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年高考江苏卷数学试题解法集锦 佚名 整理 江苏卷第 题 丁益民 江苏省苏州实验中学 吴春胜 江苏省泰州市第二中学 刘才华 山东省宁阳市第一中学 图 题目 如图 在平面 直角坐标系 xOy 中 F F 分别是椭圆 x a y b a b 的左 右焦点 顶点 B 的坐标为 b 连结 BF 并 延长交椭圆于点 A 过点 A 作 x 轴的垂线交椭圆于另一 点 C 连结 F C 若点 C的坐标为 且 BF 求椭圆的方程 若 F C AB 求椭圆离心率 e的值 解 略 解法 1 设 C x y A x y F c F c 则由 F C AB 得 y x c b c 即 cx by c 由 A 在 BF 上 则 x c y b 即 bx cy bc 联立 cx by c bx cy bc 解得 x ca b c y bc b c 又 C x y 在椭圆上 代入椭圆方程整理得 c a c a c 即 a c 所以椭圆的 离心率为 e 解法2 如图 设 D是直线 CA 与 x 轴的交 点 点 C m n m n 由直线 CA x轴 则由平面几何知识可知 OBF DA F DF C 从而得到 c b m c n n m c 进而有 图 b c m c m c 即 b c m m c 整理得 m c e n b c m c b c me 倡 因为点 C 在椭圆上 故 有m a n b 将 倡 式代 入得m a m e c 即 e m m e c m e 注意到 m 化简得 e e e 解得 e 即 e 图 解 法3 设 OBF 因 F C AB 故 CF F CF F F CF 在 CF F 中 由正弦定理 CF sin CF sin F F sin 得 CF CF sin sin F F sin 即 a sin sin c sin 所以 c a sin sin sin cos cos sin cos sin 在 Rt OBF 中 cos sin b a c a 即 c a b a c a 得 b c 故 a c 所以 e c a 年第 期 中学数学月刊 江苏卷第 题 王思俭 江苏省苏州中学 张青 江苏省苏州中学 李玉荣 江苏省南京市金陵中学河西分校 第 题 题目 如图 为了保 护河上古桥 OA 规划建一 座新桥 BC 同时设立一个 圆形保护区 规划要求 新 桥 BC 与河岸 AB 垂直 保 护区的边界为圆心 M 在线 段 OA 上并与 BC 相切的 圆 且古桥两端 O和 A 到该圆上任意一点的距离 均不少于 m 经测量 点 A 位于点 O 正北方向 m 处 点 C位于点O正东方向 m处 OC为河 岸 tan BCO 求新桥 BC 的长 当 OM 多长时 圆形保护区的面积最 大 解 解析法 如图 以 O 为原点 OC 所在的直线为 x 轴建立直角坐标系 则点 C 点 A 的坐标分别为 C A 方法 1 因为 tan BCO AB BC 所 以直线 AB 的斜率为 直线 BC 的斜率为 因此直线 BC 方程为 y x 直线 AB 的方程 y x 联 立 两 条 直 线 方 程 y x y x 解得 x y 所以点 B 坐标为 由两点间距离公式知 BC m 所以 BC 的长为 m 方法2 因为 AB BC AO CO 所以 A B O C四点共圆 直径为 AC 圆心坐标为 半径为 r AC 又直线 BC的方程 为 x y 圆心到直线 BC 的距离为 d 由圆的弦长公式得 BC r d m 所以 BC 的长为 m 图 方法 3 如图 过 B 作 x 轴的垂线 垂足为 P 过 A 平行于 x 轴的直线交 BP 于 D 设 AB a m 由sin BAD cos BAD cos BCO cos BCO 得 B a a 故PC BP a a 由 OP PC OC得 a a 解得 a 故 BP PC 从而 BC m 即 BC 的长为 m 方法 4 CO CB OC CBcos BCO CB 又CO CB AO AC AB AC AO AB AO AC AC AB AC AO AB AO AO OC AB BC AB AC AO AB AB AO AC 令 BC x m 因为 AB BC 所以 AC AB BC 于是 化简为 CO CB x x 因 此 有x x x 解之得 