江苏数学预测及最后一讲

2011年高三数学预测及最后一讲一、填空题：2010年填空题8-14题总体难度过大. 2011年会控制难度，减少3-4道难题，按6道容易题+6道中等题+2道难题的要求命制.填空题只填结果而不要过程，这个结果可以象做解答题那样，由逻辑推理，计算而得到（演绎推理）. 但由于不要过程，也可将一般情形特殊化后再求结果（类比推理)，还可从个别事实中归纳出一般性的结论（归纳推理），所以解填空题的基本策略是要在“准”、“巧”、“快”上下功夫巧；解题的要领是：快运算要快，力戒小题大作；稳变形要稳，不可操之过急；全答案要全，力避残缺不齐；活解题要活，不要生搬硬套；细审题要细，不能粗心大意.常用的方法有：直接法，特例法，合理猜想法，图象法.数学填空题，绝大多数是计算型(尤其是推理计算型)和概念(性质)判断型的试题，应答时必须按规则进行切实的计算或者合乎逻辑的推演和判断。解题时，要有合理的分析和判断，要求推理、运算的每一步骤都正确无误，还要求将答案表达得准确、完整. 合情推理、优化思路、少算多思将是快速、准确地解答填空题的基本要求.【解法推介】（一）、直接法这是解填空题的基本方法，它是直接从题设条件出发、利用定义、定理、性质、公式等知识，通过变形、推理、运算等过程，直接得到结果.例1设其中i，j为互相垂直的单位向量，又，则实数m = .（二）、特殊化法当填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的不定量用特殊值特殊值（或特殊函数，或特殊角，特殊数列，图形特殊位置，特殊点，特殊方程，特殊模型等）代替，即可以得到正确结果.例2在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c。若a、b、c成等差数列，则 .例3.一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为，则_.例4坐标原点为O，抛物线与过焦点的直线交于A、B两点，则=.（三）、数形结合法对于一些含有几何背景的填空题，若能数中思形，以形助数，则往往可以简捷地解决问题，得出正确的结果.例5如果不等式的解集为A，且，那么实数a的取值范围是 .例6设等差数列的前项和为，若，则的最大值为_.（四）、等价转化法通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”，将问题等价地转化成便于解决的问题，从而得出正确的结果.例7不等式的解集为（4，b），则a= ，b= 例8.下列表中的对数值有且仅有一个是错误的：358915 请将错误的一个改正为 = （五）、归纳猜想法例9已知(nN*)，则f（2011）= _（六）、几种开放型填空题1：开放型填空题之多选型填空题例10若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基量”。是公比为q的无穷等比数列，下列“基量”为_组；（1）；（2）；（3）；（4）q与（n为大于1的整数，为的前n项和） 2：开放型填空题之探索型填空题例11若两个长方体的长、宽、高分别为5cm、4cm、3cm，把它们两个全等的面重合在一起组成大长方体，则大长方体的对角线最大为_cm。 3：开放型填空题之新定义型填空题例12定义“等和数列”，在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。已知数列是等和数列且，公和为5，那么的值为_，且这个数列前21项和的值为_。 4：开放型填空题之组合型填空题例13是两个不同的平面，m、n是平面之外的两条不同直线，给出四个论断：（1），（2），（3），（4）。以其中三个论断作为条件，余下一个论断为结论，写出你认为正确的一个命题_ _；（七）、加强填空题检验、减少填空题的失分切记：解填空题应方法恰当，争取一步到位；答题形式标准，避免丢三落四；答案要求规范，避免答非所问。二、解答题：解答题将会继续保持前三年的特点及难度，并力求有变化. (一)三角函数：2011三角题首选求值题，次选解三角形题，或与向量知识相关.1.