BDE的距离为.
[方法二]：（向量法）
（I）证明：如图建立空间直角坐标系C-xyz，得B（0，1，0），D（1，0，0），
D1（1，0，2），F，C1（0，0，2），E（0，0，1）
，
即EF⊥CC1，EF⊥BD1
故EF是CC1与BD1的公垂线.
（II）由（Ⅰ）可知，，
设平面BDE的法向量为，
由，
故点D1到平面BDE的距离为.
例7、（2003年）本题主要考查线面关系、面面关系和正四棱柱的基本知识，同时考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.
如图，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是棱BC的中点.
（Ⅰ）证明BD1∥平面C1DE； （Ⅱ）求面C1DE与面CDE所成的二面角.
[方法一]：（几何法）
（Ⅰ）证明：记D1C与DC1的交点为O，连结OE.
∵O是CD1的中点，E是BC的中点，
∴EO∥BD1.
∵BD1平面C1DE，EO平面C1DE，
∴BD1∥平面C1DE.
（Ⅱ）解：过C作CH⊥DE于H，连结C1H.
在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，C1C⊥平面ABCD，
∴∠C1H⊥DE， ∴∠C1HC是面C1DE与面CDE所成二面角的平面角.
∵DC=2，CC1=1，CE=1， ∴，
∴ ，
即面C1DE与面CDE所成的二面角为
[方法二]：（向量法）
解析：如图所示，以D为坐标原点建立坐标系，则D（0，0，0），A（2，0，0），
B（2，2，0），C（0，2，0）， D1（0，0，1），C1（0，2，1），E（1，2，0），
（Ⅰ）证明：∵　，， ，
∴　=（2，2，-1）
∵=[-（2，2，-1）]= -（），
又∵　BD1平面C1DE，
∴　BD1∥平面C1DE
（Ⅱ）解：由题意知，，，
平面CDE的法向量，设平面C1DE的法向量为，
由
得，
∴　面C1DE与面CDE所成的二面角=．
例8、（2004年春）本题主要考查线线关系、线面关系和棱锥等基本知识，同时考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.
如图，四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形，
SD垂直于底面ABCD，SB=.
（I）求证BCSC；
（II）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；
（III）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小.
图1
[方法一]：（几何法）
（I）证法一：如图1，∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC.
∵SD⊥底面ABCD，∴DC是SC在平面ABCD上的射影，
由三垂线定理得BC⊥SC.
证法二：如图1，∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC.
∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥BC，又DC∩SD=D，
∴BC⊥平面SDC，∴BC⊥SC.
（II）解法一：∵SD⊥底面ABCD，且ABCD为正方形，
∴可把四棱锥S—ABCD补形为长方体A1B1C1S—ABCD，如图2
面ASD与面BSC所成的二面角就是面ADSA1与面BCSA1所成的二面角，
∵SC⊥BC，BC//A1S， ∴SC⊥A1S，
又SD⊥A1S，∴∠CSD为所求二面角的平面角.
在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=，在Rt△SDC中，
由勾股定理得SD=1.
∴∠CSD=45°.即面ASD与面BSC所成的二面角为45°.
解法二：如图3，过点S作直线在面ASD上，
∵底面ABCD为正方形，在面BSC上，
为面ASD与面BSC的交线.
∴∠CSD为面ASD与面BSC所成二面角的平面角. （以下同解法一）
（III）解法一：如图3， ∵SD=AD=1，∠SDA=90°， ∴△SDA是等腰直角三角形.
又M是斜边SA的中点， ∴DM⊥SA.
∵BA⊥AD，BA⊥SD，AD∩SD=D，∴BA⊥面ASD，SA是SB在面ASD上的射影.
由三垂线定理得DM⊥SB. ∴异面直线DM与SB所成的角为90°.
解法二：如图4，取AB中点P，连结MP，DP.
在△ABS中，由中位线定理得 MP//SB，是异面直线DM与SB所成的角.
，
又
∴在△DMP中，有DP2=MP2+DM2，
即异面直线DM与SB所成的角为90°.
[方法二]：（向量法）
解析：如图所示，以D为坐标原点建立直角坐标系，
则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），
M（，0，），
∵　SB=，DB=，SD=1，∴　S（0，0，1），
（I）证明：∵　 ，
=0 ∴　，即BCSC．
（II）设二面角的平面角为θ，由题意可知平面ASD的一个法向量为，设平面BSC的法向量为，由，
得，∴　面ASD与面BSC所成的二面角为45°．
（III）设异面直线DM与SB所成角为α，
∵　，SB=(-1,-1,1),得
∴　异面直线DM与SB所成角为90°．2004年高考数学函数与三角试题选编
函数
（一）选择题、填空题
示例：某天清晨，小鹏同学生病了，体温上升，吃过药后感觉好多了，中午时他的体温基本正常，但是下午他的体温又开始上升，直到半夜才感觉身上不那么发烫了. 下面大致能上反映出小鹏这一天（0时—24时）体温的变化情况的图是 ( )
A B C D
答案：C.
示例：偶函数在上单调递增，则与的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
答案：D.
示例：定义两种运算：，，则函数为（ ）
A．奇函数 B．偶函数
C．奇函数且为偶函数 D．非奇函数且非偶函数
答案：A.
