发展理性思维 提高复习效率——高三数学备考分析

2013.4.9 贵阳

一、关注新课改，把握复习方向

（一）大高考观之下的高三复习

立足全国卷，整体把握高考方向

考什么，教什么； 考多难，教多难 ？课标，考纲； 教材，考题

（二）课标版考纲

对数学基础知识的考查 既要全面又要突出重点，对于支撑学科知识体系的重点内容，要占有较大的比例，构成数学试卷的主体，注重学科的内在联系和知识的综合性，不刻意追求知识的覆盖面 . 从学科的整体高度和思维价值的高度考虑问题，在知识网络交汇点设计试题，使对数学基础知识的考查达到必要的深度 .

对数学思想方法的考查 对数学思想方法的考查是对数学知识在更高层次上的抽象和概括的考查，考查时必须要与数学知识相结合，通过数学知识的考查，反映考生对数学思想方法的掌握程度 .

函数与方程的思想；数形结合的思想；分类与整合的思想；化归与转化的思想；特殊与一般的思想；有限与无限的思想；或然与必然的思想．

对数学能力的考查（ 1 ）以能力立意 以能力立意就是以数学知识为载体，从问题入手，

把 握学科的整体意义，用统一的数学观点组织材料，侧

重 体现对知识的理解和应用，尤其是综合和灵活的应用， 以此来检测考生将知识迁移到不同情境中去的能力，

从 而检测出考生个体理性思维的广度和深度，以及进一

步 学习的潜能 .

（ 2 ）全面考查能力，强调综合性、应用性 全面考查能力强调综合性、应用性，并要切合学

生 实际 . 对推理论证能力和抽象概括能力的考查贯穿

于 全卷，是考查的重点，强调其科学性、严谨性、抽

象 性 . 对空间想象能力的考查，主要体现在对文字语

言 、符号语言及图形语言的互相转化 . 对运算求解能

力 的考查主要是算法和推理的考查，考查以代数运算

为 主 . 数据处理能力的考查主要是运用概率统计的基

本 方法和思想解决实际问题的能力 .

（三）关于新增内容的考查1. 三视图：读图，想象直观图，求体积、面积等；给部分 三视图，配合文字或直观图，补足其它内容，三 视图是考查空间想象能力的新热点 .

2. 三垂线定理：能否直接应用根据当地考试中心的要求 .

3. 算法：没有考查过算法语言的编程，没有考查写框图， 只考查对框图、程序的阅读理解，常与数列等 知识综合，以小题形式考查 .

4. 概率统计：技能、能力不做过高要求，重在理解考查 内容，目前主要以中、低档题形式进行考查 .

5. 4-1 ， 4-4 ， 4-5 ：目前全国新课标卷单独成题，多选一 .

（四）关于近三年全国新课标卷

1. 新课标卷特点 总体看新课标的高考数学试题从试题的结构与难度近几年整体

变化不大，符合“稳中求变，稳中求新”的高考命题思想 .

试卷坚持对基础知识、数学思想方法进行深入考查。试卷宽角 度、多视点、有层次地考查了数学理性思维和对数学本质的理解 及考生的数学素养和潜能 .

试卷对课程中新增内容进行了规范、理性的考查，体现了新课 程理念和教材的编写意图 .

全国课标卷与其他各地高考试卷相比有非常明显的特点：注意 继承、保持稳定；强调基础、注重方法；能力立意、稳中创新 .

17 18 19 20 21 4-1 4-4 4-5

2010 数列 立体几何

概率统计

解析几何

函数导数 三选一

2011 数列 立体几何

概率统计

解析几何

函数导数 三选一

2012 三角 概率统计

立体几何

解析几何

函数导数 三选一

题型、试题位置变化： ●三角题替换数列题 ●立体几何后移到第三大题

2. 试卷结构：选择题 12 ，填空题 4 ，解答题 5+1

3. 近三年解答题统计

二、立足考纲、考题，把握考查特点

概念性强，充满思辨性，量化突出，解法多样．

（一）关注学科特点与发展思维相结合

（2010全国课标卷 8）

设偶函数 ( )f x 满足 3( ) 8 ( 0)f x x x ≥ ，

则{ | ( 2) 0}x f x

(A){ | 2 4}x x x 或 (B){ | 0 4}x x x 或

(C){ | 0 6}x x x 或 (D){ | 2 2}x x x 或

分析 1：因为 ( )f x 是偶函数，

故 3( ) (| |) | | 8f x f x x ，

所以 3( 2) (| 2|) | 2| 8f x f x x ．

于是 ( 2) 0f x ，

即 3| 2| 8 0x ，也即 | 2| 2x ，

解得 4, 0x x 或 ，因此选 B．

分析 2 ：图象变换

设 1A， 2A ， 3A ， 4A 是平面直角坐标系中两两不同的四点，

若 1 3 1 2A A A A����������������������������

( )R ， 1 4A A��������������

= 1 2A A��������������

( )R 且1 1

2 ，

则称 3A ， 4A 调和分割 1A， 2A ，已知平面上的点C，D调和分

割点 A， B，则下面说法正确的是

（A）C可能是线段 AB的中点

（B）D可能是线段 AB的中点

（C）C，D可能同时在线段 AB上

（D）C，D不可能同时在线段 AB的延长线上

(2011 山东理 12)

解析：由 1 3 1 2A A A A����������������������������

( )R ， 1 4 1 2A A A A����������������������������

( )R

知:四点 1A， 2A ， 3A ， 4A 在同一条直线上，因为C，D

调和分割点 A， B，所以 A，B，C，D四点在同一直

线上,且1 1

2 .

若C，D同时在线段 AB的延长线上，则必有 1 且 1 ，

这样必有1 1

1 ）. 故选 D.

（2012全国新课标卷 12）

设点 P在曲线1

2xy e 上，点Q在曲线 ln(2 )y x 上，

则 PQ 最小值为

（A）1 ln 2 （B） 2(1 ln 2)

（C） 1 ln 2 （D） 2(1 ln 2)

分析：函数1

2xy e 与函数 ln(2 )y x 互为反函数，图象关于 y x 对称.

函数1

2xy e 上的点

1( , )

2xP x e 到直线 y x 的距离为

1

2

2

xe xd

.

设函数1

( )2

xg x e x ，所以1

( ) 12

xg x e ′ .

所以 min( ) 1 ln 2g x .

所以 min

1 ln 2

2d

.

因为图象关于 y x 对称，

所以 | |PQ 的最小值为 min2 2(1 ln 2)d .

故选 B.

(2011 年 北京卷 7)

某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面

积中最大的是 ( )．

A ． 8 B ． 6

C ． 10 D ． 8

2

2 4

4

3正 (主 )视图 侧 ( 左 )视图

俯视图

解析：首先，正确画出四面体的关键是由三视图找

出四面体上面的顶点在俯视图对应的底面的正投影落在

底面三角形的那个顶点．

其次，要正确找出四面体四个面中面积最大者，只

要找到两直角边乘积最大的直角三角形．

如图，经观察并计算可知 PA ，

AC 是乘积最大的直角边．

故选 C ．

12

故面积最大为 S△PAC = ×4×5 = 10 ．

设 V是全体平面向量构成的集合，若映射 :f V R满足：对任意向量

1 1( , )x y V a ， 2 2( , )x y V b ，以及任意R，均有

( (1 ) ) ( ) (1 ) ( )f f f a b a b

则称映射 f 具有性质P . 先给出如下映射：

① 1 :f V R， 1( )f x y m ， ( , )x y V m ；

② 2 :f V R， 22 ( )f x y m ， ( , )x y V m ；

③ 3 :f V R， 3( ) 1f x y m ， ( , )x y V m .

