2010年高考全国卷及部分省市数学卷试题解法集锦.pdf

2010 年高考全国卷及部分省市数学卷试题解法集锦 江苏省苏州中学 王思俭 整理 全国卷 理 第 19 题 陈 宇 江苏省姜堰第二职业教育中心校 225538 题目 如图 四棱锥S A BCD 中 SD 底面 ABCD AB CD AD DC AB AD 1 DC SD 2 E 为棱SB 上的一点 平面 EDC 平 面 SBC 证明 SE 2EB 求二面角 A DE C 的大小 证明 以 D 点为原点 棱 DA DC DS 图 1 所在直线分别为 x y z 轴建立空间直角系 如图 1 依题意可得 相关点的坐标分别为 D 0 0 0 A 1 0 0 C 0 2 0 S 0 0 2 B 1 1 0 SB 1 1 2 SC 0 2 2 因为平面 EDC 平面 SBC 在平面 EDC 内 过点 D 作DF CE 于F 则点F 在平面SBC 内 理解解析法 3 2 例题配置 在尊重教材的基础上有机 整合适度拓展 教材是实现课程目标 实施教学的重要资源 和主要依据 它以概括 规范 结论 静止的形式为 我们提供了教学内容 学习素材以及蕴含于其中 的丰富的数学思想 数学教学历来提倡立足教材 但不拘泥于教材 新课改要求我们变 教教材 为 用好教材 为遵循这一新型教学理念 笔者在设 计本节课的教学方案时 以教材为蓝本对例题配 置作了相应调整 在基本保留教材原有例题的基 础上进行了有机整合和适度拓展 受学生知识水 平的限制 拓展题尽量不涉及解二次不等式与绝 对值不等式 一方面将课本中的例 1 求直线与 圆的交点 例 3 求直线被圆截得的弦长 分别融 入现在的例1 和例 3的变式中 另一方面自拟例2 并选用课本中原有例 2 即现在的例 3 作为变式 题源 在深度和广度上进行了拓展 这样做的意图 是 既要使学生不因课前预习熟悉了例题而感到 枯燥乏味 又能因扩充例题及变式题的新颖性激 发其解题欲 从而使教学过程过渡自然 环环相 扣 变式合理 层层深入 产生良好效果 事实表 明 从典型的基础问题入手 进行恰当的变式教学 是新课程背景下引发学生自主 合作 探究 交流 的有效途径 当然从教学实效来看 本节课的教学容量嫌 大 即使是奥赛班 特别是例 3 的三道变式题 尽 管没要求学生当堂进行解答 但分析 讨论也觉得 有点匆忙 部分学生没有真正理解 3 3 教学方法 在合作探究的引领下强化 学生主体作用 高中数学课程标准指出 教师应鼓励学生积 极参与教学活动 包括思维的参与和行为的参 与 笔者认为 当今的数学课堂教学中 必须在 充分发挥教师主导作用的同时突出学生的主体地 位 应该使教师的讲授 启发 指导与学生的自主 探索及合作交流有机地融为一体 真正使探究活 动成为课堂教学的常态 本节课笔者在做好启发 引导的同时 竭力鼓励学生主动思考 积极探索 无论是例题的变式 还是方法的多解 都力求为学 生的主体参与搭建平台 激发学生浓厚的学习兴 趣 从而促进学生能主动地 乐意地探究 并养成 快速思维 灵活解题的良好习惯 在教学过程中 笔者十分注意态度和蔼 教态自然 语言尽力做到 准确简精 富有一定的感染力和亲和力 以期营造 民主和谐 富有生机的课堂氛围 回顾本节课的教学过程 笔者认为在师生互 动方面还有待加强 整堂课基本上是围绕教者的 课前预设展开的 似有牵着学生 鼻子 走的感 觉 在引导学生探究时可以更开放些 例如可以让 学生自己去发现问题 生成新的题目 当然这对教 者的要求是比较高的 SF 2 6 3 BF 6 3 所以 SF BF 6 SB 且点S F B 同在平面SBC 上 所以点F 在边SB 上 即F 为 线段SB 与CE 的交点 又E 为线段SB 与CE 的交 点 