示例：函数在区间上是增函数，则的取值范围为
A． B. C. D.
答案：A.
示例：如图所示，根据此统计图分析一下说法：
①这几年人民的生活水平逐年得到提高；
②人民的生活收入增长最快的是2001年；
③生活价格指数上涨最快的一年是2002年；
④虽2003年生活收入增长缓慢，但由于生活价格指数有较大下降，因而人民的生活水平仍有较大改善.
上述说法正确的是
A、① B、 ② C、③ D、 ④
答案：C
示例：已知函数，且正数C为常数．对于任意的，存在唯一的，使，则称函数在D上的均值为C. 试依据上述定义，写出两个均值为９的函数的例子：________________.
答案：，.
，.　
（）, 等等
示例：已知函数R满足，且[]时，，则与的图像的交点的个数为________个.　　
答案：4　　　　
示例：试构造一个函数，使得对一切有恒成立，但是既不是奇函数又不是偶函数，则可以是 .
答案：的图像部分关于原点对称，部分关于轴对称，如．
（二）解答题
示例：已知函数f (x)=x2－4ax＋a2 (a∈R)．
(I)如果关于x的不等式f (x)≥x的解集为R，求实数a的最大值．
(II)在(1)的条件下，对于任意的实数x，试比较f {f [f (x)]}与x的大小．
(III)设函数g(x)=2x3＋3af(x)，如果g(x)在闭区间(0，1)上存在极小值，求实数a的取值范围．
答案：(I)∵f(x)≥x的解集为R，∴x2-(4a+1)x+a2≥0恒成立．
∴△=(4a+1)2-4a2≤0，即12a2+8a+1≤0，解得 ≤a≤．故a的最大值为．
(II)由(1)得f(x)≥x恒成立，f[f(x)]≥f(x)，f{f[f(x)]}≥f[f(x)] ．
从而，f{f[f(x)]}≥f[f(x)]≥f(x)≥x，即f{f[f(x)]}≥x．
(III)由已知可得g(x)= 2x3+3ax2-12a2x+3a3，
则g'(x)= 6x2+6ax-12a2=6(x2+ax-2a2)=6(x-a)(x+2a)，
令g' (x)=0得 x=a或x= -2a．
①若a=0，则g' (x)≥0，∴g(x)在R上单调增，在（0，1）上无极值．
②若a>0，则当x<-2a或x>a时，g'(x)>0；当-2a< x∴当x=a时，g(x)有极小值．∵g(x)在闭区间（0，1）上存在极小值，∴0③若a<0，则当x-2a时，g'(x)>0；当a< x<-2a时，g'(x)<0．
∴当x= -2a时，g(x)有极小值．
∵g(x)在闭区间（0，1）上存在极小值，∴0<-2a<1，∴所以当示例：已知函数的反函数，
(I)若，求的取值范围;
(II)设函数，当时，求的值域.
答案：∵，∴。
（I）∵ 即，
∴，
∴
解之得：，∴
(II) ∵
令 在[0，1]递增
则
∴，即的值域为
示例：已知是定义在(-,+)上的偶函数,且满足,当时, =-2(x-3)2+4.
(I)当时,求的解析式；
(II)若矩形ABCD的两个顶点A、B在x轴上,C、D在函数y=(0≤x≤2)的图象上,求矩形ABCD面积的最大值.
答案：(I)是定义在(－,＋)上的偶函数,且,
当时,有2≤x+2≤3,
故.
当,有,则.
有.
.
∴当时, .
(II)∵矩形两顶点A、B在x轴上,C、D在
(0≤x≤2)的图象上,如图所示,
设|AB|=2t, ,则A(1-t,0),B(1+t.0), 则|BC|=|AD|=f(1+t)=-2t2+4,
∴.
∵
∴≤8·.
当且仅当,即,即当点A的横坐标时取等号.
∴.
∴矩形ABCD面积的最大值是 .
三角
（1） 选择题、填空题
示例：若函数的图像关于点对称，且此函数的最小值为，则的一个可能的取值是
A. 0 B. 2 C. 3 D. 4
答案：B
示例：设，则下列不等式中一定成立的是
A. B. C. D.
答案：B
示例：使函数是奇函数，且在[]上是减函数的的一个值是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．　　　　　　 B．　　　　　　　C．　　　　　　　D．
答案：B
示例：函数的最小正周期为________.
答案：
（2） 解答题
示例：已知，若AB=AC，且，
(I)求的值；
（II）求的值.
答案：（I） 由题意知：，则 ,
而，则.
（II）.
示例：单摆从某点开始来回摆动，离开平衡位置的距离(厘米)与摆动时间(秒)的函数关系为：
(I)作出它的图像(一个周期区间)；
(II)单摆开始摆动时，离开平衡位置多少厘米？
(III)单摆摆动到最右边时，离开平衡位置多少厘米？
答案：（I）列表、描点、做图　　　　　　　　　　　　　　　　　
0
0 6 0 -6 0
（II）当时，,即单摆开始摆动时，离开平衡位置3厘米.
（III）的振幅为6，所以单摆摆动最右边时，离开平衡位置6厘米.
示例：已知△ABC的外接圆半径为1，∠B=60°，且
，求△ABC的面积.
答案：由已知得 ，
则，
即,
∴或.
