新课标提高学生在高考解题的速度的训练方法

1、提高学生在高考解题的速度的训练方法普遍的学生都存在解题速度慢的特点，怎样有效提高学生解题速度成为一个关键点。长期实践表明，对学生进行一题多解可以开拓学生的解题思路，激发学生思维，在脑海中形成一个良好的知识网络，使各个知识点之间能联系起来，活跃思维。从而提高学生的解题速度。下面举几个例题加以说明：一、选择题 分析 本题主要考查复数的四则运算，以及简单的数值计算技能解答本题必须正确用好复数的四则运算法则，既可用复数的代数形式进行演算，也可用三角形式进行演算答案B分析 本题主要考查三角函数的基础知识和基本三角函数公式的简单应用，以及基本的计算技能作为常规解法，可先由已知条件求sin x，推得tan

2、x的值，再应用倍角正切公式求得答案，如解法1；作为灵活解法，可用估值快速求解，如解法2(注：也可用下式得解：而不需求tanx)答案 DA（1，1）B（1，+）C（，2）（0，+）D（，1）（1，+）分析 本题主要考查分段函数的概念、指数函数与幂函数的性质、不等式组的求解等基础知识，以及简单的推理计算能力根据函数f(x)的分段表达式，画个草图可快速判断，如解法4；也可将不等式化为等价的不等式组求解，如解法1；也可用特殊值排除法求解，如解法2；还可以利用单调性，结合解方程求解，如解法3解不等式组得解不等式组得综合得的取值范围为(,1)(1，+)解法2 由排除A和B；由f(0.04)=0.20时，因

3、为A，B，C不共线，所以AP平分BAC，得点P的轨迹一定通过ABC的内心解法3 考虑特殊情形，取ABC为等腰直角三角形，即：如图这时，ABC的外心为AC的中点D，垂心为点B而由题设知点P的轨迹是由点A出发，方向为的射线，不经过点D，也不经过点B，故排除A、D两个选项其次，由于所以射线不平分BC，即不通过ABC的重心，排除选项C从而得选项B为答案答案 B分析 本题主要考查对数函数、指数函数的性质和求反函数的方法，以及基本的计算技能根据反函数的概念，求给定函数的反函数，可用解方程的方法，如解法1；作为选择题，还可用特殊值排除法求解，如解法2解法1 解方程不等式组得yO，因此，所求的反函数为解法2

4、因为点(2，ln3)在原函数的图像上，所以点(1n3，2)应在反函数的图像上因此，由In30，可排除选项C、D；由可排除A，应取B作答答案 B6棱长为a的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为分析 本题主要考查棱柱、棱锥等多面体的基本知识和体积计算，以及基本的空间想象能力题设的八面体(记为ABCDEF)如图所示图中将原正方体略去，以使图线清晰该八面体的三条轴线AC、BD、EF两两互相垂直，且AC=BD=EF=a，把这个八面体看作共底(BFDE)的两个四棱锥的组合体，应用棱锥体积计算公式，得所求的八面体的体积为对于空间想像力比较好的考生，不作图便可由心算得出答案心算的方法比较

5、多，例如，与上法共通地把八面体看作共底的两个四棱锥，底面积是正方体的一个面的面积之半，锥高是正方体棱长之半，即可得体积为又如，由对称性，将正方体切成相等的八个小正方体，这时题没的八面体也被切成八个相等的三棱锥，每个三棱锥的体积等于小正方体的体积的所以八面体的体积是正方体体积的即答案 C7设处切线的倾斜角的取值范围为，则点P到曲线y=f(x)对称轴距离的取值范围为分析 本题主要考查导数的几何意义，多项式函数求导数的方法，点到直线的距离，二次函数的性质等基本知识，以及推理和计算技能解答本题，宜先求出的取值范围，进而根据曲线y=f(x)对称轴的方程，便可求得点P到对称轴距离的取值范围，如解法1此外，