x m 即 BC 的长为 m 三角法 方法 1 设 ACO BCA 所以 tan 又因为 tan 因此 tan tan tan tan 即 tan tan 解得 tan 故 cos 又因为 AC 所以 BC ACcos m 即 BC 的长为 m 方法2 如图 延长 BA 与CO交于 N 设切 点为 Q 连结 QM 并延长与 CO 的延长线交于点 P 因为 tan BCO 所以 sin BCO cos BCO 即 CN BC NB BC 中学数学月刊 年第 期 图 又 因 为 AON CBN 因此OA ON BC NB 即 BC 所 以 BC m 即 BC 的长为 m 图 方法 3 如图 过 B 作 x 轴的垂线 垂足为 P 过 A 平行于 x 轴的直线交 BP 于 D 设 BC x m 则 PC x BP x OP AD BDtan ABP x x 故由 OP PC OC 得 x x 解得 x m 即 BC 的长为 m 图 方法 4 如图 延长 BA 交 CO 的延 长 线 于D 则 tan DAO tan BCD 因为 AO 所 以 DO 从而 CD 又因 为 cos BCD 因 此 有 BC CDcos BCD 因此 新桥 BC 的长为 m 图 方法5 如图 作 AE BC交 OC 于 E 作 AD OC交BC于D 则 tan AEO tan BCO 又 AO 所以 OE 于 是 有AE AD OE 因此 CD AE 这样 AD EC 得 BD ADcos ADB 所以 BC CD DB 故新桥 BC 的长为 m 方法 6 如图 作 OD AB 交 BC 于 D 作 图 AE OD于E 则 tan AOD 得 BD AE AOsin AOD 又CD OCcos BCO 所以 BC BD CD 故新桥 BC 的长为 m 图 方法7 如图 作 AD OC 交 BC 于 D 过 D 作 DH OC 于点 H 则 DC DH sin BCO 又 HC DH tan BCO 所以 AD 得 BD ADcos BDA ADcos BCO 所以 BC BD DC 故新桥 BC 的长为 m 图 方法 8 如图 过点 B 作 ED OC 交直线 OA 于点 E 作 CD ED 于点 D 则四边形 OCDE 为矩 形 故tan DBC tan BCO DC BD 设 DC x 则 BD x BC x BE x AE x 所以 tan BA E BE A E x x 解得 x 即 BC x m 故新桥 BC 的长为 m 图 方法 9 如图 过点 O作 ED BC 交直线 BA 的延长线于点 D 作 CE DE 于 点 E 则 四 边 形 DECB为 矩 形 因 为 tan BCO 故 cos BCO sin BCO 所以cos COE cos BCO OE OC 从 而 OE 由 sin DAO sin BCO OD AO 得 OD 所 年第 期 中学数学月刊 以 BC DE OD OE m 故新桥 BC 的 长为 m 解析法 以 O为原点 OC所在的直线为 x 轴建立直角坐标系 设 M 的坐标为 t t 圆形保护区半径为 r 则圆 M的方程为 x y t r 即 x y yt t r 直线 BC 的方程为 x y 所以圆 心 M 到直线 BC 的距离为 d t t r 方法 1 代数推理 设圆 M 上任意一点 x y 依题意知 x y x y 将 代入得 r t ty r t ty y 对一切 y t r t r t 恒成立 对任意固定的 r 和 t 有 r t ty min r t ty y min 即 r t t t r r t t t r 化 简 可 得 r t r t 即 r t r t 将 r t 代入得 t t t t 解之得 t 所以当 t 时 rmax 答 当 MO 为 米时 圆形保护区的面积最 大 方法2 几何直观 圆上任何一点到 A 的最 小值为 r MA r t 圆上任何一点到 O 的最小值为 r t 依题意知 r t r t 将 r t 代入 下同方法 方法 3 三 角 换 元 设 圆 M 上 点 为 x rcos y t rsin 为 参 数 代入 得 r rtsin t r t rsin t 对一切 恒成立 即 r t r t 亦 即 r t r t 下同解法 图 几何法 方法 1 如图 延长 BA 与 CO 交于 N 设切点 