又∵，,
∴ ,
∴或,
∴或，.
∴（当时）或（当，时）.
时
0
6
12
18
24
37
体温(℃)
37
体温(℃)
时
0
6
12
18
24
37
时
0
6
12
18
24
体温(℃)
37
时
0
6
12
18
24
体温(℃)结合2004年高考命题趋势的一套详尽的数学模拟试卷
——兼谈冲刺阶段的数学复习
2004年高考全国大部分省市将统一采用新课程卷。回顾2003年的数学高考试题，一个重大变化是试题内容的综合性明显加强，大部分试题在知识网络的交汇处命题，涉及多个知识点，跨越不同学科。由此可以看出，2004试题内容会更加丰富，要求把握知识间的联系，要求对知识、方法、思想进行较大范围的迁移。
2004年高考数学命题的中心是数学思想方法，注重对能力的考查，考试命题有四个基本点：
1．在基础中考能力，这主要体现在选择题和填空题。由于在基础中考能力，所以要注重解题的快法和巧法，注意思想方法的恰当使用，能在30分钟左右，完成全部的选择填空题，这是夺取高分的关键。
2．在综合中考能力，主要体现在后三道大题。
3．在应用中考能力，在选择填空中，会出现一、二道大众数学的题目，在大题中有一道应用题。
4．在新型题中考能力。
这“四考能力”，围绕着对中心就是考查数学思想。我们从四个方面注重高考试题的新特点：　　
1．客观题提高了思维深度
　　在近几年的高考数学试题中，一些需要使用逻辑推理、数形结合等思维方法的题目越来越多。因此，在复习中要多练一些上述类型的题目，以提高解此类题的能力。
　　2．重视“做着别扭”的题型，在2003年的新课程卷中，出现了一些考生感到“做着别扭”的题目，这些题目均对考生的逻辑推理能力和综合分析问题的能力有较高要求，平时要加强这方面的练习。
　　3．熟悉实际应用问题
　　据不完全统计，新教材中的新应用题多达40余道。其中，反复出现的题目有10处（指开篇与每章中都出现）。对这些应用题应十分熟练地掌握它们的解法。仔细想想，2003年河南卷的概率题不是和教材中的题目“很像”吗？
　　4．关注新课程的新重点
　　对比新老两种数学课本的教学内容，不难看出简易逻辑、平面向量、线性规划、空间向量、简单几何体中正多面体、概率与统计、极限、导数均为新内容，由2003年新课程卷不难看出，这部分内容已占有40％分值。因此，要重视此类题目的重点复习。
　　值得一提的是，从2003年高考试题中不难分析出，函数、不等式、平面向量、圆锥曲线、概率、直线、平面、简单几何体、数列极限和导数正在成为高考的新重点。复习中应将这些内容作为载体，将常见的数学解题通法（配方法、待定系数法、归纳法、换元法、代入法和特值法、数形结合法）和数学思想法（数形结合思想方法及逻辑划分与归纳、函数与方程、变换与转化等思想方法）融会贯通地应用于解题过程中，形成熟练的解题思路和规范的书面表达能力。
本试卷根据新课程标准的要求，就广大考生在数学的复习和备考中普遍关注的2004年高考命题趋势、学科考点中的重点、热点，形成一份高考模拟试卷，给出详尽的命题意图（知识点、思想方法和能力要求）和解答，在本校学生练习的基础上给出了难度系数，希望对2004年应考的广大学生有帮助。
2004年高考数学模拟试卷详解
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
参考公式：
如果事件A、B互斥，那么 正棱锥、圆锥的侧面积公式
P(A+B)=P(A)+P(B)
如果事件A、B相互独立，那么
P(A·B)=P(A)·P(B) 其中c表示底面周长，l表示斜高或母线长
如果事件A在一次试验中发生的概率是 球的体积公式
P，那么n次独立重复试验中恰好发生k
次的概率 其中R表示球的半径
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.请将正确答案前的字母填在题后的括号内.
题号 1 题型：选择题 难度系数 0.91
命题意图：1.知 识 点集合和交集的概念，两个集合的交集的运算．
2.思想方法本题是一道概念性极强的试题，可使用定义法求解．
3.能力要求本题考查学生的逻辑思维能力．
题目与详解：
设集合M={直线}，P={圆}，则集合M∩P中的元素个数为 （ ）
A．0 B．1 C．2 D．0或1或2
【解】因集合M={直线}，P={圆}，集合M∩P中的元素既是直线且又是圆，显然这样的元素不存在，从而M∩P=，答案选A．
【说明】⑴解题关键点是正确理解集合的交集与并集的运算及M∩P的意义．集合的交集是由既属于集合A且又属于集合B的公共元素组成的集合，它强调的是“且”的关系；并集是由属于A或属于集合B之一的元素组成的集合，它强调的是“或”的关系．
⑵解题规律：定义法解题的一般步骤为：①分析和研究所给问题中已知的条件和待求的解题目标；②回忆有关概念的内涵和要点；③用定义去指导解题活动．
⑶解题易错点是将M∩P误认为是直线与圆的交点个数问题，从而误选D．
【说明】本题若改为为常数，且a,b不同时为零}，，则M∩P中的元素个数应为0或1或2．
题号 2 题型：选择题 难度系数 0.84
命题意图：1.知 识 点 映射、函数和补集的概念，函数的值域、补集的求法
2.思想方法 定义法和正难则反的思想方法
3.能力要求 逻辑思维能力和运算能力
题目与详解：
已知映射,其中A=B=R,对应法则,对于实数,在集合A中不存在原象,则的取值范围是 （ ）
A. B. C. D.
【解】可以判定对应法则是从A到C的函数（，且是该函数的值域），
于是对于实数,在集合A中不存在原象,则的取值范围构成集合，注意到，故，.
