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數學高考基礎知識、常見結論詳解
一、集合與簡易邏輯：
一、理解集合中的有關概念
（1）集合中元素的特征： 確定性 ， 互異性 ， 無序性 。
集合元素的互異性：如：，，求；
（2）集合與元素的關系用符號，表示。
（3）常用數集的符號表示：自然數集 ；正整數集 、 ；整數集 ；有理數集 、實數集 。
（4）集合的表示法： 列舉法 ， 描述法 ， 韋恩圖 。
注意：區分集合中元素的形式：如：；；；；；
；
（5）空集是指不含任何元素的集合。（、和的區別；0與三者間的關系）
空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集。
注意：條件為，在討論的時候不要遺忘了的情況。
如：，如果，求的取值。
二、集合間的關系及其運算
（1）符號“”是表示元素與集合之間關系的，立體幾何中的體現 點與直線（面）的關系 ；
符號“”是表示集合與集合之間關系的，立體幾何中的體現 面與直線(面)的關系 。
（2）；；
（3）對于任意集合，則：
①；；；
② ； ；
； ；
③ ； ；
（4）①若為偶數，則 ；若為奇數，則 ；
②若被3除余0，則 ；若被3除余1，則 ；若被3除余2，則 ；
三、集合中元素的個數的計算：
（1）若集合中有個元素，則集合的所有不同的子集個數為_________，所有真子集的個數是__________，所有非空真子集的個數是 。
（2）中元素的個數的計算公式為： ；
（3）韋恩圖的運用：
四、滿足條件，滿足條件，
若 ；則是的充分非必要條件；
若 ；則是的必要非充分條件；
若 ；則是的充要條件；
若 ；則是的既非充分又非必要條件；
五、原命題與逆否命題，否命題與逆命題具有相同的 ；
注意：“若，則”在解題中的運用，
如：“”是“”的 條件。
六、反證法：當證明“若，則”感到困難時，改證它的等價命題“若則”成立，
步驟：1、假設結論反面成立；2、從這個假設出發，推理論證，得出矛盾；3、由矛盾判斷假設不成立，從而肯定結論正確。
矛盾的來源：1、與原命題的條件矛盾；2、導出與假設相矛盾的命題；3、導出一個恒假命題。
適用與待證命題的結論涉及“不可能”、“不是”、“至少”、“至多”、“唯一”等字眼時。
正面詞語 等于 大于 小于 是 都是 至多有一個
否定
正面詞語 至少有一個 任意的 所有的 至多有n個 任意兩個
否定
二、函數
一、映射與函數：
（1）映射的概念： （2）一一映射：（3）函數的概念：
如：若，；問：到的映射有 個，到的映射有 個；到的函數有 個，若，則到的一一映射有 個。
函數的圖象與直線交點的個數為 個。
二、函數的三要素： ， ， 。
相同函數的判斷方法：① ；② (兩點必須同時具備)
（1）函數解析式的求法：
①定義法（拼湊）：②換元法：③待定系數法：④賦值法：
（2）函數定義域的求法：
①，則 ； ②則 ；
③，則 ； ④如：，則 ；
⑤含參問題的定義域要分類討論；
如：已知函數的定義域是，求的定義域。
⑥對于實際問題，在求出函數解析式后；必須求出其定義域，此時的定義域要根據實際意義來確定。如：已知扇形的周長為20，半徑為，扇形面積為，則 ；定義域為 。
（3）函數值域的求法：
①配方法：轉化為二次函數，利用二次函數的特征來求值；常轉化為型如：的形式；
②逆求法（反求法）：通過反解，用來表示，再由的取值范圍，通過解不等式，得出的取值范圍；常用來解，型如：；
④換元法：通過變量代換轉化為能求值域的函數，化歸思想；
⑤三角有界法：轉化為只含正弦、余弦的函數，運用三角函數有界性來求值域；
⑥基本不等式法：轉化成型如：，利用平均值不等式公式來求值域；
⑦單調性法：函數為單調函數，可根據函數的單調性求值域。
⑧數形結合：根據函數的幾何圖形，利用數型結合的方法來求值域。
求下列函數的值域：①（2種方法）；
②（2種方法）；③（2種方法）；
三、函數的性質：
函數的單調性、奇偶性、周期性
單調性：定義：注意定義是相對與某個具體的區間而言。
判定方法有：定義法（作差比較和作商比較）
導數法（適用于多項式函數）
復合函數法和圖像法。
應用：比較大小，證明不等式，解不等式。
奇偶性：定義：注意區間是否關于原點對稱，比較f(x) 與f(-x)的關系。f(x) －f(-x)=0 f(x) =f(-x) f(x)為偶函數；
f(x)+f(-x)=0 f(x) =－f(-x) f(x)為奇函數。
判別方法：定義法，　圖像法　，復合函數法
應用：把函數值進行轉化求解。
周期性：定義：若函數f(x)對定義域內的任意x滿足：f(x+T)=f(x),則T為函數f(x)的周期。
其他：若函數f(x)對定義域內的任意x滿足：f(x+a)=f(x－a),則2a為函數f(x)的周期.
應用：求函數值和某個區間上的函數解析式。
四、圖形變換：函數圖像變換：（重點）要求掌握常見基本函數的圖像，掌握函數圖像變換的一般規律。
常見圖像變化規律：（注意平移變化能夠用向量的語言解釋，和按向量平移聯系起來思考）
平移變換　y=f(x)→y=f(x+a),y=f(x)+b
注意：（ⅰ）有系數，要先提取系數。如：把函數ｙ＝ｆ(２ｘ)經過　　　　　平移得到函數ｙ＝ｆ(２ｘ＋４)的圖象。
　　（ⅱ）會結合向量的平移，理解按照向量（ｍ，ｎ）平移的意義。
對稱變換　y=f(x)→y=f(－x),關于ｙ軸對稱
y=f(x)→y=－f(x) ,關于ｘ軸對稱
y=f(x)→y=f|x|,把ｘ軸上方的圖象保留，ｘ軸下方的圖象關于ｘ軸對稱
y=f(x)→y=|f(x)|把ｙ軸右邊的圖象保留，然后將ｙ軸右邊部分關于ｙ軸對稱。（注意：它是一個偶函數）
伸縮變換：y=f(x)→y=f(ωx),
y=f(x)→y=Af(ωx+φ)具體參照三角函數的圖象變換。
一個重要結論：若f(a－x)＝f(a+x)，則函數y=f(x)的圖像關于直線x=a對稱；
如：的圖象如圖，作出下列函數圖象：
（1）；（2）；
（3）；（4）；
（5）；（6）；
（7）；（8）；
（9）。
五、反函數：
（1）定義：
（2）函數存在反函數的條件： ；
（3）互為反函數的定義域與值域的關系： ；
（4）求反函數的步驟：①將看成關于的方程，解出，若有兩解，要注意解的選擇；②將互換，得；③寫出反函數的定義域（即的值域）。
（5）互為反函數的圖象間的關系： ；
（6）原函數與反函數具有相同的單調性；
（7）原函數為奇函數，則其反函數仍為奇函數；原函數為偶函數，它一定不存在反函數。
如：求下列函數的反函數：；；
七、常用的初等函數：
（1）一元一次函數：，當時，是增函數；當時，是減函數；
（2）一元二次函數：
一般式：；對稱軸方程是 ；頂點為 ；
兩點式：；對稱軸方程是 ；與軸的交點為 ；
頂點式：；對稱軸方程是 ；頂點為 ；
①一元二次函數的單調性：
當時： 為增函數； 為減函數；當時： 為增函數； 為減函數；
②二次函數求最值問題：首先要采用配方法，化為的形式，
Ⅰ、若頂點的橫坐標在給定的區間上，則
時：在頂點處取得最小值，最大值在距離對稱軸較遠的端點處取得；
時：在頂點處取得最大值，最小值在距離對稱軸較遠的端點處取得；
Ⅱ、若頂點的橫坐標不在給定的區間上，則
時：最小值在距離對稱軸較近的端點處取得，最大值在距離對稱軸較遠的端點處取得；
時：最大值在距離對稱軸較近的端點處取得，最小值在距離對稱軸較遠的端點處取得；
有三個類型題型：
(1)頂點固定，區間也固定。如：
(2)頂點含參數(即頂點變動)，區間固定，這時要討論頂點橫坐標何時在區間之內，何時在區間之外。
(3)頂點固定，區間變動，這時要討論區間中的參數．
③二次方程實數根的分布問題： 設實系數一元二次方程的兩根為；則：
根的情況
等價命題 在區間上有兩根 在區間上有兩根 在區間或上有一根
充要條件
注意：若在閉區間討論方程有實數解的情況，可先利用在開區間上實根分布的情況，得出結果，在令和檢查端點的情況。
（3）反比例函數：
（4）指數函數：
指數運算法則： ； ； 。
指數函數：y= (a>o,a≠1)，圖象恒過點（0，1），單調性與a的值有關，在解題中，往往要對a分a>1和0（5）對數函數：
指數運算法則： ； ； ；
對數函數：y= (a>o,a≠1) 圖象恒過點（1，0），單調性與a的值有關，在解題中，往往要對a分a>1和0注意：（1）與的圖象關系是 ；
（2）比較兩個指數或對數的大小的基本方法是構造相應的指數或對數函數，若底數不相同時轉化為同底數的指數或對數，還要注意與1比較或與0比較。
（3）已知函數的定義域為，求的取值范圍。
已知函數的值域為，求的取值范圍。
六、的圖象：
定義域： ；值域： ； 奇偶性： ； 單調性： 是增函數； 是減函數。
七、補充內容：
抽象函數的性質所對應的一些具體特殊函數模型：
①正比例函數
②； ；
③； ；
④ ；
三、導 數
１．求導法則：
(c)/=0 　這里c是常數。即常數的導數值為０。
(xn)/=nxn－1 　　特別地：(x)/=1 (x－1)/= ()/=－x-2 (f(x)±g(x))/= f/(x)±g/(x) (k f(x))/= k f/(x)
２．導數的幾何物理意義：
k＝f/(x0)表示過曲線y=f(x)上的點P(x0,f(x0))的切線的斜率。
V＝s/(t)　表示即時速度。a=v/(t) 表示加速度。
３．導數的應用：
①求切線的斜率。
②導數與函數的單調性的關系
㈠與為增函數的關系。
能推出為增函數，但反之不一定。如函數在上單調遞增，但，∴是為增函數的充分不必要條件。
㈡時，與為增函數的關系。
若將的根作為分界點，因為規定，即摳去了分界點，此時為增函數，就一定有。∴當時，是為增函數的充分必要條件。
㈢與為增函數的關系。
為增函數，一定可以推出，但反之不一定，因為，即為或。當函數在某個區間內恒有，則為常數，函數不具有單調性。∴是為增函數的必要不充分條件。
函數的單調性是函數一條重要性質，也是高中階段研究的重點，我們一定要把握好以上三個關系，用導數判斷好函數的單調性。因此新教材為解決單調區間的端點問題，都一律用開區間作為單調區間，避免討論以上問題，也簡化了問題。但在實際應用中還會遇到端點的討論問題，要謹慎處理。
㈣單調區間的求解過程，已知 （1）分析 的定義域;（2）求導數 （3）解不等式，解集在定義域內的部分為增區間（4）解不等式，解集在定義域內的部分為減區間。
我們在應用導數判斷函數的單調性時一定要搞清以下三個關系，才能準確無誤地判斷函數的單調性。以下以增函數為例作簡單的分析，前提條件都是函數在某個區間內可導。
③求極值、求最值。
注意：極值≠最值。函數f(x)在區間[a,b]上的最大值為極大值和f(a) 、f(b)中最大的一個。最小值為極小值和f(a) 、f(b)中最小的一個。
　　 f/(x0)＝0不能得到當x=x0時，函數有極值。
但是，當x=x0時，函數有極值 f/(x0)＝0
判斷極值，還需結合函數的單調性說明。
4.導數的常規問題：
（1）刻畫函數（比初等方法精確細微）；
（2）同幾何中切線聯系（導數方法可用于研究平面曲線的切線）；
（3）應用問題（初等方法往往技巧性要求較高，而導數方法顯得簡便）等關于次多項式的導數問題屬于較難類型。
2．關于函數特征，最值問題較多，所以有必要專項討論，導數法求最值要比初等方法快捷簡便。
3．導數與解析幾何或函數圖象的混合問題是一種重要類型，也是高考中考察綜合能力的一個方向，應引起注意。
四、不等式
一、不等式的基本性質：
注意：(1)特值法是判斷不等式命題是否成立的一種方法，此法尤其適用于不成立的命題。
(2)注意課本上的幾個性質，另外需要特別注意：
①若ab>0，則。即不等式兩邊同號時，不等式兩邊取倒數，不等號方向要改變。
②如果對不等式兩邊同時乘以一個代數式，要注意它的正負號，如果正負號未定，要注意分類討論。
③圖象法：利用有關函數的圖象（指數函數、對數函數、二次函數、三角函數的圖象），直接比較大小。
④中介值法：先把要比較的代數式與“0”比，與“1”比，然后再比較它們的大小
二、均值不等式：兩個數的算術平均數不小于它們的幾何平均數。
若，則（當且僅當時取等號）
基本變形：① ； ；
②若，則，
基本應用：①放縮，變形；
②求函數最值：注意：①一正二定三取等；②積定和小，和定積大。
當（常數），當且僅當 時， ；
當（常數），當且僅當 時， ；
常用的方法為：拆、湊、平方；
如：①函數的最小值 。
②若正數滿足，則的最小值 。
三、絕對值不等式：
注意：上述等號“＝”成立的條件；
四、常用的基本不等式：
（1）設，則（當且僅當 時取等號）
（2）（當且僅當 時取等號）；（當且僅當 時取等號）
（3）； ；
五、證明不等式常用方法：
（1）比較法：作差比較：
作差比較的步驟：
⑴作差：對要比較大小的兩個數（或式）作差。
⑵變形：對差進行因式分解或配方成幾個數（或式）的完全平方和。
⑶判斷差的符號：結合變形的結果及題設條件判斷差的符號。
注意：若兩個正數作差比較有困難，可以通過它們的平方差來比較大小。
（2）綜合法：由因導果。
（3）分析法：執果索因。基本步驟：要證……只需證……，只需證……
（4）反證法：正難則反。
（5）放縮法：將不等式一側適當的放大或縮小以達證題目的。
放縮法的方法有：
⑴添加或舍去一些項，如：；
⑵將分子或分母放大（或縮小）
⑶利用基本不等式，如：；
⑷利用常用結論：
Ⅰ、；
Ⅱ、 ； （程度大）
Ⅲ、 ； （程度小）
（6）換元法：換元的目的就是減少不等式中變量，以使問題化難為易，化繁為簡，常用的換元有三角換元和代數換元。如：
已知，可設；
已知，可設()；
已知，可設；
已知，可設；
（7）構造法：通過構造函數、方程、數列、向量或不等式來證明不等式；
六、不等式的解法：
（1）一元一次不等式：
Ⅰ、：⑴若，則 ；⑵若，則 ；
Ⅱ、：⑴若，則 ；⑵若，則 ；
（2）一元二次不等式： 一元二次不等式二次項系數小于零的，同解變形為二次項系數大于零；注：要對進行討論：
（5）絕對值不等式：若，則 ； ；
注意：(1).幾何意義：： ；： ；
(2)解有關絕對值的問題，考慮去絕對值，去絕對值的方法有：
⑴對絕對值內的部分按大于、等于、小于零進行討論去絕對值；①若 則 ；②若則 ；③若則 ；
(3).通過兩邊平方去絕對值；需要注意的是不等號兩邊為非負值。
(4).含有多個絕對值符號的不等式可用“按零點分區間討論”的方法來解。
（6）分式不等式的解法：通解變形為整式不等式；
⑴ ；⑵ ；
⑶ ；⑷ ；
（7）不等式組的解法：分別求出不等式組中，每個不等式的解集，然后求其交集，即是這個不等式組的解集，在求交集中，通常把每個不等式的解集畫在同一條數軸上，取它們的公共部分。
（8）解含有參數的不等式：
解含參數的不等式時，首先應注意考察是否需要進行分類討論.如果遇到下述情況則一般需要討論：
①不等式兩端乘除一個含參數的式子時，則需討論這個式子的正、負、零性.
②在求解過程中，需要使用指數函數、對數函數的單調性時，則需對它們的底數進行討論.
③在解含有字母的一元二次不等式時，需要考慮相應的二次函數的開口方向，對應的一元二次方程根的狀況（有時要分析△），比較兩個根的大小,設根為（或更多）但含參數，要分、、討論。
五、數列
本章是高考命題的主體內容之一，應切實進行全面、深入地復習，并在此基礎上，突出解決下述幾個問題：（1）等差、等比數列的證明須用定義證明，值得注意的是，若給出一個數列的前項和，則其通項為若滿足則通項公式可寫成.（2）數列計算是本章的中心內容，利用等差數列和等比數列的通項公式、前項和公式及其性質熟練地進行計算，是高考命題重點考查的內容.（3）解答有關數列問題時，經常要運用各種數學思想.善于使用各種數學思想解答數列題，是我們復習應達到的目標. ①函數思想：等差等比數列的通項公式求和公式都可以看作是的函數，所以等差等比數列的某些問題可以化為函數問題求解.
②分類討論思想：用等比數列求和公式應分為及；已知求時，也要進行分類；
③整體思想：在解數列問題時，應注意擺脫呆板使用公式求解的思維定勢，運用整
體思想求解.
（4）在解答有關的數列應用題時，要認真地進行分析，將實際問題抽象化，轉化為數學問題，再利用有關數列知識和方法來解決.解答此類應用題是數學能力的綜合運用，決不是簡單地模仿和套用所能完成的.特別注意與年份有關的等比數列的第幾項不要弄錯.
一、基本概念：
1、 數列的定義及表示方法：
2、 數列的項與項數：
3、 有窮數列與無窮數列：
4、 遞增（減）、擺動、循環數列：
5、 數列{an}的通項公式an：
6、 數列的前n項和公式Sn:
7、 等差數列、公差d、等差數列的結構：
8、 等比數列、公比q、等比數列的結構：
二、基本公式：
9、一般數列的通項an與前n項和Sn的關系：an=
10、等差數列的通項公式：an=a1+(n-1)d an=ak+(n-k)d (其中a1為首項、ak為已知的第k項) 當d≠0時，an是關于n的一次式；當d=0時，an是一個常數。
11、等差數列的前n項和公式：Sn= Sn= Sn=
當d≠0時，Sn是關于n的二次式且常數項為0；當d=0時（a1≠0），Sn=na1是關于n的正比例式。
12、等比數列的通項公式： an= a1 qn-1 an= ak qn-k
(其中a1為首項、ak為已知的第k項，an≠0)
13、等比數列的前n項和公式：當q=1時，Sn=n a1 (是關于n的正比例式)；
當q≠1時，Sn= Sn=
三、有關等差、等比數列的結論
14、等差數列{an}的任意連續m項的和構成的數列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m - S3m、……仍為等差數列。
15、等差數列{an}中，若m+n=p+q，則
16、等比數列{an}中，若m+n=p+q，則
17、等比數列{an}的任意連續m項的和構成的數列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m - S3m、……仍為等比數列。
18、兩個等差數列{an}與{bn}的和差的數列{an+bn}、{an-bn}仍為等差數列。
19、兩個等比數列{an}與{bn}的積、商、倒數組成的數列
{anbn}、、仍為等比數列。
20、等差數列{an}的任意等距離的項構成的數列仍為等差數列。
21、等比數列{an}的任意等距離的項構成的數列仍為等比數列。
22、三個數成等差的設法：a-d,a,a+d；四個數成等差的設法：a-3d,a-d,,a+d,a+3d
23、三個數成等比的設法：a/q,a,aq；
四個數成等比的錯誤設法：a/q3,a/q,aq,aq3 (為什么？)
24、{an}為等差數列，則 (c>0)是等比數列。
25、{bn}（bn>0）是等比數列，則{logcbn} (c>0且c1) 是等差數列。
26. 在等差數列中：
（1）若項數為，則
（2）若數為則， ，
27. 在等比數列中：
（1） 若項數為，則
（2）若數為則，
四、數列求和的常用方法：公式法、裂項相消法、錯位相減法、倒序相加法等。關鍵是找數列的通項結構。
28、分組法求數列的和：如an=2n+3n
29、錯位相減法求和：如an=(2n-1)2n
30、裂項法求和：如an=1/n(n+1)
31、倒序相加法求和：如an=
32、求數列{an}的最大、最小項的方法：
1 an+1-an=…… 如an= -2n2+29n-3
2 (an>0) 如an=
③ an=f(n) 研究函數f(n)的增減性 如an=
33、在等差數列中,有關Sn 的最值問題——常用鄰項變號法求解：
(1)當 >0,d<0時，滿足 的項數m使得取最大值.
(2)當 <0,d>0時，滿足 的項數m使得取最小值。
在解含絕對值的數列最值問題時,注意轉化思想的應用。
六、平面向量
1．基本概念：
向量的定義、向量的模、零向量、單位向量、相反向量、共線向量、相等向量。
2． 加法與減法的代數運算：
(1)．
(2)若a=（）,b=（）則ab=（）．
向量加法與減法的幾何表示：平行四邊形法則、三角形法則。
以向量=、=為鄰邊作平行四邊形ABCD，則兩條對角線的向量=+,=－,=－
且有︱︱－︱︱≤︱︱≤︱︱+︱︱．
向量加法有如下規律：＋=＋(交換律); +(+c)=(+ )+c （結合律）;
+0= ＋(－)=0.
3．實數與向量的積：實數與向量的積是一個向量。
(1)︱︱=︱︱·︱︱;
(2) 當＞0時，與的方向相同；當＜0時，與的方向相反；當=0時，=0．
(3)若=（），則·=（）．
兩個向量共線的充要條件：
(1) 向量b與非零向量共線的充要條件是有且僅有一個實數，使得b=．
(2) 若=（）,b=（）則∥b．
平面向量基本定理：
若e1、e2是同一平面內的兩個不共線向量，那么對于這一平面內的任一向量，有且只有一對實數，，使得=e1+ e2．
4．P分有向線段所成的比：
設P1、P2是直線上兩個點，點P是上不同于P1、P2的任意一點，則存在一個實數使=，叫做點P分有向線段所成的比。
當點P在線段上時，＞0；當點P在線段或的延長線上時，＜0；
分點坐標公式：若=；的坐標分別為（）,（）,（）；則 （≠－1）， 中點坐標公式：．
5． 向量的數量積：
（1）．向量的夾角：
已知兩個非零向量與b，作=, =b,則∠AOB= （）叫做向量與b的夾角。
（2）．兩個向量的數量積：
已知兩個非零向量與b，它們的夾角為，則·b=︱︱·︱b︱cos．
其中︱b︱cos稱為向量b在方向上的投影．
（3）．向量的數量積的性質：
若=（）,b=（）則e·=·e=︱︱cos (e為單位向量);
⊥b·b=0（，b為非零向量）;︱︱=;
cos==．
(4) ．向量的數量積的運算律：
·b=b·;()·b=(·b)=·(b);(＋b)·c=·c+b·c．
6.主要思想與方法：
本章主要樹立數形轉化和結合的觀點，以數代形，以形觀數，用代數的運算處理幾何問題，特別是處理向量的相關位置關系，正確運用共線向量和平面向量的基本定理，計算向量的模、兩點的距離、向量的夾角，判斷兩向量是否垂直等。由于向量是一新的工具，它往往會與三角函數、數列、不等式、解幾等結合起來進行綜合考查，是知識的交匯點。
七、立體幾何
1.平面的基本性質：掌握三個公理及推論，會說明共點、共線、共面問題。
能夠用斜二測法作圖。
2.空間兩條直線的位置關系：平行、相交、異面的概念；
會求異面直線所成的角和異面直線間的距離；證明兩條直線是異面直線一般用反證法。
3.直線與平面
①位置關系：平行、直線在平面內、直線與平面相交。
②直線與平面平行的判斷方法及性質,判定定理是證明平行問題的依據。
③直線與平面垂直的證明方法有哪些？
④直線與平面所成的角：關鍵是找它在平面內的射影，范圍是{00.900}
⑤三垂線定理及其逆定理：每年高考試題都要考查這個定理. 三垂線定理及其逆定理主要用于證明垂直關系與空間圖形的度量.如：證明異面直線垂直，確定二面角的平面角，確定點到直線的垂線.
4.平面與平面
(1)位置關系：平行、相交，（垂直是相交的一種特殊情況）
(2)掌握平面與平面平行的證明方法和性質。
(3)掌握平面與平面垂直的證明方法和性質定理。尤其是已知兩平面垂直，一般是依據性質定理，可以證明線面垂直。
(4)兩平面間的距離問題→點到面的距離問題→
(5)二面角。二面角的平面交的作法及求法：
①定義法，一般要利用圖形的對稱性；一般在計算時要解斜三角形；
②垂線、斜線、射影法，一般要求平面的垂線好找，一般在計算時要解一個直角三角形。
③射影面積法，一般是二面交的兩個面只有一個公共點，兩個面的交線不容易找到時用此法。
5．棱柱
（1）掌握棱柱的定義、分類，理解直棱柱、正棱柱的性質。
（2）掌握長方體的對角線的性質。
（3）平行六面體→直平行六面體→長方體→正四棱柱→正方體這些幾何體之間的聯系和區別，以及它們的特有性質。
（4）S側＝各側面的面積和。思考：對于特殊的棱柱，又如何計算？
（5）V=Sh 特殊的棱柱的體積如何計算？
6．棱錐
1． 棱錐的定義、正棱錐的定義（底面是正多邊形，頂點在底面上的射影是底面的中心）
2． 相關計算：S側＝各側面的面積和　，V=Sh
7．球的相關概念：S球=4πR2　V球＝πR3　球面距離的概念
8．正多面體：掌握定義和正多面體的種數（是哪幾個？）　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
掌握歐拉公式：V+F-E=2 其中：V頂點數　E棱數　F面數
9．會用反證法證明簡單的命題。如兩直線異面。
主要思想與方法：
1．計算問題：
（1）空間角的計算步驟：一作、二證、三算
異面直線所成的角 范圍：0°＜θ≤90° 方法：①平移法；②補形法.
直線與平面所成的角 范圍：0°≤θ≤90° 方法：關鍵是作垂線，找射影.
二面角 方法：①定義法；②三垂線定理及其逆定理；③垂面法. 注：二面角的計算也可利用射影面積公式S′=Scosθ來計算
（2）空間距離(1)兩點之間的距離.(2)點到直線的距離.(3)點到平面的距離.
(4)兩條平行線間的距離.(5)兩條異面直線間的距離.(6)平面的平行直線與平面之間的距離.
(7)兩個平行平面之間的距離.
七種距離都是指它們所在的兩個點集之間所含兩點的距離中最小的距離.七種距離之間有密切聯系，有些可以相互轉化，如兩條平行線的距離可轉化為求點到直線的距離，平行線面間的距離或平行平面間的距離都可轉化成點到平面的距離.
在七種距離中，求點到平面的距離是重點，求兩條異面直線間的距離是難點.
求點到平面的距離：(1)直接法，即直接由點作垂線，求垂線段的長.(2)轉移法，轉化成求另一點到該平面的距離.(3)體積法.
求異面直線的距離：(1)定義法，即求公垂線段的長.(2)轉化成求直線與平面的距離.(3)函數極值法，依據是兩條異面直線的距離是分別在兩條異面直線上兩點間距離中最小的.