其中，具有性质P的映射的序号为 ①③ .（写出所有具有性质 P的映射的序号）

（ 2011 福建理 15）

因为 1 1( , )x y V a ， 2 2( , )x yb ，

所以 (1 ) a b = 1 2 1 2( (1 ) , (1 ) )x x y y .

所以 1( (1 ) )f a b = 1 2 1 2( (1 ) [ (1 ) ]x x y y

= 1 1 2 2( ) (1 )( )x y x y = 1 1( ) (1 ) ( )f f a b .

同理 3( (1 ) )f a b = 1 1 2 2( ) (1 )( ) 1x y x y

= 1 1 2 2[ ( ) ] [(1 )( ) (1 )]x y x y

= 1 1 2 2[( ) 1] (1 )[( ) 1]x y x y

= 3 3( ) (1 ) ( )f f a b .

同理 2 ( (1 ) )f a b = 21 2 1 2[ (1 ) ] [ (1 ) ]x x y y

= 2 2 2 21 1 2 2 1 2[ 2 (1 ) (1 ) ] [ (1 ) ]x x x x y y

= 2 21 1 2 2( ) (1 )( )x y x y

2 2 21 1x x 2 2 2

2 2(1 ) (1 )x x 1 22 (1 )x x

=…= 2 21 1 2 2( ) (1 )( )x y x y 2

1 2( 1)( )x x

= 2 2( ) (1 ) ( )f f a b 21 2( 1)( )x x

所以 2f 是不具有性质P的映射

综上，具有性质P的映射的序号为①③.

（2009天津卷理）0 1b a ，若关于 x 的不等式 2( )x b ＞ 2( )ax 的

解集中的整数恰有 3个，则 a的范围是 .

解析 1：因为 2( )x b ＞ 2( )ax [(1 ) ][(1 ) ]a x b a x b >0，

1 1a ≤ 时，原不等式的解集不符合题意；

1a 时，[(1 ) ][(1 ) ]a x b a x b >0 ( 1)( 1)[ ][ ]1 1

b ba a x x

a a

<0，

所以1 1

b bx

a a

.

因为 (0, 1)1

b

a

，所以 ( 3, 2)

1

b

a

. 所以 2 2 3 3a b a .

又0 1b a ，所以

2 2 3 3,

0 1 ,

2 2 1 ,

0 3 3.

a a

a

a a

a

解得1 3a .

解析 2：设 2)()( bxxf ， 2)()( axxg ，如图所示

对于 A、 B之间的任意 x都满足 )()( xgxf ，即 22 )()( axbx ，

因此，只需 A、 B之间恰有 3个整数解，令 22 )()( axbx ，求出

交点 A、 B的横坐标分别为a

b

1和

a

b

1，

因 ab 10 ，所以 11

0

a

b，所以 A、 B之间的 3个整数

解只能是 2,1,0 ，所以 A的横坐标a

b

1满足： 2

13

a

b，

因 b0 ，所以 01 a ，所以由 21

3

a

b可得

3322 aba ，由已知 ab 10 ，所以

330

122

a

aa解

得 31 a ，因此选 C.

解析 3：同解法 1得 2 2 3 3a b a ，

及0 1b a .

考虑以 a 为横坐标，b 为纵坐标，则不等

式组2 2 3 3,

0 1 ,

a b a

b a

表示一个平面

区域，这个平面区域内点的横坐标的范围

恰好是1 3a .

已知a与b均为单位向量，其夹角为，有下列四个命题

1P： | |>1a b 2π

[0, )3

2P ： | |>1a b 2π

( , π]3

3P ： | |>1a b π

[0, )3

4P ： | |>1a b π

( , π]3

其中的真命题是

（A） 1P， 4P （B） 1P， 3P （C） 2P ， 3P （D） 2P ， 4P

（ 2011 全国Ⅰ理 10 ）

由2

1 a b 可得， 2 2 2 1 a b a b ，所以1 2cos 0 .

所以1

cos2

或1

cos2

.

所以 0 3

， 或

3

， . 故选 A.

（2012福建理科 17）

某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等

于同一个常数.

（1） 2 2sin 13 cos 17 sin13 cos17 ；

（2） 2 2sin 15 cos 15 sin15 cos15 ；

（3） 2 2sin 18 cos 12 sin18 cos12 ；

（4） 2 2sin ( 18 ) cos 48 sin ( 18 )cos 48 ；

（5） 2 2sin ( 25 ) cos 55 sin ( 25 )cos55 .

Ⅰ（ ）试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；

Ⅱ（ ） Ⅰ根据（ ）的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒

等式，并证明你的结论.

解析：（Ⅰ ）选择（2）： 2 2 1 3sin 15 cos 15 sin15 cos15 1 sin 30

2 4 .

观察、归纳，提出猜想，解决问题

（Ⅱ ）三角恒等式为： 2 2 3sin cos (30 ) sin cos (30 )

4 .

证明： 2 2sin cos (30 ) sin cos (30 )

2 23 1 3 1sin ( cos sin ) sin ( cos sin )

2 2 2 2

2 23 3 3sin cos

4 4 4 .

（2012湖北理科 7）

定义在 ( , 0) (0, + ) U 上的函数 ( )f x ，如果对于任意

给定的等比数列{ }na ，{ ( )}nf a 仍是等比数列，则称 ( )f x 为

“ 保等比数列函数” . 现有定义在 ( , 0) (0, + ) U 上的如下

函数：

① 2( )f x x ；② ( ) 2xf x ；③ ( ) | |f x x ；④ ( ) ln | |f x x .

则其中是“ 保等比数列函数” 的 ( )f x 的序号为

（A ①②） （B）③④ （C）①③ （D）②④

分析：由等比数列的性质有， 2+2 +1=n n na a a . ①

所以 2 22 2( ) ( )n n n nf a f a a a 2 2 2

+1 1( ) ( )n na f a . ②

因为 22( ) ( ) 2 2n na a

n nf a f a 2 12 2

12 2 ( )n n na a anf a ；③

2 2( ) ( ) | |n n n nf a f a a a 2 2

1 1| | ( )n na f a ； ④

2 2( ) ( ) ln | | ln | |n n n nf a f a a a 2 22 +1( ln | | ) ( )|n na f a .

即只有 2( )f x x ， ( ) | |f x x 是“ 保等比数列函数” .

故选 C.

（2012江西理科 10）

如右图，已知正四棱锥 S ABCD 所有棱长都为 1，点 E

是侧棱 SC上一动点，过点E垂直于 SC的截面将正四棱锥分

成上、下两部分，记 SE x （0 1x ），截面下面部分的体

积为 ( )V x ，则函数 ( )y V x 的图象大致为

分析：当1

02

x 时，随着 x的增大，观察图形可知， ( )V x 单

调递减，且递减的速度越来越快；当1

12

x ≤ 时，随着 x的增大，观察

图形可知， ( )V x 单调递减，且递减的速度越来越慢；再观察各选项中的

图象，发现只有 A图象符合.

故选 A.

（二）强化数学思想与坚持通性通法相结合

函数与方程的思想；数形结合的思想；分类与整合的思想；化归与转化的思想；特殊与一般的思想；有限与无限的思想；或然与必然的思想．

数学思想方法是知识与能力之间的桥梁

（ 2010全国新课标理 13 ）

设 ( )y f x 为区间[0,1]上的连续函数，且恒有0 ( ) 1f x≤ ≤ ，可

以用随机模拟方法近似计算积分1

0( )f x dx ，先产生两组（每组 N个）

区间[0, 1]上的均匀随机数 1 2, , Nx x x… 和 1 2, , Ny y y… ，由此得到 N个

点 1 1( , ) ( 1,2, )x y i N …, ，再数出其中满足 1 1( )( 1,2, )y f x i N≤ …,

的点数 1N ，那么由随机模拟方案可得积分1

0( )f x dx 的近似值为 .