为 Q 连结 QM 并延长 与 CO 的延长线交于 点 P 设 OM t 因为 PQ QC OP OM 故 OP t MP t 因此 PQ r t QC r t 由勾股定理知 t r r t 即 r t 所以 r t 即 r t 下同解析法的三个方法 图 方法 2 如图 设 保护区的边界圆 M 与 BC 的切点为 D 连结 MD 则 MD BC 且 MD 是圆 M 的半径 并设 DM r OM t t 因为 OA OC 所以 sin CFO cos FCO 故由 知 sin CFO MD M F MD OF OM r t 所 以 r t 下同解析法的三个方法 图 方法 3 如图 设 保护区的边界圆 M 与 BC 的切点为 D 连结 MD 则 MD BC 且 MD 是圆 M 的半径 并设 DM r OM t t 作 MN OC 交 BC 于 N 作 NQ OC 于 Q 则 CQ t MN OQ t 所以 r MD MN t 中学数学月刊 年第 期 t 下同解析法的三个方法 三角法 设 D 是切点 MCO MCD M t 则 tan t tan 从而 t tan t tan 即 tan t t 所以 sin t t t t t 又因为 r MD MCsin t t t t 下同解析法的三个方 法 江苏卷第 题 王思俭 江苏 省 苏 州 中 学 汤正谊 苏 州 大 学 数 学 科 学 学 院 朱红岩 黑龙江省密山市第一中学 沈友桂卞祖菼 江苏省兴化市楚水实验学校 题目 已知函数 f x e x e x 其中e是自 然对数的底数 证明 f x 是 R上的偶函数 若关于 x 的不等式 m f x e x m 在 上恒成立 求实数 m的取值范围 已知正数 a满足 存在 x 使得 f x a x x 成立 试比较 e a 与 a e 的大小 并证明你的结论 解 略 解法 1 不等式变形为 h x m e x e x e x m 对 x 恒成立 等价于 h x max 先由 h 知 m e e e 再利用导数法求 h x max 而 h x m e x e x e x me x m e x 判断 h x 在 ln m m 上单调递增 在 ln m m 上单调递减 因此 h x max h ln m m m m m 注意到 m 解不等式 h x max m m m 得 m 解法2 因为 x 所以e x e x 不等式变形为 e x e x m e x 即 m e x e x e x 令 g x e x e x e x 则 g x e x e x e x e x 当 x ln 时 g x 的最小值为 因此 m 解法3 因为 x 所以e x e x 不等式变形为 e x e x m e x 即 m e x e x e x 令 g x e x e x e x 则 g x e x e x e x 判断 g x 在 ln 上 单调递减 在 ln 上单调递增 从而 g x 在 x ln 处有最小值 因此 m 解法 4 二次函数法 令 e x t 则 t 原不等式变形为 mt m t m 它对于任意 t 恒成立 所以 m 构造二次函数 k t mt m t m 由题 意 结 合 二 次 函 数 图 象 知 或 m m k 即 m m m m 或 m m m m m m 解之得 m 解法 1 因为要存在 x 使 f x a x x 成立 考虑函数 F x e x e x a x x F x e x e x ax a F x e x e x ax a 当 x 时 F x 故 F x 在 上是单调增 函数 于是当 x 时 F x F e e 即 F x 在 上单调递增 所以 F x 在 上的最小值为 F e e a 由条 件得 F e e a 故 a e e 要 比较e a 与 a e 的大小 只需比较ln e a 与ln a e 的大小 即比较 ln a a 与 ln e e 的大小 于是构造函 数 g x ln x x 因为 g x x x ln x x ln x x x 当 x e时 g x 故 g x 在 年第 期 中学数学月刊 e 上单调递减 所以当 x e 时 g x g e 现考虑e e x e的情况 为此先考虑 函数 h x x ln x 其导数 h x x x x x 当 x 时 h x 故 h x 在 上单调递减 当 x 时 h x 故 h x 在 