从而答案为A.
题号 3 题型：选择题 难度系数 0.86
命题意图：1.知 识 点 函数的概念，函数的图象
2.思想方法 定义法，实际问题数学化
3.能力要求 逻辑思维能力，分析问题和解决问题的能力
题目与详解：
某工厂六年来生产某种产品的情况是：前三年年产量的增长速度越来越快，后三年年产量保持不变，则该厂六年来这种产品的可用图像表示的是 （ ）
A. B. C. D.
【解】 前三年年产量的增长速度越来越快，总产量C与时间t（年）的函数关系，在图上反映出来，当时是选项A、C中的形状；又后三年年产量保持不变，总产量C与时间t（年）的函数关系应如选项A所示,于是选A.
【说明】本题很容易错选C，这是由于没有看清题中函数关系是总产量C与的时间t（年），而不是年产量C与的时间t（年）的函数关系。
题号 4 题型：选择题 难度系数 0.77
命题意图：1.知 识 点 分段函数及函数的图象、最值等概念
2.思想方法 分段讨论、数形结合
3.能力要求 逻辑思维能力和运算能力
题目与详解：
已知函数f(x) =3 - 2|x|，g(x) = x2- 2x，构造函数F(x)，定义如下：当f(x)≥g(x)时，F(x) = g(x)；当f(x)＜g(x)时，F(x) =f(x)，那么F(x) （ ）
A．有最大值3，最小值-1 B．有最大值3，无最小值
C．有最大值7-2，无最小值 D．无最大值，也无最小值
【解】C. 利用图象法求之．其中F(x)=
题号 5 题型：选择题 难度系数 0.81
命题意图：1.知 识 点 二项式定理的展开式中各项系数和与二项式系数和的概念，数列的极限
2.思想方法 化归思想
3.能力要求 运算能力
题目与详解：
记二项式（1+2x）n展开式的各项系数和为an，其二项式系数和为bn，则等于 （ ）
A．1 B．－1 C．0 D．不存在
【解】由题意得， 于是
答案：选B
题号 6 题型：选择题 难度系数 0.69
命题意图：1.知 识 点 自然数、排列的概念
2.思想方法 列举法和分类讨论
3.能力要求 逻辑思维能力、运算能力、分析问题和解决问题的能力
题目与详解：
用0，1，2，3四个数字组成没有重复数字的自然数，把这些自然数从小到大排成一数列，则1230是这个数列的 （ ）
A．第30项 B．第32项 C．第33项 D．第34项
【解】用0，1，2，3四个数字组成没有重复数字的自然数,可分为4类：
⑴一位数，有4个（0也是自然数）；⑵两位数，有个；
⑶三位数，有个； ⑷四位数，比1230小的有1023，1032。
于是，1230是这个数列的第34项。 选D．
题号 7 题型：选择题 难度系数 0.70
命题意图：1.知 识 点 椭圆的定义、光学性质及其应用
2.思想方法 数形结合，定义法
3.能力要求 逻辑思维能力，分析问题和解决问题的能力
题目与详解：
椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，今有一个水平放置的椭圆形台球盘，点、是它的焦点，长轴长为，焦距为，静放在点的小球（小球的半径不计），从点沿直线出发，经椭圆壁反弹后第一次回到点时，小球经过的路程是 （ ）
A． B． C． D．以上答案均有可能
【解】⑴静放在点的小球（小球的半径不计）从点沿直线出发，经椭圆壁右顶点反弹后第一次回到点时，小球经过的路程是，则选B；
⑵静放在点的小球（小球的半径不计）从点沿直线出发，经椭圆壁左顶点反弹后第一次回到点时，小球经过的路程是，则选C；
⑶静放在点的小球（小球的半径不计）从点沿直线出发，经椭圆壁非左右顶点反弹后第一次回到点时，小球经过的路程是，则选A。
于是三种情况均有可能，故选D。
题号 8 题型：选择题 难度系数 0.72
命题意图：1.知 识 点 函数的应用
2.思想方法 实际问题数学化
3.能力要求 分析问题和解决问题的能力
题目与详解：
国际上通常用恩格尔系数来衡量一个国家和地区人民生活水平状况，它的计算公式（x：人均食品支出总额，y：人均个人消费支出总额），且，各种类型家庭：
家庭类型 贫困 温饱 小康 富裕
n n≥59% 50%≤n＜59% 40%≤n＜50% 30%≤n＜40%
李先生居住地2002年比98年食品价格下降了7.5%，该家庭在2002年购买食品和98年完全相同的情况下人均少支出75元，则该家庭2002年属于 （ ）
(A ) 贫困 ( B) 温饱 ( C) 小康 (D ) 富裕
【解】用条件代入计算，不难得到结论为D.