答案 1N

N

（2009广东卷）

已知甲、乙两车由同一起点同时出发,并沿同一路线（假定

为直线）行驶.甲车、乙车的速度曲线分别为v甲和 v乙（如图所

示）．那么对于图中给定的 0t 和 1t ，下列判断中一定正确的是

（A）在 1t 时刻，甲车在乙车前面

（B） 1t 时刻后，甲车在乙车后面

（C）在 0t 时刻，两车的位置相同

（D） 0t 时刻后，乙车在甲车前面

分析：由图象可知，曲线 甲v 比 乙v 在 0～ 0t 、0～ 1t 与 x轴所围成图形面积大，

则在 0t 、 1t 时刻，甲车均在乙车前面，选 A. w.w.w.k.s.5.u. c.o. m

数形结合的思想方法 -- 图形与概念

（2009年上海卷理）

已知函数 xxxf tansin)( .项数为 27的等差数列

na 满足 ( )2 2na

， ，且公差 0d . 若 1 2( ) ( )f a f a

27( ) 0f a ，则当 k =________时， 0)( kaf .

【解析】函数 xxxf tansin)( 在 ( )2 2

， 是增函数，显然又为奇函数，

函数图象关于原点对称.

因为 1 27 2 26 142a a a a a ，

所以 1 27 2 26 14( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0f a f a f a f a f a .

所以当 14k 时， 0)( kaf .

函数与方程的思想 ---由一个具体的函数能想到什么？函数的性质？图象？联系？

（2010课标全国卷 4）

如图，质点 P在半径为 2的圆周上逆时针运动，

其初始位置为 0 ( 2, 2)P ，角速度为 1，那么点 P

到 x轴距离 d关于时间 t的函数图象大致为

解析：法一：排除法 取点 0 , 2t d 时 ,排除 A、D，又当点 P刚从 t=0开始运动，

d是关于 t的减函数，所以排除 B，选 C

法二：构建关系式 x轴非负半轴到 OP的角4

t ，由三角函数的定义可知

2sin( )4py t

，所以 2sin( )4

d t

，选 C

例 6 两个相同的直三棱柱，高为2

a，底面三角

形的三边长分别为3 , 4 , 5 ( 0)a a a a .用它们拼成一

个三棱柱或四棱柱，在所有可能情形中，全面积最小

的是一个四棱柱，则 a的取值范围是______.

23

1 43 4 2 (3 4 5 ) 12 48

2S a a a a a a

a

24

22 3 4 2 (3 4 ) 24 28S a a a a a

a

依条件 4 3S S 224 28a < 212 48a 212 20a 15

03

a

分类与整合的思想方法

（2010课标全国卷）

已知函数 lg , 0 10,

16, 0

2

x xf x

x x

≤＜

＞1若 a，b，c互不相等，且

( ) ( ) ( ) f a f b f c ，则 abc的取值范围是

（A） (1, 10) （B） (5, 6)

（C） (10, 12) （D） (20, 24)

分析： , ,a b c互不相等，不妨设a b c ，

( ) ( ), lg lgf a f b a b ab = 由 得 ，即 1.

所以 abc c ，显然10 12c .

故选 C.

a b c

数形结合的思想方法

（ 2012全国大纲理 2 ）

分类与整合

已知集合 {1, 3, }A m ， {1, }B m ， A B AU ，则m

A．0或 3 B．0或 3 C．1或 3 D．1或 3

分析：因为 A B AU ，所以B A .

所以m A . 故m m 或 3m .

解得 0m 或 3m 或 1m .

又根据集合元素的互异性知 1m ，

所以 0m 或 3m .

（2012全国新课标卷 18） 某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售， 如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理.

（Ⅰ ）若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润 y (单位：元)关于当天需求量n

（单位：枝，nN）的函数解析式.

（Ⅱ ）花店记录了 100天玫瑰花的日需求量（单位：枝），整理得下表：

日需求量 n 14 15 16 17 18 19 20

频 数 10 20 16 16 15 13 10

以 100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.

（i）若花店一天购进16枝玫瑰花， X 表示当天的利润（单位：元），求 X 的分布列，

数学期望及方差；

（i i）若花店计划一天购进 16枝或 17枝玫瑰花，你认为应购进 16枝还是 17枝？

请说明理由.

解：（Ⅰ ）当 16n ≥ 时， 16 (10 5) 80y ；

当 15n ≤ 时， 5 5(16 ) 10 80y n n n .

所以10 80 ( 15),

80 ( 16).

n ny

n

≤

≥（ n N ）

Ⅱ（ ）（i） X 可取60，70，80，

所以 ( 60) 0.1P X ， ( 70) 0.2P X ， ( 80) 0.7P X .

X 的分布列为

X 60 70 80

P 0.1 0.2 0.7

所以 60 0.1 70 0.2 80 0.7 76EX .

所以 2 2 216 0.1 6 0.2 4 0.7 44DX .

（i i）购进 17枝时，当天的利润为

(14 5 3 5) 0.1y (15 5 2 5) 0.2

(16 5 1 5) 0.16 17 5 0.54 76.4

因为76.4 76 ， 所以应购进 17枝玫瑰花.

或然与必然的思想．

（2012新课标理科 16）

数列{ }na 满足 1 ( 1) 2 1nn na a n ，则{ }na 的前60项和为 .

分析：由题意可得 2 1 1a a ， 3 2 3a a ， 4 3 5a a ， 5 4+ 7a a ， 6 5 9a a ，

7 6 11a a ，…， 50 49 97a a ，变形可得 3 1 2a a ， 4 2 8a a ， 7 5 2a a ，

8 6 24a a ， 9 7 2a a ， 12 10 40a a ， 13 11 2a a ， 16 14 56a a ，….

从第一项开始，依次取 2个相邻奇数项的和都等于 2，从第二项开始，依次取 2个相邻

偶数项的和构成以 8位首项，以 16为公差的等差数列．

{ }na 的前60项和为

60 1 3 5 59( )S a a a a 2 4 6 60( )a a a a

15 1415 2+(15 8+ 16)=1830

2

. 分类与整合，化归与转化

（2012浙江理科 9）

设 0a ， 0b .

（A）若 2 2 2 3a ba b ，则a b （B）若 2 2 2 3a ba b ，则 a b

（C）若 2 2 2 3a ba b ，则a b （D）若 2 2 2 3a ba b ，则 a b

分析：若2 2 2 3a ba b ，必有 2 2 2 2a ba b ．

构造函数 ( ) 2 2xf x x ，则 ( ) 2 ln 2 2 0xf x ′ 恒成立.

故有函数 ( ) 2 2xf x x 在 (0, + ) 上单调递增，即 a b 成立．

其余选项用同样方法排除．

故选 A. 函数与方程的思想方法

（2012浙江理科 15）

在 ABC 中，M 是BC的中点， 3AM ， 10BC ，

则 AB AC ����������������������������

_________．

分析 1：设 AMB ，则 πAMC .

所以 2 25 9 5 3cosAB ， ①

2 25 9 5 3cos(π )AC .

即 2 25 9 5 3cosAC . ②

① +②得 2 2 2 34 68AB AC .

又2 2 2

cos2

AB AC BCBAC

AB AC

，

所以 | || | cosAB AC AB AC BAC ��������������������������������������������������������

2 2 2

| || |2

AB AC BCAB AC

AB AC

����������������������������

2 2 21( )

2AB AC BC

1(68 100) 16

2 .

