高考数学解答题定向辅导

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高考数学解答题是在高考试卷中的第二部分，在近几年的高考中其题量已基本稳定在6题，分值占总分的56%，占总分一大半的数学解答题汇集了大部分把关题和压轴题，在高考中举足轻重，高考的区分层次和选拔使命主要靠这类题型来完成预设目标.

一、解题策略

高考数学试题的解答题题型内涵丰富，包含的试题模式灵活多变，其基本架构是：给出一定的题设（即已知条件），然后提出一定的要求（即要达到的目的），让考生解答.而且“题设”和“要求”的模式五花八门，多种多样.考生解答时，应把已知条件作为出发点，运用有关的数学知识和方法，进行推理、演绎或计算，最后达到所要求的目标，同时要将整个解答过程的主要步骤和经过，有条理、合逻辑、完整地陈述清楚.

1.数学综合题的解题策略

解综合性问题的三字诀“三性”：综合题从题设到结论，从题型到内容，条件隐蔽，变化多样，因此就决定了审题思考的复杂性和解题设计的多样性.在审题思考中，要把握好“三性”，即（1）目的性：明确解题结果的终极目标和每一步骤分项目标；（2）准确性：提高概念把握的准确性和运算的准确性；（3）隐含性：注意题设条件的隐含性.审题这第一步，不要怕慢，其实慢中有快，解题方向明确，解题手段合理，这是提高解题速度和准确性的前提和保证.

“三化”：（1）问题具体化（包括抽象函数用具有相同性质的具体函数作为代表来研究，字母用常数来代表）.即把题目中所涉及的各种概念或概念之间的关系具体明确，有时可画表格或图形，以便于把一般原理、一般规律应用到具体的解题过程中去；（2）问题简单化.即把综合问题分解为与各相关知识相联系的简单问题，把复杂的形式转化为简单的形式；（3）问题和谐化.即强调变换问题的条件或结论，使其表现形式符合数或形内部固有的和谐统一的特点，或者突出所涉及的各种数学对象之间的知识联系.

“三转”：（1）语言转换能力.每个数学综合题都是由一些特定的文字语言、符号语言、图形语言所组成.解综合题往往需要较强的语言转换能力.还需要有把普通语言转换成数学语言的能力；（2）概念转换能力：综合题的转译常常需要较强的数学概念的转换能力；（3）数形转换能力.解题中的数形结合，就是对题目的条件和结论既分析其代数含义又分析其几何意义，力图在代数与几何的结合上找出解题思路.运用数形转换策略要注意特殊性，否则解题会出现漏洞.

“三思”：（1）思路：由于综合题具有知识容量大，解题方法多，因此，审题时应考虑多种解题思路；（2）思想：高考综合题的设置往往会突显考查数学思想方法，解题时应注意数学思想方法的运用；（3）思辩：即在解综合题时注意思路的选择和运算方法的选择.

“三联”：（1）联系相关知识；（2）联接相似问题；（3）联想类似方法.

2.数学应用题的解题策略

求解应用题的一般步骤是（四步法）：

（1）读题：读懂和深刻理解，译为数学语言，找出主要关系；

（2）建模：把主要关系近似化、形式化，抽象成数学问题；

（3）求解：化归为常规问题，选择合适的数学方法求解；

（4）评价：对结果进行验证或评估，对错误加以调节，最后将结果应用于现实，作出解释或验证.

3.在近几年高考中，经常涉及的数学模型，有以下一些类型：数列模型、函数模型、不等式模型、三角模型、排列组合模型等等.

Ⅰ.函数模型 函数是中学数学中最重要的一部分内容，现实世界中普遍存在着的最优化问题，常常可归结为函数的最值问题，通过建立相应的目标函数，确定变量的限制条件，运用函数知识和方法去解决；

（1）根据题意，熟练地建立函数模型；

（2）运用函数性质、不等式等知识处理所得的函数模型.