6、也可用特殊值排除法求解解法1 依题设知点P的横坐标必须且只须满足因为抛物线y=f(x)的对称轴为直线：所以点P到直线的距离为解法2 取特殊值a=1，b=2，c=0可知曲线y=f(x)的对称轴为直线l：x=1曲线在点P处切线的斜率为由及tanx的单调性，依题设知k的取值范围为0，1，所以得点P到对称轴距离的取值范围为据此，可排除选项A，C，D，得答案B答案 B8已知方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则|mn|=A1分析 本题主要考查二次方程根与系数的关系，等差数列等基本知识，以及数学思维和分析处理问题的能力注意到题设4次方程的两个2次因式中，只有常数项不同，可知等差数列的4个项中首尾两项应为

7、其中一个因式的两根，而中间两项为另一因式的两根所以，在此基础上，可用不同的引入方式，采取适当的计算程序，求得|mn|的值解法1 因为抛物线有公共的对称轴x=1，又它们与x轴的4个交点的横坐标(即题设方程的4个根)成等差数列，所以可设为的一个根，则方程的另一个根为解法3 依题意可设原方程的4个根为则对任意实数x，有比较系数，得（注：m、n的位置也可对调，不影响结果）解法4 从解原方程入手由求得原方程的根为：由题设，这4个根组成首项为的等差数列，所以，必有1m0，1n0，且答案 C9已知双曲线中心在原点且一个焦点为，直线y=x1与其相交于M、N两点，MN中点的横坐标为则此双曲线的方程是分析 本题主

8、要考查双曲线的基本知识，以及推理和计算技能本题要求确定双曲线的方程，而双曲线的已知条件比较复杂，涉及到与已知直线相交的背景在这种情况下，宜用待定系数法求解因为双曲线的中心在原点，点又是双曲线的一个焦点故双曲线的方程可写为a0为待定系数，可用不同方法求得解法1 将y=x1代人方程，整理得由直线y=x1与双曲线相交于M、N两点，故此二次方程有不等的两个实根分别为点M、N的横坐标从而MN中点的横坐标为解法2 依题设，可记其中t为某个常数，且t0由M、N在双曲线上，得将两式相减，整理得上述解法计算量偏大，为了快速解答，可采用定性与定量相结合的方法求解解法3 由双曲线与直线y=x1有两个交点M和N，且焦

9、点在x轴上，可知双曲线渐近线的斜率绝对值应大于1，由此排除B、C；其次，由MN的中点的横坐标为可估计双曲线的张口应比较大，D的可能性比较大为此，作定量检验，将直线方程代人A所示的双曲线得答案 D10已知长方形的四个顶点A(0，0)，B(2，0)，C(2，1)和D(0，1)一质点从AB的中点沿与AB夹角为的方向射到BC上的点后，依次反射到CD、DA和AB上的点（入射角等于反射角)设的坐标为则tan的取值范围是分析 本题以运动质点碰壁反射问题为背景，主要考查直线、轴对称和函数等基础知识及其应用，以及分析解决问题的能力依题意可知点的横坐标是tan的函数，试题要求由的取值范围确定tan的取值范围，也即

10、由函数的值域求定义域为此，宜从建立函数关系式入手，如解法2不过，作为选择题，本题可以用特殊值排除法快速求解，如解法1解法1 取特殊的角，当时，根据反射原理，得点依次是BC，CD，DA和AB的中点，即有不属于所求的tan的取值范围从而，可排除选项A、B和D，应取C作答解法2 依题设可作图如下记各点的坐标如下：根据反射原理得：答案 CA3D6分析 本题主要考查组合数的性质、数列极限的计算等基本知识，以及基本的计算技能本题要求考生计算两个和式之比的极限由于和式的项数随n的增加而无限增加，因而不能简单应用极限四则运算法则求极限，必须将和式化简成有限的形式原式中，分子、分母的和式是组合数求和，应充分借助

11、组合数性质，将其化简例如，应用公式可顺利化简原式此外，也可采用数列求和的方法求解答案 B12一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为A3B4D6分析 本题主要考查正多面体和球的基本知识，以及空间想象能力和几何计算能力本题给出棱长为的正四面体，要求推断外接球的表面积为此，必须先求该球的半径，宜作图进行推算或估算为了图像清晰，可只作正四面体进行讨论，不画出球的图线如附图，四面体ABCD各棱长都为解法1 如图，点O为球心，OA、OB、OC、OD都是球的半径，因为ABCD是正四面体，所以这四条半径的两两夹角彼此相等，设其大小为由空间中的一点O，引四条射线，两两的夹角都等于，则有