三角向量综合

分析 2：特殊图形法．

假设 ABC 中， AB AC ，如图，

因为 3AM ， 10BC ，

所以 34AB AC ．

所以34 34 100 8

cos2 34 17

BAC

．

所以8

34 34 ( ) 1617

AB AC ����������������������������

.

特殊与一般的思想方法

（三）建构知识网络与提高综合能力相结合

（2005江西）

已知向量 (2cos , tan( ))2 2 4

x x a ，

( 2 sin( ), tan( ))2 4 2 4

x x b ，

令 ( )f x a b．是否存在实数 [0, ]x ，

使 ( ) ( ) 0f x f x （其中 ( )f x 是 ( )f x 的

导函数）？若存在，则求出 x的值；若不存

在，则证明之.

解： ( ) 2 2 cos sin( ) tan( ) tan( )2 2 4 2 4 2 4

x x x xf x

a b

1 tan tan 12 2 2 22 2 cos ( sin cos )

2 2 2 2 2 1 tan 1 tan2 2

x xx x x

x x

22sin cos 2cos 12 2 2

x x x .cossin xx

令 ( ) ( ) 0f x f x ，

即 ( ) ( ) sin cos cos sinf x f x x x x x .0cos2 x

解得2

x .

所以存在实数 [0, ]2

x ，使得 ( ) ( ) 0f x f x .

（2011全国大纲卷）

已知 1 2,F F 分别为双曲线2 2

: 19 27

x yC 的

左、右焦点，点 A C ，点M 的坐标为(2，0)，

AM 为 1 2F AF 的平分线．则 2| |AF .

解：由题意得 1 2 1 2( 6,0), (6,0),| | 8,| | 4F F F M F M ．

由角平分线定理得：

1 1

2 2

| | | |2

| | | |

AF MF

AF MF ，

1 2| | | | 2 6AF AF a ，

所以 1 2| | | | 6AF AF ，

故 2

2

| | 62

| |

AF

AF

，

即 2 2| | 6 2 | |AF AF ，故 2| | 6AF .

定义结合平面几何知识

（2010北京理）

,a b “为非零向量． a b” 是“ 函数

( ) ( ) ( )f x x x a b b a 为一 ”次函数 的

（A）充分而不必要条件

（B）必要而不充分条件

（C）充分必要条件

（D）既不充分也不必要条件

得分率 0.39

解析： 2 2 2( ) ( )f x x x a b b a a b，

当 a b时， 0a b = ，于是 2 2( ) ( )f x x b a ．

若 | | | |a b ，则 ( ) 0f x ，不是一次函数.

因此条件不充分 ．

反之，若 2 2 2( ) ( )f x x x a b b a a b是一次函数，

则 0a b = ， | | | |a b ，故 a b .

因此条件是必要的．选 B．

得分率 0.39

（2012上海理科 12）

在平行四边形 ABCD中，π

3A ，边 AB， AD的长分别为

2，1，若M ， N 分别是边BC，CD上的点，且满足| | | |

| | | |

BM CN

BC CD

����������������������������

���������������������������� ，

则 AM AN����������������������������

的取值范围是 .

解析：以向量 AB所在直线为 x轴，以向量 AD所在直线为 y轴建立

平面直角坐标系，如图所示，

因为 2AB ， 1AD ，所以 (0, 0)A ，

(2, 0)B ，5 3

( , )2 2

C ，1 3

( , )2 2

D .

设3

( , )2

N x （1 5

2 2x≤ ≤ ），

依条件有1

2BM CN ，

5

2CN x ，

5 1

4 2BM x .

所以5 1 5 1 π

(2 , ( )sin )8 4 4 2 3

M x x .

根据题意，有3

( , )2

AN x��������������

，21 5 3 2 3

( , )8 4 8

x xAM

��������������.

所以21 5 3 2 3

( )8 4 8

x xAM AN x

����������������������������（

1 5

2 2x≤ ≤ ）.

即 2 21 9 15 1 9( ) 6

4 4 16 4 2AM AN x x x ����������������������������

（1 5

2 2x≤ ≤ ）.

所以 2 5AM AN����������������������������

≤ ≤ .

即 AM AN����������������������������

的取值范围是[2, 5] .

已知 O为坐标原点，点 E，F的坐标分别为(－1, 0)和(1, 0)，

点 A，P，Q运动时满足 | | 2 | |, , 0, AE EF AQ QF PQ AF ������������������������������������������������������������������������������������

//AP EP����������������������������

．

（I）求动点 P的轨迹 C的方程；

（II）设M，N是 C上的两点，若 2 3OM ON OE ������������������������������������������

，

求直线MN的方程． A

P Q

E F

分析：（Ⅰ ）根据题意，P 点轨迹是以 E，F 为焦点，

2a=4的椭圆： 134

22

yx

（Ⅱ ）由已知， ENMENME 2,, 共线，且 ，

设 ),,(),,( 2211 yxNyxM

所以

21

21

22

22

21

21

2

32

134

134

yy

xx

yx

yx

解得2

2

21,

129

5.24

x

y

ì -ïï =ïïïíïï =±ïïïî

∴21 9

( , 5)12 24

N-

± .

∴ )1(2

5: xyMN .

x

y

OE

M

N

转化的思想方法

知识的交汇

若 1x 满足 2 2 5xx ， 2x 满足 22 2log ( 1) 5x x ，

则 1 2x x

（A）5

2 （B）3 （C）

7

2 （D）4

分析：

曲线 y=2x 与 y=log2x 关于直线 y=x 对称，故

曲线 y=2x-1 与 y=log2(x-1) 关于直线 y=x-1 对称 .

设 A(x1,y1) 、 B(x2,y2) 分别是曲线 y=2x-1 、 y=log2

(x-1) 与直线 的

交点，则 A 、 B 两点

关于直线 y=x-1 对称，

故

xy 2

5

2

7221 Cxxx

故选 C.

（2012广东理科 8）

对任意两个非零的平面向量 和 ，定义

；

若平面向量a，b满足 | | 0≥a b ，a与b的夹角π

(0, )4

，

且 a b， b a都在集合{ | }2

nnZ 中，则 a b

（A）1

2 （B）1 （C）

（D）

分析：因为| |

cos 0| |

a

a bb

，| |

cos 0| |

b

b aa

，

所以 2 1( ) ( ) cos ( , 1)

2 a b b a .

因为 a b， b a都在集合{ | }2

nnZ 中，

所以 1 2( ) ( )4

n n a b b a .

所以 1 211

2 4

n n . 即 1 22 4n n . 又 1 2, n n N ，所以 1 2 3n n .

因为 | | | | 0≥a b ，所以 a b b a .

所以 1 2 3 1( ) ( )

4 2 2

n n a b b a .

即3

2=a b . 故选 C.

（四）考查数学应用与提高实践能力相结合

（2011北京理 6）

根据统计，一名工人组装第 x件某产品所用的时间（单位：分钟）

为

, ,

( )

,

cx A

xf x

cx A

A

≥

（A，C为常数）. 已知工人组装第 4件产品

用时 30分钟，组装第 A件产品用时 15分钟，那么 C和 A的值分别是

A．75，25 B．75，16

C．60，25 D．60，16

解析：因为 (4) 30f ， ( ) 15f A ， , ,

( )

,

cx A

xf x

cx A

A

≥所以 4 A .

所以 (4) 304

Cf .

解得 60C .

所以60

( ) 15f AA

.

解得 16A .

故选 D.