题号 9 题型：选择题 难度系数 0.74
命题意图：1.知 识 点 三角函数的最值问题
2.思想方法 整体思想、化归思想、数形结合思想、构造法等
3.能力要求 逻辑思维能力，分析问题和解决问题的能力，善于联想，灵活应变，多方位思考，由数想形，由形思数，利用构造，实现求解．
题目与详解：
设0＜x＜π，则函数的最小值是 ( )
A．3 B．2 C． D．2-
【解】解法一 因ysinx+cosx=2，故．
由，得 ，于是． 因0＜x＜π，故y＞0．
又当时，．若x=,有，故ymin=，选C．
解法二 由已知得：ysinx = 2 - cosx，于是y2(1-cos2x) = (2-cosx)2．
将上式整理得：(y2+1)cos2x-4cosx+4-y2=0．于是，⊿=16-4(y2+1)(4-y2)=4y2(y2-3)≥0．
因0＜x＜π，故y＞0，于是y≥，而当y=时，⊿=0，cosx=，x=满足题设，于是ymin=，选C．
解法三 设，则，当且仅当，即，亦即x=时，取“=”，故ymin=，选C．
解法四 如图，单位圆中，∠MOt = ，P(2,0)，M(cosx，sinx)，．
因，故∠AOP=，∠APt =，
，从而，(kPM)min=．
因，故ymin= (- )min= - ，选C．
【说明】①解题技巧：（ⅰ）在函数解析式中仅含sinx与cosx的一次式时，可联想使用辅助公式解决问题；（ⅱ）充分观察题目结构特征可联想到直线的斜率，因而可以将问题转化为求直线的斜率；（ⅲ）用万能代换公式，可顺利实现三角表达式与代数表达式之间的快速转换；(ⅳ)当三角问题转化为代数问题后，代数中各种方法都可使用．
②解题易错点：容易忽视对能否取到最小值情形的检验．
题号 10 题型：选择题 难度系数 0.73
命题意图：1.知 识 点 函数的奇偶性、单调性和导数的有关概念
2.思想方法 定义法和数形结合法
3.能力要求 逻辑思维能力和分析问题解决问题的能力
题目与详解：
函数的图像关于原点中心对称，则（ ）
A．在上为增函数 B．在上为减函数
C．上为增函数，在上为减函数
D．在上为增函数，在上也为增函数
【解】由于函数的图像关于原点中心对称，则为奇函数，于是，，从而，，当，验正之选D．
题号 11 题型：选择题 难度系数 0.65
命题意图：1.知 识 点 集合的分拆
2.思想方法 利用新定义，联想类比、分类讨论的思想方法
3.能力要求 知识迁移、分析问题和解决问题的能力 题目与详解：
若集合A1、A2满足A1∪A2=A，则称（A1，A2）为集合A的一个分拆，并规定：当且仅当A1=A2时，（A1，A2）与（A2，A1）为集合A的同一种分拆，则集合A={a1,a2,a3}?的不同分拆种数是 （ ）
A.27 B.26 C.9 D.8
【解】集合A的子集为共8个，集合A的一个分拆可以列表如下：
A1
A2
A1
A2 ， ，， ， ，，，，，
共有27个，选A.
题号 12 题型：选择题 难度系数 0.48
命题意图：1.知 识 点 空间四个点不共面、概率的概念和计算
2.思想方法 正难则反和分类讨论
3.能力要求 运算能力、空间想象能力和逻辑推理能力
题目与详解：
四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中取4个点，则这四个点不共面的概率为 （ ）
A、 B、 C、 D、
【分析】四个点不共面的情形比较复杂，不妨考虑问题的反面，用分类讨论法求解．
【解】从10个不同的点中任取4个点的不同取法共有=210种，它可分为两类：4点共面与不共面．
如图1，4点共面的情形有三种：
①取出的4点在四面体的一个面内（如图中的AHGC在面ACD内），这样的取法有种；
②取出的4面所在的平面与四面体的一组对棱平行（如图中的EFGH与AC、BD平行），这种取法有3种（因为对棱共3组，即AC与BD、BC与AD、AB与CD）；
③取出的4点是一条棱上的三点及对棱中点（如图中的AEBG），这样的取法共6种．
综上所述，取出4个不共面的点的不同取法的种数为-（+3+6）=141种．
故所求的概率为，答案选D．
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.把答案填在题中的横线上.
题号 13 题型：填空题 难度系数 0.83
命题意图：1.知 识 点 图表数据的分析和利用
2.思想方法 观察、分析、分类并直接计算
3.能力要求 观察能力、分析能力、综合能力
题目与详解：
右图是某保险公司提供的资料，在1万元以上的保险单中，有少于2.5万元，那么不少于2.5万元的保险单有
万元．
【解】不少于1万元的占700万元的21%，
为700×21%=147万元．
1万元以上的保单中，超过或等于2.5万元的保单占，
金额为×147=91万元，故不少于2.5万元的保险单有91万元。
题号 14 题型：填空题 难度系数 0.79
命题意图：1.知 识 点 等差数列求和、解不等式组
2.思想方法 实际问题数学化
3.能力要求 运算能力、分析问题和解决问题的能力
题目与详解：
有200根相同的圆钢，将其中一些堆放成纵断面为正三角形的垛，要求余下的根数尽可能地少，这时余下的圆钢有 根．
【答案】10根．
【解】设只能堆放n层，则从最上层往下，每层圆钢数组成以1为首项，1为公差的等差数列，且余下的圆钢根数小于n，于是，
由于n∈N+，故n=19，因此余下的根数为：200 - =10根．
题号 15 题型：填空题 难度系数 0.67
命题意图：1.知 识 点 符号函数、一次不等式
2.思想方法 理解定义，分类讨论
3.能力要求 有较强的逻辑推理能力，能够理解新的符号，解决新的问题
题目与详解：
定义符号函数 ， 则不等式：的解集是 .