Ⅱ.几何模型 诸如航行、建桥、测量等涉及一定图形属性的运用问题，常常需要运用几何图形的性质，或用方程、不等式或用三角函数知识来求解；

Ⅲ.数列模型 在经济活动中，诸如增长率、降低率、存款利率、分期付款等与年（月）份有关的实际问题，大多可归结为数列问题，即通过建立相应的数列模型来解决.在解应用题时，是否是数列问题一是看自变量是否与正整数有关；二是看是否符合一定的规律，可先从特殊的情形入手，再寻找一般的规律.

二、题型细说

1.三角函数，考查基本运算能力

三角仍是高考的热点，近年大多新课程高考数学卷，将三角与解三角形结合，以三角为载体考查基本运算能力，利用公式进行运算及变形，能够根据问题的条件寻找与设计合理、简捷的运算途径.

例1 （2012年高考江苏卷15）在ABC中，已知AB・AC=3BA・BC.

（1）求证：tanB=3tanA；（2）若cosC=55，求A的值.

解析：本题主要考查平面向量的数量积，三角函数的基本关系式，两角和的正切公式，解三角形.

（1）先将AB・AC=3BA・BC表示成数量积，再根据正弦定理和同角三角函数关系式证明.（2）由cosC=55，可求tanC，由三角形三角关系，得到tan[π-（A+B）]，从而根据两角和的正切公式和（1）的结论即可求得A的值.

2.立体几何主要考查直线与平面的关系

立体几何的考查，主要有两类题型，在考查对空间几何体结构认识的前提下，综合性地考查对空间几何体的体积、表面积的计算，考查空间线面位置关系，这类试题以“图”引入，背景新颖，对考生的空间想象能力有较高要求.

例2 （2012年湖南卷理18）如图（1），在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点.

（Ⅰ）证明：CD平面PAE；

（Ⅱ）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥PABCD的体积.

解析：（Ⅰ）连接AC，由AB=4，BC=3，∠ABC=90°，得AC=5.

又AD=5，E是CD的中点，所以CDAE.

PA平面ABCD，CD平面ABCD，

所以PACD.

而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD平面PAE.

（Ⅱ）由题设和（Ⅰ）知，CD，AP分别是平面PAE，平面ABCD的法向量，而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以

|cos|=|cos|，

即|CD・PB|CD|・|PB||=|PA・PB|PA|・|PB||.建立直角坐标系：如图（2）

由（Ⅰ）知，CD=（-4，2，0），PA=（0，0，-h），

由PB=（4，0，-h），

故|-16+0+025・16+h2|=|0+0+h2h・16+h2|.

解得h=855.又梯形ABCD的面积为S=12×（5+3）×4=16，所以四棱锥PABCD的体积为

V=13×S×h=13×16×855=128515.

点评：本题考查空间线面垂直关系的证明，考查空间角的应用，及几何体体积计算.第一问只要证明AECD即可，第二问通过建立空间直角坐标系，求得高再求体积.向量方法作为沟通代数和几何的工具在理科加试题考查中常见，此类方法的要点在于建立恰当的坐标系，便于计算，位置关系明确，以计算代替分析，起到简化的作用，但计算必须慎之又慎.

3.解析几何突出“模块化”运算能力

解析几何解答题热点的题型是求参数范围或求最值的综合性问题，探求动点的轨迹问题，有关定值、定点等的证明问题，与向量综合的探索性问题等.着重考查解析几何的基本思想，利用代数的方法研究几何问题的特点和性质.因此，在解题的过程中，计算占了很大的比例.

例3 （2012年高考山东卷理科21）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为34.

（Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；

（Ⅲ）若点M的横坐标为2，直线l：y=kx+14与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当12≤k≤2时，|AB|2+|DE|2的最小值.

解析：（Ⅰ）F抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点F（0，p2），设M（x0，x202p）（x0>0），Q（a，b），由题意可知b=p4，则点Q到抛物线C的准线的距离为b+p2=p4+p2=34p=34，解得p=1，于是抛物线C的方程为x2=2y.