2．平面圖形的翻折，要注意翻折前后的長度、角度、位置的變化，翻折前后在同一個三角形中的角度、長度不變
3．在解答立體幾何的有關問題時，應注意使用轉化的思想：
①利用構造矩形、直角三角形、直角梯形將有關棱柱、棱錐的問題轉化成平面圖形去解決.
②將空間圖形展開是將立體幾何問題轉化成為平面圖形問題的一種常用方法.
③補法把不規則的圖形轉化成規則圖形，把復雜圖形轉化成簡單圖形.
④利用三棱錐體積的自等性，將求點到平面的距離等問題轉化成求三棱錐的高.
⑤平行轉化
⑥垂直轉化
八、平面解析幾何
（一）直線與圓知識要點
１．直線的傾斜角與斜率k=tgα，直線的傾斜角α一定存在，范圍是[0,π]，但斜率不一定存在。牢記下列圖像。
斜率的求法：依據直線方程　　依據傾斜角　　依據兩點的坐標
２．直線方程的幾種形式，能根據條件，合理的寫出直線的方程；能夠根據方程，說出幾何意義。
３．兩條直線的位置關系，能夠說出平行和垂直的條件。會判斷兩條直線的位置關系。（斜率相等還有可能重合）
４．兩條直線的交角：區別到角和夾角兩個不同概念。
　５．點到直線的距離公式。
　６．會用一元不等式表示區域。能夠解決簡單的線性規劃問題。
　７．曲線與方程的概念，會由幾何條件列出曲線方程。
　８．圓的標準方程：(x－a)2+(y－b)2=r2
　　　　圓的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0　注意表示圓的條件。
圓的參數方程：
掌握圓的幾何性質，會判斷直線與圓、圓與圓的位置關系。會求圓的相交弦、切線問題。
圓錐曲線方程
（二）、圓錐曲線
1． 橢圓及其標準方程
２．雙曲線及其標準方程：
３．拋物線及其標準方程：
直線與圓錐曲線：
注意點：
（1）注意防止由于“零截距”和“無斜率”造成丟解
（2）要學會變形使用兩點間距離公式，當已知直線的斜率 時，公式變形為或；當已知直線的傾斜角時，還可以得到或
（3）靈活使用定比分點公式，可以簡化運算.
（4）會在任何條件下求出直線方程.
（5）注重運用數形結合思想研究平面圖形的性質
解析幾何中的一些常用結論：
1． 直線的傾斜角α的范圍是[０，π)
2． 直線的傾斜角與斜率的變化關系：當傾斜角是銳角是，斜率k隨著傾斜角α的增大而增大。當α是鈍角時，k與α同增減。
3． 截距不是距離，截距相等時不要忘了過原點的特殊情形。
4． 兩直線：L1 A1x+B1y+C1=0 L2: A2x+B2y+C2=0 L1⊥L2A1A2+B1B2=0
5． 兩直線的到角公式：L1到L2的角為θ，tanθ=　　
夾角為θ，tanθ=||　注意夾角和到角的區別
6． 點到直線的距離公式，兩平行直線間距離的求法。
7． 有關對稱的一些結論　
1 點（ａ，ｂ）關于ｘ軸、ｙ軸、原點、直線y=x的對稱點分別是
（ａ，－ｂ），（－ａ，ｂ），（－ａ，－ｂ），（ｂ，ａ）
2 如何求點（ａ，ｂ）關于直線Ax+By+C=0的對稱點
3 直線Ax+By+C=0關于ｘ軸、ｙ軸、原點、直線y=x的對稱的直線方程分別是什么，關于點（ａ，ｂ）對稱的直線方程有時什么？
4 如何處理與光的入射與反射問題？
８．曲線f(x,y)=0關于下列點和線對稱的曲線方程為：
（１）點(a.b)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（２）ｘ軸　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（３）ｙ軸　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（４）原點　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（５）直線y=x　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（６）直線y=－x　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（７）直線x＝ａ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
９．點和圓的位置關系的判別轉化為點到圓心的距離與半徑的大小關系。
點P(x0,y0),圓的方程：(x－a)2+(y－b)2=r2.
如果(x0－a)2+(y0－b)2>r2點P(x0,y0)在圓外；
如果 (x0－a)2+(y0－b)2如果 (x0－a)2+(y0－b)2=r2點P(x0,y0)在圓上。
10．圓上一點的切線方程：點P(x0,y0)在圓x2+y2=r2上，那么過點P的切線方程為：x0x+y0y=r2.
11.過圓外一點作圓的切線，一定有兩條，如果只求出了一條，那么另外一條就是與ｘ軸垂直的直線。
12.直線與圓的位置關系，通常轉化為圓心距與半徑的關系，或者利用垂徑定理，構造直角三角形解決弦長問題。ｄ>r相離　　d=r相切　　　d13．圓與圓的位置關系，經常轉化為兩圓的圓心距與兩圓的半徑之間的關系。設兩圓的圓心距為d，兩圓的半徑分別為r,R
d>r+R兩圓相離　　　　　d＝r+R兩圓相外切
|R－r|d<|R－r|兩圓內含　　　　d=0，兩圓同心。
14.兩圓相交弦所在直線方程的求法：
圓C1的方程為：x2+y2+D1x+E1y+C1=0.
圓C2的方程為：x2+y2+D2x+E2y+C2=0.
把兩式相減得相交弦所在直線方程為：(D1-D2)x+(E1-E2)y+(C1-C2)=0
15.圓上一定到某點或者某條直線的距離的最大、最小值的求法。
16.焦半徑公式：在橢圓＝１中，F１、F２分別左右焦點，P(x0,y0)是橢圓是一點，則：(1)|PF1|=a+ex0 |PF2|=a-ex0
(2)三角形PF１F２的面積如何計算
17．圓錐曲線中到焦點的距離問題經常轉化為到準線的距離。
18．直線y=kx+b和圓錐曲線f(x,y)=0交于兩點P1(x1,y1) ,P2(x2,y2)
則弦長P1P2=
19.雙曲線的漸近線的求法（注意焦點的位置）已知雙曲線的漸近線方程如何設雙曲線的方程。
20.拋物線中與焦點有關的一些結論：（要記憶）
解題思路與方法：
高考試題中的解析幾何的分布特點是除在客觀題中有4個題目外，就是在解答題中有一個壓軸題.也就是解析幾何沒有中檔題.且解析幾何壓軸題所考查的內容是求軌跡問題、直線和圓錐曲線的位置關系、關于圓錐曲線的最值問題等.其中最重要的是直線與圓錐曲線的位置關系.在復習過程中要注意下述幾個問題：
（1）在解答有關圓錐曲線問題時，首先要考慮圓錐曲線焦點的位置，對于拋物線還應同時注意開口方向，這是減少或避免錯誤的一個關鍵.
（2）在考查直線和圓錐曲線的位置關系或兩圓錐曲線的位置關系時，可以利用方程組消元后得到二次方程，用判別式進行判斷.但對直線與拋物線的對稱軸平行時，直線與雙曲線的漸近線平行時，不能使用判別式，為避免繁瑣運算并準確判斷特殊情況，此時要注意用好分類討論和數形結合的思想方法.畫出方程所表示的曲線，通過圖形求解. 當直線與圓錐曲線相交時：涉及弦長問題，常用“韋達定理法”設而不求計算弦長(即應用弦長公式)；涉及弦長的中點問題，常用“差分法”設而不求，將弦所在直線的斜率、弦的中點坐標聯系起來，相互轉化.同時還應充分挖掘題目的隱含條件，尋找量與量間的關系靈活轉化，往往就能事半功倍.
（3）求圓錐曲線方程通常使用待定系數法，若能據條件發現符合圓錐曲線定義時，則用定義求圓錐曲線方程非常簡捷.在處理與圓錐曲線的焦點、準線有關問題，也可反用圓錐曲線定義簡化運算或證明過程.
一般求已知曲線類型的曲線方程問題，可采用“先定形，后定式，再定量”的步驟.
定形——指的是二次曲線的焦點位置與對稱軸的位置.
定式——根據“形”設方程的形式，注意曲線系方程的應用，如當橢圓的焦點不確定在哪個坐標軸上時，可設方程為mx2+ny2=1(m＞0,n＞0).
定量——由題設中的條件找到“式”中特定系數的等量關系，通過解方程得到量的大小.
（4）在解與焦點三角形（橢圓、雙曲線上任一點與兩焦點構成的三角形稱為焦點三角形）有關的命題時，一般需使用正余弦定理、和分比定理及圓錐曲線定義.
（5）要熟練掌握一元二次方程根的判別式和韋達定理在求弦長、中點弦、定比分點弦、弦對定點張直角等方面的應用.
（6）求動點軌跡方程是解析幾何的重點內容之一，它是各種知識的綜合運用，具有較大的靈活性，求動點軌跡方程的實質是將“曲線”化成“方程”，將“形”化成“數”，使我們通過對方程的研究來認識曲線的性質. 求動點軌跡方程的常用方法有：直接法、定義法、幾何法、代入轉移法、參數法、交軌法等，解題時，注意求軌跡的步驟：建系、設點、列式、化簡、確定點的范圍.
（7）參數方程，請大家熟練掌握公式，后用化歸的思想轉化到普通方程即可求解.
九、排列組合與二項式定理
1． 計數原理
①加法原理：N=n1+n2+n3+…+nM (分類) ②乘法原理：N=n1·n2·n3·…nM (分步)
2． 排列（有序）與組合（無序）
Anm=n(n－1)(n－2)(n－3) …(n－m+1)= Ann =n!
Cnm =
Cnm= Cnn－m　　Cnm＋Cnm＋1= Cn+1m+1 k k!=(k+1)!－k!
3． 排列組合混合題的解題原則：先選后排，先分再排
排列組合題的主要解題方法：優先法：以元素為主，應先滿足特殊元素的要求，再考慮其他元素. 以位置為主考慮，即先滿足特殊位置的要求，再考慮其他位置.　　
捆綁法（集團元素法，把某些必須在一起的元素視為一個整體考慮）　　
插空法（解決相間問題）　　間接法和去雜法等等
在求解排列與組合應用問題時，應注意：
(1)把具體問題轉化或歸結為排列或組合問題；
(2)通過分析確定運用分類計數原理還是分步計數原理；
(3)分析題目條件，避免“選取”時重復和遺漏；
(4)列出式子計算和作答.
經常運用的數學思想是：
①分類討論思想；②轉化思想；③對稱思想.
4． 二項式定理：
①(a+b)n=Cn0ax+Cn1an－1b1+ Cn2an－2b2+ Cn3an－3b3+…+ Cnran－rbr+ …+ Cn n－1abn－1+ Cnnbn
　 特別地：(1+x)n=1+Cn1x+Cn2x2+…+Cnrxr+…+Cnnxn
②通項為第r+1項：　Tr+1= Cnran－rbr 作用：處理與指定項、特定項、常數項、有理項等有關問題。
③主要性質和主要結論：對稱性Cnm=Cnn－m
最大二項式系數在中間。（要注意n為奇數還是偶數，答案是中間一項還是中間兩項）
所有二項式系數的和：Cn０+Cn1+Cn2+ Cn3+ Cn4+…+Cnr+…+Cnn=2n
奇數項二項式系數的和＝偶數項而是系數的和
Cn０+Cn２+Cn４+ Cn６+ Cn８+…＝Cn１+Cn３+Cn５+ Cn７+ Cn９+…=2n -1
5.注意二項式系數與項的系數（字母項的系數，指定項的系數等，指運算結果的系數）的區別，在求某幾項的系數的和時注意賦值法的應用。
6．二項式定理的應用：解決有關近似計算、整除問題，運用二項展開式定理并且結合放縮法證明與指數有關的不等式。
十、概率統計
１．必然事件 P(A)=1，不可能事件 P(A)=0，隨機事件的定義 02.等可能事件的概率：（古典概率）P(A)=　理解這里m、ｎ的意義。
　互斥事件（A、B互斥，即事件A、B不可能同時發生，這時P(A B)=０）P(A+B)=P（A）+ P(B)
　對立事件（A、B對立，即事件A、B不可能同時發生，但A、B中必然有一個發生。這時P(A B)=０）P（A）+ P(B)＝１
　獨立事件：（事件A、B的發生相互獨立，互不影響）P(A B)＝P(A) P(B)
　獨立重復事件（貝努里概型）
Pn(K)=Cnkpk(1－p)k 表示事件A在n次獨立重復試驗中恰好發生了k次的概率。
P為在一次獨立重復試驗中事件A發生的概率。
特殊：令k=0　得：在n次獨立重復試驗中，事件A沒有發生的概率為Pn(０)=Cn0p0(1－p)n =(1－p)n
令k=n得：在n次獨立重復試驗中，事件A全部發生的概率為Pn(n)=Cnnpn(1－p)0 =pn
3.統計
總體、個體、樣本、，樣本個體、樣本容量的定義；
抽樣方法：1簡單隨機抽樣：包括隨機數表法，標簽法；2系統抽樣 3分層抽樣。
樣本平均數：
樣本方差：S2 =[(x1－)2+(x2－)2+ (x3－)2+…+(xn－)2]
樣本標準差：s= 作用：估計總體的穩定程度
理解頻率直方圖的意義，會用樣本估計總體的期望值和方差，用樣本頻率估計總體分布。
題型示例
一、選擇題
1.設則有　　　　　　　　　（　　）
A．最大值 B．最小值 C．最大值 　D．最小值
2. 某校有6間不同的電腦室，每天晚上至少開放2間，欲求不同安排方案的種數，現有四位同學分別給出下列四個結果：①；②；③；④．其中正確的結論是（　）
　　A．僅有①　　B．僅有② C．②和③　　D．僅有③
3. 將函數y＝2x的圖像按向量平移后得到函數y＝2x＋6的圖像，給出以下四個命題：①的坐標可以是（-3.0）；②的坐標可以是（0，6）；③的坐標可以是（-3，0）或（0，6）；④的坐標可以有無數種情況，其中真命題的個數是（　）
A．1　　　　　 B．2　　　　　　C．3　　　　　 D．4
4. 不等式組，有解，則實數a的取值范圍是（　）
　　A．（-1，3） B．（-3，1）　C．（-∞，1）（3，＋∞）　　D．（-∞，-3）（1，＋∞）
5. 設a＞0，，曲線y＝f（x）在點P（，f（））處切線的傾斜角的取值范圍為[0，]，則P到曲線y＝f（x）對稱軸距離的取值范圍為（　）
　　A．，　　B．， C．，　D．，
6. 已知奇函數且對任意正實數，（≠）恒有則一定正確的是（　）
　　A． B．　C．　D．
7. 將半徑為R的球加熱，若球的半徑增加，則球的體積增加（　）
　　A．　 B．　　C．　　　D．
8. 等邊△ABC的邊長為a，將它沿平行于BC的線段PQ折起，使平面APQ⊥平面BPQC，若折疊后AB的長為d，則d的最小值為（　）
　　A．　　　B．　　　 C．　　　　　D．
9. 銳角、滿足＝1，則下列結論中正確的是（　）
　　A． B．　　C．　D．
10. 若將向量a＝（2，1）轉繞原點按逆時針方向旋轉得到向量b，則向量b的坐標為（　）
　　A．，　B．，　　C．，　D．，
11. 若直線mx＋ny＝4和⊙O∶沒有交點，則過（m，n）的直線與橢圓的交點個數（　）
　　A．至多一個　　B．2個　　C．1個　　D．0個
12. 在橢圓上有一點P，F1、F2是橢圓的左右焦點，△F1PF2為直角三角形，則這樣的點P有 Ａ．４個或６個或８個 　　　Ｂ．4個 　Ｃ．6個 　Ｄ．8個
13. 對于任意正整數n，定義“n的雙階乘n!!”如下：
當n是偶數時，n!!=n·(n-2)·(n-4)……6·4·2；
當n是奇數時，n!!=n·(n-2)·(n-4)……5·3·1
現在有如下四個命題：①(2003!!)·(2002!!)=2003!；②2002!!=21001·1001!；
③2002!!的個位數是0；　④2003!!的個位數是5.
其中正確的命題有( )
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
14. 甲、乙兩工廠元月份的產值相等，甲工廠每月增加的產值相同，乙工廠的產值的月增長率相同，而７月份甲乙兩工廠的產值又相等，則４月份時，甲乙兩工廠的產值高的工廠是　　　　　　　（　　）
Ａ．甲工廠　　　　Ｂ．乙工廠　　　　Ｃ．一樣　　　　　Ｄ．無法確定
15. 若，則，，的大小關系是（　）
　　A．　B．　　C．　D．
16. 現用鐵絲做一個面積為1平方米、形狀為直角三角形的框架，有下列四種長度的鐵絲各一根供選擇，其中最合理（即夠用，浪費最少）的一根是（　）．
　　A．4.6米　　　 B．4.8米　　　 C．5.米　　　　　D．5.2米
17. 定義，其中，且≤．若則的值為 ( )
A．2 B．0 C．-1 D．-2
18. 設實數m、n、x、y滿足，，其中a、b為正的常數，則的最大值是（　）
　　A．　　　B．　　　C． 　　　 D．
19. 給出平面區域如圖所示，若使目標函數z＝ax＋y（a＞0）取最大值的最優解有無窮多個，則a的值為（　）
　　A．　　　　　B．　　　　　C．4　　　　　　D．
20. 已知等比數列滿足：，，則的值是（　）
　　A．9　　　　　 B．4　　　　　 C．2　　　　　　D．
21. 已知正二十面體的各面都是正三角形，那么它的頂點數為（　　）
　　A．30　　　　　B．12　　　　　C．32　　　　　 D．10
22. 如果A、B是互斥事件，那么（　）
A．A＋B是必然事件B．是必然事件　C．與一定不互斥　D．A與可能互斥，也可能不互斥
23. 某農貿市場出售西紅柿，當價格上漲時，供給量相應增加，而需求量相應減少，具體調查結果如下表：
　　表1　市場供給量
單價（元/kg） 2 2.4 2.8 3.2 3.6 4
供給量（1000kg） 50 60 70 75 80 90
　　表2　市場需求量
單價（元/kg） 4 3.4 2.9 2.6 2.3 2
需求量（1000kg） 50 60 65 70 75 80
根據以上提供的信息，市場供需平衡點（即供給量和需求量相等時的單價）應在區間（　）
　　A.（2.3，2.6）內　　　B．（2.4，2.6）內　　C．（2.6，2.8）內　　D．（2.8，2.9）內
二、填空題
1．設直線與拋物線交于Ｐ、Ｑ兩點，Ｏ為坐標原點，則　　　　．
2．函數對于任何，恒有若則= ．
3．把11個學生分成兩組，每組至少1人，有　　　　種不同的分組方法．
4. 設是公比為q的等比數列，是它的前n項和，若是等差數列，則q＝_______．
5. 點、是橢圓（a＞b＞0）的短軸端點，過右焦點F作x軸的垂線交于橢圓于點P，若是、的等比中項（O為坐標原點），則________．
6. 某宇宙飛船的運行軌道是以地球中心F為焦點的橢圓，測得近地點A距離地面，遠地點B距離地面，地球半徑為，關于這個橢圓有以下四種說法：
　　①焦距長為；②短軸長為；③離心率；④若以AB方向為x軸正方向，F為坐標原點，則與F對應的準線方程為，其中正確的序號為________．
7. 如果一個四面體的三個面是直角三角形，那么其第四個面可能是：
　　①等邊三角形；②等腰直角三角形；③銳角三角形；④銳角三角形；⑤直角三角形．那么結論正確的是________．（填上你認為正確的序號）
8. 某工程的工序流程圖如圖所示，（工時單位：天），現已知工程總時數為10天，則工序c所需工時為__天．
三、解答題
1．設F1、F2分別為橢圓的左、右兩個焦點．
(1) 若橢圓C上的點到F1、F2兩點的距離之和等于4，寫出橢圓C的方程和焦點坐標；
(2) 設點K是（1）中所得橢圓上的動點，求線段F1K的中點的軌跡方程；
已知橢圓具有性質：若M、N是橢圓C上關于原點對稱的兩個點，點P是橢圓上任意一點，當直線PM、PN的斜率都存在，并記為kPM、kPN時，那么kPM與kPN之積是與點P位置無關的定值．試對雙曲線寫出具有類似特性的性質，并加以證明．
2．已知函數
（1）證明是奇函數，并求的單調區間.
（2）分別計算的值，由此概括出涉及函數
和的對所有不等于零的實數x都成立的一個等式，并加以證明.
3.非負實數x1、x2、x3、x4滿足：x1+x2+x3+x4=a（a為定值，a>0）
（1）若x1+x2≤1，證明：
（2）求的最小值，并說明何時取到最小值.
4．已知，數列滿足．
　（1）用表示；
　（2）求證：是等比數列；
　（3）若，求的最大項和最小項．
5．如圖，MN是橢圓C1：的一條弦，A（－2,1）是MN的中點，以A為焦點，以橢圓C1的左準線l為相應準線的雙曲線C2與直線MN交于點B（－4，－1）。設曲線C1、C2的離心率分別為e1、e2。
　（1）試求e1的值，并用a表示雙曲線C2的離心率e2；
　（2）當e1e2=1時，求|MB|的值。
6．已知函數．
　　（1）求函數f（x）的最小正周期和最大值；
　　（2）在給出的直角坐標系中，畫出函數y＝f（x）在區間[，上的圖像．
7.已知雙曲線右支上一點在軸上方，A、B分別是橢圓的左、右頂點，連結AP交橢圓于點C，連結PB并延長交橢圓于D，若△ACD與△PCD的面積恰好相等．
（1）求直線PD的斜率及直線CD的傾角；
（2）當雙曲線的離心率為何值時，CD恰好過橢圓的右焦點？
8. 如圖．已知斜三棱柱ABC-的各棱長均為2，側棱與底面ABC所成角為，且側面垂直于底面ABC．
　　（1）求證：點在平面ABC上的射影為AB的中點；
　　（2）求二面角C--B的大小；
　　（3）判斷與是否垂直，并證明你的結論．
9. 如圖所示，以原點和A（5，2）為兩個頂點作等腰直角△OAB，∠B＝90°，求和點B的坐標．
10. 在平面直角坐標系中，已知平行四邊形ABCD，O為原點，且＝a，＝b，＝c，＝d，E在BA上，且BE∶EA＝1∶3，F在BD上，且BF∶FD＝1∶4，用a，b，c，d分別表示、、、，并判斷E、F、C三點是否共線．
11. △ABC中，，，a，b是方程的兩根，且2cos（A＋B）＝1．求：
　　（1）角C的度數；（2）AB的長；（3）
12. 已知二次函數的二次項系數為負，對任意實數x都有，問當與滿足什么條件時才有-2＜x＜0？
題型示例答案
1、 選擇題
1. C2. C3. D4. A5. B6. D7. B8. D9. D10. B11. B12.A13.D14.Ａ15.C16. C17. D18. B19. A20. B21. B22. B23. C
2、 填空題
1. 9002. 3. 1023 4. 1 5. 6. ①③④7. ①②③④⑤8. 4
三、解答題
1. （1）橢圓C的方程為，焦點F1(-1,0)、F2(1,0)；
（2）　；（3）定值為　
2. （1）證明 函數定義域為
∴為奇函數.
設
上是增函數，又是奇函數.
∴在（－∞，0）上也是增函數.
（2）解　猜想：
3. 證：（1）
要證，
只要讓
即證：
只要證： 成立，故原不等式也成立。
解（2）從（1）的證明過程可知當成立
，等號當時取到．
等號當取到。
4. 解：（1）因為
　所以，又，所以
（2）因為
所以，是以為首項，公比為的等比數列．
（3）由（2）可知，，　所以，
從而．
因為減函數，所以bn中最大項為b1＝0．　又bn＝，
而此時n不為整數才能有，所以只須考慮接近于．
當n=3時，＝與相差；當n=4時，＝與相差，
而＞，所以bn中項．
5.解（1）［法一］由A（－2,1），B（－4，－1）得直線AB即直線MN方程為y=x+3，代入橢圓C1的方程并整理，得(a2+b2)x2+6a2x+9a2－a2b2＝0　　(*)
　　設M（x1,y1），N(x2,y2)，則　　x1＋x2＝－
∵A（－2,1）是弦MN的中點，∴x1+x2=-4，故由得a2=2b2,
又b2=a2－c2，∴a=，從而橢圓離心率e1=.
　　　∵A為C2的焦點，且相應準線l方程為，即，過B作BB0⊥l于B0，則由雙曲線定義知，e2=.
　　法二：設M（x1，y1）,N（x2,y2）,則x1+x2＝4，y1+y2＝2,且　，
（i）－（ii）得　，
　　∴，以下同法一。
（2）由，得，即，∴或。
當時，b2=9，橢圓方程為；
當時，b2=1，代入（*）知Δ＜0，不合題意，舍去；
（另法：此時A（－2,1）在橢圓外，不可能為弦MN中點，舍去）
∴橢圓C1方程只能為。
以下法一：將a2=18,b2=9，代入（*）得x2+4x=0，∴x1+x2＝－4，x1x2＝0，
　∴|MN|＝，
又|AB|＝
∴|MB|＝|MA|＋|AB|＝|MN|+|AB|＝2.
以下法二：具體求出M、N點的坐標。
以下法三：先驗證點B（－4，－1）在橢圓上，即B與N重合，從而|MB|＝|MN|，故轉化為求弦長|MN|即可。
6. 解：（1）
　　　　　　　　　　
　　所以函數的最小正周期為，最大值為．
　　（2）由（1）知
1 1 1
　　故函數在區間，上的圖像是
7. 解：（1）設，，，又，，
，C為AP的中點，即，，
代入橢圓方程得： ①； 又 ②
①+②得，即舍去），代入（2），并注意，得．
，從而．
直線PD方程為，代入橢圓方程得：，，
，，即⊥軸，傾角為90°．
（2）當CD過橢圓右焦點時，有，，
在雙曲線中，半焦距，半實軸，
雙曲線離心率，
此時，CD恰好過橢圓右焦點．
8. （1）如圖，在平面內，過作⊥AB于D，　　∵　側面⊥平面ABC，
　　∴　⊥平面ABC，是與平面ABC所成的角，∴　＝60°．
　　∵　四邊形是菱形，　　∴　△為正三角形，
　　∴　D是AB的中點，即在平面ABC上的射影為AB的中點．
　　（2）連結CD，∵　△ABC為正三角形，
　　又∵　平面⊥平面ABC，平面平面ABC＝AB，
　　∴　CD⊥平面，在平面內，過D作DE⊥于E，連結CE，則CE⊥，
　　∴　∠CED為二面角C--B的平面角．在Rt△CED中，，連結于O，則，，
　　∴　．　∴　所求二面角C--B的大小為arctan2．
　　（3）答：，連結，　　∵　是菱形　∴　
　　∴　CD⊥平面，，　∴　⊥AB，
　　∴　⊥平面，　∴　⊥．
9. 設點B的坐標為（x，y），則，，，　∵　
　　∴　　　　　　　　　　　①
　　又∵　　∴　　 ②
　　解①②得　或
　　∴　點B的坐標為（，）或（，），或，
10. 解：由，，可直接求得　　，．
　　∴　
　　．
　　由平行四邊形性質，知．　即
　　所以
　　∴　，從而E、F、C三點共線．
11. 解：（1），120°
　　（2）∵　a，b是的兩個根，
　　∴　，
　　∴　
　　　　　　　　∴　
（3）
12. 解:由已知，．　　∴　在（-∞，上單增，在（2，＋∞）上單調．
　　又∵　，．
　　∴　需討論與的大小．
　　由知
　　當，即時，．
　　故時，應有
x
O
y
y=f(x)
(2,0)
(0,-1)
α
。
π
O
K
x
y
A
P
B
C
D
0
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《高中數學解題思維與思想》
導 讀
數學家G . 波利亞在《怎樣解題》中說過：數學教學的目的在于培養學生的思維能力，培養良好思維品質的途徑，是進行有效的訓練，本策略結合數學教學的實際情況，從以下四個方面進行講解：
一、數學思維的變通性
根據題設的相關知識，提出靈活設想和解題方案
二、數學思維的反思性
提出獨特見解，檢查思維過程，不盲從、不輕信。
三、數學思維的嚴密性
考察問題嚴格、準確，運算和推理精確無誤。
四、數學思維的開拓性
對一個問題從多方面考慮、對一個對象從多種角度觀察、對一個題目運用多種不同的解法。
什么”轉變，從而培養他們的思維能力。
《思維與思想》的即時性、針對性、實用性，已在教學實踐中得到了全面驗證。
一、高中數學解題思維策略
第一講 數學思維的變通性
一、概念
數學問題千變萬化，要想既快又準的解題，總用一套固定的方案是行不通的，必須具有思維的變通性——善于根據題設的相關知識，提出靈活的設想和解題方案。根據數學思維變通性的主要體現，本講將著重進行以下幾個方面的訓練：
（1）善于觀察
心理學告訴我們：感覺和知覺是認識事物的最初級形式，而觀察則是知覺的高級狀態，是一種有目的、有計劃、比較持久的知覺。觀察是認識事物最基本的途徑，它是了解問題、發現問題和解決問題的前提。
任何一道數學題，都包含一定的數學條件和關系。要想解決它，就必須依據題目的具體特征，對題目進行深入的、細致的、透徹的觀察，然后認真思考，透過表面現象看其本質，這樣才能確定解題思路，找到解題方法。
例如，求和.