概念、观察、思辨

（2012北京理科 17）

近年来，某市为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应分垃圾箱，为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计 1000吨生活垃圾，数据统计如下（单位：吨）：

“ ”厨余垃圾 箱 “ ”可回收物 箱 “ ”其他垃圾 箱

厨余垃圾 400 100 100

可回收物 30 240 30

其他垃圾 20 20 60

Ⅰ（ ）试估计厨余垃圾投放正确的概率；

Ⅱ（ ）试估计生活垃圾投放错误额概率；

Ⅲ “ ” “ ” “ ”（ ）假设厨余垃圾在 厨余垃圾 箱、可回收物 箱、其他垃圾 箱的投放量分别为 cba ,,

其中 a＞0， cba =600. 当数据 cba ,, 的方差 2s 最大时，写出 cba ,, 的值（结论不要求证

明），并求此时 2s 的值.

（注： ])()()[(1 22

22

12 xxxxxx

ns n ，其中 x为数据 nxxx ,,, 21 的平均数）

解： Ⅰ（ ）厨余垃圾投放正确的概率约为

3

2

100100400

400

厨余垃圾总量垃圾量“ ”厨余垃圾 箱里厨余

.

Ⅱ（ ）方法一：（间接法）设生活垃圾投放错误为事件 A，则事件 A表示

生活垃圾投放正确.

)(AP 约为 7.01000

60240400

，所以 )(AP 约为 3.07.01 .

方法二：（直接法）设生活垃圾投放错误为事件 A .

所以 )(AP 约为 3.01000

20203030100100

.

Ⅲ（ ）当 600a ， 0cb 时， 2s 取得最大值．

因为 200)(3

1 cbax ，

所以 80000])2000()2000()200600[(3

1 2222 s ．

二、注重备考策略，提高复习效率（一）高考复习的不同阶段的特点

一轮：系统复习 全面细致，强化基本概念、基本方法为主，兼顾数 学思想与能力，体现基础性（基础分数）二轮：专题复习 整体把握，注重构建知识网络，强化数学思想方法， 提升数学能力，体现方向性、层次性，把握重点、 难点、热点（中、高分数）三轮：模拟练习 查漏补缺，把握策略与技巧，体现临考前进入状态

（二）二轮复习的基本方略1. 二轮复习策略

（ 1）选题原则 专题复习主要讲解具有一定代表性的历年高考试题以及具有一定综合性的高考模拟试题或其他典型习题，所选问题应突出本专题的重点知识、重要技能、重要思想、典型方法、常用策略，既要注意选择一些章内知识的综合问题，更要注意选择那些在知识网络交汇点处设计的、注重发展思维、考查能力的试题或习题． 选题要注意适合教师所教学生的实际水平，过难的题目只能使学生产生过重的心理负担 .

（ 3）复习策略 重在解题思路的分析、知识要点的梳理、解题方法的总结、学科思想的提炼、规范解法的展示，等等．

（ 4）复习要求 读题仔细，审题谨慎，设计周到，推理严密，谨慎准确，画图达意，表述清晰，检验有效

（ 2）复习目标

董、会、对、快、好

2. 二轮复习十个内容板块 1 ：三角函数与平面向量板块 2 ：空间图形与平面图形板块 3 ：概率统计与计数原理板块 4 ：导数与函数、方程和不等式板块 5 ：解析几何与平面向量、平面几何板块 6 ：数列与函数、不等式专题 1 ：数学选择题、填空题的解法专题 2 ：数学思想方法的应用 专题 9 ：数学应用问题探究专题 10 ：数学创新问题探究

六板块

四专题

1. 强化基础的落实

（三）强调有意义的学习，提升复习效率

（2010北京调研卷 3）

已知幂函数 ( )y f x 的图象经过点 ( 2, 4)，则

( )f x 的解析式为

（A） ( ) 2f x x （B） 2( )f x x

（C） ( ) 2xf x （D） ( ) 2f x x

43%选 C ，得分率 0.54

认识函数模型的特点，抛弃机械记忆

（2011北京文 13）

已知函数3

2, 2

( )

( 1) , 2

xf x x

x x

≥若关于 x 的方程 ( )f x k 有两个

不同的实根，则实数 k的取值范围是___（0,1）____

得分率 0.25

基本函数图形没有掌握；

不理解题意，不会将方程问题转

化为图象问题

2.把握数学本质与适度形式化

《高中数学课程标准》基本理念中的第 6条指出：形式化是数学的基本特征之一 . 在数学教学中，学习形式化的表达是一项基本要求，但是不能只限于形式化的表达，要强调对数学本质的认识，否则会将生动活泼的数学思维活动淹没在形式化的海洋里 . 数学的现代发展也表明，全盘形式化是不可能的 .

如图， O 是正方体

ABCD--A1B1C1D1 底

面对角线的交点， E

是棱 A1B1 上的一点，

F 是 BB1 的中点，则直

线 EO 与 C1B所成角的

大小是 .

H

G

B1

A

B

C

D

A1 C1

D1

E

O

F

90°

（2010北京卷 7）

设不等式组

11 0

3 3 0

5 3 9 0

x y

x y

x y

，，

≥

≥

≤

表示的平面区域为 D，若指数函数

y= xa 的图像上存在区域 D上的点，则 a 的取值范围是

（A） (1, 3] ( B ) [2, 3]

( C ) (1, 2] ( D ) [ 3, )

得分率 0.36

（2008北京）如图所示，函数 ( )f x 的图象

是折线段 ABC，其中， A， B，C的坐标分别

是 (0, 4)， (2, 0)， (6, 4)，则 ( (0))f f ；

函数 ( )f x 在 1x 处的导数 (1)f .

解法一：求出 f(x) 的解析式，利用导数定义求 f (1)

解法二：由导数的概念，直接利用图象求 f (1)

斜率概念建立：曲线为载体

（2012北京理 8）某棵果树前 n年的总产量

nS 与 n之间的关系如图所示. 从目前记录的结果

看，前m年的年平均产量最高，m值为

（A）5 （B）7

（C）9 （D）11

解析：易知前 n年平均年产量为 nS

n，结合直线斜率公式，

即有0

0nS

n

，其几何意义是图中的点与坐标原点 O

确定的直线的斜率，所以只需斜率最大的一条直线即可，

画图可得当 9n 时相应的直线斜率最大.

故选 C. 斜率概念建立：连续曲线为载体

某同学为了研究函数 2 2( ) 1 1 (1 )f x x x （0 1x≤ ≤ ）

的性质，构造了如图所示是两个边

长为 1的正方形 ABCD和BEFC，

点 P是边长BC上的一个动点，设

CP x ，则 ( )AP PF f x .

请你参考这些信息，推知函数

( )f x 的图象的对称轴是 ；

函数 ( ) 4 ( ) 9g x f x 的零点的个

数是 .

A B E

F C D

P

如果将函数 2 2( ) 1 1 (1 )f x x x （0 1x≤ ≤ ）

改写为 2 2( ) 1 2 2f x x x x （0 1x≤ ≤ ）你还能求出

其对称轴吗？ 函数性质不仅从解析式获得

函数性质不仅从解析式获得

（2010北京卷理 14）

如图放置的边长为 1的正

方形 PABC 沿 x轴滚动. 设顶

点 P ),( yx 的轨迹方程是

y=f(x)，则函数 )(xf 的最小正

周期为 ；y=f(x)在其两个相邻零点间的图象与 x轴

所围区域的面积为 .

( )i ih f ？

？一般地，对于函数 ( )f x 有 ( )b

aS f x dx

将数轴 Ox，Oy的原点放在一点，且使∠xOy=45°，则得到

一个平面斜坐标系.设 P 为坐标平面内的一点，其斜坐标定义如

下：OP��������������

=xe1+ye2 (e1，e2分别为与 x轴、y轴同向的单位向量)，

则点 P 的坐标为(x，y).设 F1(-1，0)，F2(1，0)，则线段 F1F2的

中垂线在该坐标系下的方程为 .