（Ⅱ）假设存在点M（x0，x202），（x0>0）满足条件，抛物线C在点M处得切线斜率为y′|x=x0=（x22）′|x=x0=x0，所以直线MQ的方程为y-x202=x0（x-x0）

令y=14，得xQ=x02+14x0，所以Q（x02+14x0，14）

又|MQ|=|OQ|，故（14x0-x02）2+（14-x202）2=（x02+14x0）2+116

因此（14x0-x02）2=916，又x0>0，所以x0=2，此时M（2，1）

故存在点M（2，1），使得直线MQ与抛物线C相切于点M.

（Ⅲ）若点M的横坐标为2，由（Ⅱ）得点M（2，1），Q（528，14）.

圆O的半径为r=（528）2+（14）2=368

则圆Q：（x-528）2+（y-14）2=2732，

由x2=2yy=kx+14可得x2-2kx-12=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），

由于Δ1=4k2+2>0，x1+x2=2k，x1x2=-12

由（x-528）2+（y-14）2=2732y=kx+14可得（1+k2）x2-524x-116=0，

设D（x3，y3），E（x4，y4），由于Δ2=k24+278>0，x3+x4=524（1+k2），x3x4=-116（1+k2）

|DE|2=（1+k2）[（x3+x4）2-4x3x4]=258（1+k2）+14

于是|AB|2+|DE|2=（1+k2）（4k2+2）+258（1+k2）+14，

令1+k2=t，由于12≤k≤2，则t∈[54，5]，所以|AB|2+|DE|2=4t2-2t+258t+14，

设g（t）=4t2-2t+258t+14，g′（t）=8t-2-258t2，

当t∈[54，5]时，g′（t）=8t-2-258t2>0，所以g（t）在[54，5]为增函数

故当t=54，k=12时，g（t）min=4×2516-2×54+258×54+14=132.

故当k=12时，（|AB|2+|DE|2）min=132.

评注：本题考查了直线与抛物线及圆相关知识，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力.其中问题（2）是一个开放性问题，考查了考生的观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力.

4.以数列问题为载体考查抽象的演绎推理

数列解答试题是高考命题的一个必考且难度较大的题型，其命题热点是与不等式交汇、呈现递推关系的综合性试题.其中，以函数迭代、解析几何曲线上的点列为命题载体，有着高等数学背景的数列解答题是未来高考命题的一个新的亮点，而命题的冷点是数列的应用性解答题.

例4 （2012年高考山东文20）已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10=2a5.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）对任意m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.

解析：（Ⅰ）由已知得：5a1+10d=105，a1+9d=2（a1+4d），解得a1=7，d=7，

所以通项公式为an=7+（n-1）・7=7n.

（Ⅱ）由an=7n≤72m，得n≤72m-1，即bm=72m-1.

bm+1bm=72m+172m-1=49，{bm}是公比为49的等比数列，

Sm=7（1-49m）1-49=748（49m-1）.

5.函数与导数结合，考查综合能力

函数问题更多的与导数相结合，应用导数研究函数的性质，应用函数的单调性证明不等式，是近几年全国各省高考数学的一个最大的特点.函数与不等式解答试题是高考命题的重要题型，它的解答需要用到导数的相关知识，其命题热点是导数知识的考查，出现频率较高的题型是最值、范围等问题.

例5 （2012年湖南卷理22）已知函数f（x）=eax-x，其中a≠0.

（1）若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合.

（2）在函数f（x）的图像上取定两点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））（x1k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由.

解析：（1）若a0，f（x）=eax-x0.

而f′（x）=aeax-1，令f′（x）=0，得x=1aln1a.

当x0，f（x）单调递增，故当x=1aln1a时，f（x）取最小值f（1aln1a）=1a-1aln1a.

于是对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，只需1a-1aln1a≥1. ①

令g（t）=t-tlnt，则g′（t）=-lnt.