12、 据此，可排除选项B、C和D，应取A作答解法2 如图，过A作AE面BCD，E是垂足连结EB，则EB是正BCD外接圆的半径应用正弦定理，由正三角形的边长为得因为 AEEB过AB的中点F，在平面AEB中，作AB的垂线交AE于O，则O是四面体ABCD外接球的球心，球的半径为所以，所求的球之表面积为上述估计和精算的方法，计算量仍嫌偏大若充分发挥空间想像力，可获快速判断解法3 联想棱长为1的正方体则四面体的棱长都为它的外接球也是正方体的外接球，其半径为正方体对角线长的一半，即有故所求球面积为S=3答案 A13某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图)现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且

13、相邻部分不能栽种同样颜色的花不同的栽种方法有_种(以数字作答)分析 本题以花圃设计为应用背景，主要考查排列、组合的基础知识，侧重考查乘法原理和加法原理的应用，以及逻辑思维能力和计数能力为了正确解答本题，首先必须准确理解题意：抓住花圃布局的要求，看清图形中6个部分的关系；明确每个部分只种同一种颜色的花，相邻部分应种不同颜色的花；而且4种颜色的花都要种上，缺一不可对这些条件要求，稍有疏忽、遗漏或曲解，都会引致解答出错其次，应设计好周全而又不出现重复计数的推算程序，关键是推算过程中分步、分类的安排要合理且严密；此外，在每一分步或分类中，计数不出错；最后，乘法原理和加法原理的运用，以及数值计算还得无误

14、，方能得出正确的答数采用不同的计数模式和计数程序，伴随出现不同的解法，列举解法供参考解法1 将6个区域分4组，不同组栽种不同颜色的花，同一组栽种同一颜色的花因为区域1与其它5个区域都有公共边，所以为了栽种方案合乎题意，分在同一组的区域至多只能有2个因而，由图形可知,不同分组法有且只有5类，如下表(表中数字为区域号)：第一组第二组第三组第四组第一类123，54，6第二类12，53，64第三类12，534，6第四类12，43，56第五类12，43，65每一类分组法，都有种不同的栽种方法应用加法原理，得到所有符合题意的不同栽种方法的种数为解法2 按区域的顺序，依次安排各区域所栽种的花的颜色：第1区，

15、可种4色花中的任一种，有4种不同的栽种法；接着，第2区，因与第1区相邻，两区花色必须不同，所以，第2区只能从3色花中任选一种栽种，有3种不同种法；跟着，第3区，因与第1、2区都有边界，所以，只有2种不同栽种法；随后，第4区，与2区无边界，与1、3区都有边界因此，可分两类情形：第一类：在第4区中栽种与第2区同一色的花，有1种栽法；至此，只栽种了3种不同颜色的花，因此，第5、6区域，应有一个区域栽种第4种颜色的花，而另一区域可选的花色只有1种(这是因为与之相邻的三个区域，已种上不同颜色的3种花)从而，在第5、6区域栽花的不同方式有2种；第二类：在第4区域中栽种与第2区域不同颜色的花，有1种栽法；不

16、过，与第一类不同的是：至此，4种不同颜色的花都被栽种了往后，第5区域栽花有两种选择：一种是栽与第2区域同色花，紧接着，第6区域有2种栽种方法；第五区域另一种栽花法，是栽种与第2区域不同颜色的花，只有1种选择(因为它不能与1、4区域同色)，紧接着，由于1、2、5三个区域已栽种3种不同颜色的花，故第6区域只有1种栽花的选择综合起来，应用乘法原理和加法原理，得合乎题意的不同栽花的方法种数为N=432（12+12+11） =120解法3 因为区域1与其它5个区域都有公共边，所以当区域1栽种一种颜色的花之后，该颜色的花就不能栽于其它区域因而可分两步走，考虑如下：第一步，在区域1中，栽上一种颜色的花，有4