故点 E F 重合 也可由 cos SB SF SB x 1 时 g x 0 x 1 时 g x 1 因为 f x ln x 1 x x 0 所以 f x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 故当 0 x 1 时 f x 1 时 f x 0 所以 f x min f 1 ln 1 1 1 所以 x 0 时 f x 1 0 故f x 在 0 上 是增函数 而 f 1 2ln 1 1 1 0 所以 0 x 1时 f x 1 时 f x 0 因此 x 1 f x 0 设FA 求使不等式an an 1 3成立的 c的取 值范围 解法 1 因为 bn 1 4bn 1 an 1 2 4 an 2 2an an 2 4 an 2 2 所以 bn 1 4bn 2 设 bn 1 4 bn 则 2 3 所以 bn 2 3 是等比数列 其公比 q 4 首 项 b1 2 3 1 a1 2 2 3 1 3 所以 bn 2 3 1 3 设C 的右顶点为A 右焦点为F DF 设当x 0时 f x x ax 1 求a的取 值范围 解 略 由题设 x 0 此时 f x 0 当a 1 a 则 x ax 1 0 f x x ax 1 不成立 当 a 0时 由f x x ax 1 得 1 a xe x ax e x 1 0 令 h x 1 a x e x e x ax 1 则 f x x ax 1 当且仅当 h x 0 因为 h x 1 a xe x ae x a 注意到 h 0 0 令 g x h x 则 g x 1 a x 1 2a ex 3 当 a 1时 x 2 0 时 g x 0 g x 是减函数 h x h 0 0 h x 是减函数 故 h x h 0 0 与已知矛盾 4 当 1 2 a 1时 1 a x 1 2a 0 x 2a 1 1 a x 2 0 2a 1 1 a 时 g x 0 g x 是减函 数 h x h 0 0 所以 h x 在 0 2a 1 1 a 上是减函数 故 h x 0 的图象在点 1 f 1 处的切线方程为y x 1 用 a 表示出 b c 若 f x ln x 在 1 内恒成立 求 a 的取值范围 6 证明 1 1 2 1 3 7 1 n ln n 1 n 2 n 1 n 1 分析 略 6 式左边是数列 1 n 前 n 项之和 把 右边也当作是数列 bn 的前 n 项之和 Sn 则当 n 2 时 bn Sn Sn 1 ln n 1 n 2 n 1 lnn n 1 2n ln 1 1 n 1 2n 1 2 n 1 此式 适合 b1 故只要证当 n 1 时 an bn即 1 n ln 1 1 n 1 2n 1 2 n 1 也 就 是 1 2n 1 2 n 1 ln 1 1 n 8 即可 证法 1 考虑到用第二问的结论 因此设 x 求 1F1AF2的角平 分线所在直线 l 的方程 6 在椭圆上是否存在 关于直线 l 对称的相异两点 若存在 请找出来 若不存 在 说明理由 易得椭圆 E 的方程为 x 2 16 y 2 12 1 的解略 解法 1 设直线 l 与 x 轴的交点为 P x0 0 则有3x 0 4 如图 3 以 AF1为直径的 圆的方程为x 2 y 3 2 2 25 4 设直线 l 与 y 轴交于点Q 因为l 为 1F1AF2的平分线 所以 F1Q F2Q 由圆的对称性可知 Q 点是圆与y 轴的交点 所 以 Q 0 1 所以直线 l 的方程为 2x y 1 0 解法 9 根据椭圆的光学性质 光线从焦点 F1出发 在A 点经过椭圆反射后一定汇聚在另一 焦点 F2 所以直线l 是整个反射过程中的法线 因 此 我们只要求出椭圆在A 