【解】原不等式可化为：（1），即；
（2）解得；（3）即
综上得：
题号 16 题型：填空题 难度系数 0.46
命题意图：1.知 识 点 三角函数的图象变换
2.思想方法 数形结合、分类思想、正难则反和整体观念等思想方法
3.能力要求 逻辑推理能力，分析问题和解决问题的能力
题目与详解：
给出下列8种图像变换方法：
①将图像上所有点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)；
②将图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)；
③将图像上移1个单位；
④将图像下移1个单位；
⑤将图像向左平移个单位；
⑥将图像向右平移个单位；
⑦将图像向左平移个单位；
⑧将图像向右平移个单位．
须且只须用上述的3种变换即可由函数y=sinx的图像得到函数的图像，写出所有的符合条件的答案为 ．
【答案】②⑦④； ②④⑦； ④②⑦； ⑤②④； ⑤④②； ④⑤②．
三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
题号 17 题型：解答题 难度系数 0.88
命题意图：1.知 识 点 次独立重复试验中事件A发生K次的概率，对立事件的概率
2.思想方法 直接法
3.能力要求 逻辑推理能力, 分析问题和解决问题的能力
题目与详解： (本小题满分12分)
同时抛掷15枚均匀的硬币一次
（1）试求至多有1枚正面向上的概率；
（2）试问出现正面向上为奇数枚的概率与出现正面向上为偶数枚的概率是否相等
请说明理由.
解：（1）记“抛掷1枚硬币1次出现正面向上”为事件A，P（A）=，抛掷15枚硬币1次相当于作15次独立重复试验，根据次独立重复试验中事件A发生K次的概率公式，记至多有一枚正面向上的概率为P1
则P1= P15（0）+ P15（1）=+= ……………6分
（2）记正面向上为奇数枚的概率为P2，则有
P2= P15（1）+ P15（3）+…+ P15（15）=++…+
=+…+)– ………………………10分
又“出现正面向上为奇数枚”的事件与“出现正面向上为偶数枚”的事件是对立事件，记“出现正面向上为偶数枚”的事件的概率为P3
P3=1–=
出现正面向上为奇数枚的概率与出现正面向上为偶数枚的概率相等 ……………12分
题号 18 题型：解答题 难度系数 0.81
命题意图：1.知 识 点 向量及其运算,三角函数的最值
2.思想方法 定义法、分类讨论法和等价转化法的思想方法
3.能力要求 运算能力和逻辑推理能力
题目与详解：（本小题满分12分）
已知向量
①;
②若
解：（1） ………………2分
……………………………………6分
（2）
①当时，当县仅当时，取得最小值－1，这与已知矛盾；……8分
②当时，取得最小值，由已知得
；……………………………………………………………10分
③当时，取得最小值，由已知得
解得，这与相矛盾，综上所述，为所求。……………………12分
题号 19 题型：解答题 难度系数 甲: 0.73； 乙：0.71
命题意图：1.知 识 点 甲: 两条异面直线的夹角和距离，线面角，点面距
乙：直线与平面平行，二面角的计算，三棱锥的体积
2.思想方法 空间问题平面化，解三角形，割补法求体积
3.能力要求 空间想象能力，运算能力
题目与详解：
注意：考生在[19甲]、[19乙]两题中选一题作答，如果两题都答，只以[19甲]记分。
19．（甲）（本小题满分12分）
如图直角梯形OABC中，，SO=1，以OC、OA、OS分别为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系O-xyz.
（Ⅰ）求的大小（用反三角函数表示）；
（Ⅱ）设
①
②OA与平面SBC的夹角（用反三角函数表示）；
③O到平面SBC的距离.
（Ⅲ）设
① .
②异面直线SC、OB的距离为 .
（注：（Ⅲ）只要求写出答案）.
19．（乙）（本小题满分12分）
已知ABC—A1B1C1为正三棱柱，D是AC
的中点（如图所示）.
（Ⅰ）证明；AB1//平面DBC1；
（Ⅱ）若AB1⊥BC1，BC=2.
①求二面角D—BC1—C的大小；
②若E为AB1的中点，求三棱锥E—BDC1的体积.
19．（甲）解：（Ⅰ）如图所示：
C（2，0，0），S（0，0，1），O（0，0，0），B（1，1，0）
………………………………………………………4分
（Ⅱ）①
……………………………………………………………………………6分
②,
③； ……………………………………12分
19．（乙）解：（Ⅰ）连结CB1交BC1于O，连结OD
…………………………………4分
（Ⅱ）①
.