分析：依条件得 1F P

��������������=(x+1，y)， 2F P

��������������=(x-1，y).

因为 1F P��������������

=(x+1)e1+ ye2，

所以| 1F P��������������

|2=[(x+1)e1+ ye2]·[(x+1)e1+ ye2]

=(x+1)2e12+ y2e2

2+2(x+1)ye1·e2

即| 1F P��������������

|2=(x+1)2+ y2+ 2 (x+1)y.

同理| 2F P��������������

|2=(x-1)2+ y2+ 2 (x-1)y.

由| 1F P��������������

|=| 2F P��������������

|，

得(x+1)2+ y2+ 2 (x+1)y =(x-1)2+ y2+ 2 (x-1)y.

化简整理得 2x+ 2 y =-2x- 2 y.

即 2x+ 2 y =0.

=(x+1)2+ y2+2(x+1)y×1×1×cos45°

3.立体几何复习中注意的问题

点的正投影—空间想象的出发点

如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D- 中，点M ，

N 分别是BC， 1CC 的中点，则图中阴影部分在平

面 1 1ADD A上的正投影为

选 A

(2008 年 广东卷 )将正三棱柱截去三个角

(如图 1 所示 A ， B ，

C 分别是三边的中

点 ) 得到几何体如图

2 ，则该几何体按图

2 所示方向的侧 ( 左 )

视图为 ( )．

图 1 图 2

A

B CI

H G

F

E D

AB C

E D

F

侧视

B

E

B

E

B

E

B

EA B C D

选 A

(2010年 北京朝阳二模 )一个几何体的三视图如图

所示，则此几何体的体积 V 等于

( )．

A ． 112 B ． 80

C ． 72 D ． 64

V = 72 还是 V = 80 ？

正确 BV=80

错误 CV=72

分析：

三视图—空间图的相互转化

（ 2010北京）如图，正方形 ABCD和四边形 ACEF所在的平面互相垂直.

EF//AC，AB= 2，CE=EF=1.

（Ⅰ ）求证：AF//平面 BDE；

（Ⅱ ）求证：CF⊥平面 BDF.

没有把握几何体的特征，盲目建系，导致错误 .

分析：设长 2的棱的中点为 A，长为 a的棱的端点为B，C，

则2

2AB AC .

所以 2a BC . 故选 A. 对几何体的整体把握

（2012重庆理科 9）

设四面体的六条棱的长分别为 1，1，1，1， 2和 a，且长为 a

的棱与长为 2的棱异面，则a的取值范围是

（A） (0, 2) （B） (0, 3)

（C） (1, 2) （D） (1, 3)

对几何体的整体把握

（2012全国新课标卷） 已知三棱锥 S ABC 的所有顶点都在球O的求面上， ABC

是边长为1的正三角形， SC为球O的直径，且 2SC ；则此棱 锥的体积为

( )A2

6 ( )B

3

6 ( )C

2

3 ( )D

2

2

分析： ABC 的外接圆的半径3

3r ，

点O到面 ABC的距离 2 2 6

3d R r .

SC为球O的直径 点 S到面 ABC的距离为2 6

23

d .

此棱锥的体积为1 1 3 2 6 2

23 3 4 3 6ABCV S d .

故选 A.

(2011 年 北京卷 ) 如图，在四面体 PABC 中，

PC⊥AB, PA⊥BC, 点 D ， E ， F ， G 分别是棱 AP ，

AC ，

BC ， PB 的中点．

(Ⅰ)求证： DE∥平面 BCP ；

(Ⅱ)求证：四边形 DEFG 为

矩形；

(Ⅲ)是否存在点 Q ，到四面

体 PABC 六条棱 的中点的距离相等？说明理由．

P

D G

A B

CE F

(Ⅲ)分析：由 (Ⅱ)知 DEFG 为矩形，其对角线交点

到 D ， E ， F ， G 等距离，又依条件知四面体中另一组

对棱互相垂直，可得到同样结论．

解：存在点 Q 满足条件，

理由如下：

连接 DF ， EG ，设 Q 为 EG

的中点．

P

D G

A B

CE F

Q

由 (Ⅱ)知， DF∩EG = Q ，

分别取 PC ， AB 的中点 M ， N ，连接 ME ， EN ，

NG ， MG ， MN ．

与 (Ⅱ)同理，可证四边形

MENG 为矩形，其对角线交

点为 EG 的中点 Q ，

所以 Q 为满足条件的点．

且 QD = QE = QF = QG = EG ．12

且 QM = QN = EG ．12

P

D G

A B

CE F

Q

M

N

来源于教材，高于教材．吃透教材，把握本质．

(2010全国新课标高考 18)

如图，已知四棱锥 P-ABCD的底面为等腰梯形，AB∥ CD，

ACBD，垂足为 H，PH是四棱锥的高 ，E为 AD中点.

（Ⅰ ）证明：PEBC；

（Ⅱ ）若APB=ADB=60°，求直线 PA与平面 PEH所成角的正弦值.

向几何体外做角—能力要求高

(2011全国新课标卷 18)

如图，四棱锥 P—ABCD中，底面 ABCD为平行

四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面 ABCD.

(Ⅰ )证明：PA⊥BD；

(Ⅱ )若 PD=AD，求二面角 A-PB-C的余弦值.

x y

z

求二面角 A-PB-C ，考虑 A-PB-D 与 D-PB-C ---- 能力要求高

（2012全国新课标卷 19）

如图，直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1

1

2AC BC AA ，

D是棱 1AA 的中点， BDDC 1 .

（Ⅰ ）证明： BCDC 1

（Ⅱ ）求二面角 11 CBDA 的大小.

先证明“墙角”，后建系；

综合法不困难 .

灵活选择方法，解答立体几何问题

(2009 年 安徽卷 ) 如图，四棱锥 F-ABCD 的底面

ABCD 是菱形，其对角线 AC = 2 ， BD = ，

AE ， CF 都与平面 ABCD 垂直， AE = 1 ， CF = 2 ．

(Ⅰ)求二面角 B-AF-D 的

大小；

(Ⅱ)求四棱锥 E-ABCD 与

四棱锥 F-ABCD 公共部分的

体积．

2

考查全面的推理论证方法

(Ⅰ)分析：根据条件考虑构造与二面角的棱 AF 垂

直的平面，此平面与二面角的两个半平面的交线即构成

二面角的平面角．

解法 1 ：连接 AC ， BD ，

设交点为 O ，则 O 是菱形

的中心，过 O 作 OG⊥AF ， G

为垂足，连接 BG ， DG ．O

G

由 BD⊥AC ， BD⊥CF

得 BD⊥平面 ACF ．

故 BD⊥AF ．

于是 AF⊥平面 BGD ．

∴ BG⊥AF ， DG⊥AF ．

∴∠BGD 为二面角 B-AF-D 的平面角．

由 FC⊥AC ， FC = AC = 2 ，

O

G

得 ∠ FAC = ， OG = ．4

22

由 OB⊥OG ， OB = OD = ，22

∴ 所以二面角 B-AF-D 的

得 ∠ BGD = 2∠BGO = ．2

大小为 ．2

O

G

解法 2 ：如图，以 A 为坐标原点，有向线段 BD ，

AC ， AE 方向分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向建立

空

间直角坐标系．

设平面 ABF 的法向量为 n1 = (x ， y ， z)，n1 · AB = 0 ，

n1 · AF = 0

- x + y = 0 ，2y + 2z = 0 ．

22得

则由

∵ n1 · n2 = -2 + 1 + 1

= 0 ， ∴ 平面 ABF 与平面

ADF 垂直．

∴ 二面角 B-AF-D 的

大小等于 ．2

令 z = 1 ，得x = - ，y = -1.