17、种栽法；第二步，在剩下的五个区域中，栽种其它三种颜色的花为此，可将2至6号五个区域分成3组，使同一组中的不同区域没有公共边这样的分组法有且只有5类，如下表(表中数字为区域号)：第一组第二组第三组第一类23，54，6第二类2，43，56第三类2，43，65第四类2，53，64第五类2，534，6对每一类分得的3个组，将3种颜色的花分别栽于各组，共有种栽法应用乘法原理和加法原理，得合乎题意要求的不同栽种方法的种数为解法4 由于第1、2、3区两两都有边界，所以这3个区所栽的花，彼此必须不同颜色因而，第一步可从4种颜色的花任取3种分别栽在这3个区域上，共有种栽法其次将另一颜色的花栽于4、5、6三个区中

18、的一个区或两个区，即分为两类情形：第一类：栽在4、5、6的一个区域中，有3种情形：情形1：栽于4区，则6区只有一种颜色的花可栽(因为必须不同于4、1、2区的颜色)，进而，5区周边三个区域已栽上3种不同颜色的花，故5区也只有一种颜色的花可栽；情形2：栽于6区，则与情形1同理，4、5区域分别只有1种颜色可栽；情形3：栽于5区，由于5、1、2三个区已栽上不同颜色的花，6区只有1种栽法；同理，4区也只有1种栽法第二类：栽于4、5、6中的两个区，只有栽于4、6两个区域的一种情形，这时5区有2种栽法(因为5区的周边只有两色花)综合起来，应用乘法原理与加法原理，得不同栽种方法的种数为解法5 分两类情况考虑：

19、第1类：第1、2、3、5等四个区域栽种不同颜色的4种花，共有种栽法对于每一种栽法，第4、6区分别都只有1种颜色的花可栽第2类：第1、2、3、5等四个区域栽种不同颜色的3种花，共有种栽法对于每一种栽法，要么2、5区栽同色花，要么3、5区栽同色花对于前者，第6区有2种颜色的花可供选栽，第4区只能栽第4种颜色的花；对于后者，第4区有2种颜色的花可供选栽，第6区只能栽第4种颜色的花即无论何种情形，第4、6区的栽法都是2种综合上述情形，应用加法原理与乘法原理，得不同栽种方法的种数为答案 12014已知函数f(x)=2sinx(sinx+cosx)()求函数f(x)的最小正周期和最大值；()在给出的直角坐

20、标系中，画出函数y=f(x在区间上的图象命题意图 本小题主要考查三角函数的性质和恒等变形的基础知识，同时考查动手画图的技能作为三角函数的解答题，力求较全面地覆盖三角函数的基础知识，因此，试题的设计给出一个三角函数的解析式，通过运用和角与倍角的三角函数公式，变形为单个三角函数的表达式，从而求出它的周期和最值恒等变形过程强调通性通法，以适应文科考生的实际在这个基础上要求作出这个函数的图像，强化了作图技能的考查，倡导考生重视实践，学会动手操作解题思路 首先把给出的函数解析式变形为单个三角函数的表达式，再按问题的要求答题（）解 由（）知xY11115如图，在直三棱柱底面是等腰直角三角形，ACB=90侧

21、棱的中点，点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G()求与平面ABD所成角的大小(结果用反三角函数值表示)；命题意图 本小题主要考查线面关系和直三棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力新课程的立体几何教材分为(A)、(B)两个版本，即传统的逻辑推理体系和向量运算方法为了适应不同地区的选用情况，前几年高考的立体几何试题是命制出(甲)、(乙)两道平行题目由考生选作今年试验改变这种做法，原课程与新课程统一命制一道通用的试题，基本要求是用传统方法或向量方法，解题难度相当于是，试题的知识载体定位于直棱柱理科用直三棱柱，文科用正四棱柱理科试题中的图形实际上是半个正方体，它的原型是正方体的一个性

