資源簡介

高考數學新創題型之賞析
新課程標準要求學生“對新穎的信息、情景和設問，選擇有效的方法和手段收集信息，綜合與靈活地應用所學的數學知識、思想和方法，進行獨立思考、探索和探究，提出解決問題的思路，創造性地解決問題。”隨著新一輪課程改革的深入和推進，高考的改革使知識立意轉向能力立意，退出來一批新穎而又別致，具有創新意識和創新思維的新題。
導數新創題4道
函數y=f(x)的圖象過原點且它的導函數y=f′(x)的圖象是如圖所示的一條直線，
y=f(x)的圖象的頂點在 （ ）
第Ⅰ象限 B.第Ⅱ象限 C.第Ⅲ象限 D.第Ⅳ象限
1.A 導函數的正、負體現原函數的單調性，很明顯
原函數的極大值點在y軸的右側，再加上原函
數過原點，容易知道頂點在第Ⅰ象限.
2. 在半徑為R的圓內，作內接等腰三角形，當底邊上高為_________時它的面積最大.
2.R 設圓內接等腰三角形的底邊長為2x,高為h，那么h=AO+BO=R+,解得
x2=h(2R－h),于是內接三角形的面積為
S=x·h=
從而
令S′=0,解得h=R,由于不考慮不存在的情況，所在區間(0,2R)上列表如下：
h
(0,R)
R
(,2R)
S′
+
0
－
S
增函數
最大值
減函數
由此表可知，當x=R時，等腰三角形面積最大.
3.已知，函數的圖象與函數 的圖象相切。求b與c的關系式（用c表示b）
解：依題意令，得，故.
由于，得。
點評：在由得到，就應想切線的交點必是在原兩函數圖象的交點，這是解決曲線切線問題的關鍵.
4. 已知a、b為實數，且b＞a＞e,其中e為自然對數的底，求證：ab＞ba.
證法一：∵b＞a＞e,∴要證ab＞ba,只要證blna＞alnb,設f(b)=blna－alnb(b＞e),則
f′(b)=lna－.∵b＞a＞e,∴lna＞1,且＜1,∴f′(b)＞0.∴函數f(b)=blna－alnb在(e,+∞)上是增函數，∴f(b)＞f(a)=alna－alna=0,即blna－alnb＞0,∴blna＞alnb,∴ab＞ba.
證法二：要證ab＞ba,只要證blna＞alnb(e＜a＜b,即證,設f(x)=(x＞e)，則f′(x)=＜0,∴函數f(x)在(e,+∞)上是減函數，又∵e＜a＜b,
∴f(a)＞f(b),即,∴ab＞ba.
三角部分新創題4道
1.若,則直線=1必不經過 ( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
2．若函數f(x+2)=，則f(+2)f(-98)等于 （ ）
A. B.- C.2 D.-2
3．若,則sin2α= .
4．函數的性質通常指函數的定義域、值域、周期性、單調性、奇偶性等，請選擇適當的探究順序，研究函數f(x)= +的性質，并在此基礎上，作出其在的草圖．
參考答案：
1．B 判斷cosα>0,sinα<0，數形結合.
2．C f(+2)·f(-98)=tan lg100=2.
3．- tanα=-,sin2α==.
4解：① ∵∴的定義域為R；
② ∵，
∴為偶函數；
③ ∵, ∴是周期為的周期函數；
④ 當時，= ，
∴當時單調遞減；當時，
=，
單調遞增；又∵是周期為的偶函數，∴在上單調遞增，在上單調遞減（）；
⑤ ∵當時；
當時．∴的值域為；
⑥由以上性質可得：在上的圖象如圖所示：
數列部分新創題4道
1．若等比數列{an}對一切正整數n都有Sn=2an-1,其中 Sn是{an}的前n項和，則公比q的值為 （ ）
A. B.- C.2 D.-2
2. 等差數列{an}的通項公式是an=1-2n,其前n項和為Sn,則數列{}的前11項和為 （ ）
A.-45 B.-50 C.-55 D.-66
3. 等差數列{an}中有兩項am和ak滿足am=,ak=,則該數列前mk項之和是 .
4. 設f(x)= (a>0)為奇函數,且 |f(x)|min=2,數列{an}與{bn}滿足如下關系:
a1=2,an+1=.
(1)求f(x)的解析表達式；
（2）證明：當n∈N+時，有bn≤()n.
參考答案：
1．C 當n=1時，S1=2a1-1,得a1=1;當n=2時，1+a2=2a2-1,得公比q=a2=a1q=2.
2. DSn=,∴=-n,∴前11項的和為-66.
3. 設數列{an}的首項為a1,公差為d，則有解得,
所以Smk=(a1+am)=.
4.解：(1)由f(x)是奇函數，得b=c=0,由|f(x)|min=2,得a=2,故f(x)=.