2

∴n1 =(- ， -1 ， 1)．2

n2 = ( , -1, 1)．同理 , 可求得平面 ADF 的法向量 2

解：连结 EB ， EC ， ED ，根据条件及对称性，

设直线 AF 与直线 CE 相交于点 H ，

则四棱锥 E-ABCD 与四棱锥 F-ABCD 的公共部分

为四棱锥 H-ABCD ．

过 H 作 HP⊥平面 ABCD ，

P 为垂足．

∵ EA⊥平面 ABCD ，

FC⊥平面 ABCD ，

H

P

( )Ⅱ

∴ 平面 ACFE⊥ 平面 ABCD ．

从而 P∈AC ， HP⊥AC ．

+ HPCF

HPAE

= + APAC

PCAC = 1 ，由

又∵ S 菱形 ABCD= AC · BD12

得 HP = ．23

H

P = ，2

∴四棱锥 H-ABCD 的体积

V = S 菱形 ABCD · HP = ．13

29

2

灵活选择方法，解答立体几何问题

已知椭圆 + = 1 的左、右焦点分别为 F1 ， F2 ，

点 P 在椭圆上，若 P ， F1 ， F2 是一个直角三角

形的三个顶点，则点 P 到 x 轴的距离为 ___________.

x2

16y2

9

P

F2F1O x

y

4. 加强对解析几何问题中几何与代数关系解读的训练

错解：根据题意， PF1⊥PF2 ，则点 P 是以原点为

圆心， c = 7 为半径的圆上的点 .

则点 P 到 x 轴

的

距离为 .

9 77

联立 x2 + y2 = 7 与 + = 1 ，解得 y =± .x2

16y2

99 7

7

P

F2F1O x

y

错因分析：实际上，要分析代数形式 + = 1

的几何含义： b2 = 9＞ 7 = c2.

x2

16y2

9

故 x2 + y2 = 7 在椭圆 + = 1 的内部 .x2

16y2

9

∠F1PF2 不能为直角，而只能是∠ PF1F2 或∠ PF2F1

为直角．

解：由x =± 7

= 1 ，x2

16y2

9+

得 y = - ，则点 P 到 x 轴的距离为 .94

94

P

F2F1O x

y

数形结合的思想方法

如图，设曲线 C ： + y2 = 1 与直线 y = kx + m

(k 为常数 ) 相交于不同的两点 M ， N ，又点 A(0 ， - 1)，

当 |AM|=|AN|时，求实数 m 的取值范围 .

分析：如何使用

|AM|=|AN| 呢？ 可以考虑

利用等腰三角形三线合一的

方法，把等腰、中点、垂直

分开使用 .

x2

3

x

y

A

M

N

x

y

A

M

N

P

解：由y = kx + m ，

+ y2 = 1 ，x2

3 得 (3k2 + 1)x2 + 6mkx + 3(m2 - 1)= 0.

由于直线与椭圆有两个交点， 所以 ＞ 0 ，即 m2＜ 3k2 + 1. ① (1)当 k≠0 时，设 P 为弦 MN 的中点，

∴ xP =xM + xN

23mk

3k2 + 1= - .

从而 yP = .m

3k2 + 1

∴ kAP = - .m + 3k2 + 13mk

又 |AM|=|AN| ，

∴ AP⊥MN.

即 2m = 3k2 + 1. ②

∵MN 的斜率为 k，

∴ - = - .m + 3k2 + 13mk

1k

x

y

A

M

N

P

把 ② 代入 m2＜ 3k2 + 1 ①，得 2m＞ m2 ，

解得 0＜ m＜ 2.

由 ② 得 k2 = ＞ 0.2m - 1

3

解得 m＞ .

12

故所求 m 的取值范围是 ， 2 .)12(

几何关系转化为有效代数关系的方法

（2010年全国新课标卷）

设 1 2, F F 分别是椭圆2 2

2 2: 1( 0)

x yE a b

a b 的左、右焦点，过 1F 斜

率为 1的直线 l与E相交于 , A B两点，且 2 2, , AF AB BF 成等差数列.

（Ⅰ ）求E的离心率；

（Ⅱ ）设点 (0, 1)P 满足 PA PB ，求E的方程.

x

y

A

Bl

F1 F2

解：（Ⅰ ）由椭圆定义知 2 2 4AF BF AB a ，

又 2 22 AB AF BF ， 所以4

3AB a .

依条件 l的方程为 y x c ，其中 2 2c a b .

设 1 1,A x y ， 2 2,B x y ，则 , A B两点坐标满足方程组 2 2

2 2

,

1.

y x c

x y

a b

化简得 2 2 2 2 2 2 22 0a b x a cx a c b .

则2

1 2 2 2

2a cx x

a b

，

2 2 2

1 2 2 2

a c bx x

a b

.

因为直线 AB斜率为 1，

所以 AB 22 1 1 2 1 22 2 4x x x x x x .

解得2

2 2

4 4

3

aba

a b

，故 2 22a b .

所以E的离心率2 2 2

2

c a be

a a

.

（Ⅱ ）设 AB的中点为 0 0, N x y ，

由（Ⅰ ）知2

1 20 2 2

2

2 3

x x a cx c

a b

， 0 0 3

cy x c .

由 PA PB ，得 1PNk . 即 0

0

11

y

x

.

得 3c ，从而 3 2a ， 3b .

故椭圆E的方程为2 2

118 9

x y .

x

y

A

B

P

N

l

F1 F2

（2010北京卷理 19)

在平面直角坐标系 xOy中，点 B与点 A(-1，1)关于原点 O对称，

P是动点，且直线 AP与 BP的斜率之积等于1

3 .

(Ⅰ )求动点 P的轨迹方程；

(Ⅱ )设直线 AP和 BP分别与直线 x=3交于点M，N，问：是否存在点

P使得△ PAB与△ PMN的面积相等？若存在，求出点 P的坐标；

若不存在，说明理由. A(- 1 ， 1)

B(1 ， - 1)

O x

P

y

（I）解：因为点 B与 A ( 1,1) 关于原点O对称，所以点B得坐标为 (1, 1) .

设点P的坐标为 ( , )x y

由题意得1 1 1

1 1 3

y y

x x

化简得 2 23 4 ( 1)x y x .

故动点P的轨迹方程为 2 23 4 ( 1)x y x .

（即2 2

22

1 ( 1)22 ( )3

x yx ）

A(- 1 ， 1)

B(1 ， - 1)

O x

P

y

（II）分析一：将点 P坐标设出，写出直线 AP、BP方程，利用 A、P、M和

B、P、N三点共线，用 P点坐标表示点M、N坐标；然后能够把两个三角形

的面积都用点 P的坐标表示，利用面积相等求出点 P的坐标.

在表示三角形面积时，都是利用两点间

距离公式求出底边长，利用点到直线的距

离公式求出高. 这是常规方法，但计算量

很大. 写出直线 AP的方程，利用 A，P，

M三点共线

( )Ⅱ 设直线 AP 和 BP 分别与直线 x=3 交于点 M ， N ，问：是否存在点

P 使得△ PAB 与△ PMN 的面积相等？若存在，求出点 P 的坐标； 若不存在，说明理由 .

解法一：设点P的坐标为 0 0( , )x y ，点M ，N 的坐标分别为 (3, )My ，(3, )Ny .

则直线 AP的方程为 0

0

11 ( 1)

1

yy x

x

，

直线 BP的方程为 0

0

11 ( 1)

1

yy x

x

令 3x 得 0 0

0

4 3

1M

y xy

x

，

0 0

0

2 3

1N

y xy

x

.