22、质：“若点M是正方体的棱的中点，则正方体的中心O在截面AMC上的射影恰好是AMC的重心”试题基本上是采用其逆命题，且只给出半个正方体，把问题提为“正方体的一条对角线与截面所成的角”，隐蔽了上述性质，提高了对考生空间想像力和推理能力的要求，以期更好地考查考生的数学能力解题思路 本题()的基本解法是先求出三棱柱的底面边长，可以在直三棱柱中求解，也可以补形成正四棱柱或直平行六面体求解，思维层次高者可以发现EB=DF避开计算，通过线段比求角的三角函数值()问的解法用等积法最为简便运用向量方法则()问较易，()问较难，总体难度相当()解法1 如图，连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即EBG是与平面

23、ABD所成的角设F为AB中点，连结EF、FC，因为D、E分别是的中点，又DC平面ABC，所以CDEF为矩形连结DF，G是ADB的重心，故GDF在直角三角形EFD中，解法2 同解法1图所以 ABDFEG=ABEFDE，其中EF=1的中点P,连结PD,PA,PB,则ABDP是平行四边形,PB必过ADB的重心解得x=2解法4 如解法1图，由解法1知，CDEF是矩形，故DE=CF，而EF=FB，所以RtDEFCFB，则DF=EB解法5 连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即与平面ABD所成的角如图所示建立坐标系，坐标原点为O设CA=2a，则A(2a，0，0)，B(0，2a，0)，D(0，0，1)，

24、,E(a，a，1)，()解法1 因为EDAB，EDEF，又EFAB=F， 因为EDAB，ED上EF，又EFAB=F，解法3 如()问解法5中图，A(2，0，0)，E(1,1,1),D(0，0，1)16A、B两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A队队员是B队队员是按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分设A队、B队最后所得总分分别为、对阵队员A队队员胜的概率A队队员负的概率()求，的概率分布；()求E，E命题意图 本题主要考查离散型随机变量分布列和数学期望等概念与计算，以及运用概率知识认识和讨论实际问题的能力该题的取材贴近考生日常生活

25、，以广大考生都熟悉的乒乓球比赛为素材，用列表的方式，给出对阵队员间胜负的概率，并规定每场胜负的得分规则这样的条件下，赛后球队所得总分是离散型随机变量本题要求考生计算该随机变量的分布列和数学期望这样设计试题，应用性强，也能贴近考生实际，符合考试说明的要求解题思路 为了求随机变量和的概率分布，必须先确定它们是离散型还是连续型依题意，它们都是离散型随机变量，且满足+=3所以只须求出(或)的概率分布，便可立即写出(或)的概率分布为了求的概率分布，首先应弄清可能取哪些值?这些值表示怎样的随机事件?进而应用随机事件概率计算公式(如乘法公式、加法公式等)，求出取每一个可能值的概率，使得到所要求的概率分布列至

26、于第()问，可直接应用离散型随机变量数学期望的计算公式求解因为是A队赛后所得的总分，根据题意，只可能取0，1，2，3等4个值，其表示的随机事件分别为：=表示A队3场比赛都输球，全负；=1表示A队3场比赛中1胜2负；=2表示A队3场比赛中2胜1负；=3表示A队3场比赛全胜所以由给出的胜负概率表，应用互斥事件概率的加法公式、独立事件的概率加法公式等相关公式，便可求得的分布列()解 、的可能取值都为3，2，1，0的分布为：依题意，+=3，故的分布为：17已知常数a0，向量c=(0，a)，i=(1，0)经过原点O以c+i为方向向量的直线与经过定点A(0，a)以i2c方向向量的直线相交于点P，其中R试问：是否存在两个定点E、F，使得|PE|+|PF|为定值若存在，求出E、F的坐标；若不存在，说明理由命题意图 本题主要考查平面向量的概念和向量的线性运算，根据已知条件求动点的轨迹方程，并讨论轨迹曲线的性质，着重考查直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识，以及综合应用所学知识分析和解决问题的能力试题用向量的形式给出两条相交直线的条件，围绕交点P提出个一个探索性的问题：讨论是否存在两个定点，使得点P到这两个定点距离之和为一定值在这里，点P因实数的变化而动考生在审题时，必须自觉理解到问题的这个特点，具备“运动变化”和“动中求静”的辩证法的思想和观点，只有这样才能有效破题，获得问题的解答可见试题