這些分數相加，通分很困難，但每項都是兩相鄰自然數的積的倒數，且，因此，原式等于問題很快就解決了。
（2）善于聯想
聯想是問題轉化的橋梁。稍具難度的問題和基礎知識的聯系，都是不明顯的、間接的、復雜的。因此，解題的方法怎樣、速度如何，取決于能否由觀察到的特征，靈活運用有關知識，做出相應的聯想，將問題打開缺口，不斷深入。
例如，解方程組.
這個方程指明兩個數的和為，這兩個數的積為。由此聯想到韋達定理，、是一元二次方程 的兩個根，
所以或.可見，聯想可使問題變得簡單。
（3）善于將問題進行轉化
數學家G . 波利亞在《怎樣解題》中說過：數學解題是命題的連續變換。可見，解題過程是通過問題的轉化才能完成的。轉化是解數學題的一種十分重要的思維方法。那么怎樣轉化呢？概括地講，就是把復雜問題轉化成簡單問題，把抽象問題轉化成具體問題，把未知問題轉化成已知問題。在解題時，觀察具體特征，聯想有關問題之后，就要尋求轉化關系。
例如，已知,,
求證、、三數中必有兩個互為相反數。
恰當的轉化使問題變得熟悉、簡單。要證的結論，可以轉化為：
思維變通性的對立面是思維的保守性，即思維定勢。思維定勢是指一個人用同一種思維方法解決若干問題以后，往往會用同樣的思維方法解決以后的問題。它表現就是記類型、記方法、套公式，使思維受到限制，它是提高思維變通性的極大的障礙，必須加以克服。
綜上所述，善于觀察、善于聯想、善于進行問題轉化，是數學思維變通性的具體體現。要想提高思維變通性，必須作相應的思維訓練。
二、思維訓練實例
（1） 觀察能力的訓練
雖然觀察看起來是一種表面現象，但它是認識事物內部規律的基礎。所以，必須重視觀察能力的訓練，使學生不但能用常規方法解題，而且能根據題目的具體特征，采用特殊方法來解題。
例1 已知都是實數，求證
思路分析 從題目的外表形式觀察到，要證的
結論的右端與平面上兩點間的距離公式很相似，而
左端可看作是點到原點的距離公式。根據其特點，
可采用下面巧妙而簡捷的證法，這正是思維變通的體現。
證明 不妨設如圖1－2－1所示，
則
在中，由三角形三邊之間的關系知：
當且僅當O在AB上時，等號成立。
因此，
思維障礙 很多學生看到這個不等式證明題，馬上想到采用分析法、綜合法等，而此題利用這些方法證明很繁。學生沒能從外表形式上觀察到它與平面上兩點間距離公式相似的原因，是對這個公式不熟，進一步講是對基礎知識的掌握不牢固。因此，平時應多注意數學公式、定理的運用練習。
例2 已知，試求的最大值。
解 由 得
又
當時，有最大值，最大值為
思路分析 要求的最大值，由已知條件很快將變為一元二次函數然后求極值點的值，聯系到，這一條件，既快又準地求出最大值。上述解法觀察到了隱蔽條件，體現了思維的變通性。
思維障礙 大部分學生的作法如下：
由 得
當時，取最大值，最大值為
這種解法由于忽略了這一條件，致使計算結果出現錯誤。因此，要注意審題，不僅能從表面形式上發現特點，而且還能從已知條件中發現其隱蔽條件，既要注意主要的已知條件，
又要注意次要條件，這樣，才能正確地解題，提高思維的變通性。
有些問題的觀察要從相應的圖像著手。
例3 已知二次函數滿足關系
，試比較與的大小。
思路分析 由已知條件可知，在與左右等距離的點的函數值相等，說明該函數的圖像關于直線對稱，又由
已知條件知它的開口向上，所以，可根據該函數的大致
圖像簡捷地解出此題。
解 （如圖1－2－2）由，
知是以直線為對稱軸，開口向上的拋物線
它與距離越近的點，函數值越小。
思維障礙 有些同學對比較與的大小，只想到求出它們的值。而此題函數的表達式不確定無法代值，所以無法比較。出現這種情況的原因，是沒有充分挖掘已知條件的含義，因而思維受到阻礙，做題時要全面看問題，對每一個已知條件都要仔細推敲，找出它的真正含義，這樣才能順利解題。提高思維的變通性。
（2） 聯想能力的訓練
例4 在中，若為鈍角，則的值
(A) 等于1 (B)小于1 (C) 大于1 (D) 不能確定
思路分析 此題是在中確定三角函數的值。因此，聯想到三角函數正切的兩角和公式可得下面解法。
解 為鈍角，.在中
且
故應選擇（B）
思維障礙 有的學生可能覺得此題條件太少，難以下手，原因是對三角函數的基本公式掌握得不牢固，不能準確把握公式的特征，因而不能很快聯想到運用基本公式。
例5 若
思路分析 此題一般是通過因式分解來證。但是，如果注意觀察已知條件的特點，不難發現它與一元二次方程的判別式相似。于是，我們聯想到借助一元二次方程的知識來證題。
證明 當時，等式
可看作是關于的一元二次方程有等根的條件，在進一步觀察這個方程，它的兩個相等實根是1 ，根據韋達定理就有：
即
若，由已知條件易得 即,顯然也有.
例6 已知均為正實數,滿足關系式,又為不小于的自然數，求證:
思路分析 由條件聯想到勾股定理,可構成直角三角形的三邊，進一步聯想到三角函數的定義可得如下證法。
證明 設所對的角分別為、、則是直角，為銳角，于是
且
當時，有
于是有
即
從而就有
思維阻礙 由于這是一個關于自然數的命題，一些學生都會想到用數學歸納法來證明，難以進行數與形的聯想，原因是平時不注意代數與幾何之間的聯系，單純學代數，學幾何，因而不能將題目條件的數字或式子特征與直觀圖形聯想起來。
（3） 問題轉化的訓練
我們所遇見的數學題大都是生疏的、復雜的。在解題時，不僅要先觀察具體特征，聯想有關知識，而且要將其轉化成我們比較熟悉的，簡單的問題來解。恰當的轉化，往往使問題很快得到解決，所以，進行問題轉化的訓練是很必要的。
轉化成容易解決的明顯題目
例11 已知求證、、中至少有一個等于1。
思路分析 結論沒有用數學式子表示，很難直接證明。首先將結論用數學式子表示，轉化成我們熟悉的形式。、、中至少有一個為1，也就是說中至少有一個為零，這樣，問題就容易解決了。
證明
于是
中至少有一個為零，即、、中至少有一個為1。
思維障礙 很多學生只在已知條件上下功夫，左變右變，還是不知如何證明三者中至少有一個為1，其原因是不能把要證的結論“翻譯”成數學式子，把陌生問題變為熟悉問題。因此，多練習這種“翻譯”，是提高轉化能力的一種有效手段。
例12 直線的方程為，其中；橢圓的中心為，焦點在軸上，長半軸為2，短半軸為1，它的一個頂點為，問在什么范圍內取值時，橢圓上有四個不同的點，它們中的每一點到點的距離等于該點到直線的距離。
思路分析 從題目的要求及解析幾何的知識可知，四個不同的點應在拋物線
（1）
是，又從已知條件可得橢圓的方程為
（2）
因此，問題轉化為當方程組（1）、（2）有四個不同的實數解時，求的取值范圍。將（2）代入（1）得：
（3）
確定的范圍，實際上就是求（3）有兩個不等正根的充要條件，解不等式組：
在的條件下，得
本題在解題過程中，不斷地把問題化歸為標準問題：解方程組和不等式組的問題。
逆向思維的訓練
逆向思維不是按習慣思維方向進行思考，而是從其反方向進行思考的一種思維方式。當問題的正面考慮有阻礙時，應考慮問題的反面，從反面入手，使問題得到解決。
例13 已知函數，求證、、中至少有一個不小于1.
思路分析 反證法被譽為“數學家最精良的武器之一”，它也是中學數學常用的解題方法。當要證結論中有“至少”等字樣，或以否定形式給出時，一般可考慮采用反證法。
證明 （反證法）假設原命題不成立，即、、都小于1。
則
①＋③得 ，
與②矛盾，所以假設不成立，即、、中至少有一個不小于1。
一題多解訓練
由于每個學生在觀察時抓住問題的特點不同、運用的知識不同，因而，同一問題可能得到幾種不同的解法，這就是“一題多解”。通過一題多解訓練，可使學生認真觀察、多方聯想、恰當轉化，提高數學思維的變通性。
例14 已知復數的模為2，求的最大值。
解法一（代數法）設
解法二（三角法）設
則
解法三（幾何法）
如圖1－2－3 所示，可知當時，
解法四（運用模的性質）
而當時，
解法五（運用模的性質）
又
第二講 數學思維的反思性
一、概述
數學思維的反思性表現在思維活動中善于提出獨立見解，精細地檢查思維過程，不盲從、不輕信。在解決問題時能不斷地驗證所擬定的假設，獲得獨特的解決問題的方法，它和創造性思維存在著高度相關。本講重點加強學生思維的嚴密性的訓練，培養他們的創造性思維。
二、思維訓練實例
(1) 檢查思路是否正確，注意發現其中的錯誤。
例1 已知，若求的范圍。
錯誤解法 由條件得
②×2－①得
①×2－②得
+得
錯誤分析 采用這種解法，忽視了這樣一個事實：作為滿足條件的函數，其值是同時受制約的。當取最大（小）值時，不一定取最大（小）值，因而整個解題思路是錯誤的。
正確解法 由題意有
解得：
把和的范圍代入得
在本題中能夠檢查出解題思路錯誤，并給出正確解法，就體現了思維具有反思性。只有牢固地掌握基礎知識，才能反思性地看問題。
例2 證明勾股定理：已知在中，，求證
錯誤證法 在中，而，
，即
錯誤分析 在現行的中學體系中，這個公式本身是從勾股定理推出來的。這種利用所要證明的結論，作為推理的前提條件，叫循環論證。循環論證的錯誤是在不知不覺中產生的，而且不易發覺。因此，在學習中對所學的每個公式、法則、定理，既要熟悉它們的內容，又要熟悉它們的證明方法和所依據的論據。這樣才能避免循環論證的錯誤。發現本題犯了循環論證的錯誤，正是思維具有反思性的體現。
(2) 驗算的訓練
驗算是解題后對結果進行檢驗的過程。通過驗算，可以檢查解題過程的正確性，增強思維的反思性。
例3 已知數列的前項和，求
錯誤解法
錯誤分析 顯然，當時，，錯誤原因，沒有注意公式成立的條件是因此在運用時，必須檢驗時的情形。即：
例4 實數為何值時，圓與拋物線有兩個公共點。
錯誤解法 將圓與拋物線 聯立，消去，
得 ①
因為有兩個公共點，所以方程①有兩個相等正根，得
解之，得
錯誤分析 （如圖2－2－1；2－2－2）顯然，當時，圓與拋物線有兩個公共點。
要使圓與拋物線有兩個交點的充要條件是方程①有一正根、一負根；或有兩個相等正根。
當方程①有一正根、一負根時，得解之，得
因此，當或時，圓與拋物線有兩個公共點。
思考題：實數為何值時，圓與拋物線，
（1） 有一個公共點；
（2） 有三個公共點；
（3） 有四個公共點；
（4） 沒有公共點。
養成驗算的習慣，可以有效地增強思維反思性。如：在解無理方程、無理不等式；對數方程、對數不等式時，由于變形后方程或不等式兩端代數式的定義域可能會發生變化，這樣就有可能產生增根或失根，因此必須進行檢驗，舍棄增根，找回失根。
(3) 獨立思考，敢于發表不同見解
受思維定勢或別人提示的影響，解題時盲目附和，不能提出自己的看法，這不利于增強思維的反思性。因此，在解決問題時，應積極地獨立思考，敢于對題目解法發表自己的見解，這樣才能增強思維的反思性，從而培養創造性思維。
例5 30支足球隊進行淘汰賽，決出一個冠軍，問需要安排多少場比賽？
解 因為每場要淘汰1個隊，30個隊要淘汰29個隊才能決出一個冠軍。因此應安排29場比賽。
思 路 分 析 傳統的思維方法是：30支隊比賽，每次出兩支隊，應有15＋7＋4＋2＋1＝29場比賽。而上面這個解法沒有盲目附和，考慮到每場比賽淘汰1個隊，要淘汰29支隊，那么必有29場比賽。
例6 解方程
考察方程兩端相應的函數，它們的圖象無交點。
所以此方程無解。
例7 設是方程的兩個實根，則的最小值是（ ）
思路分析 本例只有一個答案正確，設了3個陷阱，很容易上當。
利用一元二次方程根與系數的關系易得：
有的學生一看到，常受選擇答案（A）的誘惑，盲從附和。這正是思維缺乏反思性的體現。如果能以反思性的態度考察各個選擇答案的來源和它們之間的區別，就能從中選出正確答案。
原方程有兩個實根，
當時，的最小值是8；當時，的最小值是18；
這時就可以作出正確選擇，只有（B）正確。
第三講 數學思維的嚴密性
二、概述
在中學數學中，思維的嚴密性表現為思維過程服從于嚴格的邏輯規則，考察問題時嚴格、準確，進行運算和推理時精確無誤。數學是一門具有高度抽象性和精密邏輯性的科學，論證的嚴密性是數學的根本特點之一。但是，由于認知水平和心里特征等因素的影響，中學生的思維過程常常出現不嚴密現象，主要表現在以下幾個方面：
概念模糊 概念是數學理論體系中十分重要的組成部分。它是構成判斷、推理的要素。因此必須弄清概念，搞清概念的內涵和外延，為判斷和推理奠定基礎。概念不清就容易陷入思維混亂，產生錯誤。
判斷錯誤 判斷是對思維對象的性質、關系、狀態、存在等情況有所斷定的一種思維形式。數學中的判斷通常稱為命題。在數學中，如果概念不清，很容易導致判斷錯誤。例如，“函數是一個減函數”就是一個錯誤判斷。
推理錯誤 推理是運用已知判斷推導出新的判斷的思維形式。它是判斷和判斷的聯合。任何一個論證都是由推理來實現的，推理出錯，說明思維不嚴密。
例如，解不等式
解
或 這個推理是錯誤的。在由推導時，沒有討論的正、負，理由不充分，所以出錯。
二、思維訓練實例
思維的嚴密性是學好數學的關鍵之一。訓練的有效途徑之一是查錯。
(1) 有關概念的訓練
概念是抽象思維的基礎，數學推理離不開概念。“正確理解數學概念是掌握數學基礎知識的前提。”《中學數學教學大綱》（試行草案）
例1、 不等式
錯誤解法
錯誤分析 當時，真數且在所求的范圍內（因 ），說明解法錯誤。原因是沒有弄清對數定義。此題忽視了“對數的真數大于零”這一條件造成解法錯誤，表現出思維的不嚴密性。
正確解法
例2、 求過點的直線，使它與拋物線僅有一個交點。
錯誤解法 設所求的過點的直線為，則它與拋物線的交點為
，消去得：
整理得 直線與拋物線僅有一個交點，
解得所求直線為
錯誤分析 此處解法共有三處錯誤：
第一，設所求直線為時，沒有考慮與斜率不存在的情形，實際上就是承認了該直線的斜率是存在的，且不為零，這是不嚴密的。
第二，題中要求直線與拋物線只有一個交點，它包含相交和相切兩種情況，而上述解法沒有考慮相切的情況，只考慮相交的情況。原因是對于直線與拋物線“相切”和“只有一個交點”的關系理解不透。
第三，將直線方程與拋物線方程聯立后得一個一元二次方程，要考慮它的判別式，所以它的二次項系數不能為零，即而上述解法沒作考慮，表現出思維不嚴密。
正確解法 當所求直線斜率不存在時，即直線垂直軸，因為過點，所以即軸，它正好與拋物線相切。
當所求直線斜率為零時，直線為平行軸，它正好與拋物線只有一個交點。
設所求的過點的直線為則
， 令解得所求直線為
綜上，滿足條件的直線為：
(2) 判斷的訓練
造成判斷錯誤的原因很多，我們在學習中，應重視如下幾個方面。
①注意定理、公式成立的條件
數學上的定理和公式都是在一定條件下成立的。如果忽視了成立的條件，解題中難免出現錯誤。
例3、 實數，使方程至少有一個實根。
錯誤解法 方程至少有一個實根，
或
錯誤分析 實數集合是復數集合的真子集，所以在實數范圍內成立的公式、定理，在復數范圍內不一定成立，必須經過嚴格推廣后方可使用。一元二次方程根的判別式是對實系數一元二次方程而言的，而此題目盲目地把它推廣到復系數一元二次方程中，造成解法錯誤。
正確解法 設是方程的實數根，則
由于都是實數，
解得
例4 已知雙曲線的右準線為，右焦點,離心率,求雙曲線方程。
錯解1
故所求的雙曲線方程為
錯解2 由焦點知
故所求的雙曲線方程為
錯解分析 這兩個解法都是誤認為雙曲線的中心在原點，而題中并沒有告訴中心在原點這個條件。由于判斷錯誤，而造成解法錯誤。隨意增加、遺漏題設條件，都會產生錯誤解法。
正解1 設為雙曲線上任意一點，因為雙曲線的右準線為，右焦點，離心率，由雙曲線的定義知
整理得
正解2 依題意，設雙曲線的中心為
則 解得
所以
故所求雙曲線方程為
②注意充分條件、必要條件和充分必要條件在解題中的運用
我們知道：
如果成立，那么成立，即，則稱是的充分條件。
如果成立，那么成立，即，則稱是的必要條件。
如果，則稱是的充分必要條件。
充分條件和必要條件中我們的學習中經常遇到。像討論方程組的解，求滿足條件的點的軌跡等等。但充分條件和必要條件中解題中的作用不同，稍用疏忽，就會出錯。
例5 解不等式
錯誤解法 要使原不等式成立，只需
解得
錯誤分析 不等式成立的充分必要條件是：或
原不等式的解法只考慮了一種情況，而忽視了另一種情況，所考慮的情況只是原不等式成立的充分條件，而不是充分必要條件，其錯誤解法的實質，是把充分條件當成了充分必要條件。
正確解法 要使原不等式成立，則
或
，或
原不等式的解集為
例6（軌跡問題）求與軸相切于右側，并與
⊙也相切的圓的圓心
的軌跡方程。
錯誤解法 如圖3－2－1所示，
已知⊙C的方程為
設點為所求軌跡上任意一點，并且⊙P與軸相切于M點，
與⊙C相切于N點。根據已知條件得
，即
化簡得
錯誤分析 本題只考慮了所求軌跡的純粹性（即所求的軌跡上的點都滿足條件），而沒有考慮所求軌跡的完備性（即滿足條件的點都在所求的軌跡上）。事實上，符合題目條件的點的坐標并不都滿足所求的方程。從動圓與已知圓內切，可以發現以軸正半軸上任一點為圓心，此點到原點的距離為半徑（不等于3）的圓也符合條件，所以也是所求的方程。即動圓圓心的軌跡方程是
。因此，在求軌跡時，一定要完整的、細致地、周密地分析問題，這樣，才能保證所求軌跡的純粹性和完備性。
③防止以偏概全的錯誤
以偏概全是指思考不全面，遺漏特殊情況，致使解答不完全，不能給出問題的全部答案，從而表現出思維的不嚴密性。
例7 設等比數列的全項和為.若，求數列的公比.
錯誤解法
錯誤分析 在錯解中，由
時，應有在等比數列中，是顯然的，但公比完全可能為1，因此，在解題時應先討論公比的情況，再在的情況下，對式子進行整理變形。
正確解法 若，則有
但，即得與題設矛盾，故.
又依題意
可得
即
因為，所以所以
所以
說明 此題為1996年全國高考文史類數學試題第（21）題，不少考生的解法同錯誤解法，根據評分標準而痛失2分。
④避免直觀代替論證
我們知道直觀圖形常常為我們解題帶來方便。但是，如果完全以圖形的直觀聯系為依據來進行推理，這就會使思維出現不嚴密現象。
例8 （如圖3－2－2），具有公共軸的兩個直角坐標平面和所成的二面角等于.已知內的曲線的方程是，求曲線在內的射影的曲線方程。
錯誤解法 依題意，可知曲線是拋物線，
在內的焦點坐標是
因為二面角等于，
且所以
設焦點在內的射影是，那么，位于軸上，
從而
所以所以點是所求射影的焦點。依題意，射影是一條拋物線，開口向右，頂點在原點。
所以曲線在內的射影的曲線方程是
錯誤分析 上述解答錯誤的主要原因是，憑直觀誤認為
。
正確解法 在內，設點是曲線上任意一點
（如圖3－2－3）過點作，垂足為，
過作軸，垂足為連接，
則軸。所以是二面角
的平面角，依題意，.