点处的切线即可 因为 点A 2 3 在椭圆x 2 16 y 2 12 1上 所以该椭圆在A 处的切线方程为2x 16 3y 12 1 即 x 2y 8 0 又由光学性质可知直线 l 与该切线相互垂直 所 以直线 l 的斜率为 2 所以直线 l 的方程为 2x y 1 0 解法10 由椭圆 焦点三角形 的性质可得 S AF1F2 b 2tan1 2 1F1AF2 1 2 0 F1F2 0 AF2 6 所以 tan 1 2 1F1AF2 1 2 故 kAB cot 1 2 1F1AF2 2 所以直线l 的方程为2x y 1 0 6 假设存在这样的两点 B x1 y1 C x2 y2 由直线 l 的方程2x y 1 0知直线BC 的 斜率 kBC 1 2 于是可令直线 BC 的方程为 y 1 2 x t 由 y 1 2 x t x 2 16 y 2 12 1 消去 y 得 x 2 tx t 2 12 0 由根与系数关系得 x1 x2 t 从而 BC 的中点横坐标x0 x1 x2 2 t 2 代入直线 BC 的方程得y0 3 4 t 此为 BC 中点纵 坐标 且 B C 两点关于直线l 对称 故 BC 中点一 定在 l 上 有 t 3 4 t 1 0 解得t 4 又B C为 相异两点 故线段 BC 中点在椭圆内部 即有 t 2 2 16 3 4 t 2 12 1 解得 4 t 0 得出 4 t b 0 上的非顶点的任一点 过点 E 作椭圆x 2 a 2 y 2 b 2 1 的两条切线 EM EN 其中 M N 为切点 直线 MN 与双曲线的两条渐近线分别交于 G H 两点 则 OGH 的面积为定值 ab 证明 令 E x3 y3 G x4 y4 H x5 y5 要两条切线 EM EN 存在 则 y3 0 所以 x3 a 这时 x1 x2 y1 y2均不为零 椭圆方程可变为 b 2x2 a 2y2 a 2b2 按复合 函数求导法则得 2b 2x 2a2yy 0 即 y b2x a2y 所以切线 EM 的方程为y y 1 b 2 x1 y1 x x1 注意到 b 2x2 1 a 2 y 2 1 a 2 b 2 即有 b2x 1x a2y1y a2b2 同理切线 EN 的方程为 b2x2x a2y2y a2b2 由于两切线都过点 E x3 y3 则有 b 2 x3x1 a 2y 3y1 a 2 b 2 b2 x3x2 a 2y 3y2 a 2 b 2 所以直线 MN 的方程为b 2x 3x a2y3y a2b2 令 方程中 y 0 则x a 2 x3 则直线 MN 与x 轴的交 点为 Q a 2 x3 0 又双曲线的渐近线方程可合写为b 2x2 a 2 y 2 0 所 以 点G H的 坐 标 由 方 程 组 b2x3x a2y3y a2b2 b 2 x 2 a 2 y 2 0 而定 注意到b2x 2 3 a2 b2 y 2 3 消去 x 得方程y 2 2y3y b2 0 因为 4y 2 3 4b2 0恒成立 则不 同 的 两 点 G H一 定 存 在 并 且 有 y4 y5 2y3 y4y5 b2 从而 y4 y5 2 y4 y5 2 4y4y5 4y 3 3 4b 2 4 a 2 y 2 3 a 2 b 2 a2 4b 2x2 3 a2 故 y4 y5 2b x2 a 所以S OGH 1 2 OQ y4 y5 1 2 a 2 x3 D 是BC 边上的一点 AD 10 AC 14 DC 6 求 AB 的长 图 1 解法 1 在 ADC 中 由 余 弦 定 理 得cos1C AC2 CD 2 AD 2 2AC 由正弦定理得 AB sin C AC sin B 故 AB AC sin C sin B