当01时，g′（t）

故当t=1时，g（t）取最大值g（1）=1.因此，当且仅当1a=1即a=1时，①式成立.

综上所述，a的取值集合为{1}.

（2）由题意知，k=f（x2）-f（x1）x2-x1=eax2-eax1x2-x1-1.

令φ（x）=f′（x）-k=aeax-eax2-eax1x2-x1，则

φ（x1）=-eax1x2-x1[ea（x2-x1）-a（x2-x1）-1]，

φ（x2）=eax2x2-x1[ea（x1-x2）-a（x1-x2）-1].

令F（t）=et-t-1，则F′（t）=et-1.

当t0，F（t）单调递增.

故当t≠0时，F（t）>F（0）=0，即et-t-1>0.

从而ea（x2-x1）-a（x2-x1）-1>0，ea（x1-x2）-a（x1-x2）-1>0，又eax1x2-x1>0，eax2x2-x1>0，

所以φ（x1）0.

因为函数y=φ（x）在区间[x1，x2]上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在C∈（x1，x2）使φ（C）=0，又φ′（x）=a2eax>0，φ（x）单调递增，故这样的c是唯一的，且c=1alneax2-eax1a（x2-x1）.

故当且仅当x∈（1alneax2-eax1a（x2-x1），x2）时，f′（x）>k.

综上所述，存在x0∈（x1，x2）使f′（x0）>k成立.且x0的取值范围为（1alneax2-eax1a（x2-x1），x2）.

点评：本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等，考查运算能力，考查分类讨论思想、函数与方程思想，转化与化归思想等数学思想方法.第一问利用导函数法求出f（x）取最小值f（1aln1a）=1a-1aln1a.对一切x∈R，f（x）≥1恒成立转化为f（x）min≥1，从而得出a的取值集合；第二问在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断.

6.应用问题的考查灵活多变

例6 （2011年山东文21）某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为80π3立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c（c>3）千元.设该容器的建造费用为y千元.

（Ⅰ）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；

（Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的r.

解析：（Ⅰ）因为容器的体积为80π3立方米，所以4πr33+πr2l=80π3，解得l=803r2-4r3，由l≥2r，得0

所以圆柱的侧面积为2πrl=2πr（803r2-4r3）=160π3r-8πr23，两端两个半球的表面积之和为4πr2，所以y=160πr-8πr2+4πcr2，定义域为（0，2）.

（Ⅱ）因为y′=-160πr2-16πr+8πcr=8π[（c-2）r3-20]r2，由于c>3，所以c-2>0

所以320c-2>0

（1）当0

（2）当320c-2≥2，即3

综上所述，即392时，建造费用最小时r=320c-2.

例7 （2012年高考湖南卷）某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.

一次购物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上

顾客数（人）x3025y10

结算时间（分钟/人）11.522.53

已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.

（1）确定x，y的值，并求顾客一次购物的结算时间X的分布列与数学期望；

（2）若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率.（注：将频率视为概率）

解析：（1）由已知得25+y+10=55，x+30=45，所以x=15，y=20.

该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得

P（X=1）=15100=320，P（X=1.5）=30100=310，

P（X=2）=25100=14，P（X=2.5）=20100=15，

P（X=3）=10100=110.

X的分布列为

X11.522.53

P3203101415110

X的数学期望为

E（X）=1×320+1.5×310+2×14+2.5×15+3×110=1.9.

（2）记A为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，Xi（i=1，2）为该顾客前面第i位顾客的结算时间，则

P（A）=P（X1=1且X2=1）+P（X1=1且X2=1.5）+P（X1=1.5且X2=1）.

由于各顾客的结算相互独立，且X1，X2的分布列都与X的分布列相同，所以

P（A）=P（X1=1）×P（X2=1）+P（X1=1）×P（X2=1.5）+P（X1=1.5）×P（X2=1）=320×320+320×310+310×320=980.

故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为980.