…………………………………………8分
②………12分
题号 20 题型：解答题 难度系数 0.49
命题意图：1.知 识 点 导数的应用
2.思想方法 构造法、化归法、累加法求和以及等价转化的思想方法
3.能力要求 逻辑思维能力，运算能力，等价转化的能力
题目与详解：（本题满分12分）
⑴ 设≤1，求一个正常数a，使得x≤；
⑵ 设≤1，，求证：≤.
解：⑴ x≤可化为≥0，令=，
，由得， …………………………………4分
=3a-2≥0，=-3a+4≥0，∴≤≤， ①
∴∈[-1，1]，≥0，即≥ ②
由①、②得，.
从而当≤1时，=≥0，即x≤. ……8分
⑵ 由⑴知，对≤1，有≤，（i=1，2，…，n）
将这n个式子求和，得≤. …………………………………12分
题号 21 题型：解答题 难度系数 0.53
命题意图：1.知 识 点 直线与圆的位置关系，两个圆的外切，等差数列
2.思想方法 数形结合，定义法，放缩法，裂项相消法等化归思想
3.能力要求 本题综合性极强，考查数学的逻辑思维能力、运算能力、分析
问题和解决问题的能力，是考知识、考能力的好题，请读者多多回味.
题目与详解：（本题满分12分）
在平面上有一系列点对每个自然数,点位于函数的图象上．以点为圆心的⊙与轴都相切，且⊙与⊙又彼此外切．若,且 ．
（1）求证：数列是等差数列；
（2）设⊙的面积为，, 求证：
解：（1）依题意，⊙的半径，
⊙与⊙彼此外切，
…………………………………2分
两边平方，化简得 ,
即 , …………………………………4分
，
，
∴ 数列是等差数列． …………………………………6分
(2) 由题设，，∴，即，
，
…………………………………8分
＝ ………………10分
＝
． …………………………………12分
题号 22 题型：解答题 难度系数 0.47
命题意图：1.知识点 定义运算“”, 定义，
研究动点的轨迹问题，一元二次方程的区间根问题
2.思想方法 定义法，探索法
3.能力要求 运用新知识解决新问题的能力，敏锐的观察，丰富的想象，是进行有效探索的法宝。
题目与详解：（本小题满分14分）
设，常数，定义运算“”：是平面上任一点，定义，
（1）已知点M（3，4），计算
（2）若求动点的轨迹方程；
（3）在（2）中的轨迹上是否存在两点A1，A2，使之满足
若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
解： （1） …………………………………4分
（2）化简可得动点的轨迹方程为
………………………………………………………8分
（3）假设存在，
故的两非负根，化简得
由此得 当时，
存在两点有，此时
………14分
（备选题）21．（本小题满分12分）
21．规定其中，为正整数，且这是排列数是正整数，且的一种推广．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）排列数的两个性质：①， ②．(其中m,n是正整数)是否都能推广到是正整数）的情形？若能推广，写出推广的形式并给予证明；若不能，则说明理由；
（Ⅲ）确定函数的单调区间．
解：（Ⅰ）； ……2分
（Ⅱ）性质①、②均可推广，推广的形式分别是：
①， ② ……4分
事实上，在①中，当时,左边， 右边，等式成立；
当时，左边
， 因此,①成立； ……6分
在②中，当时,左边右边，等式成立；
当时，
左边
右边，
因此 ②成立。 ……8分
（Ⅲ）先求导数，得.
令>0,解得x<或 x>.
因此，当时,函数为增函数, ……11分
当时,函数也为增函数。
令<0,解得因此,当时,函数为减函数. ……13分
所以，函数的增区间为，
函数的减区间为 ……14分
题号 22 题型：解答题 难度系数 0.41
命题意图：1.知 识 点 求函数的解析式，奇函数的性质，点的中心对称问题，均值不等式，讨论问题的充分性和必要性
2.思想方法 化归思想，探索法，
3.能力要求 运用新知识解决新问题的能力，敏锐的观察，丰富的想象，是进行有效探索的法宝。
题目与详解：（本题满分14分）
已知函数（是自然数）是奇函数，有最大值，且．
⑴试求函数的解析式；
⑵是否存在直线与的图象只交于P、Q两点，并且使得P、Q两点的中点为
（1，0）点，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
解：⑴由为奇函数易知：．
又因为是自然数，所以，当时，；当时，．
所以，的最大值必在时取得．
当时，，等号当且仅当时取得．
所以，．
又，所以，．结合是自然数，可得：．
所以，．
⑵对于“是否存在型”的问题，一般探索的方法为：假设存在，导出矛盾，或者从部分结论出发，导出其存在的必要条件，再验证是否充分．
根据上述思路，我们可以假设存在满足条件的直线，则、Q的坐标可为P，．且这两点都在函数的图像上．即：
消去，得，解得：．
所以，或．
所以，直线的方程为：．
的存在性还须通过充分性的检验．
把直线的方程与函数联立，不难求得，共有三组解：
．