在
又知軸（或與重合），
軸（或與重合），設，
則
因為點在曲線上，所以
即所求射影的方程為
(3) 推理的訓練
數學推理是由已知的數學命題得出新命題的基本思維形式，它是數學求解的核心。以已知的真實數學命題，即定義、公理、定理、性質等為依據，選擇恰當的解題方法，達到解題目標，得出結論的一系列推理過程。在推理過程中，必須注意所使用的命題之間的相互關系（充分性、必要性、充要性等），做到思考縝密、推理嚴密。
例9 設橢圓的中心是坐標原點，長軸在軸上，離心率，已知點到這個橢圓上的最遠距離是，求這個橢圓的方程。
錯誤解法 依題意可設橢圓方程為
則 ，
所以 ，即
設橢圓上的點到點的距離為，
則
所以當時，有最大值，從而也有最大值。
所以 ，由此解得：
于是所求橢圓的方程為
錯解分析 盡管上面解法的最后結果是正確的，但這種解法卻是錯誤的。結果正確只是碰巧而已。由當時，有最大值，這步推理是錯誤的，沒有考慮到的取值范圍。事實上，由于點在橢圓上，所以有，因此在求的最大值時，應分類討論。即：
若，則當時，（從而）有最大值。
于是從而解得
所以必有，此時當時，（從而）有最大值，
所以，解得
于是所求橢圓的方程為
例10 求的最小值
錯解1
錯解2
錯誤分析 在解法1中，的充要條件是
即這是自相矛盾的。
在解法2中，的充要條件是
這是不可能的。
正確解法1
其中，當
正 確 解 法2 取正常數，易得
其中“”取“＝”的充要條件是
因此，當
第四講 數學思維的開拓性
一、概述
數學思維開拓性指的是對一個問題能從多方面考慮；對一個對象能從多種角度觀察；對一個題目能想出多種不同的解法，即一題多解。
“數學是一個有機的整體，它的各個部分之間存在概念的親緣關系。我們在學習每一分支時，注意了橫向聯系，把親緣關系結成一張網，就可覆蓋全部內容，使之融會貫通”，這里所說的橫向聯系，主要是靠一題多解來完成的。通過用不同的方法解決同一道數學題，既可以開拓解題思路，鞏固所學知識；又可激發學習數學的興趣和積極性，達到開發潛能，發展智力，提高能力的目的。從而培養創新精神和創造能力。
在一題多解的訓練中，我們要密切注意每種解法的特點，善于發現解題規律，從中發現最有意義的簡捷解法。
數學思維的開拓性主要體現在：
(1) 一題的多種解法
例如 已知復數滿足，求的最大值。
我們可以考慮用下面幾種方法來解決：
①運用復數的代數形式；
②運用復數的三角形式；
③運用復數的幾何意義；
④運用復數模的性質（三角不等式）；
⑤運用復數的模與共軛復數的關系；
⑥（數形結合）運用復數方程表示的幾何圖形，轉化為兩圓與有公共點時，的最大值。
(2) 一題的多種解釋
例如，函數式可以有以下幾種解釋：
①可以看成自由落體公式
②可以看成動能公式
③可以看成熱量公式
又如“1”這個數字，它可以根據具體情況變成各種形式，使解題變得簡捷。“1”可以變換為：，等等。
1． 思維訓練實例
例1 已知求證：
分析1 用比較法。本題只要證為了同時利用兩個已知條件，只需要觀察到兩式相加等于2便不難解決。
證法1
所以
分析2 運用分析法，從所需證明的不等式出發，運用已知的條件、定理和性質等，得出正確的結論。從而證明原結論正確。分析法其本質就是尋找命題成立的充分條件。因此，證明過程必須步步可逆，并注意書寫規范。
證法2 要證
只需證
即
因為
所以只需證
即
因為最后的不等式成立，且步步可逆。所以原不等式成立。
分析3 運用綜合法（綜合運用不等式的有關性質以及重要公式、定理（主要是平均值不等式）進行推理、運算，從而達到證明需求證的不等式成立的方法）
證法3
即
分析4 三角換元法：由于已知條件為兩數平方和等于1的形式，符合三角函數同角關系中的平方關系條件，具有進行三角代換的可能，從而可以把原不等式中的代數運算關系轉化為三角函數運算關系，給證明帶來方便。
證法4 可設
分析5 數形結合法：由于條件可看作是以原點為圓心，半徑為1的單位圓，而聯系到點到直線距離公式，可得下面證法。
證法5 （如圖4-2-1）因為直線經過
圓的圓心O，所以圓上任意一點
到直線的距離都小于或等于圓半徑1，
即
簡評 五種證法都是具有代表性的基本方法，也都是應該掌握的重要方法。除了證法4、證法5的方法有適應條件的限制這種局限外，前三種證法都是好方法。可在具體應用過程中，根據題目的變化的需要適當進行選擇。
例2 如果求證：成等差數列。
分析1 要證，必須有成立才行。此條件應從已知條件中得出。故此得到直接的想法是展開已知條件去尋找轉換。
證法1
故 ，即 成等差數列。
分析2 由于已知條件具有輪換對稱特點，此特點的充分利用就是以換元去減少原式中的字母，從而給轉換運算帶來便利。
證法2 設則
于是，已知條件可化為：
所以成等差數列。
分析3 已知條件呈現二次方程判別式的結構特點引人注目，提供了構造一個適合上述條件的二次方程的求解的試探的機會。
證法3 當時，由已知條件知即成等差數列。
當時，關于的一元二次方程：
其判別式故方程有等根，顯然＝1為方程的一個根，從而方程的兩根均為1，
由韋達定理知 即 成等差數列。
簡評：證法1是常用方法，略嫌呆板，但穩妥可靠。證法2簡單明了，是最好的解法，其換元的技巧有較大的參考價值。證法3引入輔助方程的方法，技巧性強，給人以新鮮的感受和啟發。
例3 已知，求的最小值。
分析1 雖然所求函數的結構式具有兩個字母，但已知條件恰有的關系式，可用代入法消掉一個字母，從而轉換為普通的二次函數求最值問題。
解法1
設，則
二次項系數為故有最小值。
當時，
的最小值為
分析2 已知的一次式兩邊平方后與所求的二次式有密切關聯，于是所求的最小值可由等式轉換成不等式而求得。
解法2 即
即 當且僅當時取等號。 的最小值為
分析3 配方法是解決求最值問題的一種常用手段，利用已知條件結合所求式子，配方后得兩個實數平方和的形式，從而達到求最值的目的。
解法3 設
當時，即的最小值為
分析4 因為已知條件和所求函數式都具有解析幾何常見方程的特點，故可得到用解析法求解的啟發。
解法4 如圖4－2－2，表示直線
表示原點到直線上的點的距離的平方。
顯然其中以原點到直線的距離最短。
此時，即
所以的最小值為
注 如果設則問題還可轉化為直線與圓有交點時，半徑的最小值。
簡評 幾種解法都有特點和代表性。解法1是基本方法，解法2、3、4都緊緊地抓住題設條件的特點，與相關知識聯系起來，所以具有靈巧簡捷的優點，特別是解法4，形象直觀，值得效仿。
例4 設求證：
分析1 由已知條件為實數這一特點，可提供設實系數二次方程的可能，在該二次方程有兩個虛根的條件下，它們是一對共軛虛根，運用韋達定理可以探求證題途徑。
證法1 設當時，可得與條件不合。
于是有
該方程有一對共軛虛根，設為，于是
又由韋達定理知
分析2 由于實數的共軛復數仍然是這個實數，利用這一關系可以建立復數方程，注意到這一重要性質，即可求出的值。
證法2 設當時，可得與條件不合，
則有 ，
即
但
而 即
分析3 因為實數的倒數仍為實數，若對原式取倒數，可變換化簡為易于進行運算的形式。再運用共軛復數的性質，建立復數方程，具有更加簡捷的特點。
證法3 即
從而必有
簡評 設出復數的代數形式或三角形式，代入已知條件化簡求證，一般也能夠證明，它是解決復數問題的基本方法。但這些方法通常運算量大，較繁。現在的三種證法都應用復數的性質去證，技巧性較強，思路都建立在方程的觀點上，這是需要體會的關鍵之處。證法3利用倒數的變換，十分巧妙是最好的方法。
例5 由圓外一點引圓的割線交圓于兩點，求弦的中點的軌跡方程。
分析1 （直接法）根據題設條件列出幾何等式，運用解析幾何基本公式轉化為代數等式，從而求出曲線方程。這里考慮在圓中有關弦中點的一些性質，圓心和弦中點的連線垂直于弦，可得下面解法。
解法1 如圖4－2－3，設弦的中點的坐標為，連接，
則，在中，由兩點間的距離公式和勾股定理有
整理，得 其中
分析2 （定義法）根據題設條件，判斷并確定軌跡的
曲線類型，運用待定系數法求出曲線方程。
解法2 因為是的中點，所以，
所以點的軌跡是以為直徑的圓，圓心為,
半徑為該圓的方程為：
化簡，得 其中
分析3 （交軌法）將問題轉化為求兩直線的交點軌跡問題。因為動點可看作直線與割線的交點，而由于它們的垂直關系，從而獲得解法。
解法3 設過點的割線的斜率為則過點的割線方程為：.
且過原點，的方程為 這兩條直線的交點就是點的軌跡。兩方程相乘消去化簡，得：其中
分析4 （參數法）將動點坐標表示成某一中間變量（參數）的函數，再設法消去參數。由于動點隨直線的斜率變化而發生變化，所以動點的坐標是直線斜率的函數，從而可得如下解法。
解法4 設過點的割線方程為：
它與圓的兩個交點為，的中點為.
解方程組
利用韋達定理和中點坐標公式，可求得點的軌跡方程為：
其中
分析5 （代點法）根據曲線和方程的對應關系：點在曲線上則點的坐標滿足方程。設而不求，代點運算。從整體的角度看待問題。這里由于中點的坐標與兩交點通過中點公式聯系起來，又點構成4點共線的和諧關系，根據它們的斜率相等，可求得軌跡方程。
解法5 設則
兩式相減，整理，得
所以
即為的斜率，而對斜率又可表示為
化簡并整理，得 其中
簡評 上述五種解法都是求軌跡問題的基本方法。其中解法1、2、3局限于曲線是圓的條件，而解法4、5適用于一般的過定點且與二次曲線交于兩點，求中點的軌跡問題。具有普遍意義，值得重視。對于解法5通常利用可較簡捷地求出軌跡方程，比解法4計算量要小，要簡捷得多。
二、《解密數學思維的內核》
數學解題的思維過程
數學解題的思維過程是指從理解問題開始，經過探索思路，轉換問題直至解決問題，進行回顧的全過程的思維活動。
對于數學解題思維過程，G . 波利亞提出了四個階段*（見附錄），即弄清問題、擬定計劃、實現計劃和回顧。這四個階段思維過程的實質，可以用下列八個字加以概括：理解、轉換、實施、反思。
第一階段：理解問題是解題思維活動的開始。
第二階段：轉換問題是解題思維活動的核心，是探索解題方向和途徑的積極的嘗試發現過程，是思維策略的選擇和調整過程。
第三階段：計劃實施是解決問題過程的實現，它包含著一系列基礎知識和基本技能的靈活運用和思維過程的具體表達，是解題思維活動的重要組成部分。
第四階段：反思問題往往容易為人們所忽視，它是發展數學思維的一個重要方面，是一個思維活動過程的結束包含另一個新的思維活動過程的開始。
數學解題的技巧
為了使回想、聯想、猜想的方向更明確，思路更加活潑，進一步提高探索的成效，我們必須掌握一些解題的策略。
一切解題的策略的基本出發點在于“變換”，即把面臨的問題轉化為一道或幾道易于解答的新題，以通過對新題的考察，發現原題的解題思路，最終達到解決原題的目的。
基于這樣的認識，常用的解題策略有：熟悉化、簡單化、直觀化、特殊化、一般化、整體化、間接化等。
1、 熟悉化策略
所謂熟悉化策略，就是當我們面臨的是一道以前沒有接觸過的陌生題目時，要設法把它化為曾經解過的或比較熟悉的題目，以便充分利用已有的知識、經驗或解題模式，順利地解出原題。
一般說來，對于題目的熟悉程度，取決于對題目自身結構的認識和理解。從結構上來分析，任何一道解答題，都包含條件和結論（或問題）兩個方面。因此，要把陌生題轉化為熟悉題，可以在變換題目的條件、結論（或問題）以及它們的聯系方式上多下功夫。
常用的途徑有：
（一）、充分聯想回憶基本知識和題型：
按照波利亞的觀點，在解決問題之前，我們應充分聯想和回憶與原有問題相同或相似的知識點和題型，充分利用相似問題中的方式、方法和結論，從而解決現有的問題。
（二）、全方位、多角度分析題意：
對于同一道數學題，常常可以不同的側面、不同的角度去認識。因此，根據自己的知識和經驗，適時調整分析問題的視角，有助于更好地把握題意，找到自己熟悉的解題方向。
（三）恰當構造輔助元素：
數學中，同一素材的題目，常常可以有不同的表現形式；條件與結論（或問題）之間，也存在著多種聯系方式。因此，恰當構造輔助元素，有助于改變題目的形式，溝通條件與結論（或條件與問題）的內在聯系，把陌生題轉化為熟悉題。
數學解題中，構造的輔助元素是多種多樣的，常見的有構造圖形（點、線、面、體），構造算法，構造多項式，構造方程（組），構造坐標系，構造數列，構造行列式，構造等價性命題，構造反例，構造數學模型等等。
二、簡單化策略
所謂簡單化策略，就是當我們面臨的是一道結構復雜、難以入手的題目時，要設法把轉化為一道或幾道比較簡單、易于解答的新題，以便通過對新題的考察，啟迪解題思路，以簡馭繁，解出原題。
簡單化是熟悉化的補充和發揮。一般說來，我們對于簡單問題往往比較熟悉或容易熟悉。
因此，在實際解題時，這兩種策略常常是結合在一起進行的，只是著眼點有所不同而已。
解題中，實施簡單化策略的途徑是多方面的，常用的有: 尋求中間環節，分類考察討論，簡化已知條件，恰當分解結論等。
1、尋求中間環節，挖掘隱含條件：
在些結構復雜的綜合題，就其生成背景而論，大多是由若干比較簡單的基本題，經過適當組合抽去中間環節而構成的。
因此，從題目的因果關系入手，尋求可能的中間環節和隱含條件，把原題分解成一組相互聯系的系列題，是實現復雜問題簡單化的一條重要途徑。
2、分類考察討論：
在些數學題，解題的復雜性，主要在于它的條件、結論（或問題）包含多種不易識別的可能情形。對于這類問題，選擇恰當的分類標準，把原題分解成一組并列的簡單題，有助于實現復雜問題簡單化。
3、簡單化已知條件：
有些數學題，條件比較抽象、復雜，不太容易入手。這時，不妨簡化題中某些已知條件，甚至暫時撇開不顧，先考慮一個簡化問題。這樣簡單化了的問題，對于解答原題，常常能起到穿針引線的作用。
4、恰當分解結論：
有些問題，解題的主要困難，來自結論的抽象概括，難以直接和條件聯系起來，這時，不妨猜想一下，能否把結論分解為幾個比較簡單的部分，以便各個擊破，解出原題。
三、直觀化策略：
所謂直觀化策略，就是當我們面臨的是一道內容抽象，不易捉摸的題目時，要設法把它轉化為形象鮮明、直觀具體的問題，以便憑借事物的形象把握題中所及的各對象之間的聯系，找到原題的解題思路。
（一）、圖表直觀：
有些數學題，內容抽象，關系復雜，給理解題意增添了困難，常常會由于題目的抽象性和復雜性，使正常的思維難以進行到底。
對于這類題目，借助圖表直觀，利用示意圖或表格分析題意，有助于抽象內容形象化，復雜關系條理化，使思維有相對具體的依托，便于深入思考，發現解題線索。
（二）、圖形直觀：
有些涉及數量關系的題目，用代數方法求解，道路崎嶇曲折，計算量偏大。這時，不妨借助圖形直觀，給題中有關數量以恰當的幾何分析，拓寬解題思路，找出簡捷、合理的解題途徑。
（三）、圖象直觀：
不少涉及數量關系的題目，與函數的圖象密切相關，靈活運用圖象的直觀性，常常能以簡馭繁，獲取簡便，巧妙的解法。
四、特殊化策略
所謂特殊化策略，就是當我們面臨的是一道難以入手的一般性題目時，要注意從一般退到特殊，先考察包含在一般情形里的某些比較簡單的特殊問題，以便從特殊問題的研究中，拓寬解題思路，發現解答原題的方向或途徑。
五、一般化策略
所謂一般化策略，就是當我們面臨的是一個計算比較復雜或內在聯系不甚明顯的特殊問題時，要設法把特殊問題一般化，找出一個能夠揭示事物本質屬性的一般情形的方法、技巧或結果，順利解出原題。
六、整體化策略
所謂整體化策略，就是當我們面臨的是一道按常規思路進行局部處理難以奏效或計算冗繁的題目時，要適時調整視角，把問題作為一個有機整體，從整體入手，對整體結構進行全面、深刻的分析和改造，以便從整體特性的研究中，找到解決問題的途徑和辦法。
七、間接化策略
所謂間接化策略，就是當我們面臨的是一道從正面入手復雜繁難，或在特定場合甚至找不到解題依據的題目時，要隨時改變思維方向，從結論（或問題）的反面進行思考，以便化難為易解出原題。
數學解題思維過程
數學解題的思維過程是指從理解問題開始，從經過探索思路，轉換問題直至解決問題，進行回顧的全過程的思維活動。
在數學中，通常可將解題過程分為四個階段：
第一階段是審題。包括認清習題的條件和要求，深入分析條件中的各個元素，在復雜的記憶系統中找出需要的知識信息，建立習題的條件、結論與知識和經驗之間的聯系，為解題作好知識上的準備。
第二階段是尋求解題途徑。有目的地進行各種組合的試驗，盡可能將習題化為已知類型，選擇最優解法，選擇解題方案，經檢驗后作修正，最后確定解題計劃。
第三階段是實施計劃。將計劃的所有細節實際地付諸實現，通過與已知條件所選擇的根據作對比后修正計劃，然后著手敘述解答過程的方法，并且書寫解答與結果。
第四階段是檢查與總結。求得最終結果以后，檢查并分析結果。探討實現解題的各種方法，研究特殊情況與局部情況，找出最重要的知識。將新知識和經驗加以整理使之系統化。
所以：第一階段的理解問題是解題思維活動的開始。
第二階段的轉換問題是解題思維活動的核心，是探索解題方向和途徑的積極的嘗試發現過程，是思維策略的選擇和調整過程。
第三階段的計劃實施是解決問題過程的實現，它包含著一系列基礎知識和基本技能的靈活運用和思維過程的具體表達，是解題思維活動的重要組成部分。
第四階段的反思問題往往容易為人們所忽視，它是發展數學思維的一個重要方面，是一個思維活動過程的結束包含另一個新的思維活動過程的開始。
通過以下探索途徑來提高解題能力：
（1） 研究問題的條件時，在需要與可能的情況下，可畫出相應圖形或思路圖幫助思考。因為這意味著你對題的整個情境有了清晰的具體的了解。
（1） 清晰地理解情境中的各個元素；一定要弄清楚其中哪些元素是給定了的，即已知的，哪些是所求的，即未知的。
（1） 深入地分析并思考習題敘述中的每一個符號、術語的含義，從中找出習題的重要元素，要圖中標出（用直觀符號）已知元素和未知元素，并試著改變一下題目中（或圖中）各元素的位置，看看能否有重要發現。
（1） 盡可能從整體上理解題目的條件，找出它的特點，聯想以前是否遇到過類似題目。
（1） 仔細考慮題意是否有其他不同理解。題目的條件有無多余的、互相矛盾的內容？是否還缺少條件？
（1） 認真研究題目提出的目標。通過目標找出哪些理論的法則同題目或其他元素有聯系。
（1） 如果在解題中發現有你熟悉的一般數學方法，就盡可能用這種方法的語言表示題的元素，以利于解題思路的展開。
以上途徑特別有利于開始解題者能迅速“登堂入室”，找到解題的起步點。在制定計劃尋求解法階段，最好利用下面這套探索方法：
（1） 設法將題目與你會解的某一類題聯系起來。或者盡可能找出你熟悉的、最符合已知條件的解題方法。
（1） 記住：題的目標是尋求解答的主要方向。在仔細分析目標時即可嘗試能否用你熟悉的方法去解題。
（1） 解了幾步后可將所得的局部結果與問題的條件、結論作比較。用這種辦法檢查解題途徑是否合理，以便及時進行修正或調整。
（1） 嘗試能否局部地改變題目，換種方法敘述條件，故意簡化題的條件（也就是編擬條件簡化了的同類題）再求其解。再試試能否擴大題目條件（編一個更一般的題目），并將與題有關的概念用它的定義加以替代。
（1） 分解條件，盡可能將分成部分重新組合，擴大騍條件的理解。
（1） 嘗試將題分解成一串輔助問題，依次解答這些輔助問題即可構成所給題目的解。
（1） 研究題的某些部分的極限情況，考察這樣會對基本目標產生什么影響。
（1） 改變題的一部分，看對其他部分有何影響；依據上面的“影響”改變題的某些部分所出現的結果，嘗試能否對題的目標作出一個“展望”。
（1） 萬一用盡方法還是解不出來，你就從課本中或科普數學小冊子中找一個同類題，研究分析其現成答案，從中找出解題的有益啟示。
************************************************************* 附錄：
波利亞給出了詳細的“怎樣解題”表，在這張表中啟發你找到解題途徑的一連串問句與建議，來表示思維過程的正確搜索程序，其解題思想的核心在于不斷地變換問題，連續地簡化問題，把數學解題看成為問題化歸的過程，即最終歸結為熟悉的基本問題加以解決。
怎樣解題
G . 波 利 亞
第一：你必須弄清問題
弄清問題：
未知數是什么？已知數據是什么？條件是什么？滿足條件是否可能？要確定未知數，條件是否充分？或者它是否不充分？或者是多余的？或者是矛盾的？把條件的各部分分開。你能否把它們寫下來？
第二：找出已知數與未知數之間的聯系。如果找不出直接的聯系，你可能不得不考慮輔助問題，你應該最終得出一個求解的計劃。
擬訂計劃：
你以前見過它嗎？你是否見過相同的問題而形式稍有不同？
你是否知道與此有關的問題？你是否知道一個可能用得上的定理？
看著未知數！試想出一個具有相同未知數或相似未知數的熟悉的問題。
這里有一個與你現在的問題有關，且早已解決的問題。
你能不能利用它？你能利用它的結果嗎？你能利用它的方法嗎？為了利用它，你是否應該引入某些輔助元素？
你能不能重新敘述這個問題？你能不能用不同的方法重新敘述它？
回到定義去。
如果你不能解決所提出的問題，可先解決一個與此有關的問題。你能不能想出一個更容易著手的有關問題？一個更普遍的問題？一個更特殊的問題？一個類比的問題？你能否解決這個問題的一部分？僅僅保持條件的一部分而舍去其余部分，這樣對于未知數能確定到什么程度？它會怎樣變化？你能不能從已知數據導出某些有用的東西？你能不能想出適于確定未知數的其它數據？如果需要的話，你能不能改變未知數或數據，或者二者都改變，以使新未知數和新數據彼此更接近？
你是否利用了所有的已知數據？你是否利用了整個條件？你是否考慮了包含在問題中的所有必要的概念？
第三：實現你的計劃
實現計劃：
實現你的求解計劃，檢驗每一步驟。
你能否清楚地看出這一步驟是否正確的？你能否證明這一步驟是正確的？
第四：驗證所得的解
回顧：
你能否檢驗這個論證？你能否用別的方法導出這個結果？你能不能一下子看出來？你能不能把這個結果或方法用于其它的問題？
數學解題方法
一、換元法
“換元”的思想和方法，在數學中有著廣泛的應用，靈活運用換元法解題，有助于數量關系明朗化，變繁為簡，化難為易，給出簡便、巧妙的解答。
在解題過程中，把題中某一式子如f(x)，作為新的變量y或者把題中某一變量如x，用新變量t的式子如g(t)替換，即通過令f(x)=y或x=g(t)進行變量代換，得到結構簡單便于求解的新解題方法，通常稱為換元法或變量代換法。
用換元法解題，關鍵在于根據問題的結構特征，選擇能以簡馭繁，化難為易的代換f(x)=y或x=g(t)。就換元的具體形式而論，是多種多樣的，常用的有有理式代換，根式代換，指數式代換，對數式代換，三角式代換，反三角式代換，復變量代換等，宜在解題實踐中不斷總結經驗，掌握有關的技巧。
例如，用于求解代數問題的三角代換，在具體設計時，宜遵循以下原則：（1）全面考慮三角函數的定義域、值域和有關的公式、性質；（2）力求減少變量的個數，使問題結構簡單化；（3）便于借助已知三角公式，建立變量間的內在聯系。只有全面考慮以上原則，才能謀取恰當的三角代換。
換元法是一種重要的數學方法，在多項式的因式分解，代數式的化簡計算，恒等式、條件等式或不等式的證明，方程、方程組、不等式、不等式組或混合組的求解，函數表達式、定義域、值域或最值的推求，以及解析幾何中的坐標替換，普通方程與參數方程、極坐標方程的互化等問題中，都有著廣泛的應用。
二、消元法
對于含有多個變數的問題，有時可以利用題設條件和某些已知恒等式（代數恒等式或三角恒等式），通過適當的變形，消去一部分變數，使問題得以解決，這種解題方法，通常稱為消元法，又稱消去法。
消元法是解方程組的基本方法，在推證條件等式和把參數方程化成普通方程等問題中，也有著重要的應用。
用消元法解題，具有較強的技巧性，常常需要根據題目的特點，靈活選擇合適的消元方法。
三、待定系數法
按照一定規律，先寫出問題的解的形式（一般是指一個算式、表達式或方程），其中含有若干尚待確定的未知系數的值，從而得到問題的解。這種解題方法，通常稱為待定系數法；其中尚待確定的未知系數，稱為待定系數。
確定待定系數的值，有兩種常用方法：比較系數法和特殊值法。
（一）比較系數法
比較系數法，是指通過比較恒等式兩邊多項式的對應項系數，得到關于待定系數的若干關系式（通常是多元方程組），由此求得待定系數的值。
比較系數法的理論根據，是多項式的恒等定理：兩個多項式恒等的充分必要條件是對應項系數相等，即a0xn+a1xn-1+ …+an≡b0xn+b1xn-1+… +bn 的充分必要條件是 a0=b0, a1=b1,…… an=bn 。
（二）特殊值法
特殊值法，是指通過取字母的一些特定數據值代入恒等式，由左右兩邊數值相等得到關于待定系數的若干關系式，由此求得待定系數的值。
特殊值法的理論根據，是表達式恒等的定義：兩個表達式恒等，是指用字母容許值集內的任意值代替表達式中的字母，恒等式左右兩邊的值總是相等的。
待定系數法是一種常用的數學方法，主要用于處理涉及多項式恒等變形問題，如分解因式、證明恒等式、解方程、將分式表示為部分分式、確定函數的解析式和圓錐曲線的方程等。
四、判別式法
實系數一元二次方程ax2+bx+c=0 (a≠0) ①
的判別式△=b2-4ac具有以下性質：
＞0，當且僅當方程①有兩個不相等的實數根
△ ＝0，當且僅當方程①有兩個相等的實數根；
＜0，當且僅當方程②沒有實數根。
對于二次函數
y=ax2+bx+c (a≠0)②它的判別式△=b2-4ac具有以下性質：
＞0，當且僅當拋物線②與x軸有兩個公共點；
△ ＝0，當且僅當拋物線②與x軸有一個公共點；
＜0，當且僅當拋物線②與x軸沒有公共點。
利用判別式是中學數學的一種重要方法，在探求某些實變數之間的關系，研究方程的根和函數的性質，證明不等式，以及研究圓錐曲線與直線的關系等方面，都有著廣泛的應用。
在具體運用判別式時，①②中的系數都可以是含有參數的代數式。
從總體上說，解答數學題，即需要富有普適性的策略作宏觀指導，也需要各種具體的方法和技巧進行微觀處理，只有把策略、方法、技巧和諧地結合起來，創造性地加以運用，才能成功地解決面臨的問題，獲取良好的效果。
五、 分析法與綜合法
分析法和綜合法源于分析和綜合，是思維方向相反的兩種思考方法，在解題過程中具有十分重要的作用。
在數學中，又把分析看作從結果追溯到產生這一結果的原因的一種思維方法，而綜合被看成是從原因推導到由原因產生的結果的另一種思維方法。通常把前者稱為分析法，后者稱為綜合法。
具體的說，分析法是從題目的等證結論或需求問題出發，一步一步的探索下去，最后達到題設的已知條件；綜合法則是從題目的已知條件出發，經過逐步的邏輯推理，最后達到待證的結論或需求問題。
六、 數學模型法
數學模型法，是指把所考察的實際問題，進行數學抽象，構造相應的數學模型，通過對數學模型的研究，使實際問題得以解決的一種數學方法。
利用數學模型法解答實際問題（包括數學應用題），一般要做好三方面的工作：
（1） 建模。根據實際問題的特點，建立恰當的數學模型。從總體上說，建模的基本手段，是數學抽象方法。建模的具體過程，大體包括以下幾個步驟：
1o考察實際問題的基本情形。分析問題所及的量的關系，弄清哪些是常量，哪些是變量，哪些是已知量，哪些是未知量；了解其對象與關系結構的本質屬性，確定問題所及的具體系統。
2o分析系統的矛盾關系。從實際問題的特定關系和具體要求出發，根據有關學科理論，抓住主要矛盾，考察主要因素和量的關系。
3o進行數學抽象。對事物對象及諸對象間的關系進行抽象，并用有關的數學概念、符號和表達式去刻畫事物對象及其關系。如果現有的數學工具不夠用，可以根據實際情況，建立新的數學概念和數學方法去表現數學模型。
（2）推理、演算。在所得到的數學模型上，進行邏輯推理或數學演算，求出相應的數學結果。
（3） 評價、解釋。對求得的數學結果進行深入討論，作出評價和解釋，返回到原來的實際問題中去，形成最終的解答。
七、試驗法
解答數學題，需要多方面的信息。數學中的各種試驗，常常能給人以有益的信息，為分析問題和解決問題提供必要的依據。
用試驗法處理數學問題時，必須從問題的實際情形出發，結合有關的數學知識，恰當選擇試驗的對象和范圍；在制定試驗方案時，要全面考慮試驗的各種可能情形，不能有所遺漏；在實施試驗方案時，要講究試驗技巧，充分利用各次試驗所提供的信息，以縮小試驗范圍，減少試驗次數，盡快找出原題的解答。
任何試驗都和觀察相聯系。觀察依賴于試驗，試驗離不開觀察。因此，要用好試驗法，必須勤于觀察，善于觀察，有目的、有計劃、有條理地進行觀察。
八、分類法
分類法是數學中的一種基本方法，對于提高解題能力，發展思維的縝密性，具有十分重要的意義。
不少數學問題，在解題過程中，常常需要借助邏輯中的分類規則，把題設條件所確定的集合，分成若干個便于討論的非空真子集，然后在各個非空真子集內進行求解，直到獲得完滿的結果。這種把邏輯分類思想移植到數學中來，用以指導解題的方法，通常稱為分類或分域法。
用分類法解題，大體包含以下幾個步驟：
第一步：根據題設條件，明確分類的對象，確定需要分類的集合A；
第二步：尋求恰當的分類根據，按照分類的規則，把集合A分為若干個便于求解的非空真子集A1，A2，…An;
第三步：在子集A1，A2，…An內逐類討論；
第四步：綜合子集內的解答，歸納結論。
以上四個步驟是相互聯系的，尋求分類的根據，是其中的一項關鍵性的工作。從總體上說，分類的主要依據有：分類敘述的定義、定理、公式、法則，具有分類討論位置關系的幾何圖形，題目中含有某些特殊的或隱含的分類討論條件等。在實際解題時，僅憑這些還不夠，還需要有較強的分類意識，需要思維的靈活性和縝密性，特別要善于發掘題中隱含的分類條件。
九、數形結合法
數形結合，是研究數學的一個基本觀點，對于溝通代數、三角與幾何的內在聯系，具有重要的指導意義。理解并掌握數形結合法，有助于增強人們的數學素養，提高分析問題和解決問題的能力。
數和形這兩個基本概念，是數學的兩塊基石。數學就是圍繞這兩個概念發展起來的。在數學發展的進程中，數和形常常結合在一起，在內容上互相聯系，在方法上互相滲透，在一定條件下可以互相轉化。
數形結合的基本思想，是在研究問題的過程中，注意把數和形結合起來考察，斟酌問題的具體情形，把圖形性質的問題轉化為數量關系的問題，或者把數量關系的問題轉化為圖形性質的問題，使復雜問題簡單化，抽象問題具體化，化難為易，獲得簡便易行的成功方案。
中學數學中，數形結合法包含兩個方面的內容：一是運用代數、三角知識，通過對數量關系的討論，去處理幾何圖形問題；二是運用幾何知識，通過對圖形性質的研究，去解決數量關系的問題。就具體方法而論，前者常用的方法有解析法、三角法、復數法、向量法等；后者常用的方法主要是圖解法。
十、反證法與同一法
反證法和同一法是間接證明的兩種方法，在解題中有著廣泛的應用。
（一）反證法是一種重要的證明方法。這里主要研究反證法的邏輯原理、解題步驟和適用范圍。
反證法的解題步驟：
第一步：反設。假設命題結論不成立，即假設原結論的反面為真。
第二步：歸謬。由反設和已知條件出發，經過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結果。這里所說的矛盾結果，通常是指推出的結果與已知公理、定義、定理、公式矛盾，與已知條件矛盾，與臨時假設矛盾，以及自相矛盾等各種情形。
第三步：存真。由矛盾結果，斷定反設不真，從而肯定原結論成立。
反證法的三個步驟是互相聯系的。反設是前提，歸謬是關鍵，存真是目的。只有正確地作出反設，合乎邏輯地進行推導，才能間接地證出原題。
十一、同一法
互逆的兩個命題未必等效。但是，當一個命題條件和結論都唯一存在，它們所指的概念是同一概念時，這個命題和它的逆命題等效。這個道理通常稱為同一原理。
對于符合同一原理的命題，當直接證明有困難時，可以改證和它等效的逆命題，只要它的逆命題正確，這個命題就成立。這種證明方法叫做同一法。
同一法常用于證明符合同一原理的幾何命題。應用同一法解題，一般包括下面幾個步驟：
第一步：作出符合命題結論的圖形。