于是 PMN 得面积2

0 0 00 2

0

| | (3 )1| | (3 )

2 | 1|PMN M N

x y xS y y x

x

.

又直线 AB的方程为 0x y ，且 | | 2 2AB ，

所以点P到直线 AB的距离 0 0| |

2

x yd

.

于是 PAB 的面积 0 0

1| | | |

2PABS AB d x y .

当 PAB PMNS S 时，

得2

0 0 00 0 2

0

| | (3 )| |

| 1|

x y xx y

x

又 0 0| | 0x y ，

所以 20(3 )x = 2

0| 1|x ，解得 0

5

3x .

因为 2 20 03 4x y ，所以 0

33

9y .

故存在点P使得 PAB 与

PMN 的面积相等，此时点P

的坐标为5 33

( , )3 9 .

分析二：分析思路：利用已知条件，将直线 AP的斜率（设为 k）作为参数，

写出直线 AP，BP的方程，用 k表示点M，N坐标，联立 AP，BP的方程得

P坐标（用 k表示），以下同方法一.

解法二：设直线 AP的斜率为 k，则直线 BP的斜率为1

3k .

于是直线 AP，BP的方程分别为 1 ( 1)y k x ，1

1 ( 1)3

y xk

.

与直线 x=3交点M，N的坐标分别为 (3, 4 1)k ，3 2

(3, )3

k

k

.

将1

1 ( 1) 1 ( 1)3

y k x y xk

与 联 立 得 P 点 坐 标 为

2 2

2 2

3 6 1 3 2 1( , )

3 1 3 1

k k k k

k k

,所以3 2

4 13M N

kMN y y k

k

点 P到MN的距离为2 2

2 2

3 6 1 12 6 23 3

3 1 3 1P

k k k kx

k k

于是 PMN 的面积为

1(3 )

2PMN M N pS y y x =1

2

3 24 1

3

kk

k

2

2

12 6 2

3 1

k k

k

直线 AB的方程为 x+y=0，所以点 P到 AB的距离为 d=2

2

6 4 2

2(3 1)

k k

k

，且

2 2AB .

于是 PAB 的面积为1

2PABS AB d 1

2 22

2

2

6 4 2

2(3 1)

k k

k

当 PAB PMNS S 时，

12 2

2

2

2

6 4 2

2(3 1)

k k

k

=1

2

3 24 1

3

kk

k

2

2

12 6 2

3 1

k k

k

整理得 4 3 2 2 236 27 15 9 1 0 (12 9 1)(3 1) 0k k k k k k k .

2(3 1) 0,k 所以 2 9 3312 9 1 0

24k k k

.

所以5

3px ，因为 2 23 4p px y ，所以33

9py .

故存在点 P使得 PAB 和 PMN 的面积相等，

此时点 P的坐标为5 33

( , )3 9

A(-1 ， 1)

B(1 ， -1)O x

P

y

M

N

C(3 ， -3)

解法四： 利用平面图形的性质

设直线 AB交直线 x=3于点 C，则点 C(3,-3).

若存在点P使得 PAB 与 PMN 的面积相等，

则 ABM 与 NMB 面积相等.

又 ABM 与 NMB 同底，则他们的高相等.

AN∴ ∥ BM

又点 B为 AC的中点，因此点M为 CN的中点.

∴ 点 P为 ANC 的重心.

根据重心坐标公式，得点 P的横坐标为3

5.

以下同上面的解法.

A(-1 ， 1)

B(1 ， -1)O x

P

y

M

N

C(3 ， -3)

分类与整合的思想方法，加强整合的意识

（2006北京理 5）

已知(3 1) 4 , 1

( )log , 1a

a x a xf x

x x

是 ( , ) 上的减函数，

那么a的取值范围是

（A） (0, 1) （B）1

(0, )3

（C）1 1

[ , )7 3

（D）1

[ , 1)7

5.数学思想方法的理解与运用

得分率 0.46

（2012全国新课标卷 10）

已知函数1

( )ln( 1)

f xx x

. 则 ( )y f x 的图像大致为

分析 1：设 ( ) ln(1 )g x x x ，所以 ( )1

xg x

x

′ .

因为 ( ) 0g x ′ 1 0x ， ( ) 0g x ′ 0x ，

所以当 1 0x 时， ( )f x 单调递减； 0x 时， ( )f x 单调递增.

故选 B.

分析 2：

.

B.

1( ) ,

ln( 1)

( ) ( 1, 0) (0, ) D

1(1) 0, A

ln 2 1

( 1,0), 0, , C

f xx x

y f x

f

x x y

的定义域 ，排除 ；

排除 ；

排除

故选 数形结合的思想方法，强调方法的总结

11

1

5. D

0 3

P

P

PFPI aPIM PF O

ID F c

:依选项可知， 的值与点 的位置无关，设点 为短轴端点，此时,

∽ ,所以

解

故选

析

.

M

P

I

F2F 1

y

xo

2 2

1 2

1 2

1 2

1 ,25 16

,

(A) (B) (C) (D)

8x y

F F P

P F PF P

PID F PF I

ID

4 5 3 5

5 4 4 3

若椭圆 的焦点分别为 、 为椭圆

上任一点( 不在长轴上) ,在 中， 的平分线交

长轴于点 的内心为 ,则 的值为（ ）

例1

特殊与一般的思想方法

特殊位置、图形、数值、模型…

归纳：必须纳出特殊的共性

（2012江西理科 6）

观察下列各式： 1a b ， 2 2 3a b ， 3 3 4a b ， 4 4 7a b ，

5 5 11a b …， ，则 10 10a b

（A）28 （B）76 （C）123 （D）199

分析：观察各等式的右边，它们分别为 1，3，4，7，11 …， ，发

现从第 3项开始，每一项就是它的前两项之和，故等式的右边依次为

1，3，4，7，11，18，29，47，76，123

故 10 10 123a b .

特殊与一般的思想方法

6.算法 -读懂运算变量与计数变量的变化规律

执行右面的程序框图，如

果输入的 N是 6，那么输出的

p是

（A）120

（B）720

（C）1440

（D）5040

（ 2011 全国新课标卷 3 ）

求阶乘

若执行如图 3所示的框图，

输入 1 1x ， 2 2x , 3 3x ，

2x ，则输出的数等于 .

（ 2011湖南卷 13 ）

求方差

（ 2011陕西理 8 ）

比较大小

右图中， 1x ， 2x ， 3x 为某次考试三

个评阅人对同一道题的独立评分，P为该

题的最终得分。当 1x =6， 2x =9，p=8.5时，

3x 等于

(A)11 (B)10

(C)8 (D)7

（2011-2012海淀高三期中理科-8）

已知定义域为 (0, ) 的单调函数 ( )f x ，若对任

意的 (0, )x ，都有 1

2

[ ( ) log ] 3f f x x ，则方程

( ) 2f x x 的解的个数是

（A）3 （B）2

（C）1 （D）0

7.估值与估算

解析：因为 ( )f x 是 (0, ) 上的单调函数，且对任意的

(0, )x ，都有 1

2

[ ( ) log ] 3f f x x ，

所以 1

2

( ) logf x x 必为常数.

设 1

2

( ) log =f x x a （依条件显然 0a ），

所以 1 2

2

( )= log logf x a x a x ，且 ( ) 3f a .

即 2( ) log 3f a a a . 由 2log 3a a 可以得出 2a .

所以方程 ( ) 2f x x 为 22 log 2x x .

而 22 log 2x x 2log x x .

对于 2log x x ，显然有两个解 4x ， 16x . 故选 B.

缺乏估算的意识—

运算能力弱

8. 第三阶段复习 ---模拟，讲评试卷

9. 高三教研组活动