可能出现的题型：（1）三角求值(证明)问题；（2）涉及解三角形问题；（3）三角函数图象的对称轴、周期、单调区间、最值问题（4）三角函数与向量、导数知识的交汇问题；（5）用三角函数工具解答的应用性问题(正余弦定理应用). 2.解题 关键:进行必要的三角恒等变形.其通法是：发现差异（角度、函数、运算结构）寻找联系（套用、变用、活用公式，注意技巧和方法）合理转化（由因导果的综合法，由果探因的分析法）其技巧有：常值代换，特列是用“1”代换；项的分拆与角的配凑；化弦（切）法；降次与升次；引入辅助角j. 3.考基础知识也考查相关的数学思想方法:如考三角函数求值时考查方程思想和换元法.1已知向量a(sin，2)与b(1，cos)互相垂直，其中(0，)（1）求sin和cos的值；（2）若sin(j)，0j，求j的值 (1)因为a与b互相垂直，所以ab0所以sin2cos0，即sin2cos因为sin2cos21，所以（2cos）2cos21解得cos2则sin2因为(0，)，所以sin0，cos0，所以sin，cos(2)因为0j，0，所以j，所以cos(j)，所以cosjcos(j)coscos(j)sinsin(j)所以j2在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且A，B，C成等差数列（1）若，b，求ac的值；（2）求2sinAsinC的取值范围（1）因为A，B，C成等差数列，所以B因为，所以accos(B)，所以ac，即ac3因为b，b2a2c22accosB，所以a2c2ac3，即(ac)23ac3所以(ac)212，所以ac2（2）2sinAsinC2sin(C)sinC2(cosCsinC)sinCcosC因为0C，所以cosC（，）所以2sinAsinC的取值范围是（，）3. (二)立体几何题 1、可能出现的题型是: 以锥体或柱体为载体线线、线面、面面之间位置关系的讨论（一证一算）及一些特殊位置的探究问题.2、解立体几何题的关键是运用化归思想： 一是定理之间的相互转化；二是将空间图形转化为平面图形；1如图1所示，在边长为12的正方形AAA1A1中，点B，C在线段AA上，且AB3，BC4，作BB1/AA1，分别交A1A1、AA1于点B1、P，作CC1/AA1，分别交A1A1、AA1于点C1、Q，将该正方形沿BB1、CC1折叠，使得AA1与AA1重合，构成如图2所示的三棱柱ABCA1B1C1（1）在三棱柱ABCA1B1C1中，求证：AB平面BCC1B1；（2）求平面APQ将三棱柱ABCA1B1C1分成上、下两部分几何体的体积之比图1ABCAA1B1C1A1PQ图2ABCA1B1C1PQ (1)证明：在正方形AAA1A1中，因为ACAAABBC5，所以三棱柱ABCA1B1C1的底面三角形ABC的边AC5因为AB3，BC4，所以AB2BC2AC2所以ABBC因为四边形AAA1A1为正方形，BB1/AA1，所以ABBB1而BCBB1B，BC平面BCC1B1，BB1平面BCC1B1，所以AB平面BCC1B1(2)解：因为AB平面BCC1B1，所以AB为四棱锥ABCQP的高因为四边形BCQP为直角梯形，且BPAB3，CQABBC7，所以梯形BCQP的面积为SBCQP(BPCQ)BC20所以四棱锥ABCQP的体积VABCQPSBCQPAB20由(1)，知BB1AB，BB1BC，且ABBCB，AB平面ABC，BC平面ABC所以BB1平面ABC所以三棱柱ABCA1B1C1为直棱柱所以三棱柱ABCA1B1C1的体积为VABCABCSABCBB172故平面APQ将三棱柱ABCA1B1C1分成上、下两部分的体积之比为2如图，在四棱锥PABCD中，CDAB，ADAB，ADDCAB，BCPC（1）求证：PABC；（2）试在线段PB上找一点M，使CM平面PAD，并说明理由（1）：连结AC，在四边形ABCD中，ADAB，CDAB，所以ADCD设ADa因为ADDCAB，所以CDa，AB2a在ADC中，ADC90，ADDC，所以DCADAC45，ACa在ACB中，AB2a，ACa，CAB45，所以BCa所以AC2BC2AB2所以ACBC又因为BCPC，AC平面PAC，PC平面PAC，ACPCC，PABCDMFE所以BC平面PAC因为PA平面PAC，所以PABC（2）当M为PB中点时，CM平面PAD取AP中点F，连结CM，FM，DF则FMAB，FMAB因为CDAB，CDAB，所以FMCD，FMCD所以四边形CDFM为平行四边形所以CMDF因为DF平面DAP，CM平面PAD，所以CM平面PAD (三)解析几何题 ：从前两年考直线与圆变为10年考椭圆也是求变.11年首选考椭圆. 求轨迹方程与标准方程、直线与椭圆关系（解二次方程组），可能与向量结合。1.解析几何研究的主要对象是直线、圆、圆锥曲线.直线：以倾斜角、斜率、距离、平行与垂直、线性规划等有关问题为基本问题，特别要熟悉有关点对称、直线对称问题的解决方法；圆：注意利用平几知识，尤其要用好圆心到直线的距离；圆锥曲线：主要考查圆锥曲线的概念、性质和标准方程等.可能出现的题型是：（1）求参轨迹或轨迹方程；（2）在圆锥曲线的标准方程（3）有关定值、定点等的证明问题；（4）与向量综合、探索性问题. 2.解答解析几何题的关键是掌握坐标法：建立坐标系，引入点的坐标，将几何问题化归为代数问题，用方程的观点实现几何问题代数化解决.坐标法包括：“由形定式”和“由式论形”两大任务. 3.关于求曲线的方程:一类是:曲线的形状明确，方程的形式为已知的某种标准方程，方法是待定系数法；另一类是:曲线的形状不明确，常用方法有:是利用定义法4.关于求解参数取值范围问题，其核心思路是：识别问题的实质背景，选择合理、简捷的途径，建立不等式(等式)，借助于不等式、方程与函数的知识求解.12已知椭圆：（），其左、右焦点分别为、，且、成等比数列（1）求的值（2）若椭圆的上顶点、右顶点分别为、，求证：（3）若为椭圆上的任意一点，是否存在过点、的直线，使与轴的交点满足？若存在，求直线的斜率；若不存在，请说明理由 解：（1）由题设及，得（4分）（2）由题设，又，得，于是，故（10分）（3）由题设，显然直线垂直于轴时不合题意，设直线的方程为，得，又，及，得点的坐标为，因为点在椭圆上，所以，又，得，与矛盾,故不存在满足题意的直线（四）、数列题 ；不考“由递推公式求通项，再证不等式”，坚持出“等差数列、等比数列，一般性质的证明及探究.”1、数列可能出现的题型是：()数列内部的综合：等差与等比；数列与数学归纳法；(理)()数列与相关知识的综合：数列与函数、数列与方程；数列与点列；数列题能力要求较高：运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力；2、解法要领：（1）研究数列，关键是要抓住数列的通项，探求一个数列的通项常用：观察法、公式法、归纳猜想法；（2）关于数列的求和，常用方法有公式法、错位相减法、倒序相加法、裂项法.（3）关于等差（比）数列，要抓住首项和公差（比）这两个基本元素.（4）数列是特殊的函数，所以数列问题与函数、方程、不等式有着密切的联系，函数思想、方程观点、化归转化、归纳猜想、分类讨论在解题中多有体现.1从数列中取出部分项，并将它们按原来的顺序组成一个数列，称之为数列的一个子数列设数列是一个首项为、公差为的无穷等差数列（1）若，成等比数列，求其公比（2）若，从数列中取出第2项、第6项作为一个等比数列的第1项、第2项，试问该数列是否为的无穷等比子数列，请说明理由（3）若，从数列中取出第1项、第项（设）作为一个等比数列的第1项、第2项，试问当且仅当为何值时，该数列为的无穷等比子数列，请说明理由解：（1）由题设，得，即，得，又，于是，故其公比（4分）（2）设等比数列为，其公比，（6分）由题设，即，得，当时，与假设矛盾，故该数列不为的无穷等比子数列（3）设的无穷等比子数列为，其公比（），得，由题设，在等差数列中，因为数列为的无穷等比子数列，所以对任意自然数，都存在，使，即，得， 由于上式对任意大于等于的正整数都成立，且，均为正整数，可知必为正整数，又，故是大于1的正整数（14分）再证明：若是大于1的正整数，则数列存在无穷等比子数列即证明无穷等比数列中的每一项均为数列中的项在等比数列中，在等差数列中， 