第二步：證明所作圖形符合已知條件。
第三步：根據唯一性，確定所作的圖形與已知圖形重合。
第四步：斷定原命題的真實性。
三、《高考數學解題專項訓練》
（選擇題）
（一）數學選擇題的解題思路
要想確保在有限的時間內，對10多條選擇題作出有效的抉擇，明晰解題思路是十分必要的。一般說來， 數學選擇題有著特定的解題思路，具體概括如下：
1、仔細審題，吃透題意
審題是正確解題的前題條件，通過審題，可以掌握用于解題的第一手資料——已知條件，弄清題目要求。
審題的第一個關鍵在于：將有關概念、公式、定理等基礎知識加以集中整理。凡在題中出現的概念、公式、性質等內容都是平時理解、記憶、運用的重點，也是我們在解選擇題時首先需要回憶的對象。
審題的第二個關鍵在于：發現題材中的“機關”——— 題目中的一些隱含條件，往往是該題“價值”之所在，也是我們失分的“隱患”。
除此而外，審題的過程還是一個解題方法的抉擇過程，開拓的解題思路能使我們心涌如潮，適宜的解題方法則幫助我們事半功倍。
2、反復析題，去偽存真
析題就是剖析題意。在認真審題的基礎上，對全題進行反復的分析和解剖，從而為正確解題尋得路徑。因此，析題的過程就是根據題意，聯系知識，形成思路的過程。由于選擇題具有相近、相關的特點，有時“真作假時假亦真”，對于一些似是而非的選項，我們可以結合題目，將選項逐一比較，用一些“虛擬式”的“如果”，加以分析與驗證，從而提高解題的正確率。
3、抓往關鍵，全面分析
在解題過程中，通過審題、析題后找到題目的關鍵所在是十分重要的，從關鍵處入手，找突破口，聯系知識進行全面的分析形成正確的解題思路，就可以化難為易，化繁為簡，從而解出正確的答案。
4、反復檢查，認真核對
在審題、析題的過程中，由于思考問題不全面，往往會導致“失根”、“增根”等錯誤，因而，反復地檢查，認真地進行核對，也是解選擇題必不可少的步驟之一。
（二）數學選擇題的解題方法
當然，僅僅有思路還是不夠的，“解題思路”在某種程度上來說，屬于理論上的“定性”，要想解具體的題目，還得有科學、合理、簡便的方法。
有關選擇題的解法的研究，可謂是仁者見仁，智者見智。其中不乏真知灼見，現選擇部分實用性較強的方法，供參考：
1、 直接法
有些選擇題是由計算題、應用題、證明題、判斷題改編而成的。這類題型可直接從題設的條件出發，利用已知條件、相關公式、公理、定理、法則，通過準確的運算、嚴謹的推理、合理的驗證得出正確的結論，從而確定選擇支的方法。
2、 篩選法
數學選擇題的解題本質就是去偽存真，舍棄不符合題目要求的錯誤答案，找到符合題意的正確結論。可通過篩除一些較易判定的的、不合題意的結論，以縮小選擇的范圍，再從其余的結論中求得正確的答案。如篩去不合題意的以后，結論只有一個，則為應選項。
3、 特殊值法
有些選擇題，用常規方法直接求解比較困難，若根據答案中所提供的信息，選擇某些特殊情況進行分析，或選擇某些特殊值進行計算，或將字母參數換成具體數值代入，把一般形式變為特殊形式，再進行判斷往往十分簡單。
4、 驗證法
通過對試題的觀察、分析、確定，將各選擇支逐個代入題干中，進行驗證、或適當選取特殊值進行檢驗、或采取其他驗證手段，以判斷選擇支正誤的方法。
5、 圖象法
在解答選擇題的過程中，可先根椐題意，作出草圖，然后參照圖形的作法、形狀、位置、性質，綜合圖象的特征，得出結論。
6、 試探法
對于綜合性較強、選擇對象比較多的試題，要想條理清楚，可以根據題意建立一個幾何模型、代數構造，然后通過試探法來選擇，并注意靈活地運用上述多種方法。
（三）數學經典選擇題點評
1、同時滿足① M {1, 2, 3, 4, 5}; ② 若a∈M，則(6-a)∈M, 的非空集合M有（C）。
（A）16個 （B）15個 （C）7個 （D）8個
點評：著重理解“∈”的意義，對M中元素的情況進行討論，一定要強調如果“a在M中，那么(6-a)也在M中”這一特點，分別討論“一個、兩個、三個、四個、五個元素”等幾種情況，得出相應結論。
2、函數y=f (x)是R上的增函數，則a+b>0是f (a)+f (b)>f (-a)+f (-b)的（ C ）條件。
（A）充分不必要 （B）必要不充分 （C）充要 （D）不充分不必要
點評：由a+b>0可知，a> -b ，b >-a， 又 y = f ( x )在R上為增函數，故f ( a ) > f ( b ) ，f ( b ) > f ( - a )，反過來，由增函數的概念也可推出，a+b>（-a）+（-b）。
3、函數g(x)=x2，若a≠0且a∈R, 則下列點一定在函數y=g(x)的圖象上的是（ D ）。
（A）(-a, -g(-a)) （B）(a, g(-a)) （C）(a, -g(a)) （D）(-a, -g(a))
點評：本題從函數的奇偶性入手，先看括號內函數的奇偶性為奇函數，得到該復合函數為奇函數，再根據g(-x)=-g(x)，取x=a 和x=-a加以驗證。
4、數列{an}滿足a1=1, a2=，且 (n≥2)，則an等于（ A ）。
（A） （B）()n-1 （C）()n （D）
點評：先代入求得a3的值，再對照給出的選擇支，用驗證法即可得出結論。
5、由1，2，3，4組成的沒有重復數字的四位數，按從小到大的順序排成一個數列{an}，其中a18等于（B ）。
（A）1243 （B）3421 （C）4123 （D）3412
點評：先寫出以1開頭、2開頭、3開頭的各6個數，再按由小到大順序排列。
6、若=9，則實數a等于（ B ）。
（A） （B） （C）- （D）-
點評：通過觀察可知a<1（如a>1，則數值為負），且求和的各項成等比，因此可以運用無窮遞縮等比數列求和公式（其中q=a，a1=4）。
7、已知圓錐內有一個內接圓柱，若圓柱的側面積最大，則此圓柱的上底面將已知圓錐的體積分成小、大兩部分的比是（ D ）。
（A）1:1 （B）1:2 （C）1:8 （D）1:7
點評：通過平面展開圖，達到“降維”之目的，促使立體圖形平面化，再在相似等腰三角形中，求得小、大三角形的高的比為1：2，由此可見，小的與全體體積之比為1：8，從而得出小、大兩部分之比（特別提醒：小、大之比并非高之比的立方）。
8、下列命題中，正確的是（ D ）。
（A）y=arccosx是偶函數 （B）arcsin(sinx)=x, x∈R
（C）sin(arcsin)= （D）若-1點評：反三角函數的概念、公式的理解與運用。注意：arccos（-x）=Π
x (當 - -arccosx，arcsin(sinx)=
x’ 且sinx =sinx’ ( 當- 9、函數y=f (x)的反函數f -1(x)= (x∈R且x≠-3)，則y=f (x)的圖象（ B ）。
（A）關于點(2, 3)對稱 （B）關于點(-2, -3)對稱
（C）關于直線y=3對稱 （D）關于直線x=-2對稱
點評：主要考核反函數的概念與對稱性的知識。
10、兩條曲線|y|=與x = -的交點坐標是（ B ）。
（A）(-1, -1) （B）(0, 0)和(-1, -1)
（C）(-1, 1)和(0, 0) （D）(1, -1)和(0, 0)
點評：從定義域、值域、特殊值等角度加以驗證。
11、已知a, b∈R, m=, n=-b+b2，則下列結論正確的是（ D ）。
（A）mn （D）m≤n
點評：由題意可知m≤、 n=(b-1) 2 +。
12、正方體ABCD-A1B1C1D1中，EF是異面直線AC、A1D的公垂線，則EF和BD1的關系是（ B ）。
（A）垂直 （B）平行 （C） 異面 （D）相交但不垂直
點評：理解公垂線的概念，通過平行作圖可知。
13、直線4x+6y-9=0夾在兩坐標軸之間的線段的垂直平分線是l，則l的方程是（ B ）。
（A）24x-16y+15=0 （B）24x-16y-15=0 （C）24x+16y+15=0 （D）24x+16y-15=0
點評：通過兩線垂直與斜率的關系，以及中點坐標公式。
14、函數f (x)=loga(ax2-x)在x∈[2, 4]上是增函數，則a的取值范圍是（ A ）。
（A）a>1 （B）a>0且a≠1 （C）0點評：分類討論，考慮對稱軸與單調區間的位置關系，運用特殊值進行驗證。
15、函數y=cos2(x-)+sin2(x+)-1是（ C ）。
（A）周期為2π的奇函數 （B）周期為π的偶函數
（C）周期為π的奇函數 （D）周期為2π的偶函數
點評：用倍角公式降次，判斷周期性，根據和差化積的結果來求奇偶性。
16、若a, b∈R，那么成立的一個充分非必要條件是（ C ）。
（A）a>b （B）ab(a-b)<0 （C）a點評：理解條件語句，用不等式的性質解題。
17、函數y=cos4x-sin4x圖象的一條對稱軸方程是（ A ）。
（A）x=- （B）x=- （C）x= （D）x=
點評：先降次，后找最值點。
18、已知l、m、n為兩兩垂直且異面的三條直線，過l作平面α與m垂直，則直線n與平面α的關系是（ A ）。
（A）n//α （B）n//α或nα
（C）nα或n不平行于α （D）nα
點評：畫草圖，運用線面垂直的有關知識。
19、若z1, z2∈C，|z1|=|z2|=1且arg(z1)=150°, arg(z2)=300°，那么arg(z1+z2)為（ B ）。
（A）450° （B）225° （C）150° （D）45°
點評：旋轉與輻角主值的概念。
20、已知a、b、c成等比數列，a、x、b和b、y、c都成等差數列，且xy≠0，那么的值為（ B ）。
（A）1 （B）2 （C）3 （D）4
點評：運用等比、差中項概念，通分求解。
21、如果在區間[1, 3]上，函數f (x)=x2+px+q與g(x)=x+在同一點取得相同的最小值，那么下列說法不對的是（ C ）。
（A）f (x)≥3 (x∈[1, 2]) （B）f (x)≤4 (x∈[1, 2])
（C）f (x)在x∈[1, 2]上單調遞增 （D）f (x)在x∈[1, 2]上是減函數
點評：通過最值定理、二次函數的對稱軸與最值等求出p 、q，再行分析。
22、在(2+)100展開式中，有理數的項共有（ D ）。
（A）4項 （B）6項 （C）25項 （D）26項
點評：借助二項式展開的通項公式來分析。
23、在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M為AD中點，O為側面AA1B1B的中心，P為側棱CC1上任意一點，那么異面直線OP與BM所成的角是（ A ）。
（A）90° （B）60° （C）45° （D）30°
點評：運用平行和垂直的有關知識。
24、等比數列{an}的公比q<0，前n項和為Sn, Tn=，則有（ A ）。
（A）T1T9 （D）大小不定
點評：T1=1，用等比數列前n項和公式求T9
25、設集合A＝，集合B＝{0}，則下列關系中正確的是（ C ）
（A）A＝B （B）AB （C）AB （D）AB
點評：主要考核空集的概念、以及集合與集合的關系。
26、已知直線l過點M（－1，0），并且斜率為1，則直線l的方程是（ B ）
（A） x＋y＋1＝0 （B）x－y＋1＝0
（C）x＋y－1＝0 （D）x―y―1＝0
點評：直線方程的點斜式。
27、已知α－β＝,tgα=3m, tgβ=3－m, 則m的值是（ D ）。
（A）2 （B）－ （C）－2 （D）
點評：通過tanαtanβ= 1，以及tan（α－β）的公式進行求解。
28、已知集合A＝{整數}，B＝{非負整數}，f是從集合A到集合B的映射，且f：x y＝x2（x∈A，y∈B），那么在f的作用下象是4的原象是（ D ）
（A）16 （B）±16 （C）2 （D）±2
點評：主要考核象和原象的概念。
29、有不等式① cos（A）僅①② （B）僅②③ （C）僅③④ （D）①②③④
點評：主要考核三角函數、對數、指數函數、反三角函數的知識。
30、已知函數y＝,那么（ A ）
（A）當x∈（－∞，1）或x∈（1，＋∞）時，函數單調遞減
（B）當x∈（－∞，1）∪（1，＋∞）時，函數單調遞增
（C）當x∈（－∞，－1）∪（－1，＋∞）時，函數單調遞減
（D）當x∈（－∞，－1）∪（－1，＋∞）時，函數單調遞增
點評：先對函數式進行變形，再運用有關大小比較的知識解題。
31、若－π≤2α≤π,那么三角函數式化簡為（ C ）
（A）sin （B）－sin （C）cos （D）－cos
點評：主要運用半角公式及三角函數單調性等知識。
32、如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，斜邊AB＝a，側棱AA1=2a,點D是AA1的中點，那么截面DBC與底面ABC所成二面角的大小是（ B ）
（A）30° （B）45° （C）60° （D）非以上答案
點評：實際上是要求角DCA的大小。
33、加工某一機械零件，需要經過兩個工序，完成第一個工序有3種不同的方法，完成第二個工序有4種不同的方法，那么加工這一零件不同的方法種數有（ A ）
（A）12種 （B）7種 （C）4種 （D）3種
點評：運用乘法原理解題。
34、在(2－)8的展開式中，第七項是（ A ）
（A）112x3 （B）－112x3 （C）16x3 （D）－16x3
點評：運用二項展開式的通項公式，注意：r =6。
35、在－8，－6，－4，－2，0，1，3，5，7，9這十個數中，任取兩個作為虛數a＋b的實部和虛部（a, b∈R, a≠b），則能組成模大于5的不同虛數的個數有（ A ）。
（A）64個 （B）65個 （C）72個 （D）73個
點評：虛部不能為0，模大于5，最好用“樹圖”來討論。
36、直線x－ay＋＝0（a>0且a≠1）與圓x2＋y2＝1的位置關系是（ A ）
（A）相交 （B）相切 （C）相離 （D）不能確定
點評：運用點到直線的距離公式，比較半徑與距離的大小。
37、在正方體AC1中，過與頂點A相鄰的三個頂點作平面α，過與頂點C1相鄰的三個頂點作平面β，那么平面α與平面β的位置關系是（ B ）
（A）垂直 （B）平行 （C）斜交 （D）斜交或平行
點評：作圖后，找線線關系，由線線平行得出線面平行，從而求得面面平行。
38、有下列三個對應：①A＝R＋，B＝R，對應法則是“取平方根”；②A＝{矩形},B＝R＋，對應法則是“求矩形的面積”；③A＝{非負實數}，B＝（0，1），對應法則是“平方后與1的和的倒數”，其中從A到B的對應中是映射的是（ A ）。
（A）② （B）②，③ （C）①，②，③ （D）①，②
點評：映射的概念。
39、設A＝{x| x2＋px＋q＝0},B＝{x| x2＋(p－1)x＋2q＝0},若A∩B＝{1}，則（ A ）。
（A） AB （B）AB
（C）A∪B ＝{1, 1, 2} （D）A∪B＝(1,－2)
點評：考察集合與集合的關系。
40、能夠使得sinx>0和tgx>0同時成立的角x的集合是（ D ）。
（A）{x|0（C）{x|點評：通過不同象限，三角函數值的正負不同的特點，進行分析。
41. 已知函數y＝|＋cos(2x＋)|, (≤x≤), 下列關于此函數的最值及相應的x的取值的結論中正確的是（ B ）。
（A）ymax＝，x＝ （B）ymax＝，x＝
（C）ymin＝，x＝ （D）ymin＝0，x＝
點評：對余弦函數最值進行分析。
42、已知函數f（x）在定義域R內是減函數且f（x）<0，則函數g(x)＝x2 f（x）的單調情況一定是（ C ）。
（A）在R上遞減 （B）在R上遞增
（C）在（0，＋∞）上遞減 （D）在（0，＋∞）上遞增
點評：先選定區間（0，＋∞）分析其增減性，再結合篩選法，對余下的部分，取特殊值進行驗證。
43、α，β是兩個不重合的平面，在α上取4個點，在β上取3個點，則由這些點最多可以確定平面（ C ）。
（A）35個 （B）30個 （C）32個 （D）40個
點評：運用排列組合以及平面的性質進行分析。
44、已知定點P1（3，5），P2（－1，1），Q（4，0），點P分有向線段所成的比為3，則直線PQ的方程是（ A ）。
（A） x＋2y－4＝0 （B）2x＋y－8＝0
（C）x－2y－4＝0 （D）2x－y－8＝0
點評：用定比分點坐標公式求P點坐標，再考察PQ的斜率。
45、函數y=x在[－1, 1]上是（ A ）。
（A）增函數且是奇函數 （B）增函數且是偶函數
（C）減函數且是奇函數 （D）減函數且是偶函數
點評：運用函數奇偶性的定義，以及奇函數在不同區間上增減性一致，偶函數在不同區間上不一致的特點，進行分析。
46、下列函數中，在[,π]上是增函數的是（ D ）。
（A）y=sinx （B）y=cosx （C）y=sin2x （D）y=cos2x
點評：用圖象法解題。
47、與函數y=sin(arcsinx)的圖象相同的的是（ D ）。
（A）y=x （B）y=arcsin(sinx)
（C）y=arccos(cosx) （D）y=cos(arccosx)
點評：考慮函數的定義域與值域。
48、方程cosx=lgx的實根的個數是（ C ）。
（A）1個 （B）2個 （C）3個 （D）4個
點評：用圖象法解題。
49、一個首項為23，公差為整數的等差數列，如果前6項均為正數，第7項起為負數，則它的公差是（ C ）。
（A）－2 （B）－3 （C）－4 （D）－5
點評：分析前6項為正，第7項起為負數。列出不等式解題。
50、已知復數z滿足|2z－i|=2，則|z＋2i|的最小值是（ B ）。
（A） （B） （C）1 （D）2
點評：數形結合，通過圖象解題。
51、正三棱錐的側棱長和底面邊長比值的取值范圍是（ D ）。
（A）[, ＋∞] （B）(, ＋∞)
（C）[, ＋∞] （D）(, ＋∞)
點評：畫圖形，側棱應比底邊三角形的外接圓的半徑大。
52、已知橢圓(a>b>0)的離心率等于，若將這個橢圓繞著它的右焦點按逆時針方向旋轉后，所得的新橢圓的一條準線的方程y=，則原來的橢圓方程是（ C ）。
（A） （B） （C） （D）
點評：旋轉的過程中，焦點到準線的距離沒有變，先找焦點。
53、直線x－y－1=0與實軸在y軸上的雙曲線x2－y2=m (m≠0)的交點在以原點為中心，邊長為2且各邊分別平行于坐標軸的正方形內部，則m的取值范圍是（ C ）。
（A）0點評：通過極限位置，找出相關范圍。
54、已知直線l1與l2的夾角的平分線為y=x，如果l1的方程是ax＋by＋c=0(ab>0)，那么l2的方程是（ A ）。
（A）bx＋ay＋c=0 （B）ax－by＋c=0
（C）bx＋ay－c=0 （D）bx－ay＋c=0
點評：聯系反函數的概念。
55、函數F(x)=(1＋)f (x) (x≠0)是偶函數，且f (x)不恒等于零，則f (x)（ A ）。
（A）是奇函數 （B）是偶函數
（C）可能是奇函數，也可能是偶函數 （D）非奇、非偶函數
點評：先討論y=(1＋)的奇偶性，再結合題目中的已知內容分析。
56、函數y=的反函數（ C ）。
（A） 是奇函數，它在(0, ＋∞)上是減函數
（B）是偶函數，它在(0, ＋∞)上是減函數
（C）是奇函數，它在(0, ＋∞)上是增函數
（D）是偶函數，它在(0, ＋∞)上是增函數
點評：先對給出函數進行分析，再運用反函數的概念解題。
57、若a, b是任意實數，且a>b，則（ D ）。
（A）a2>b2 （B）<1 （C）lg(a－b)>0 （D）()a<()b
點評：運用平方數、分數、對數、指數函數的概念進行分析。
58、若loga2（A）0b>1 （D）b>a>1
點評：先確定對數符號（即真數和底數與1的關系一致時（同時大于或同時小于），為正，不一致時，為負。）再用換底公式。
59、已知等差數列{an}的公差d≠0，且a1, a3, a9成等比數列，則的值是（ C ）。
（A） （B） （C） （D）
點評：先求a1和公比的關系，再化簡。
60、如果α, β∈(, π)，且tgα（A）α<β （B）β<α （C）α＋β< （D）α＋β>
點評：先用誘導公式化成同名函數，再借助函數圖象解題。
61、已知集合Z={θ| cosθ（A）(, π) （B）(, ) （C）(π, ) （D）(, )
點評：用圖象法解題。
62、如果直線y=ax＋2與直線y=3x＋b關于直線y=x對稱，那么（ B ）。
（A）a=, b=6 （B）a=, b=－6
（C）a=3, b=－2 （D）a=3, b=6
點評：運用反函數的知識。
63、已知f()=，則f (x)=（ C ）。
（A）(x＋1)2 （B）(x－1)2 （C）x2－x＋1 （D）x2＋x＋1
點評：用換元法。
64、若函數f (x)=的定義域是R，則實數k的取值范圍是（ A ）。
（A）[0, ] （B）(－∞, 0)∪(, ＋∞)
（C）[0, ] （D）[, ＋∞]
點評：分母不為0，用根的判別式。
65、設P是棱長相等的四面體內任意一點，則P到各個面的距離之和是一個定值，這個定值等于（ C ）。
（A）四面體的棱長 （B）四面體的斜高
（C）四面體的高 （D）四面體兩對棱間的距離
點評：用體積求。
66、若正四棱柱的底面積為P，過相對兩側棱的截面面積是Q，則該四棱柱的體積是（ A ）。
（A）Q （B）P （C）Q （D）P
點評：化面積為邊。
67、過定點(1, 3)可作兩條直線與圓x2＋y2＋2kx＋2y＋k2－24=0相切，則k的取值范圍是（ C ）。
（A）k>2 （B）k<－4 （C）k>2或k<－4 （D）－4點評：畫定點、平移圓、定區域。
68、適合|z－2|=1且argz=的復數z的個數是（ B ）。
（A）0 （B）1 （C）2 （D）3
點評：在直角坐標系中畫圓，找出適合條件的復數。
69、已知{an}是等比數列，且an>0, a2a4＋2a3a5＋a4a6=25，那么a3＋a5的值為（ A ）。
（A）5 （B）10 （C）15 （D）20
點評：用等比的性質：若數列為等比數列，m+m=k+l時，am an= ak al 。
70、設a, b是滿足ab<0的實數，那么（ B ）。
（A）|a＋b|>|a－b| （B）|a＋b|<|a－b|
（C）|a－b|<||a|－|b|| （D）|a－b|<|a|＋|b|
點評：從符號出發，取特殊值代入。
71、如果AC<0且BC<0, 那么直線Ax＋By＋C=0不通過（ C ）。
（A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限
點評：分析符號，找斜率和截距。
72、直線的傾斜角是（ C ）。
（A）20° （B）70° （C）110° （D）160°
點評：化參數方程為普通方程。
73、函數y=sinxcosx＋sinx＋cosx的最大值是（ D ）。
（A） （B） （C）1＋ （D）＋
點評：用倍角公式和（sinx＋cosx）的公式。
74、函數y=0.2x＋1的反函數是（ C ）。
（A） y=log5x＋1 （B）y=logx5＋1
（C）y=－log5(x－1) （D）y=－log5x－1
點評：反函數的定義，結合定義域、值域的變換情況進行討論。
75、設α、β都是第二象限的角，若sinα>sinβ，則（ C ）。
（A） tgα>tgβ （B）ctgα（C）cosα>cosβ （D）secα>secβ
點評：結合特殊值，找出α、β在[0，2π]上的大小關系。
76、下列命題：① 函數y=tgx是增函數；② 函數y=sinx在第一象限是增函數；③ 函數y=3sin(2x＋5θ)的圖象關于y軸對稱的充要條件是θ=, k∈Z；④ 若角α是第二象限的角，則角2α一定是第四象限的角。其中正確命題的個數是（ A ）。
（A）0個 （B）1個 （C）2個 （D）3個
點評：緊扣定義，逐個分析。
77、在△ABC中，A>B是cos2B>cos2C的（ A ）。
（A）非充分非必要條件 （B）充分非必要條件
（C）必要非充分條件 （D）充要條件
點評：分若三種情況，取特殊值驗證。
78、若0（A）logb（C）logba< logb點評：運用對數符號確定的有關知識，先討論兩個對數值，然后用指數。
79、要使sinα－cosα=有意義，則m的取值范圍是（ C ）。
（A） m≤ （B）m≥－1
（C）－1≤m≤ （D）m≤－1或 m≥
點評：先對等式左邊進行變形，再對分數變形。
80、直線xcosθ－y＋1=0的傾斜角的范圍是（ D ）。
（A）[－, ] （B）[, ]
（C）(0, )∪(, π) （D）[0, ]∪[, π]
點評：先討論斜率，再用三角函數的知識。
81、設n≥2時，數列的和是（ A ）。
（A）0 （B）(－1)n2n （C）1 （D）
點評：特殊值法。
82、在四棱錐的四個側面中，直角三角形最多可有（ D ）。
（A）1個 （B）2個 （C）3個 （D）4個
點評：用圖形來驗證。
83、當z=時，z100＋z50＋1的值等于（ D ）。
（A）1 （B）－1 （C）i （D）－I
點評：先化Z為三角形式，然后用棣莫佛定理。
84、函數y=的值域是（ B ）。
（A）{－2, 4} （B）{－2, 0, 4}
（C）{－2, 0, 2, 4} （D）{－4, －2, 0, 4}
點評：分象限討論。
85、正三棱錐S－ABC的側棱與底面邊長相等，如果E、F分別是SC、AB的中點，那么異面直線EF、SA所成的角為（ C ）。
（A）90° （B）60° （C）45° （D）30°
點評：巧用中位線平行于底邊。
86、若正棱錐的底面邊長與側棱相等，則該棱錐一定不是（ D ）。
（A）三棱錐 （B）四棱錐 （C）五棱錐 （D）六棱錐
點評：用射影和直角三角形的知識。
87、四邊形ABCD是邊長為1的正方形，E、F為BC、CD的中點，沿AE、EF、AF折成一個四面體，使B、C、D三點重合，這個四面體的體積為（ B ）。
（A） （B） （C） （D）
點評：分析圖形的折疊與邊角關系。
88、一束光線從點A(－1, 1)出發經x軸反射，到達圓C：(x－2)2＋(y－3)2=1上一點的最短路程是（ A ）。
（A）4 （B）5 （C）3－1 （D）2
點評：用對稱性，找關于X軸對稱的圓心位置，用兩點間距離減半徑。
89、設地球半徑為R，當人造地球衛星距離地面的高度為h1與h2時，可以直射到地表面的面積分別是地球表面面積的與，則h1－h2等于（ B ）。
（A）R （B）R （C）R （D）2R
點評：用球冠公式。
90、函數f (x)=|x|－|x－3|在定義域內（ A ）。
（A）最大值為3，最小值為－3 （B）最大值為4，最小值為0
（C）最大值為1，最小值為1 （D）最大值為3，最小值為－1
點評：用區間分析法。
91、如果sinαsinβ=1，那么cos(α＋β)等于（ A ）。
（A）－1 （B）0 （C）1 （D）±1
點評：用公式。
92、已知α=arg(2＋i), β=arg(－3＋i)，則α－β為（ D ）。
（A） （B） （C）－ （D）－
點評：用旋轉的方法，進行向量合成。
93、若雙曲線x2－y2=1右支上一點P(a, b)到直線y=x的距離為，則a＋b的值是（ B ）。
（A）－ （B） （C）－或 （D）2或－2
點評：先確定P點在坐標系中的位置，然后用篩選法。
94、一球內切于一圓臺，若此圓臺的上、下底面半徑分別是a, b，則此圓臺的體積是（ B ）。
（A）π(a2＋ab＋b2) （B）(a2＋ab＋b2)
（C）(a2＋ab＋b2)ab （D）(a2＋ab＋b2)
點評：畫軸截面，分析平面圖形。
95、若全集I＝R，A＝{x| ≤0}，B＝{x| lg(x2－2)>lgx}，則A∩＝（ B ）。
（A）{2} （B）{－1} （C）{x| x≤－1} （D）
點評：先用篩選法，再用驗證法。
96、已知函數f (x)=ax－(b＋2) (a>0, a≠1)的圖象不在二、四象限，則實數a, b的取值范圍是（ A ）。
（A） a>1, b=－1（B）0（C）a>1, b=－2 （D）0點評：先分析b，再考慮a。
97、設函數f (x)=(x∈R, x≠－，)則f -1(2)=（ A ）。
（A） － （B） （C） （D）－
點評：令f (x)= 2，求x。
98、如果α, β∈(, π)，且tgα（A）α<β （B）β<α （C）α＋β< （D）α＋β>
點評：用誘導公式，取特殊值。
99、函數y=sinxcosx＋cos2x－的最小正周期等于（ A ）。
（A）π （B）2π （C） （D）
點評：先用倍角公式降次，合并，再用周期公式。
100、函數y=－ctgx, x∈(0, π)的反函數為（ B ）。
（A）y=－arctgx （B）y=＋arctgx
（C）y=π－arctgx （D）y=π＋arctgx
點評：運用反三角函數的值域進行分析。
101、設a, b是滿足ab<0的實數，那么（ B ）。
（A）|a＋b|>|a－b|（B）|a＋b|<|a－b|
（C）|a－b|<|a|－|b|（D）|a－b|>|a|＋|b|
點評：特殊值法。
102、設a, b, c∈R＋，則三個數a＋, b＋, c＋（ D ）。
（A）都不大于2 （B）都不小于2
（C）至少有一個不大于2 （D）至少有一個不小于2
點評：反證法。
103、若一數列的前四項依次是2，0，2，0，則下列式子中，不能作為它的通項公式的是（ D ）。
（A）an= 1－(－1)n （B）an=1＋(－1)n＋1
（C）an=2sin2 （D）an=(1－cosnπ)＋(n－1)(n－2)
點評：驗證法。
104、復數z1=－2＋i的輻角主值為θ1，復數z2=－1－3i輻角主值為θ2，則θ1＋θ2等于（ D ）。
（A） （B） （C） （D）
點評：輻角主值的概念。
105、平行六面體ABCD－A1B1C1D1的體積為30，則四面體AB1CD1的體積是（ C ）。
（A）15 （B）7.5 （C）10 （D）6
點評：體積公式。
106、不論k為何實數，直線(2k－1)x－(k＋3)y－(k－11)=0恒通過一個定點，這個定點的坐標是（ B ）。
（A）(5, 2) （B）(2, 3) （C）(5, 9) （D）(－,3)
點評：對原式進行變形。
107、方程ax＋by＋c=0與方程2ax＋2by＋c＋1=0表示兩條平行直線的充要條件是（ C ）。
（A）ab>0, c≠1 （B）ab<0, c≠1
（C）a2＋b2≠0, c≠1 （D）a=b=c=2
點評：兩直線平行的充要條件。
108、與三條直線y=0, y=x＋2, y=－x＋4都相切的圓的圓心是（ C ）。
（A） (1, 2＋2)（B）(1, 3－3)
（C）(1, 3－3)（D）(1, －3－3)
點評：用點到直線的距離公式進行驗證。
109、焦距是10，虛軸長是8，過點(3, 4)的雙曲線的標準方程是（ A ）。
（A） （B） （C） （D）
點評：運用概念進行驗證。
110、函數y=log3(x2＋x－2)的定義域是（ C ）。
（A）[－2, 1] （B）(－2, 1)
（C）(－∞, －2)∪(1, ＋∞) （D）(－∞, －2)∪[1, ＋∞]
點評：解不等式。
111、若logm0.7>logn0.7>0，則m, n的大小關系是（ C ）。
（A）m>n>1 （B）n>m>1 （C）0點評：先用對數符號的確定，再用換底公式。
112、函數y=sin(ωx)cos(ωx) (ω>0)的最小正影響力位居國內前列教育資源網
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高考數學常用公式及結論200條
湖北省黃石二中 楊志明
1. 元素與集合的關系
,.