因此，直线与的图象共有三个交点，与“只交于两点”矛盾．所以，满足条件的直线不存在．
在得到这样的解答之后，我们不妨回头再看一看，在上述过程中，函数的性质（如奇偶性）并没有得到充分的应用．若能充分运用这个已知条件，则可以得到其他不同的探索过程．
法2：设，则由为奇函数可知：P关于原点的对称点也在的图像上，
又，所以，，且，故问题等价于：
是否存在直线，使得与有两个距离为2的交点．
将代入，解之得：，令，解得：，，
所以，，此时直线的方程为
充分性的检验过程同上．
以上两种解法都是从求出直线的方程入手．如果我们将着眼点放在“只交于两点”，则可以得到下面简洁的解法．
法3：当直线的斜率不存在时，，此时与函数的图像只交于一点，不满足题设，所以，可设直线的方程为：，
与联立，消去得：
（*）
由P、Q关于点（1，0）对称，可得：点（1，0）在直线上，所以，．
对于上述方程（*），若，则方程只有一解，不符合题意．
若，则方程（*）的实根个数可能为1个或3个．不可能有两个．即过点（1，0）的直线与的图象不可能只有两个交点，所以，这样的直线不存在．
最后，我们提四点冲刺阶段的复习建议：
　　一、宏观把握复习内容，按计划进行复习
1．高三第二学期的复习为第二阶段复习（即专题复习）和第三阶段复习（即考前模拟试卷测评）。在第二阶段复习中应注意集中精力听好专题课，记重点笔记，凡不懂之处应与同学讨论弄清楚，或请教老师。在第三阶段复习中，要认真做好每一套模拟题，答题要注意找到时间感觉，要注意解题规范训练。凡遇到不会做的题目或答错的每一道题目，都要在老师讲评时弄清楚，或与同学讨论解决问题。
　　2．按计划进行复习
　　“凡事预则立，不预则废”。现在至高考前尚有40多天的时间，要制订一个与教师指导互补的复习计划。要规划出每周、每天要完成的查漏补缺任务，做到当日事当日了，每周事每周完成好。
二、普遍撒网 重点捞鱼
　　教师指导学生复习，一般是一种全面的、普遍的复习。这是由于《考试大纲》所给出的内容均为必考内容，出于课时所限，教师总是指导学生一遍遍的全面复习，即便是讲一些专题，也是针对学生测试中出现的问题而授课。因此，在平时，同学们应针对教师教学中的不足做好以下两点：
1．进行诊断性练习， 找出问题早日补缺。
　　学校进行的测试，一般都是让学生做成套完整的模拟题，在这种测试中解错的题目很难说明出现的错误具有普遍性。只有将10套题中的选择题、10套题中的填空题、10套题中的解答题放在一起比较，才能诊断出你哪一类题容易做错，这就是诊断性练习。只有找出错误和不足，才能及时请教同学和老师，及时查漏补缺，将问题解决在考前。
　　2．注意知识的交叉点和结合点。
　　数学知识之间存在纵向和横向的有机联系，这些联系的交叉点和结合点往往是高考命题的“热点”，同时也可能是教师平时教学的“弱点”。因此，在复习中要注意知识的交叉点。例如，函数和不等式，函数与导数，函数与方程，函数与数列；又如，三角函数与数列，三角函数与立体几何；再如，平面向量与函数，平面向量与解析几何，平面向量与物理等等。广大考生要注意积累解此类题的方法与经验。
三、解题教学中应该着重研究解题的思维过程，重视解题后的反思性活动
如何进行反思呢？（1）要求学生对自己的思考过程进行反思；（2）要求学生对活动所涉及的知识进行反思；（3）要求学生对所涉及的思想方法进行反思；（4）要求学生对活动中有联系的问题进行反思；（5）要求学生对题意的理解过程进行反思；（6）对解题思路、推理的过程、运算的过程、语言的表述进行反思；（7）对数学活动的结果进行反思。
强化思维过程。教学进度要适当，不要太快，以免学生没有时间独立思考、消化，从而没有“沉淀”。要根据学生的实际水平及高考要求适当拓宽教学背景，适当提高教学中思维要求，研究运用不同的思维方法解决同一个数学问题的多种途径，注意培养学生的直觉猜想、逻辑推理、演绎证明、运算求解等理性思维能力。达到培养学生分析问题和解决问题的能力，提升学生的思维水平。
四、倡导主动学习
教师要为学生营造自主探索和合作交流的空间，学生的学习方式中应该有研究性学习，让学生自主学习、讨论交流，在解决问题的过程中激发兴起，树立信心，培养钻研精神，同时提高数学表达能力和数学交流能力，在思维能力、运算能力、空间想象能力、实践能力、创新意识和个性品质方面有大的提高，以优良的个性情感、态度和价值观克服考场上的紧张情绪，以平和的心态参加考试，合理支配考试时间，以实事求是的科学态度解答试题，树立战胜困难的信心，体现锲而不舍的精神。注重规范答卷，做到“会做的题一题不错，该的得分异分不丢”。
总之，笔者希望读者能从本文中了解新课程、新高考的新重点，掌握科学的复习方法，在全面复习的基础上，抓住重点，有效复习，提升答题能力。
3
6
C
o
t
3
6
C
o
t
3
6
C
o
t
3
6
C
o
t
t
A
M
O
f(t)
P
A
B
C
D
E
F
G
H
图1
2000元
以下46%
不少于1
万元21%
保险单数目
（总数700万元）
5000~9999
元19%
2000~4999
元14%
Pn
Pn+1
PAGE
1