上单调递增 因此 h x 的最大值为 h 特别地 当 x e e e 时 有 h x h 从而当 x e e e 时 g x g x 在 e e e 上单调递减 所以当 x e e e 时 g x g e 综上所述 当 a e 时 g a g e 当 a e 时 g a g e 当 e e a e 时 g a g e 故当 a e时 a e e a 当 a e 时 a e e a 当e e a e时 a e e a 解法 2 分离变量得 a x x e x e x 令 G x x x e x e x x 条件等价于 a G x max 由于G x x e x e x x x e x e x e x e x 可 令 k x x e x e x x x e x e x 因为 k x x e x e x x e x e x x e x e x x x e x e x x x e x e x 所以 k x 在 x 上单调递减 故当 x 时有 k x k 当 x 时有 k x k 从 而当 x 时 G x 故有 G x 在 上单调减 当x 时 G x 故有 G x 在 上单调增 考虑到当 x 时 G x 故G x 的最大值为G e e 所 以 a e e 即 a e e 下同解法 注 如果只是比较 e a 与 a e a 的大 小 汤正谊老师通过构造 解法 中同样的函数 g x ln x x 得到了更一般的结论 当a 时 e a a e 当a 时 e a a e 当a e 时 e a a e 当 a e时 a e e a 当 a e时 a e e a 实际上 当x 且 x 时 解法 中的 h x x ln x 从而g x ln x x 在 和 上都是单调减函数 故当 a 时 取x 满足 a x 于是g a g x 即 a a x x 令 x 则有 a a lim x x x lim x x x e e e 不等式两边再取 r a e 次方 即得 e a a e 其 他情况的证明和 解法 同 江苏卷第 题 张青 江苏省苏州中学 题目 设数列 an 的前 n项和为 Sn 若对任 意的正整数 n 总存在正整数 m 使得 Sn a m 则 称 an 为 H 数列 若数列 an 的前 n 项和 Sn n n N 倡 证明 an 是 H 数列 设 an 是等差数列 其首项 a 公差 d 若 an 是 H 数列 求 d的值 证明 对任意的等差数列 an 总存在两 个 H 数列 bn 和 cn 使得 an bn cn n N 倡 成立 解 当 n 时 an Sn Sn n n n 所以 Sn n a n 又 S a 故 an 是 H 数列 先证明 若 an 是 H 数列 则 an 至多 只有一项是正项 事实上 若 an 至少有两项是 正项 则由公差 d 知 an 是递减数列 从而 an 的前两项 a a 因此 S a a a an n N 倡 即 an 不是 H数列 矛盾 因 为 a 故 a 若 a 则有 a a a S a an n 从而 an 不是 H 数 列 矛盾 故 a 从而 d 先证 若 an 是公差为 d 的等差数列 且 是 H 数列 则存在整数 N 使 a Nd 事 实上 若 an 为等差数列 且是 H 数列 则对任 意的正整数 n 总存在正整数 m 使 Sn na n n d a m d 整理得 m n a d n 特别地 当 n 时 有正整数 m 使 中学数学月刊 年第 期 年全国各地高考数学部分优秀试题赏析 蔡玉书 整理 江苏省苏州市第一中学 1畅 浙江理科 如图 某人在垂直水平地 面 ABC的墙面前的点 A 处进行射击训练 已知点 A 到墙面的距离为AB 某目标点 P沿墙面的射击 线 CM 移动 此人为了准确瞄准目标点 P 需计算 由点 A 观察点 P的仰角 的大小 若 AB m AC m BCM 则 tan 的最大值为 图 解 如图 过点 P作 PD BC 垂足为 D 连结 AD 则 PAD 设 PD x DC x AC cos BCA 由余弦定 理得AD x x 故tan PD AD x x x x x 所以 tan 的最大值为 沈 亚 浙江省杭州市第四中学 2 江西理科 在平面直角坐标系中 A B 分别是 x 轴和 y 轴上的动点 若以
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