向量部分新創題4道
1．已知A、B、C是平面上不共線的三點，O是三角形ABC的重心，動點P滿足
= (++2),則點P一定為三角形ABC的 （ ）
A.AB邊中線的中點 B.AB邊中線的三等分點（非重心）
C.重心 D.AB邊的中點
2. 已知向量a=(2cosα,2sinα), b=(3cosβ,3sinβ),其夾角為60°,則直線xcosα-ysinα+=0與圓（x-cosβ)2+(y+sinβ)2=的位置關系是 .
3.運用物理中矢量運算及向量坐標表示與運算，我們知道：
(1)若兩點等分單位圓時，有相應關系為：（2）四點等分單位圓時，有相應關系為：
由此可以推知三等分單位圓時的相應關系為： .
4．已知向量m=(cosθ,sinθ)和n=(-sinθ,cosθ),θ∈［π,2π］.
(1)求|m+n|的最大值；
（2）當|m+n|=時,求cos()的值.
參考答案：
B取AB邊的中點M，則，由?= (?++2)可得3，∴，即點P為三角形中AB邊上的中線的一個三等分點，且點P不過重心，故選B.
2.相離cos60°==cos(α-β)= .
圓心到直線的距離d=
3．
4．解：（1）m+n=(cosθ-sinθ+,cosθ+sinθ),
|m+n|=
=
=
=2
∵θ∈［π,2π］,∴,∴cos(θ+)≤1,|m+n|max=2.
(2)由已知|m+n|=,得cos(θ+)=.
又cos(θ+)=2cos2()-1,∴cos2()=,
∵θ∈［π,2π］,∴,∴cos(.
不等式部分新創題4道
1．若函數f(x)=min{3+logx,log2x},其中min{p,q}表示p,q兩者中的較小者，則f(x)<2的解集為 （ ）
A.（0，4） B.（0，+∞) C. (0,4)∪(4,+∞) D (,+∞)
Cf(x)=min{3+logx,log2x}=分別解f(x)<2可得04,故應選C.
2.點集{(x,y)|||x|-1|+|y|=2}的圖形是一條封閉的折線，這條封閉折線所圍成的區域的面積是 （ ）
A.14 B.16 C.18 D.20
2.A||x|-1|+|y|=2可化為|y|=2-||x|-1|,即
y=
根據曲線|y|=2-||x|-1|的對稱性可以作出圖象
的變換，即由y=|x|的曲線向下平移一個單位，
得y=|x|-1,再將y軸下方的圖象對折到x軸的
上方，可得y=||x|-1|,關于x軸對稱可得y=-||x|-1|,
再向上平移兩個單位可得y=2-||x|-1|,最后可得|y|=2-||x|-1|的圖象如圖所示，其面積為
（3）2-2（）2=14，故應選A.
3.如果不等式f(x)=ax2-x-c>0的解集為{x|-23．C 由已知，y=f(-x)=ax2+x-c,即y=-x2+x+2,其圖象為C.
4.實系數方程f(x)=x2+ax+2b=0的一個根在（0，1）內，另一個根在（1，2）內，求：
（1）的值域；
（2）（a-1）2+(b-2)2的值域；
（3）a+b-3的值域.
4.解答：由題意知：f（0）>0,f（1）<0,f（2）>0
b>0,a+2b+1<0,a+b+2>0.
如圖所示，A（-3，1），B（-2，0），C（-1，0）.
又由所求量的幾何意義知，值域分別為
（1）（，1）；（2）（8，17）；（3）（-5，-4）.
圓錐曲線新題原創4道
1．在直角坐標系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2表示的曲線是雙曲線，則m的取值范圍為 （ ）
A.（0，1） B.（1，+∞) C.(0,5) D.(5,+∞)
1．C方程m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2可以變形為m=,即得,∴其表示雙曲線上一點（x,y)到定點（0,-1)與定直線x-2y+3=0之比為常數e=,又由e>1,可得02．已知曲線f(x)=x3+x2+x+3在x= -1處的切線恰好與拋物線y=2px2相切，則過該拋物線的焦點且垂直于對稱軸的直線與拋物線相交得的線段長度為 （ ）
A.4 B. C.8 D.
2.A 由已知可得k=f′(-1)=3×(-1)2+2×(-1)+1=2,又由切點為（-1，2）得其切線方程為y-2=2(x+1),即y=2x+4.設此直線與拋物線切于點（x0,2px),則k=4px0=2,得px0=,又2x0+4=2px,解得x0=-4,p=-,由此可得拋物線的方程為x2=-4y,其過焦點且垂直于對稱軸的直線與拋物線相交得的線段長度為4，故應選A.
3.設A={（x,y)|(x-1)2+y2≤25},B={(x,y)|(x+1)2+y2≤25},Ct={(x,y)||x|≤t,|y|≤t,t>0},則滿足Ct=A∩B時，t的最大值是 （ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
3.A因為A構造的圖形是以（1，0）為圓心，5為
半徑的圓，B構造的圖形是以（-1，0）為圓心，5
為半徑的圓，Ct是以E（t,t)，F（t,-t),G(-t,-t),H(-t,t)為
頂點的正方形，如圖所示，要使t最大，只需正方形
內接于A∩B圖形，這時，由E（t,t)在(x+1)2+y2=25上
得t=3.所以滿足條件的t的最大值為3.故應選A.