2.德摩根公式
.
3.包含關系
4.容斥原理
.
5．集合的子集個數共有 個；真子集有–1個；非空子集有 –1個；非空的真子集有–2個.
6.二次函數的解析式的三種形式
(1)一般式;
(2)頂點式;
(3)零點式.
7.解連不等式常有以下轉化形式
.
8.方程在上有且只有一個實根,與不等價,前者是后者的一個必要而不是充分條件.特別地, 方程有且只有一個實根在內,等價于,或且,或且.
9.閉區間上的二次函數的最值
二次函數在閉區間上的最值只能在處及區間的兩端點處取得，具體如下：
(1)當a>0時，若，則；
，，.
(2)當a<0時，若，則，若，則，.
10.一元二次方程的實根分布
依據：若，則方程在區間內至少有一個實根 .
設，則
（1）方程在區間內有根的充要條件為或；
（2）方程在區間內有根的充要條件為或或或；
（3）方程在區間內有根的充要條件為或 .
11.定區間上含參數的二次不等式恒成立的條件依據
(1)在給定區間的子區間（形如，，不同）上含參數的二次不等式(為參數)恒成立的充要條件是.
(2)在給定區間的子區間上含參數的二次不等式(為參數)恒成立的充要條件是.
(3)恒成立的充要條件是或.
12.真值表
ｐ ｑ 非ｐ ｐ或ｑ ｐ且ｑ
真 真 假 真 真
真 假 假 真 假
假 真 真 真 假
假 假 真 假 假
13.常見結論的否定形式
原結論 反設詞 原結論 反設詞
是 不是 至少有一個 一個也沒有
都是 不都是 至多有一個 至少有兩個
大于 不大于 至少有個 至多有（）個
小于 不小于 至多有個 至少有（）個
對所有，成立 存在某，不成立 或 且
對任何，不成立 存在某，成立 且 或
14.四種命題的相互關系
原命題　　　　　　　互逆　　　　　　　逆命題
若ｐ則ｑ　　　　　　　　　　　　　　　若ｑ則ｐ
　　　　　　　互　　　　　　　互
　　互　　　　　　　　為　　　為　　　　　　　　互
　　否　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　否
　　　　　　　　　　　逆　　　逆　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　否　　　　　　 否
否命題　　　　　　　　　　　　　　　逆否命題　　　
若非ｐ則非ｑ　　　　互逆　　　　　　若非ｑ則非ｐ
15.充要條件
（1）充分條件：若，則是充分條件.
（2）必要條件：若，則是必要條件.
（3）充要條件：若，且，則是充要條件.
注：如果甲是乙的充分條件，則乙是甲的必要條件；反之亦然.
16.函數的單調性
(1)設那么
上是增函數；
上是減函數.
(2)設函數在某個區間內可導，如果，則為增函數；如果，則為減函數.
17.如果函數和都是減函數,則在公共定義域內,和函數也是減函數; 如果函數和在其對應的定義域上都是減函數,則復合函數是增函數.
18．奇偶函數的圖象特征
奇函數的圖象關于原點對稱，偶函數的圖象關于y軸對稱;反過來，如果一個函數的圖象關于原點對稱，那么這個函數是奇函數；如果一個函數的圖象關于y軸對稱，那么這個函數是偶函數．
19.若函數是偶函數，則；若函數是偶函數，則.
20.對于函數(),恒成立,則函數的對稱軸是函數;兩個函數與 的圖象關于直線對稱.
21.若,則函數的圖象關于點對稱; 若,則函數為周期為的周期函數.
22．多項式函數的奇偶性
多項式函數是奇函數的偶次項(即奇數項)的系數全為零.
多項式函數是偶函數的奇次項(即偶數項)的系數全為零.
23.函數的圖象的對稱性
(1)函數的圖象關于直線對稱
.
(2)函數的圖象關于直線對稱
.
24.兩個函數圖象的對稱性
(1)函數與函數的圖象關于直線(即軸)對稱.
(2)函數與函數的圖象關于直線對稱.
(3)函數和的圖象關于直線y=x對稱.
25.若將函數的圖象右移、上移個單位，得到函數的圖象；若將曲線的圖象右移、上移個單位，得到曲線的圖象.
26．互為反函數的兩個函數的關系
.
27.若函數存在反函數,則其反函數為,并不是,而函數是的反函數.
28.幾個常見的函數方程
(1)正比例函數,.
(2)指數函數,.
(3)對數函數,.
(4)冪函數,.
(5)余弦函數,正弦函數，，
.
29.幾個函數方程的周期(約定a>0)
（1），則的周期T=a；
（2），
或，
或,
或,則的周期T=2a；
(3)，則的周期T=3a；
(4)且，則的周期T=4a；
(5)
,則的周期T=5a；
(6)，則的周期T=6a.
30.分數指數冪
(1)（，且）.
(2)（，且）.
31．根式的性質
（1）.
（2）當為奇數時，；
當為偶數時，.
32．有理指數冪的運算性質
(1) .
(2) .
(3).
注： 若a＞0，p是一個無理數，則ap表示一個確定的實數．上述有理指數冪的運算性質，對于無理數指數冪都適用.
33.指數式與對數式的互化式
.
34.對數的換底公式
(,且,,且, ).
推論 (,且,,且,, ).
35．對數的四則運算法則
若a＞0，a≠1，M＞0，N＞0，則
(1);
(2) ;
(3).
36.設函數,記.若的定義域為,則，且;若的值域為,則，且.對于的情形,需要單獨檢驗.
37. 對數換底不等式及其推廣
若,,,,則函數
(1)當時,在和上為增函數.
， (2)當時,在和上為減函數.
推論:設，，，且，則
（1）.
（2）.
38. 平均增長率的問題
如果原來產值的基礎數為N，平均增長率為，則對于時間的總產值，有.
39.數列的同項公式與前n項的和的關系
( 數列的前n項的和為).
40.等差數列的通項公式
；
其前n項和公式為
.
41.等比數列的通項公式
；
其前n項的和公式為
或.
42.等比差數列:的通項公式為
；
其前n項和公式為
.
43.分期付款(按揭貸款)
每次還款元(貸款元,次還清,每期利率為).
44．常見三角不等式
（1）若，則.
(2) 若，則.
(3) .
45.同角三角函數的基本關系式
，=，.
46.正弦、余弦的誘導公式
47.和角與差角公式
;
;
.
(平方正弦公式);
.
=(輔助角所在象限由點的象限決定, ).
48.二倍角公式
.
.
.
49. 三倍角公式
.
..
50.三角函數的周期公式
函數，x∈R及函數，x∈R(A,ω,為常數，且A≠0，ω＞0)的周期；函數，(A,ω,為常數，且A≠0，ω＞0)的周期.
51.正弦定理
.
52.余弦定理
;
;
.
53.面積定理
（1）（分別表示a、b、c邊上的高）.
（2）.
(3).
54.三角形內角和定理
在△ABC中，有
.
55. 簡單的三角方程的通解
.
.
.
特別地,有
.
.
.
56.最簡單的三角不等式及其解集
.
.
.
.
.
.
57.實數與向量的積的運算律
設λ、μ為實數，那么
(1) 結合律：λ(μa)=(λμ)a;
(2)第一分配律：(λ+μ)a=λa+μa;
(3)第二分配律：λ(a+b)=λa+λb.
58.向量的數量積的運算律：
(1) a·b= b·a （交換律）;
(2)（a）·b= （a·b）=a·b= a·（b）;
(3)（a+b）·c= a ·c +b·c.
59.平面向量基本定理
如果e1、e 2是同一平面內的兩個不共線向量，那么對于這一平面內的任一向量，有且只有一對實數λ1、λ2，使得a=λ1e1+λ2e2．
不共線的向量e1、e2叫做表示這一平面內所有向量的一組基底．
60．向量平行的坐標表示
設a=,b=，且b0，則ab(b0).
53. a與b的數量積(或內積)
a·b=|a||b|cosθ．
61. a·b的幾何意義
數量積a·b等于a的長度|a|與b在a的方向上的投影|b|cosθ的乘積．
62.平面向量的坐標運算
(1)設a=,b=，則a+b=.
(2)設a=,b=，則a-b=.
(3)設A，B,則.
(4)設a=，則a=.
(5)設a=,b=，則a·b=.
63.兩向量的夾角公式
(a=,b=).
64.平面兩點間的距離公式
=
(A，B).
65.向量的平行與垂直
設a=,b=，且b0，則
A||bb=λa .
ab(a0)a·b=0.
66.線段的定比分公式
設，，是線段的分點,是實數，且，則
（）.
67.三角形的重心坐標公式
△ABC三個頂點的坐標分別為、、,則△ABC的重心的坐標是.
68.點的平移公式
.
注:圖形F上的任意一點P(x，y)在平移后圖形上的對應點為，且的坐標為.
69.“按向量平移”的幾個結論
（1）點按向量a=平移后得到點.
(2) 函數的圖象按向量a=平移后得到圖象,則的函數解析式為.
(3) 圖象按向量a=平移后得到圖象,若的解析式,則的函數解析式為.
(4)曲線:按向量a=平移后得到圖象,則的方程為.
(5) 向量m=按向量a=平移后得到的向量仍然為m=.
70. 三角形五“心”向量形式的充要條件
設為所在平面上一點，角所對邊長分別為，則
（1）為的外心.
（2）為的重心.
（3）為的垂心.
（4）為的內心.
（5）為的的旁心.
71.常用不等式：
（1）(當且僅當a＝b時取“=”號)．
（2）(當且僅當a＝b時取“=”號)．
（3）
（4）柯西不等式
（5）.
72.極值定理
已知都是正數，則有
（1）若積是定值，則當時和有最小值；
（2）若和是定值，則當時積有最大值.
推廣 已知，則有
（1）若積是定值,則當最大時,最大；
當最小時,最小.
（2）若和是定值,則當最大時, 最小；
當最小時, 最大.
73.一元二次不等式，如果與同號，則其解集在兩根之外；如果與異號，則其解集在兩根之間.簡言之：同號兩根之外，異號兩根之間.
；
.
74.含有絕對值的不等式
當a> 0時，有
.
或.
75.無理不等式
（1） .
（2）.
（3）.
76.指數不等式與對數不等式
(1)當時,
;
.
(2)當時,
;
77.斜率公式
（、）.
78.直線的五種方程
（1）點斜式 (直線過點，且斜率為)．
（2）斜截式 (b為直線在y軸上的截距).
（3）兩點式 ()(、 ()).
(4)截距式 (分別為直線的橫、縱截距，)
（5）一般式 (其中A、B不同時為0).
79.兩條直線的平行和垂直
(1)若，
①;
②.
(2)若,,且A1、A2、B1、B2都不為零,
①；
②；
80.夾角公式
(1).
(，,)
(2).
(,,).
直線時，直線l1與l2的夾角是.
81. 到的角公式
(1).
(，,)
(2).
(,,).
直線時，直線l1到l2的角是.
82．四種常用直線系方程
(1)定點直線系方程：經過定點的直線系方程為(除直線),其中是待定的系數; 經過定點的直線系方程為,其中是待定的系數．
(2)共點直線系方程：經過兩直線,的交點的直線系方程為(除)，其中λ是待定的系數．
(3)平行直線系方程：直線中當斜率k一定而b變動時，表示平行直線系方程．與直線平行的直線系方程是()，λ是參變量．
(4)垂直直線系方程：與直線 (A≠0，B≠0)垂直的直線系方程是,λ是參變量．
83.點到直線的距離
(點,直線：).
84. 或所表示的平面區域
設直線，則或所表示的平面區域是：
若，當與同號時，表示直線的上方的區域；當與異號時，表示直線的下方的區域.簡言之,同號在上,異號在下.
若，當與同號時，表示直線的右方的區域；當與異號時，表示直線的左方的區域. 簡言之,同號在右,異號在左.
85. 或所表示的平面區域
設曲線（），則
或所表示的平面區域是：
所表示的平面區域上下兩部分；
所表示的平面區域上下兩部分.
86. 圓的四種方程
（1）圓的標準方程 .
（2）圓的一般方程 (＞0).
（3）圓的參數方程 .
（4）圓的直徑式方程 (圓的直徑的端點是、).
87. 圓系方程
(1)過點,的圓系方程是
,其中是直線的方程,λ是待定的系數．
(2)過直線:與圓:的交點的圓系方程是,λ是待定的系數．
(3) 過圓:與圓:的交點的圓系方程是,λ是待定的系數．
88.點與圓的位置關系
點與圓的位置關系有三種
若，則
點在圓外;點在圓上;點在圓內.
89.直線與圓的位置關系
直線與圓的位置關系有三種:
;
;
.
其中.
90.兩圓位置關系的判定方法
設兩圓圓心分別為O1，O2，半徑分別為r1，r2，
;
;
;
;
.
91.圓的切線方程
(1)已知圓．
①若已知切點在圓上，則切線只有一條，其方程是
.
當圓外時, 表示過兩個切點的切點弦方程．
②過圓外一點的切線方程可設為，再利用相切條件求k，這時必有兩條切線，注意不要漏掉平行于y軸的切線．
③斜率為k的切線方程可設為，再利用相切條件求b，必有兩條切線．
(2)已知圓．
①過圓上的點的切線方程為;
②斜率為的圓的切線方程為.
92.橢圓的參數方程是.
93.橢圓焦半徑公式
，.
94．橢圓的的內外部
（1）點在橢圓的內部.
（2）點在橢圓的外部.
95. 橢圓的切線方程
(1)橢圓上一點處的切線方程是.
（2）過橢圓外一點所引兩條切線的切點弦方程是
.
（3）橢圓與直線相切的條件是.
96.雙曲線的焦半徑公式
，.
97.雙曲線的內外部
(1)點在雙曲線的內部.
(2)點在雙曲線的外部.
98.雙曲線的方程與漸近線方程的關系
(1）若雙曲線方程為漸近線方程：.
(2)若漸近線方程為雙曲線可設為.
(3)若雙曲線與有公共漸近線，可設為（，焦點在x軸上，，焦點在y軸上）.
99. 雙曲線的切線方程
(1)雙曲線上一點處的切線方程是.
（2）過雙曲線外一點所引兩條切線的切點弦方程是
.
（3）雙曲線與直線相切的條件是.
100. 拋物線的焦半徑公式
拋物線焦半徑.
過焦點弦長.
101.拋物線上的動點可設為P或 P，其中 .
102.二次函數的圖象是拋物線：（1）頂點坐標為；（2）焦點的坐標為；（3）準線方程是.
103.拋物線的內外部
(1)點在拋物線的內部.
點在拋物線的外部.
(2)點在拋物線的內部.
點在拋物線的外部.
(3)點在拋物線的內部.
點在拋物線的外部.
(4) 點在拋物線的內部.
點在拋物線的外部.
104. 拋物線的切線方程
(1)拋物線上一點處的切線方程是.
（2）過拋物線外一點所引兩條切線的切點弦方程是.
（3）拋物線與直線相切的條件是.
105.兩個常見的曲線系方程
(1)過曲線,的交點的曲線系方程是
(為參數).
(2)共焦點的有心圓錐曲線系方程,其中.當時,表示橢圓; 當時,表示雙曲線.
106.直線與圓錐曲線相交的弦長公式 或
（弦端點A，由方程 消去y得到，,為直線的傾斜角，為直線的斜率）.
107.圓錐曲線的兩類對稱問題
（1）曲線關于點成中心對稱的曲線是.
（2）曲線關于直線成軸對稱的曲線是
.
108.“四線”一方程
對于一般的二次曲線，用代，用代，用代，用代，用代即得方程
，曲線的切線，切點弦，中點弦，弦中點方程均是此方程得到.
109．證明直線與直線的平行的思考途徑
（1）轉化為判定共面二直線無交點；
（2）轉化為二直線同與第三條直線平行；
（3）轉化為線面平行；
（4）轉化為線面垂直；
（5）轉化為面面平行.
110．證明直線與平面的平行的思考途徑
（1）轉化為直線與平面無公共點；
（2）轉化為線線平行；
（3）轉化為面面平行.
111．證明平面與平面平行的思考途徑
（1）轉化為判定二平面無公共點；
（2）轉化為線面平行；
（3）轉化為線面垂直.
112．證明直線與直線的垂直的思考途徑
（1）轉化為相交垂直；
（2）轉化為線面垂直；
（3）轉化為線與另一線的射影垂直；
（4）轉化為線與形成射影的斜線垂直.
113．證明直線與平面垂直的思考途徑
（1）轉化為該直線與平面內任一直線垂直；
（2）轉化為該直線與平面內相交二直線垂直；
（3）轉化為該直線與平面的一條垂線平行；
（4）轉化為該直線垂直于另一個平行平面；
（5）轉化為該直線與兩個垂直平面的交線垂直.
114．證明平面與平面的垂直的思考途徑
（1）轉化為判斷二面角是直二面角；
（2）轉化為線面垂直.
115.空間向量的加法與數乘向量運算的運算律
(1)加法交換律：a＋b=b＋a．
(2)加法結合律：(a＋b)＋c=a＋(b＋c)．
(3)數乘分配律：λ(a＋b)=λa＋λb．
116.平面向量加法的平行四邊形法則向空間的推廣
始點相同且不在同一個平面內的三個向量之和，等于以這三個向量為棱的平行六面體的以公共始點為始點的對角線所表示的向量.
117.共線向量定理
對空間任意兩個向量a、b(b≠0 )，a∥b存在實數λ使a=λb．
三點共線.
、共線且不共線且不共線.
118.共面向量定理
向量p與兩個不共線的向量a、b共面的存在實數對,使．
推論 空間一點P位于平面MAB內的存在有序實數對,使，
或對空間任一定點O，有序實數對，使.
119.對空間任一點和不共線的三點A、B、C，滿足（），則當時，對于空間任一點，總有P、A、B、C四點共面；當時，若平面ABC，則P、A、B、C四點共面；若平面ABC，則P、A、B、C四點不共面．
四點共面與、共面
（平面ABC）.
120.空間向量基本定理
如果三個向量a、b、c不共面，那么對空間任一向量p，存在一個唯一的有序實數組x，y，z，使p＝xa＋yb＋zc．
推論 設O、A、B、C是不共面的四點，則對空間任一點P，都存在唯一的三個有序實數x，y，z，使.
121.射影公式
已知向量=a和軸，e是上與同方向的單位向量.作A點在上的射影，作B點在上的射影，則
〈a，e〉=a·e
122.向量的直角坐標運算
設a＝，b＝則
(1)a＋b＝；
(2)a－b＝；
(3)λa＝ (λ∈R)；
(4)a·b＝；
123.設A，B，則
= .
124．空間的線線平行或垂直
設，，則
；
.
125.夾角公式
設a＝，b＝，則
cos〈a，b〉=.
推論 ，此即三維柯西不等式.
126. 四面體的對棱所成的角
四面體中, 與所成的角為,則
.
127．異面直線所成角
=
（其中（）為異面直線所成角，分別表示異面直線的方向向量）
128.直線與平面所成角
(為平面的法向量).
129.若所在平面若與過若的平面成的角,另兩邊,與平面成的角分別是、,為的兩個內角，則
.
特別地,當時,有
.
130.若所在平面若與過若的平面成的角,另兩邊,與平面成的角分別是、,為的兩個內角，則
.
特別地,當時,有
.
131.二面角的平面角
或（，為平面，的法向量）.
132.三余弦定理
設AC是α內的任一條直線，且BC⊥AC，垂足為C，又設AO與AB所成的角為，AB與AC所成的角為，AO與AC所成的角為．則.