若为数列中的第项，则由，得，整理得，由，均为正整数，得也为正整数，故无穷等比数列中的每一项均为数列中的项，得证综上，当且仅当是大于1的正整数时，数列存在无穷等比子数列（18分）2已知定义在上的函数和数列满足下列条件： ，当且时，且其中、均为非零常数（1）若数列是等差数列，求的值；（2）令，若，求数列的通项公式；（3）试研究数列为等比数列的条件，并证明你的结论（1）由已知，得 由数列是等差数列，得 所以，得（2）由，可得且当时，所以，当时，因此，数列是一个公比为的等比数列（3）解答一：写出必要条件，如，由（1）知，当时，数列是等差数列，所以是数列为等比数列的必要条件解答二：写出充分条件，如或等，并证明解答三：是等比数列的充要条件是充分性证明：若，则由已知，得所以，是等比数列必要性证明：若是等比数列，由（2）知，当时，上式对也成立，所以，数列的通项公式为：所以，当时，数列是以为首项，为公差的等差数列 所以，当时， 上式对也成立，所以，所以，即，等式对于任意实数均成立所以，（五）、函数：一般给出含参数的函数解析式，研究函数性质，或具备某此特征求参数的范围（或参数的值）1、可能出现的题型：函数的单调性，最值问题的探究；函数与证明不等式综合；求参数的取值范围；构造函数与不等式的实际应用性问题；涉及函数的不等式求解；判断方程根的个数，等等. 2、解决函数、不等式综合题的必备知识是：基本初等函数的定义域、值域、对应法则、图象及其它性质（单调性、奇偶性、周期性、最值）,不等式的基本性质.、研究函数性质及解不等式、证明不等式的基本方法要熟练掌握，尤其是：构造函数、建立方程、挖掘不等式关系，含参字母的分类讨论，比较法、分析法、综合法等.4.特别注意利用导数研究函数： (1)利用导数求函数的单调区间；(2)利用导数与函数单调性的关系求字母的取值范围； (3)利用导数研究函数的极值、最值；(4)利用导数证明不等式. (5)利用导数研究函数图象的交点.1已知函数f（x）（1）判断函数f（x）在区间（0，）上的单调性，并加以证明；（2）如果关于x的方程f（x）kx2有四个不同的实数解，求实数k的取值范围（1）方法一：因为f (x)，所以当x0时，f (x)因为当x0时f (x)0，所以f (x)在(0，)上单调递增方法二：因为f (x)，所以当x0时，f (x)在(0，)上任取x1，x2，使0x1x2，f (x1)f (x2)因为x120，x220，x1x20，所以f (x1)f (x2)0所以f (x1)f (x2)所以f (x)在(0，)上单调递增（2）方法一：原方程即为kx2(*)x0恒为方程*的一个解当x0且x2时方程*有解，则kx2，k设g(x)，h(x)kg(x)，所以令g(x)0，得x1且x2；g(x)0，得1x0所以g(x)在(，2)和(2，1)上单调递减，在(1，0)上单调递增 而g(1)1，所以当x(，2)时，g(x)(，0)；当x(2，0)时，g(x)1，)当x0时方程*有解，则kx2，k设g(x)，h(x)k因为g(x)，x0，所以g(x)0所以g(x)在(0，)上单调递减又当x(0，)时，g(x)0所以当x(0，)时，g(x)(0，)所以k(1，)时，函数g(x)与h(x)的图象有三个交点所以当k(1，)时，方程f (x)kx2有四个不同的实数解方法二：原方程即为kx2(*)x0恒为方程*的一个解x0且x2时方程*有解，即当x0时，k有解；当x0且x2时，k有解所以k0设函数h(x)，g (x)因为g (x)所以当x(，2)和(2，1)时，函数g (x)单调递增；当x(1，0)时，函数g (x)单调递减；当x(0，)时，函数g (x)单调递增所以当x(，2)时，g (x)(，0)；当x(2，0)时，g (x)(0，1；当x(0，)时，g (x)(0，)所以当(0，1)时，即k(1，)时，函数g (x)与h(x)的图象有三个交点综上可得，当k(1，)时，方程f (x)kx2有四个不同的实数解 (六)应用题：是全卷的焦点，11年仍将