高二数学讲评试卷教学设计

1、高二数学讲评试卷教学设计赵国鲜教学目标：1、通过反馈测试评价的结果，让学生分析错题，找出错因，解决学习中存在的问题，完善认知结构，深化常见题型的答题技巧。 2、 引导学生正确看待考试分数，以良好的心态面对考试开阔解题思路，优选解题方法，提高学生分析问题、解决问题的能力。 教学重点： 梳理必修2和选修2-1的知识点和解题方法技巧。 教学难点： 1、对试卷中出现的基本概念做本质剖析，对易错易混知识点进行分类辨析与变式训练2、通过对基本题型的分析、讲解，从而提高数学综合素质。 教学方法：反馈交流 归纳总结 讲练结合教学过程：一、 试卷分析1、 成绩分析2、 学生分析3、 试卷存在的问题 基本概念掌握

2、不准确，基本题型掌握不到位，运算差缺乏基本的数学思想方法，如数形结合思想，分类讨论思想、函数方程的思想等二、 试题分类辨析和认识本试卷考查简易逻辑的：3、5、13、17考查解析几何的：1、2、4、9、12、14、15、20、21考查立体几何的：6、7、8、11、16、18、19、22考查函数：10（必修一的内容）难点试题讲解：与立体几何有关的问题： 11. 在球O的内接四面体D-ABC中，AC=6,BC=8,ACBC，且四面体D-ABC体积的最大值为200，则球O的表面积为（ ）A96 B. 144 C.256 D.676 分析：如图所示可以知道三角形ABC的面积是24，若四面体D-ABC的体

3、积最大，则高最大。分析当D 点动时，要使高最大，则只有D和球心O一条线，此时，由于底面是直角三角形，斜边的中点M是小圆的圆心，故M点再DO 直线上。计算V=1324DM=200,所以DM=25.设圆的半径是R,连结OB，则直角三角形OBM中，25-R2+52=R2,所以R=13所以球O的表面积为4R2=676总结：考查球的内接问题，经常会研究球的过球心的截面，计算经常会构造直角三角形利用勾股定理来求解R.16.空间四边形ABCD中，AB=CD，边ABCD所在直线所成的角为30，E、F分别为边BC、AD的中点，则直线EF与AB所成的角为 主要是异面直线所成角的范围0218. 如图，已知和是边长为

4、2的正三角形，平面平面，平面，且.(I） 证明：平面.(II） 求三棱锥的体积分析：求棱锥的体积，要求棱锥的底面积和高，那么这个三棱锥的高如何求？直接求不好求，我们可以转化椎体的顶点，还可以利用线面平行转化椎体。方法1.解由(1)知EFAD， 即. 方法2.VE-ABD=VF-ABD=VD-ABF=132321232=1方法3.因为EFAD,则AFED共面，延长AF和DE交于G又因为EF=12AD,所以为中点，所以E和F为AG和DG的中点,所以ACBG,ABG=1200所以VE-ABD=VD-ABE=VD-ABG-VE-ABG=1332123211=1总结：本题使用了转化法和割补法求体积。第1

5、9题图19. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，, 点是的中点，且交于点（1）求证:平面；（2）求证：平面平面；（3）求二面角的余弦值；分析：做辅助线，利用线面平行的线面垂直的判定和性质可以完成第1，2问。求二面角可以直接做，可以使用向量，也可以建立坐标系完成。方法一：取中点，则作于，连结 底面，底面为在平面内的射影, 为二面角的平面角 设，在中， 二面角的余弦的大小为方法二：过D作DOAC，O为AC的中点，过M作MEAC,设正方体的棱长为1， AM=22,MAE=600，则ME=64,AE=24,EO=24因为DM=DO+OE+EM所以DM2=DO+OE+EM2 所以12=12+18+3

6、8-22264cosOD,EMcosOD,EM=33 二面角的余弦的大小为方法三：坐标法以A为原点建立空间直角坐标系总结：求二面角的常用方法：垂线法，向量法，坐标法22. (本小题满分12分)如图(1)，在RtABC中，C90，BC3，AC6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图(2)(1)求证：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由解：(1)证明：ACBC，DEBC，DEAC DEA1D，DECD，DE平面A1D

7、C，又A1C平面A1DC，DEA1C 又A1CCD，A1C平面BCDE (2)建立空间直角坐标系Cxyz则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1,)，B(3,0,0)，E(2,2,0)设平面A1BE的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0又(3,0，2)，(1,2,0)，令y1，则x2，z，n(2，1，)设CM与平面A1BE所成的角为 (0，1，)，sin |cosn，| CM与平面A1BE所成角的大小为 (3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p0,3设平面A1DP的法向量为m(x，y，z)，则m0，m

8、0 又(0,2，2)，(p，2,0)，令x2，则yp，z，m平面A1DP平面A1BE，当且仅当mn0，即4pp0 解得p2，与p0,3矛盾线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直 总结：折叠问题要先搞清楚折叠前后的图形的变化；常使用坐标法解决立体几何中的探索性问题。与解析几何有关的问题：12. 已知直线与圆相切，若对任意的均有不等式成立，那么正整数的最大值是（ ）A.3 B.5 C.7 D.9分析： 本题主要考查：直线与圆的位置关系，相切时点到直线的距离为半径长；在等式中构造2m+n的不等式，再解决不等式的恒成立问题。这个题比较综合，所以计算比较复杂，需要估算会更好些。解法一：由

9、点3，6到直线的距离公式得3m+1+6n+12-3-62m+12+n+122=5化简得4m2+n2+66mn-52m+n-254=0即2m+n2-4mn+66mn-52m+n-254=0，即2m+n2+36-22mn-52m+n-254=0，因为m,n为正数，所以2m+n22mn所以2m+n2+36-22mn-52m+n-2542m+n2+36-22m+n22-52m+n-254令t=2m+n，t2+36-2t22-5t-254036+24t2-5t-2540，显然有一正一负根，设对应的方程的两个根为t1，t2，t1t2不等式的解集为ttt2若对任意的均有不等式成立，即tk恒成立。看选项，把t

10、=3代入36+24t2-5t-2540则3t24，那么正整数的最大值是3解法二：36+24t2-5t-2540，解不等式ttt2，由于t2=10+56+3636+2是个无理数，只能估算范围在（3，4），那么正整数的最大值是3解法三：由点3，6到直线的距离公式得3m+1+6n+12-3-62m+12+n+122=5化简得4m2+n2+66mn-52m+n-254=0令t=2m+n，则n=t-2m，代入上式得8-126m2+66t-4tm+t2-5t-254=0，由题意该式有正解，所以=66t-4t2-48-126t2-5t-2540所以t3.02那么正整数的最大值是3小结:本题考查了直线与圆的位置关系，转化思想与方程函数思想的应用。在计算难度大时，估算是一种好的方法。课堂小结1. 回顾本节课主要内容。2.复习时要注重反思，不断总结，提炼方法课后反思：本节课是试卷讲评课，通过本节课总结如下：要重视学生的学习过程，注意培养学生良好的学习习惯，从数学思想入手来解题，通过数学思想方法的指导可以更好的发现解题途径。继续加强基础知识教学，调动学生学习主动性和积极性，注意知识点的讲解透