133. 三射線定理
若夾在平面角為的二面角間的線段與二面角的兩個半平面所成的角是,,與二面角的棱所成的角是θ，則有 ;
(當且僅當時等號成立).
134.空間兩點間的距離公式
若A，B，則
=.
135.點到直線距離
(點在直線上，直線的方向向量a=，向量b=).
136.異面直線間的距離
(是兩異面直線，其公垂向量為，分別是上任一點，為間的距離).
137.點到平面的距離
（為平面的法向量，是經過面的一條斜線，）.
138.異面直線上兩點距離公式
.
.
（）.
(兩條異面直線a、b所成的角為θ，其公垂線段的長度為h.在直線a、b上分別取兩點E、F，,,).
139.三個向量和的平方公式
140. 長度為的線段在三條兩兩互相垂直的直線上的射影長分別為，夾角分別為,則有
.
（立體幾何中長方體對角線長的公式是其特例）.
141. 面積射影定理
.
(平面多邊形及其射影的面積分別是、，它們所在平面所成銳二面角的為).
142. 斜棱柱的直截面
已知斜棱柱的側棱長是,側面積和體積分別是和,它的直截面的周長和面積分別是和,則
①.
②.
143．作截面的依據
三個平面兩兩相交，有三條交線，則這三條交線交于一點或互相平行.
144．棱錐的平行截面的性質
如果棱錐被平行于底面的平面所截，那么所得的截面與底面相似，截面面積與底面面積的比等于頂點到截面距離與棱錐高的平方比（對應角相等，對應邊對應成比例的多邊形是相似多邊形，相似多邊形面積的比等于對應邊的比的平方）；相應小棱錐與小棱錐的側面積的比等于頂點到截面距離與棱錐高的平方比．
145.歐拉定理(歐拉公式)
(簡單多面體的頂點數V、棱數E和面數F).
（1）=各面多邊形邊數和的一半.特別地,若每個面的邊數為的多邊形，則面數F與棱數E的關系：；
（2）若每個頂點引出的棱數為，則頂點數V與棱數E的關系：.
146.球的半徑是R，則
其體積,
其表面積．
147.球的組合體
(1)球與長方體的組合體:
長方體的外接球的直徑是長方體的體對角線長.
(2)球與正方體的組合體:
正方體的內切球的直徑是正方體的棱長, 正方體的棱切球的直徑是正方體的面對角線長, 正方體的外接球的直徑是正方體的體對角線長.
(3) 球與正四面體的組合體:
棱長為的正四面體的內切球的半徑為,外接球的半徑為.
148．柱體、錐體的體積
（是柱體的底面積、是柱體的高）.
（是錐體的底面積、是錐體的高）.
149.分類計數原理（加法原理）
.
150.分步計數原理（乘法原理）
.
151.排列數公式
==.(，∈N*，且)．
注:規定.
152.排列恒等式
(1）;
（2）;
（3）;
（4）;
（5）.
(6) .
153.組合數公式
===(∈N*，，且).
154.組合數的兩個性質
(1)= ;
(2) +=.
注:規定.
155.組合恒等式
（1）;
（2）;
（3）;
（4）=;
（5）.
(6).
(7).
(8).
(9).
(10).
156.排列數與組合數的關系
.
157．單條件排列
以下各條的大前提是從個元素中取個元素的排列.
（1）“在位”與“不在位”
①某（特）元必在某位有種；②某（特）元不在某位有（補集思想）（著眼位置）（著眼元素）種.
（2）緊貼與插空（即相鄰與不相鄰）
①定位緊貼：個元在固定位的排列有種.
②浮動緊貼：個元素的全排列把k個元排在一起的排法有種.注：此類問題常用捆綁法；
③插空：兩組元素分別有k、h個（），把它們合在一起來作全排列，k個的一組互不能挨近的所有排列數有種.
（3）兩組元素各相同的插空
個大球個小球排成一列，小球必分開，問有多少種排法？
當時，無解；當時，有種排法.
（4）兩組相同元素的排列：兩組元素有m個和n個，各組元素分別相同的排列數為.
158．分配問題
（1）(平均分組有歸屬問題)將相異的、個物件等分給個人，各得件，其分配方法數共有.
（2）(平均分組無歸屬問題)將相異的·個物體等分為無記號或無順序的堆，其分配方法數共有
.
（3）(非平均分組有歸屬問題)將相異的個物體分給個人，物件必須被分完，分別得到，，…，件，且，，…，這個數彼此不相等，則其分配方法數共有.
（4）(非完全平均分組有歸屬問題)將相異的個物體分給個人，物件必須被分完，分別得到，，…，件，且，，…，這個數中分別有a、b、c、…個相等，則其分配方法數有 .
（5）(非平均分組無歸屬問題)將相異的個物體分為任意的，，…，件無記號的堆，且，，…，這個數彼此不相等，則其分配方法數有.
（6）(非完全平均分組無歸屬問題)將相異的個物體分為任意的，，…，件無記號的堆，且，，…，這個數中分別有a、b、c、…個相等，則其分配方法數有.
（7）(限定分組有歸屬問題)將相異的（）個物體分給甲、乙、丙，……等個人，物體必須被分完，如果指定甲得件，乙得件，丙得件，…時，則無論，，…，等個數是否全相異或不全相異其分配方法數恒有
.
159．“錯位問題”及其推廣
貝努利裝錯箋問題:信封信與個信封全部錯位的組合數為
.
推廣: 個元素與個位置,其中至少有個元素錯位的不同組合總數為
.
160．不定方程的解的個數
(1)方程（）的正整數解有個.
(2) 方程（）的非負整數解有 個.
(3) 方程（）滿足條件(,)的非負整數解有個.
(4) 方程（）滿足條件(,)的正整數解有個.
161.二項式定理 ;
二項展開式的通項公式
.
162.等可能性事件的概率
.
163.互斥事件A，B分別發生的概率的和
P(A＋B)=P(A)＋P(B)．
164.個互斥事件分別發生的概率的和
P(A1＋A2＋…＋An)=P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
165.獨立事件A，B同時發生的概率
P(A·B)= P(A)·P(B).
166.n個獨立事件同時發生的概率
P(A1· A2·…· An)=P(A1)· P(A2)·…· P(An)．
167.n次獨立重復試驗中某事件恰好發生k次的概率
168.離散型隨機變量的分布列的兩個性質
（1）;
（2）.
169.數學期望
170.數學期望的性質
（1）.
（2）若～,則.
(3) 若服從幾何分布,且，則.
171.方差
172.標準差
=.
173.方差的性質
(1)；
(2）若～，則.
(3) 若服從幾何分布,且，則.
174.方差與期望的關系
.
175.正態分布密度函數
，式中的實數μ，（>0）是參數，分別表示個體的平均數與標準差.
176.標準正態分布密度函數
.
177.對于，取值小于x的概率
.
.
178.回歸直線方程
，其中.
179.相關系數
.
|r|≤1，且|r|越接近于1，相關程度越大；|r|越接近于0，相關程度越小.
180.特殊數列的極限
（1）.
（2）.
（3）（無窮等比數列 ()的和）.
181. 函數的極限定理
.
182.函數的夾逼性定理
如果函數f(x)，g(x)，h(x)在點x0的附近滿足：
（1）;
（2）（常數）,
則.
本定理對于單側極限和的情況仍然成立.
183.幾個常用極限
（1），（）；
（2），.
184.兩個重要的極限
（1）；
（2）(e=2.718281845…).
185.函數極限的四則運算法則
若，，則
(1)；
(2);
(3).
186.數列極限的四則運算法則
若，則
(1)；
(2)；
(3)
(4)( c是常數).
187.在處的導數（或變化率或微商）
.
188.瞬時速度
.
189.瞬時加速度
.
190.在的導數
.
191. 函數在點處的導數的幾何意義
函數在點處的導數是曲線在處的切線的斜率，相應的切線方程是.
192.幾種常見函數的導數
(1) （C為常數）.
(2) .
(3) .
(4) .
(5) ；.
(6) ; .
193.導數的運算法則
（1）.
（2）.
（3）.
194.復合函數的求導法則
設函數在點處有導數，函數在點處的對應點U處有導數，則復合函數在點處有導數，且，或寫作.
195.常用的近似計算公式（當充小時）
(1);；
(2)； ；
(3)；
(4)；
(5)（為弧度）；
(6)（為弧度）；
(7)（為弧度）
196.判別是極大（小）值的方法
當函數在點處連續時，
（1）如果在附近的左側，右側，則是極大值；
（2）如果在附近的左側，右側，則是極小值.
197.復數的相等
.（）
198.復數的模（或絕對值）
==.
199.復數的四則運算法則
(1);
(2);
(3);
(4).
200.復數的乘法的運算律
對于任何，有
交換律:.
結合律:.
分配律: .
201.復平面上的兩點間的距離公式
（，）.
202.向量的垂直
非零復數，對應的向量分別是，，則
的實部為零為純虛數
(λ為非零實數).
203.實系數一元二次方程的解
實系數一元二次方程，
①若,則;
②若,則;
③若，它在實數集內沒有實數根；在復數集內有且僅有兩個共軛復數根.
(n為偶數)
(n為奇數)
(n為偶數)
(n為奇數)
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二次函數綜合問題例談
北京中國人民大學附中 梁麗平
陜西省咸陽市永壽中學 安振平
二次函數是中學代數的基本內容之一，它既簡單又具有豐富的內涵和外延. 作為最基本的初等函數，可以以它為素材來研究函數的單調性、奇偶性、最值等性質，還可建立起函數、方程、不等式之間的有機聯系；作為拋物線，可以聯系其它平面曲線討論相互之間關系. 這些縱橫聯系，使得圍繞二次函數可以編制出層出不窮、靈活多變的數學問題.　同時，有關二次函數的內容又與近、現代數學發展緊密聯系，是學生進入高校繼續深造的重要知識基礎. 因此，從這個意義上說，有關二次函數的問題在高考中頻繁出現，也就不足為奇了.
學習二次函數，可以從兩個方面入手：一是解析式，二是圖像特征. 從解析式出發，可以進行純粹的代數推理，這種代數推理、論證的能力反映出一個人的基本數學素養；從圖像特征出發，可以實現數與形的自然結合，這正是中學數學中一種非常重要的思想方法. 本文將從這兩個方面研究涉及二次函數的一些綜合問題.
1. 代數推理
由于二次函數的解析式簡捷明了，易于變形（一般式、頂點式、零點式等），所以，在解決二次函數的問題時，常常借助其解析式，通過純代數推理，進而導出二次函數的有關性質.
1.1 二次函數的一般式中有三個參數. 解題的關鍵在于：通過三個獨立條件“確定”這三個參數.
例1 　已知，滿足1且，求的取值范圍.
分析：本題中，所給條件并不足以確定參數的值，但應該注意到：所要求的結論不是的確定值，而是與條件相對應的“取值范圍”，因此，我們可以把1和當成兩個獨立條件，先用和來表示.
解：由，可解得：
（*）
將以上二式代入，并整理得
　　　　　,
∴ .
又∵，,
∴ .
例2 設，若，，, 試證明：對于任意，有.
分析：同上題，可以用來表示.
解：∵ ,
∴ ,
∴ .
∴ 當時，
當時，
綜上，問題獲證.
1.2 利用函數與方程根的關系，寫出二次函數的零點式
例３　設二次函數，方程的兩個根滿足. 當時，證明.
分析：在已知方程兩根的情況下，根據函數與方程根的關系，可以寫出函數的表達式，從而得到函數的表達式.
證明：由題意可知.
,
∴ ,
∴ 當時，.
又,
∴ ,
綜上可知，所給問題獲證.
1.3 緊扣二次函數的頂點式對稱軸、最值、判別式顯合力
例4 已知函數。
（1）將的圖象向右平移兩個單位，得到函數，求函數的解析式；
（2）函數與函數的圖象關于直線對稱，求函數的解析式；
（3）設，已知的最小值是且，求實數的取值范圍。
解：(1)
(2)設的圖像上一點，點關于的對稱點為，由點Q在的圖像上，所以
，
于是
即
（3）.
設，則.
問題轉化為：對恒成立. 即
對恒成立. （*）
故必有.（否則，若，則關于的二次函數開口向下，當充分大時，必有；而當時，顯然不能保證（*）成立.），此時，由于二次函數的對稱軸，所以，問題等價于，即，
解之得：.
此時，，故在取得最小值滿足條件.
2. 數形結合
二次函數的圖像為拋物線，具有許多優美的性質，如對稱性、單調性、凹凸性等. 結合這些圖像特征解決有關二次函數的問題，可以化難為易.，形象直觀.
2.1 二次函數的圖像關于直線對稱， 特別關系也反映了二次函數的一種對稱性.
例5 設二次函數，方程的兩個根滿足. 且函數的圖像關于直線對稱，證明：.
解：由題意 .
由方程的兩個根滿足, 可得
且,
∴ ，
即 ，故 .
2.2 二次函數的圖像具有連續性，且由于二次方程至多有兩個實數根. 所以存在實數使得且在區間上，必存在的唯一的實數根.
例6 已知二次函數，設方程的兩個實數根為和.
（1）如果，設函數的對稱軸為，求證：；
（2）如果，，求的取值范圍.
分析：條件實際上給出了的兩個實數根所在的區間，因此可以考慮利用上述圖像特征去等價轉化.
解：設，則的二根為和.
（1）由及，可得 ，即，即
兩式相加得，所以，;
（2）由, 可得 .
又，所以同號.
∴ ，等價于或,
即 或
解之得 或.
2.3 因為二次函數在區間和區間上分別單調，所以函數在閉區間上的最大值、最小值必在區間端點或頂點處取得；函數在閉區間上的最大值必在區間端點或頂點處取得.
例7 已知二次函數，當時，有，求證：當時，有.
分析：研究的性質，最好能夠得出其解析式，從這個意義上說，應該盡量用已知條件來表達參數. 確定三個參數，只需三個獨立條件，本題可以考慮，，，這樣做的好處有兩個：一是的表達較為簡潔，二是由于正好是所給條件的區間端點和中點，這樣做能夠較好地利用條件來達到控制二次函數范圍的目的.
要考慮在區間上函數值的取值范圍，只需考慮其最大值，也即考慮在區間端點和頂點處的函數值.
解：由題意知：，
∴ ，
∴ .
由時，有，可得 .
∴ ,
.
（1）若，則在上單調，故當時，
∴ 此時問題獲證.
（2）若，則當時，
又，
∴ 此時問題獲證.
綜上可知：當時，有.
解析幾何綜合題解題思路案例分析
北京中國人民大學附中 梁麗平
陜西省咸陽市永壽中學 安振平
解析幾何綜合題是高考命題的熱點內容之一. 這類試題往往以解析幾何知識為載體，綜合函數、不等式、三角、數列等知識，所涉及到的知識點較多，對解題能力考查的層次要求較高，考生在解答時，常常表現為無從下手，或者半途而廢。據此筆者認為：解決這一類問題的關鍵在于：通觀全局，局部入手，整體思維. 即在掌握通性通法的同時，不應只形成一個一個的解題套路，解題時不加分析，跟著感覺走，做到那兒算那兒. 而應當從宏觀上去把握，從微觀上去突破，在審題和解題思路的整體設計上下功夫，不斷克服解題征途中的道道運算難關.
1 判別式----解題時時顯神功
案例1 已知雙曲線，直線過點，斜率為，當時，雙曲線的上支上有且僅有一點B到直線的距離為，試求的值及此時點B的坐標。
分析1：解析幾何是用代數方法來研究幾何圖形的一門學科，因此，數形結合必然是研究解析幾何問題的重要手段. 從“有且僅有”這個微觀入手，對照草圖，不難想到：過點B作與平行的直線，必與雙曲線C相切. 而相切的代數表現形式是所構造方程的判別式. 由此出發，可設計如下解題思路：
解題過程略.
分析2：如果從代數推理的角度去思考，就應當把距離用代數式表達，即所謂“有且僅有一點B到直線的距離為”，相當于化歸的方程有唯一解. 據此設計出如下解題思路：
簡解：設點為雙曲線C上支上任一點，則點M到直線的距離為：
于是，問題即可轉化為如上關于的方程.
由于，所以，從而有
于是關于的方程
由可知：
方程的二根同正，故恒成立，于是等價于
.
由如上關于的方程有唯一解，得其判別式，就可解得 .
點評：上述解法緊扣解題目標，不斷進行問題轉換，充分體現了全局觀念與整體思維的優越性.
2 判別式與韋達定理-----二者聯用顯奇效
案例2 已知橢圓C:和點P（4，1），過P作直線交橢圓于A、B兩點，在線段AB上取點Q，使，求動點Q的軌跡所在曲線的方程.
分析：這是一個軌跡問題，解題困難在于多動點的困擾，學生往往不知從何入手。其實，應該想到軌跡問題可以通過參數法求解. 因此，首先是選定參數，然后想方設法將點Q的橫、縱坐標用參數表達，最后通過消參可達到解題的目的.
由于點的變化是由直線AB的變化引起的，自然可選擇直線AB的斜率作為參數，如何將與聯系起來？一方面利用點Q在直線AB上；另一方面就是運用題目條件：來轉化.由A、B、P、Q四點共線，不難得到，要建立與的關系，只需將直線AB的方程代入橢圓C的方程，利用韋達定理即可.
通過這樣的分析，可以看出，雖然我們還沒有開始解題，但對于如何解決本題，已經做到心中有數.
在得到之后，如果能夠從整體上把握，認識到：所謂消參，目的不過是得到關于的方程（不含k），則可由解得，直接代入即可得到軌跡方程。從而簡化消去參的過程。
簡解：設，則由可得：，
解之得： （1）
設直線AB的方程為：，代入橢圓C的方程，消去得出關于 x的一元二次方程：
（2）
∴
代入（1），化簡得： (3)
與聯立，消去得：
在（2）中，由，解得 ，結合（3）可求得
故知點Q的軌跡方程為： （）.
點評：由方程組實施消元，產生一個標準的關于一個變量的一元二次方程，其判別式、韋達定理模塊思維易于想到. 這當中，難點在引出參，活點在應用參，重點在消去參.，而“引參、用參、消參”三步曲，正是解析幾何綜合問題求解的一條有效通道.
3 求根公式-----呼之欲出亦顯靈
案例3 設直線過點P（0，3），和橢圓順次交于A、B兩點，試求的取值范圍.
分析：本題中，絕大多數同學不難得到：=，但從此后卻一籌莫展, 問題的根源在于對題目的整體把握不夠. 事實上，所謂求取值范圍，不外乎兩條路：其一是構造所求變量關于某個（或某幾個）參數的函數關系式（或方程），這只需利用對應的思想實施；其二則是構造關于所求量的一個不等關系.
分析1: 從第一條想法入手，=已經是一個關系式，但由于有兩個變量，同時這兩個變量的范圍不好控制，所以自然想到利用第3個變量——直線AB的斜率k. 問題就轉化為如何將轉化為關于k的表達式，到此為止，將直線方程代入橢圓方程，消去y得出關于的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.
簡解1：當直線垂直于x軸時，可求得;
當與x軸不垂直時，設，直線的方程為：，代入橢圓方程，消去得
解之得
因為橢圓關于y軸對稱，點P在y軸上，所以只需考慮的情形.
當時，，，
所以 ===.
由 , 解得 ，
所以 ，
綜上 .
分析2: 如果想構造關于所求量的不等式，則應該考慮到：判別式往往是產生不等的根源. 由判別式值的非負性可以很快確定的取值范圍，于是問題轉化為如何將所求量與聯系起來. 一般來說，韋達定理總是充當這種問題的橋梁，但本題無法直接應用韋達定理，原因在于不是關于的對稱關系式. 原因找到后，解決問題的方法自然也就有了，即我們可以構造關于的對稱關系式.
簡解2：設直線的方程為：，代入橢圓方程，消去得
（*）
則
令，則，
在（*）中，由判別式可得 ，
從而有 ，
所以 ，
解得 .
結合得.
綜上，.
點評：范圍問題不等關系的建立途徑多多，諸如判別式法，均值不等式法，變量的有界性法，函數的性質法，數形結合法等等. 本題也可從數形結合的角度入手，給出又一優美解法.
解題猶如打仗，不能只是忙于沖鋒陷陣，一時局部的勝利并不能說明問題，有時甚至會被局部所糾纏而看不清問題的實質所在，只有見微知著，樹立全局觀念，講究排兵布陣，運籌帷幄，方能決勝千里.
代數推理題怎么解
陜西永壽縣中學 特級教師安振平
數學是“教會年輕人思考”的科學, 針對代數推理型問題, 我們不但要尋求它的解法是什么, 還要思考有沒有其它的解法, 更要反思為什么要這樣解, 不這樣解行嗎 我們通過典型的問題, 解析代數推理題的解題思路, 方法和技巧. 在解題思維的過程中, 既重視通性通法的演練, 又注意特殊技巧的作用, 同時將函數與方程, 數形結合, 分類與討論, 等價與化歸等數學思想方法貫穿于整個的解題訓練過程當中.
例1設函數，已知，時恒有，求a的取值范圍.
講解: 由
,
從而只要求直線L不在半圓C下方時, 直線L 的y截距的最小值.
當直線與半圓相切時，易求得舍去）.
故.
本例的求解在于 關鍵在于構造新的函數, 進而通過解幾模型進行推理解題, 當中, 滲透著數形結合的數學思想方法, 顯示了解題思維轉換的靈活性和流暢性.
還須指出的是: 數形結合未必一定要畫出圖形, 但圖形早已在你的心中了, 這也許是解題能力的提升, 還請三思而后行.
例2 已知不等式對于大于1的正整數n恒成立，試確定a的取值范圍.
講解: 構造函數，易證(請思考:用什么方法證明呢 )為增函數.
∵n是大于1的 正整數，
對一切大于1的正整數恒成立，必須,
即
這里的構造函數和例1屬于同類型, 學習解題就應當在解題活動的過程中不斷的逐類旁通, 舉一反三, 總結一些解題的小結論. 針對恒成立的問題, 函數最值解法似乎是一種非常有效的同法, 請提煉你的小結論.
例3 已知函數在區間[－b，1－b]上的最大值為25，求b的值.
講解: 由已知二次函數配方, 得
時，的最大值為4b2+3=25.
上遞增，
上遞增，
.
關于二次函數問題是歷年高考的熱門話題, 值得讀者在復課時重點強化訓練. 針對拋物線頂點橫坐標在不在區間[－b，1－b], 自然引出解題形態的三種情況, 這顯示了分類討論的數學思想在解題當中的充分運用. 該分就分, 該合就合, 這種辨證的統一完全依具體的數學問題而定, 需要在解題時靈活把握.
例4已知
的單調區間；
（2）若
講解: （1） 對 已 知 函 數 進 行 降 次 分 項 變 形 , 得 ,
（2）首先證明任意
事實上,
而
.
函 數 與 不 等 式 證 明 的 綜 合 題 在 高 考 中 常 考 常 新 , 是 既 考 知 識 又 考 能 力 的 好 題 型 , 在 高 考 備 考 中 有 較 高 的 訓 練 價 值.. 針對本例的求解, 你能夠想到證明任意采用逆向分析法, 給出你的想法!
例5 已知函數f(x)=（ａ＞０，ａ≠１）．?
(1) 證明函數f(x)的圖象關于點P()對稱．?
(2) 令an＝，對一切自然數n，先猜想使an＞ｎ２成立的最小自然數a,并證明之．?
(3) 求證：∈Ｎ).
講解: (1)關于函數的圖象關于定點P對稱, 可采用解幾中的坐標證法.
設M(x,y)是f(x)圖象上任一點，則M關于P()的對稱點為M’（１－ｘ，１－ｙ），?
∴Ｍ′(1-x,1-y)亦在f(x)的圖象上，
故函數f(x)的圖象關于點P()對稱.?
(2)將f(n)、f(1-n)的表達式代入an的表達式，化簡可得an＝ａｎ猜a=3,
即3ｎ＞ｎ２．?
下面用數學歸納法證明．?
設n=k(k≥２)時，3ｋ＞ｋ２．?
那么n=k+1，3ｋ＋１＞３·３ｋ＞３ｋ２?
又3k２－（ｋ＋１）２＝２（ｋ－）２－≥０（ｋ≥２，ｋ∈Ｎ）?
∴３ｎ＞ｎ２.?
(3)∵３ｋ＞ｋ２?
∴ｋｌｇ３＞２ｌｇｋ?
令k=1,2,…，n，得n個同向不等式，并相加得：
函數與數列綜合型問題在高考中頻頻出現,是歷年高考試題中的一道亮麗的風景線.針對本例,你能夠猜想出最小自然數a=3嗎 試試你的數學猜想能力.
例6 已知二次函數，設方程的兩個實根為x1和x2.
（1）如果，若函數的對稱軸為x=x0，求證：x0＞－1；
（2）如果，求b的取值范圍.
講解:（1）設，由得, 即
，
故；
（2）由同號.
①若.
又，負根舍去）代入上式得
，解得；
②若 即4a－2b+3＜0.
同理可求得.
故當
對你而言, 本例解題思維的障礙點在哪里, 找找看, 如何排除 下一次遇到同類問題, 你會很順利的克服嗎 我們力求做到學一題會一類, 不斷提高邏輯推理能力.
例7 對于函數，若存在成立，則稱的不動點。如果函數有且只有兩個不動點0，2，且
（1）求函數的解析式；
（2）已知各項不為零的數列，求數列通項；
（3）如果數列滿足，求證：當時，恒有成立.
講解: 依題意有,化簡為 由違達定理, 得
解得 代入表達式，由
得 不止有兩個不動點，
（2）由題設得 （*）
且 （**）
由（*）與（**）兩式相減得：
解得（舍去）或，由，若這與矛盾，，即{是以-1為首項，-1為公差的等差數列，；
（3）采用反證法，假設則由（1）知
,有
，而當這與假設矛盾，故假設不成立，.
關于本例的第(3)題,我們還可給出直接證法,事實上:
由得<0或
結論成立；
若，此時從而即數列{}在時單調遞減，由，可知上成立.
比較上述兩種證法,你能找出其中的異同嗎 數學解題后需要進行必要的反思, 學會反思才能長進.
例8 設a，b為常數，：把平面上任意一點
（a，b）映射為函數
（1）證明：不存在兩個不同點對應于同一個函數；
（2）證明：當，這里t為常數；
（3）對于屬于M的一個固定值，得，在映射F的作用下，M1作為象，求其原象，并說明它是什么圖象.
講解: （1）假設有兩個不同的點（a，b），（c，d）對應同一函數，即與相同，
即 對一切實數x均成立.
特別令x=0，得a=c；令，得b=d這與（a，b），（c，d）是兩個不同點矛盾，假設不成立.
故不存在兩個不同點對應同函數.
（2）當時，可得常數a0，b0，使
=
由于為常數，設是常數.
從而.
（3）設，由此得
在映射F之下，的原象是（m，n），則M1的原象是
.
消去t得，即在映射F之下，M1的原象是以原點為圓心，為半徑的圓.
本題將集合, 映射, 函數綜合為一體, 其典型性和新穎性兼顧, 是一道用“活題考死知識”的好題目, 具有很強的訓練價值.
例9 已知函數f(t)滿足對任意實數x、y都有f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1,且f(－2)=－2.
（1）求f(1)的值;
（2）證明：對一切大于1的正整數t，恒有f(t)>t；
（3）試求滿足f(t)=t的整數t的個數，并說明理由.