4.已知平面上兩點M（-5，0）和N（5，0），若直線上存在點P使|PM|-|PN|=6，則稱該直線為“單曲型直線”，下列直線中是“單曲型直線”的是 （ ）
①y=x+1;②y=2;③y=x;④y=2x+1.
A.①③ B.①② C.②③ D.③④
4.B由題意可知滿足|PM|-|PN|=6的P的軌跡是雙曲線的右支，根據“單曲型直線”的定義可知，就是求哪條直線與雙曲線的右支有交點.故選B.
空間圖形新題原創5道
1.有六根細木棒，其中較長的兩根分別為a、a,其余四根均為a,用它們搭成三棱錐，則其中兩條較長的棱所在的直線的夾角的余弦值為 （ ）
A.0 B. C.0或 D.以上皆不對
講解：B。如圖所示，本題共可作出兩幅圖，若不細辨別，可立即得C答案，但若對兩幅圖的存在性稍作回想，立即發現圖實質上是一個陷阱，此圖根本不存在.
取AC中點E，連結BE、ED，得BE=ED=a，而BE+ED=a2．一個正六面體的各個面和一個正八面體的各個面都是邊長為a的正三角形，這樣的兩個多面體的內切球的半徑之比是一個最簡分數,那么積m·n是 （ ）
A.6 B.3 C.54 D.24
講解：A。設六面體與八面體的內切球半徑分別為r1與r2,再設六面體中的正三棱錐A—BCD的高為h1,八面體中的正四棱錐M—NPQR的高為h2,如圖所示，則h1=a,h2=a.
∵V正六面體=2·h1·S△BCD=6·r1·S△ABC，∴r1=h1=a.
又∵V正八面體=2·h2·S正方形NPQR=8·r2·S△MNP，
∴a3=2r2a2,r2=a,于是是最簡分數，
即m=2,n=3,∴m·n=6.故應選A.
3.已知平面α∥平面β,直線lα,點P∈l,平面α、β間的距離為8，則在β內到點P的距離為10且到直線l的距離為9的點的軌跡是 （ ）
A.一個圓 B.兩條直線 C.四個點 D.兩個點
講解：C。如圖，設點P在平面β上的射影是O，則OP是平面α、β
的公垂線段，OP=8.在β內，到點P的距離等于10的點到點O的
距離等于6，故點的集合是以O為圓心，以6為半徑的圓.在β內，
到直線l的距離等于9的點的集合是兩條平行直線m、n,它們到點
O的距離都等于<6,所以直線m、n與這個圓均相交，
共有四個交點，因此所求的點的軌跡是四個點，故應C.
4. 空間 （填：“存在”或“不存在”）這樣的四個點A、B、C、D，使得AB=CD=8 cm,AC=BD=10cm,AD=BC=13cm.
講解： 要去尋找這樣的點是很難敘述的.但我們可以虛擬
一些特殊的圖形去模擬運動，判斷結果.細看題目有四
個點，顯然可以從四邊形旋轉所構成的三棱錐模型結構
看一下這些長度關系是否合理，來得出需要的結論.
在空間中，分別以8、10、13為邊長，作如圖所示平面
四邊形，它由△ABC和△BCD組成，公共邊為BC=13 cm,AC=BD=10cm,AB=CD=8 cm,固定△ABC所在的平面，令△BCD繞著邊BC旋轉.顯然當D位于△ABC所在的平面時，AD最大.由BC=13cm,AC=10cm,AB=8cm,可得cosBAC=-,即可知∠BAC是鈍角，故對于平行四邊形（即D在平面ABC內時）ABDC，對角線AD的長小于對角線BC的長，即AD顯然，當點D不在面ABC內時都有AD5.不共面的三條定直線l1,l2,l3互相平行，點A在l1上，點B在l2上，C、D兩點在l3上，若CD=a(定值），則三棱錐A—BCD的體積 （ ）
A.由A點的變化而變化 B.由B點的變化而變化
C.有最大值，無最小值 D.為定值
講解：D。如圖，把△BCD當作三棱錐的底面，AO⊥面BCD于
O，∵l2∥l3,∴無論B點在l2上什么位置，△BCD的面積總
不變.又∵l2∥l3,∴l2、l3確定一個平面α,∵l1∥l2,且A不在l2、
l3確定的平面α上，∴l1平行于l2、l3確定的平面α,從而不論
A在l1的什么位置，高AO的長總不變.
又V=×高×底面積，故無論A、B在什么位置時，其體積
不變.
簽字
教學組長簽字： 教研主任簽字:
課
后
備
注
學生的課堂表現：很積極□ 比較積極□ 一般□ 不積極□
需要
配合
學管：
家長：

展開更多......

收起↑