講解 （1）為求f(1)的值，需令
令.
令.
（2）令(※)
.
由,
,
于是對于一切大于1的正整數t，恒有f(t)>t.
（3）由※及（1）可知.
下面證明當整數.
(※)得
即……，
將諸不等式相加得
.
綜上，滿足條件的整數只有t=1，.
本題的求解顯示了對函數方程f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1中的x、y取特殊值的技巧，這種賦值法在2002年全國高考第（21）題中得到了很好的考查.
例10 已知函數f（x）在（－1，1）上有定義，且滿足x、y∈（－1，1） 有
．
（1）證明：f（x）在（－1，1）上為奇函數；
（2）對數列求；
（3）求證
講解 （1）令則
令則 為奇函數.
（2），
是以－1為首項，2為公比的等比數列．
（3）
而
本例將函數、方程、數列、不等式等代數知識集于一題，是考查分析問題和解決問題能力的范例. 在求解當中，化歸出等比（等差）數列是數列問題常用的解題方法.
數學開放性問題怎么解
陜西永壽縣中學 特級教師安振平
數學開放性問題是近年來高考命題的一個新方向,其解法靈活且具有一定的探索性,這類題型按解題目標的操作模式分為:規律探索型,問題探究型,數學建模型,操作設計型,情景研究型.如果未知的是解題假設,那么就稱為條件開放題;如果未知的是解題目標,那么就稱為結論開放題;如果未知的是解題推理,那么就稱為策略開放題.當然,作為數學高考題中的開放題其“開放度”是較弱的,如何解答這類問題,還是通過若干范例加以講解.
例 1 設等比數列的公比為 ，前 項和為 ，是否存在常數 ，使數列 也成等比數列？若存在，求出常數；若不存在，請 明 理 由.
講解 存在型開放題的求解一般是從假設存在入手, 逐步深化解題進程的.
設存在常數， 使數列 成等比數列.
(i) 當 時， 代入上式得
即=0
但, 于是不存在常數 ，使成等比數列.
(ii) 當 時，， 代 入 上 式 得
.
綜 上 可 知 , 存 在 常 數 ，使成等比數列.
等比數列n項求和公式中公比的分類, 極易忘記公比的 情 形, 可 不 要 忽 視 啊 !
例2 某機床廠今年年初用98萬元購進一臺數控機床，并立即投入生產使用，計劃第一年維修、保養費用12萬元，從第二年開始，每年所需維修、保養費用比上一年增加4萬元，該機床使用后，每年的總收入為50萬元，設使用x年后數控機床的盈利額為y萬元.
（1）寫出y與x之間的函數關系式；
（2）從第幾年開始，該機床開始盈利（盈利額為正值）；
(3 ) 使用若干年后，對機床的處理方案有兩種：
(i )當年平均盈利額達到最大值時，以30萬元價格處理該機床；
(ii )當盈利額達到最大值時，以12萬元價格處理該機床，問用哪種方案處理較為合算？請說明你的理由.
講解 本例兼顧應用性和開放性, 是實際工作中經常遇到的問題.
（1）
=.
（2）解不等式 ＞0,
得 ＜x＜.
∵　x∈N， 　∴　3 ≤x≤ 17.
故從第3年工廠開始盈利.
（3）(i) ∵　≤40
當且僅當時，即x=7時，等號成立.
∴　到2008年，年平均盈利額達到最大值，工廠共獲利12×7+30=114萬元.
(ii)　　y=-2x2+40x-98= -2（x-10）2 +102，
當x=10時，ymax=102.
故到2011年，盈利額達到最大值，工廠共獲利102+12=114萬元.
解答函數型最優化實際應用題，二、三元均值不等式是常用的工具.
例3 已知函數f(x)= (x<-2)
(1)求f(x)的反函數f-1(x);
(2)設a1=1,=-f-1(an)(n∈N),求an;
(3)設Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1-Sn是否存在最小正整數m,使得對任意n∈N,有bn<成立？若存在，求出m的值；若不存在說明理由.
講解 本例是函數與數列綜合的存在性問題, 具有一定的典型性和探索性.
(1) y=,
∵x<-2，∴x= -,
即y=f-1(x)= - (x>0).
(2) ∵ , ∴=4.
∴{}是公差為4的等差數列.
∵a1=1, ∴=+4(n-1)=4n-3.
∵an>0 , ∴an=.
(3) bn=Sn+1-Sn=an+12=, 由bn<,得 m>對于n∈N成立.
∵≤5 ,
∴m>5,存在最小正數m=6,使得對任意n∈N有bn<成立.
為了求an ,我們先求,這是因為{}是等差數列, 試問: 你能夠想到嗎 該題是構造等差數列的一個典范.
例4 已知數列在直線x-y+1=0上.
（1） 求數列{an}的通項公式；
（2）若函數
求函數f(n)的最小值；
(3)設表示數列{bn}的前n項和.試問:是否存在關于n 的整式g(n), 使得對于一切不小于2的自然數n恒成立 若存在,寫出g(n)的解析式,并加以證明;若不存在,說明理由.
講解 從 規 律 中 發 現 ,從 發 現 中 探 索.
（1）
（2） ,
,
.
（3）,
.
故存在關于n的整式使等式對于一切不小2的自然數n恒成立.
事實上, 數列{an}是等差數列, 你知道嗎？
例5 深夜，一輛出租車被牽涉進一起交通事故，該市有兩家出租車公司——紅色出租車公司和藍色出租車公司，其中藍色出租車公司和紅色出租車公司分別占整個城市出租車的85%和15%。據現場目擊證人說，事故現場的出租車是紅色，并對證人的辨別能力作了測試，測得他辨認的正確率為80%，于是警察就認定紅色出租車具有較大的肇事嫌疑. 請問警察的認定對紅色出租車公平嗎？試說明理由.
講解 設該城市有出租車1000輛，那么依題意可得如下信息：
證人所說的顏色（正確率80%）
真實顏色 藍色 紅色 合計
藍色（85%） 680 170 850
紅色（15%） 30 120 150
合計 710 290 1000
從表中可以看出，當證人說出租車是紅色時，且它確實是紅色的概率為，而它是藍色的概率為. 在這種情況下，以證人的證詞作為推斷的依據對紅色出租車顯然是不公平的.
本題的情景清新, 涉及到新教材中概率的知識, 上述解法中的列表技術顯示了一定的獨特性, 在數學的應試復課中似乎是很少見的.
例6 向明中學的甲、乙兩同學利用暑假到某縣進行社會實踐，對該縣的養雞場連續六年來的規模進行調查研究，得到如下兩個不同的信息圖：
（A）圖表明：從第1年平均每個養雞場出產1萬只雞上升到第6年平均每個養雞場出產2萬只雞;
（B）圖表明：由第1年養雞場個數30個減少到第6年的10個.
請你根據提供的信息解答下列問題：
（1）第二年的養雞場的個數及全縣出產雞的總只數各是多少？
（2）哪一年的規模最大？為什么？
講解 （1）設第n年的養雞場的個數為，平均每個養雞場出產雞萬只，
由圖（B）可知, =30，且點在一直線上，
從而
由圖（A）可知, 且點在一直線上，
于是
=（萬只），（萬只）
第二年的養雞場的個數是26個，全縣出產雞的總只數是31.2萬只；
（2）由（萬只），
第二年的養雞規模最大，共養雞31.2萬只.
有時候我們需要畫出圖形, 有時候我們卻需要從圖形中采集必要的信息, 這正反映了一個事物的兩個方面. 看來, 讀圖與識圖的能力是需要不斷提升的.
例7 已知動圓過定點P（1，0），且與定直線相切，點C在l上.
（1）求動圓圓心的軌跡M的方程；
（2）設過點P，且斜率為－的直線與曲線M相交于A，B兩點.
（i）問：△ABC能否為正三角形？若能，求點C的坐標；若不能，說明理由；
（ii）當△ABC為鈍角三角形時，求這種點C的縱坐標的取值范圍.
講解 本例主要考查直線、圓與拋物線的基本概念及位置關系，是解析幾何中的存在性問題.
（1）由曲線M是以點P為焦點，直線l為準線的拋物線，知曲線M的方程為.
（2）（i）由題意得，直線AB的方程為 消y得
于是, A點和B點的坐標分別為A，B（3，），
假設存在點C（－1，y），使△ABC為正三角形，則|BC|=|AB|且|AC|=|AB|，
即有
由①－②得
因為不符合①，所以由①，②組成的方程組無解.
故知直線l上不存在點C，使得△ABC是正三角形.
（ii）設C（－1，y）使△ABC成鈍角三角形，
由
即當點C的坐標是（－1，）時，三點A，B，C共線，故.
，
，
.
(i) 當，即，
即為鈍角.
(ii) 當，即，
即為鈍角.
(iii)當，即，
即. 該不等式無解，所以∠ACB不可能為鈍角.
故當△ABC為鈍角三角形時，點C的縱坐標y的取值范圍是.
需要提及的是, 當△ABC為鈍角三角形時, 鈍角的位置可能有三個,需要我們進行一一探討.
例8 已知是定義在R上的不恒為零的函數，且對于任意的a，b∈R都滿足關系式 .
（1）求f（0），f（1）的值；
（2）判斷的奇偶性，并證明你的結論；
（3）若，求數列{un}的前n項的和Sn.
講解 本題主要考查函數和數列的基本知識，考查從一般到特殊的取特值求解技巧.
（1）在中,令得
.
在中,令得
，有 .
（2）是奇函數,這需要我們進一步探索. 事實上
故為奇函數.
（2） 從規律中進行探究,進而提出猜想.
由
,
………………………………
猜測 .
于是我們很易想到用數學歸納法證明.
1° 當n=1時，，公式成立；
2°假設當n=k時，成立，那么當n=k+1時，
，公式仍然成立.
綜上可知，對任意成立.
從而 .
，.
故
例9 若、，
(1)求證：；
(2)令，寫出、、、的值，觀察并歸納出這個數列的通項公式；
(3)證明：存在不等于零的常數p，使是等比數列，并求出公比q的值.
講解 (1)采用反證法. 若，即, 解得
從而與題設,相矛盾，
故成立.
(2) 、、、、,
.
（3）因為 又,
所以,
因為上式是關于變量的恒等式，故可解得、.
我們證明相等的問題太多了,似乎很少見到證明不相等的問題,是這樣嗎
例10 如圖，已知圓A、圓B的方程分別是動圓P與圓A、圓B均外切，直線l的方程為：．
（1）求圓P的軌跡方程，并證明：當時，點P到點B的距離與到定直線l距離的比為定值；
（2） 延長PB與點P的軌跡交于另一點Q，求的最小值；
（3）如果存在某一位置，使得PQ的中點R在l上的射影C，滿足求a的取值范圍．
講解（1）設動圓P的半徑為r，則｜PA｜＝ｒ＋，｜PB| = r + ，
∴ |PA| －｜PB| = 2．
∴ 點P的軌跡是以A、B為焦點，焦距為4，實軸長為2的雙曲線的右準線的右支，其方程為 （x ≥1）．若 , 則l的方程為雙曲線的右準線, ∴點P到點B的距離與到l的距離之比為雙曲線的離心率e = 2.
(2)若直線PQ的斜率存在，設斜率為k，則直線PQ的方程為y = k ( x－2 )代入雙曲線方程, 得
由　 ，　解得＞３．　
∴ ｜PQ｜＝．　
當直線的斜率存在時，，得，｜PQ|＝６．
∴　｜PQ|的最小值為６．　
（3）當PQ⊥QC時，P、C、Q構成Rt△.
∴ R到直線l的距離｜RC|＝ ①
又　∵ 　點P、Q都在雙曲線上，
∴　　．
∴　　，即　　．
∴　　　②　
將②代入①得　，｜PQ｜＝２－４a≥6．
故有ａ≤－１．
“如果存在”并不意味著一定存在, 如何修改本題使其成為不存在的范例呢 問題的提出既能延伸我們的思緒, 更能完善我們的知識技能, 無形中使解題能力得到逐漸的提升.
數學應用性問題怎么解
陜西永壽縣中學 特級教師安振平
數學應用性問題是歷年高考命題的主要題型之一, 也是考生失分較多的一種題型. 高考中一般命制一道解答題和兩道選擇填空題.解答這類問題的要害是深刻理解題意,學會文字語言向數學的符號語言的翻譯轉化,這就需要建立恰當的數學模型,這當中,函數,數列,不等式，排列組合是較為常見的模型,而三角,立幾,解幾等模型也應在復課時引起重視.
例1某校有教職員工150人，為了豐富教工的課余生活，每天定時開放健身房和娛樂室。據調查統計，每次去健身房的人有10%下次去娛樂室，而在娛樂室的人有20%下次去健身房.請問，隨著時間的推移，去健身房的人數能否趨于穩定？
講解: 引入字母,轉化為遞歸數列模型.
設第n次去健身房的人數為an，去娛樂室的人數為bn，則.
.
，于是
即 .
.故隨著時間的推移，去健身房的人數穩定在100人左右.
上述解法中提煉的模型, 使我們聯想到了課本典型習題（代數下冊P.132第34題）
已知數列的項滿足
其中，證明這個數列的通項公式是
有趣的是, 用此模型可以解決許多實際應用題, 特別, 2002年全國高考解答題中的應用題(下文例9)就屬此類模型.
例2 某人上午7時乘摩托艇以勻速V千米/小時（4≤V≤20）從A港出發前往50千米處的B港，然后乘汽車以勻速W千米/小時（30≤W≤100）自B港向300千米處的C市駛去，在同一天的16時至21時到達C市, 設汽車、摩托艇所需的時間分別是x小時、y小時，若所需經費元，那么V、W分別為多少時，所需經費最少？并求出這時所花的經費.
講解: 題中已知了字母, 只需要建立不等式和函數模型進行求解.
由于又
則z最大時P最小.
作出可行域，可知過點（10，4）時, z有最大值38，
∴P有最小值93，這時V=12.5，W=30.
視這是整體思維的具體體現, 當中的換元法是數學解題的常用方法.
例3 某鐵路指揮部接到預報，24小時后將有一場超歷史記錄的大暴雨，為確保萬無一失，指揮部決定在24小時內筑一道歸時堤壩以防山洪淹沒正在緊張施工的遂道工程。經測算，其工程量除現有施工人員連續奮戰外，還需要20輛翻斗車同時作業24小時。但是，除了有一輛車可以立即投入施工外，其余車輛需要從各處緊急抽調，每隔20分鐘有一輛車到達并投入施工，而指揮部最多可組織25輛車。問24小時內能否完成防洪堤壩工程？并說明理由.
講解: 引入字母, 構建等差數列和不等式模型.
由20輛車同時工作24小時可完成全部工程可知，每輛車，每小時的工作效率為，設從第一輛車投入施工算起，各車的工作時間為a1，a2，…, a25小時，依題意它們組成公差（小時）的等差數列，且
，化簡可得.
解得.
可見a1的工作時間可以滿足要求，即工程可以在24小時內完成.
對照此題與2002年全國高考文科數學解答題中的應用題, 你一定會感覺二者的解法是大同小異的. 學習數學就需要這種將舊模式中的方法遷移為解答新題的有用工具, 這要求你不斷的聯想, 力求尋找恰當的解題方案.
例4 某學校為了教職工的住房問題，計劃征用一塊土地蓋一幢總建筑面積為A(m2)的宿舍樓.已知土地的征用費為2388元/m2，且每層的建筑面積相同，土地的征用面積為第一層的2.5倍.經工程技術人員核算，第一、二層的建筑費用相同都為445元/m2，以后每增高一層，其建筑費用就增加30元/m2.試設計這幢宿舍樓的樓高層數，使總費用最少，并求出其最少費用.（總費用為建筑費用和征地費用之和）.
講解: 想想看, 需要引入哪些字母 怎樣建構數學模型
設樓高為n層，總費用為y元，則征地面積為，征地費用為元，樓層建筑費用為
[445+445+（445+30）+（445+30×2）+…+445+30×（n－2）]·元，從而
（元）
當且僅當 , n=20（層）時，總費用y最少.
故當這幢宿舍樓的樓高層數為20層時, 最少總費用為1000A元.
實際應用題的數列模型是近兩年高考命題的熱門話題, 涉及到等差數列, 等比數列, 遞歸數列等知識點, 化歸轉化是解答的通性同法.
例5 在一很大的湖岸邊（可視湖岸為直線）停放著一只小船，由于纜繩突然斷開，小船被風刮跑，其方向與湖岸成15°角，速度為2.5km/h，同時岸邊有一人,從同一地點開始追趕小船，已知他在岸上跑的速度為4km/h，在水中游的速度為2km/h.,問此人能否追上小船.若小船速度改變，則小船能被人追上的最大速度是多少？
講解: 不妨畫一個圖形,將文字語言翻譯為圖形語言, 進而想法建立數學模型.
設船速為v，顯然時人是不可能追上小船，當km/h時，人不必在岸上跑，而只要立即從同一地點直接下水就可以追上小船，因此只要考慮的情況，由于人在水中游的速度小于船的速度，人只有先沿湖岸跑一段路后再游水追趕，當人沿岸跑的軌跡和人游水的軌跡以及船在水中漂流的軌跡組成一個封閉的三角形時，人才能追上小船。設船速為v，人追上船所用
時間為t，人在岸上跑的時間為，則人在水中游的時間
為，人要追上小船，則人船運動的路線滿足如圖所示的三角形.
由余弦是理得
即
整理得.
要使上式在（0，1）范圍內有實數解，則有且
解得.
故當船速在內時，人船運動路線可物成三角形，即人能追上小船，船能使人追上的最大速度為，由此可見當船速為2.5km/h時, 人可以追上小船.
涉及解答三角形的實際應用題是近年高考命題的一個冷點, 復課時值得關注.
例6 一根水平放置的長方體形枕木的安全負荷與它的寬度a成正比，與它的厚度
d的平方成正比，與它的長度l的平方成反比.
（1）將此枕木翻轉90°（即寬度變為了厚度），枕木的安全負荷變大嗎？為什么？
（2）現有一根橫斷面為半圓（半圓的半徑為R）的木材，用它來截取成長方形的枕木，其長度即為枕木規定的長度，問如何截取，可使安全負荷最大？
講解:（1）安全負荷為正常數） 翻轉
，安全負荷變大.…4分當 ，安全負荷變小.
（2）如圖，設截取的寬為a，高為d，則.
∵枕木長度不變，∴u=ad2最大時，安全負荷最大.
，當且僅當，即取，
取時，u最大， 即安全負荷最大.
三次函數最值問題一般可用三元均值不等式求解, 如果學過導數知識, 其解法就更為方便, 省去了應用均值不等式時配湊“定和”或“定積”的技巧性.
例7 已知甲、乙、丙三種食物的維生素A、B含量及成本如下表，若用
甲、乙、丙三種食物各x千克，y千克，z千克配成100千克混合食物，并使混合食物
內至少含有56000單位維生素A和63000單位維生素B.
甲 乙 丙
維生素A（單位/千克） 600 700 400
維生素B（單位/千克） 800 400 500
成本（元/千克） 11 9 4
（1）用x，y表示混合食物成本c元；
（2）確定x，y，z的值，使成本最低.
講解:（1）依題意得 .
（2）由 , 得
，
當且僅當時等號成立.,
∴當x=50千克，y=20千克，z=30千克時，混合物成本最低為850元.
線性規劃是高中數學的新增內容, 涉及此類問題的求解還可利用圖解法, 試試看.
例8 隨著機構改革工作的深入進行，各單位要減員增效，有一家公司現有職員人（140<<420，且為偶數），每人每年可創利萬元.據評估，在經營條件不變的前提下，每裁員1人，則留崗職員每人每年多創利萬元，但公司需付下崗職員每人每年萬元的生活費，并且該公司正常運轉所需人數不得小于現有職員的，為獲得最大的經濟效益，該公司應裁員多少人？
講解 設裁員人，可獲得的經濟效益為萬元,則
=
依題意 ≥
∴0<≤.
又140<<420, 70<<210.
(1)當0<≤,即70<≤140時， , 取到最大值;
(2)當>,即140<<210時， , 取到最大值;
綜上所述，當70<≤140時，應裁員人；當140<<210時，應裁員人.
在多字母的數學問題當中，分類求解時需要搞清：為什么分類？對誰分類？如何分類？
例9 某城市2001年末汽車保有量為30萬輛，預計此后每年報廢上一年末汽車保有量的6%，并且每年新增汽車數量相同.為保護城市環境，要求該城市汽車保有量不超過60萬輛，那么每年新增汽車數量不應超過多少輛
講解 設2001年末汽車保有量為萬輛，以后各年末汽車保有量依次為萬輛，萬輛，……，每年新增汽車萬輛，則
，
所以，當時，，兩式相減得：
（1）顯然，若，則，即，此時
（2）若，則數列為以為首項，以為公比的等比數列，所以，.
（i）若，則對于任意正整數，均有，所以，，此時，
（ii）當時，，則對于任意正整數，均有，所以，，
由，得
，
要使對于任意正整數，均有恒成立，
即
對于任意正整數恒成立，解這個關于x的一元一次不等式 , 得
,
上式恒成立的條件為：，由于關于的函數單調遞減，所以，.
本題是2002年全國高考題，上面的解法不同于參考答案，其關鍵是化歸為含參數的不等式恒成立問題，其分離變量后又轉化為函數的最值問題.
例10 為促進個人住房商品化的進程，我國1999年元月公布了個人住房公積金貸款利率和商業性貸款利率如下：
貸款期(年數) 公積金貸款月利率(‰) 商業性貸款月利率(‰)
……1112131415…… ……4.3654.4554.5454.6354.725…… ……5.0255.0255.0255.0255.025……
汪先生家要購買一套商品房，計劃貸款25萬元，其中公積金貸款10萬元，分十二年還清；商業貸款15萬元，分十五年還清．每種貸款分別按月等額還款，問：
(1)汪先生家每月應還款多少元
(2)在第十二年底汪先生家還清了公積金貸款，如果他想把余下的商業貸款也一次性還清；那么他家在這個月的還款總數是多少
(參考數據：1.004455144＝1.8966，1.005025144＝2.0581，1.005025180＝2.4651)
講解 設月利率為r，每月還款數為a元，總貸款數為A元，還款期限為n月
　　第1月末欠款數　A(1＋r)－a
　　第2月末欠款數　[A(1＋r)－a](1＋r)－a＝ A(1＋r)2－a (1＋r)－a
第3月末欠款數　[A(1＋r)2－a (1＋r)－a](1＋r)－a
　　　　　　　　　　　＝A(1＋r)3－a (1＋r)2－a(1＋r)－a
　　……
　　第n月末欠款數　
得：
　　對于12年期的10萬元貸款，n＝144，r＝4.455‰
　　∴
　　對于15年期的15萬元貸款，n＝180，r＝5.025‰
　　∴
　　由此可知，汪先生家前12年每月還款942.37＋1268.22＝2210.59元，后3年每月還款1268.22元．
　　(2)至12年末，汪先生家按計劃還款以后還欠商業貸款
　　　
　　其中A＝150000，a＝1268.22，r＝5.025‰ ∴X＝41669.53
再加上當月的計劃還款數2210.59元，當月共還款43880.12元．
需要提及的是，本題的計算如果不許用計算器，就要用到二項展開式進行估算，這在2002年全國高考第（12）題中得到考查.
例11 醫學上為研究傳染病傳播中病毒細胞的發展規律及其預防，將病毒細胞注入一只小白鼠體內進行實驗，經檢測，病毒細胞的增長數與天數的關系記錄如下表. 已知該種病毒細胞在小白鼠體內的個數超過108的時候小白鼠將死亡．但注射某種藥物，將可殺死其體內該病毒細胞的98%．
（1）為了使小白鼠在實驗過程中不死亡，第一次最遲應在何時注射該種藥物？（精確到天）
（2）第二次最遲應在何時注射該種藥物，才能維持小白鼠的生命？（精確到天）
已知：lg2=0.3010．
講解 （1）由題意病毒細胞關于時間n的函數為, 則由
兩邊取對數得 n27.5,
即第一次最遲應在第27天注射該種藥物.
（2）由題意注入藥物后小白鼠體內剩余的病毒細胞為,
再經過x天后小白鼠體內病毒細胞為,
由題意≤108，兩邊取對數得
，
故再經過6天必須注射藥物，即第二次應在第33天注射藥物．
本題反映的解題技巧是“兩邊取對數”，這對實施指數運算是很有效的.
例12 有一個受到污染的湖泊，其湖水的容積為V立方米，每天流出湖泊的水量都是r立方米，現假設下雨和蒸發正好平衡，且污染物質與湖水能很好地混合，用g(t)表示某一時刻t每立方米湖水所含污染物質的克數，我們稱為在時刻t時的湖水污染質量分數，已知目前污染源以每天p克的污染物質污染湖水，湖水污染質量分數滿足關系式g(t)= +［g(0)- ］·e(p≥0),其中，g(0)是湖水污染的初始質量分數.
（1）當湖水污染質量分數為常數時，求湖水污染的初始質量分數；
（2）求證：當g(0)< 時，湖泊的污染程度將越來越嚴重；
（3）如果政府加大治污力度，使得湖泊的所有污染停止，那么需要經過多少天才能使湖水的污染水平下降到開始時污染水平的5%？
講解（1）∵g(t)為常數, 有g(0)-=0, ∴g(0)= .
(2) 我們易證得0g(t1)-g(t2)=［g(0)- ］e-［g(0)- ］e=［g(0)- ］［e-e］=［g(0)- ］,
∵g(0)·<0,t1e,
∴g(t1)故湖水污染質量分數隨時間變化而增加，污染越來越嚴重.
(3)污染停止即P=0，g(t)=g(0)·e,設經過t天能使湖水污染下降到初始污染水平5%即g(t)=5% g(0)?
∴=e，∴t= ln20，
故需要 ln20天才能使湖水的污染水平下降到開始時污染水平的5%.
高考應用性問題的熱門話題是增減比率型和方案優化型, 另外,估測計算型和信息遷移型也時有出現.當然,數學高考應用性問題關注當前國內外的政治,經濟,文化, 緊扣時代的主旋律,凸顯了學科綜合的特色,是歷年高考命題的一道亮麗的風景線.
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把直線l’的方程代入雙曲線方程，消去y，令判別式
直線l’在l的上方且到直線l的距離為
轉化為一元二次方程根的問題
求解
問題
關于x的方程有唯一解
將直線方程代入橢圓方程，消去y，利用韋達定理
利用點Q滿足直線AB的方程：y = k (x—4)+1，消去參數k
點Q的軌跡方程
所求量的取值范圍
把直線l的方程y = kx+3代入橢圓方程，消去y得到關于x的一元二次方程
xA= f（k），xB = g（k）
得到所求量關于k的函數關系式
求根公式
AP/PB = —（xA / xB）
由判別式得出k的取值范圍
把直線l的方程y = kx+3代入橢圓方程，消去y得到關于x的一元二次方程
xA+ xB = f（k），xA xB = g（k）
構造所求量與k的關系式
關于所求量的不等式
韋達定理
AP/PB = —（xA / xB）
由判別式得出k的取值范圍
(3，)
①
②
O
A
B
vt
2(1－k)t
4kt
15°
a
d
l
天數t 病毒細胞總數N
1234567… 1248163264…
21世紀教育網（原課件中心網站） www.21cnjy.com 第 37 頁 共 38 頁

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