多想少算视角下2020年高考数学试题分析

2022-07-12 11:24杨小兵
数理化解题研究·高中版 2022年6期
关键词:数学模型数形结合

摘要:数学作为思维的科学,应该“多动脑”,即“多想少算”,高考数学命题将“多考点想,少考点算”作为一条基本的命题理念.其中,“多想”是指需要多花时间去思考,“少算”是指多花时间思考后减少简单、重复、繁琐的运算,使学生的思维能力得到充分的发展,提高学生思考和解决问题的能力.本文以2020年高考数学试题为载体,介绍了一系列优化解题的策略.

关键词:二级结论;数学模型;数形结合;构造函数

中图分类号:G632文献标识码:A文章编号:1008-0333(2022)16-0025-06

1 利用特殊化

解决问题的一般策略是从简单到复杂、从特殊到一般、从已知到未知,特殊化策略是处理选择题和填空题最常用的简便方法,也是解决问题的基本策略.波利亚认为:“特殊化是从对象的一个给定集合,转而考虑包含在这集合内较小的集合”.在几何中,特殊化就是让直线、平面处于一些特殊的位置或临界情况,例如:直线的平行、直线的垂直、直线和圆相切等;在代数中,特殊化就是让变量取一些特殊的值,使问题变得简单明了.

例1(2020年全国Ⅰ卷理第11题)若⊙M:x2+y2-2x-2y-2=0,直线l:2x+y+2=0,P为l上的动点,过点P作⊙M的切线PA,PB,切点为A,B,当PM·AB最小时,直线AB的方程为().

A.2x-y-1=0B.2x+y-1=0

C.2x-y+1=0D.2x+y+1=0

解析当PM·AB最小时,只需要各自最小即可,所以猜想:当PM⊥l时,PM·AB最小.

因为PM⊥l,则PM最小,设PM与AB的交点为C,则由三角形面积可知

12AC·PM=12PA·AM.

则有PM最小时AB也最小.

又因为AB∥l,则kAB=-2,排除A,C.

易求直线AB方程为x-2y+1=0.

联立x-2y+1=0,2x+y+2=0,解得P(-1,0),点P在直线l上,代入B,D验算选择D.

例2(2020年浙江卷第9题)已知a,b∈R且ab≠0,对于任意x≥0均有(x-a)(x-b)(x-2a-b)≥0,则().

A.a<0B.a>0C.b<0D.b>0

解析当a=1,b=-1时,(x-1)(x+1)(x-1)≥0在x≥0时恒成立.

当a=-1,b=-1时有(x+1)2(x+3)≥0在x≥0时恒成立.

当a=-1,b=1时有(x+1)2(x-1)≥0在x≥0时不一定成立,故选C.

评注牛顿指出:“没有大胆的猜想,就做不出伟大的发现”,例1通过猜想对图形位置进行了特殊化;例2对字母数据进行了特殊化,避免了直接对字母进行分类讨论,都对解题过程进行了极大简化.

2 利用“二级结论”二级结论是指教材中现有结论之外的结论,它是通过教材中的一些定理、公理进行推导所得到的结论,一般是经验性的利于考试解题的结论.例如:抛物线的焦点弦长公式、椭圆焦半径公式、椭圆焦点三角形的面积、对数—平均值不等式、三角形面积的坐标表示、若奇函数存在最大值和最小值,则其之和为0等.这些二级结论不应该去死记硬背,而是应该在理解或者解题的基础上去记忆.

例3(2020年全国Ⅲ卷理第11题)设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右

焦点分别为F1,F2,离心率为5.P是C上一点,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4,则a=().

A.1B.2C.4D.8

解析设∠F2PF1=θ,所以由双曲线焦点三角形面积公式可知S△F2PF=b2tanθ2.

代入数据解得b=2.

又因为e=ca=5,c2=a2+b2,

所以a=1,选择A.

例4(2020年全国Ⅰ卷理第15题)已知F为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点,A为C的右顶点,B为C上的点,且BF垂直于x轴.若AB的斜率為3,则C的离心率为.

解析利用二级结论双曲线的半通径长为b2a.

又AB的斜率为3,则有b2ac-a=3.

即e2-1e-1=3.

解得双曲线离心率为2.

评注圆锥曲线问题在高考中一直是热点、重点、难点,如果能合理利用好圆锥曲线中的二级结论则可以达到巧解甚至“秒杀”.圆锥曲线常用的二级结论有很多,例如:在抛物线中,l为过抛物线焦点的直线与抛物线交于A,B两点,那么AB=2psin2θ(θ为直线的倾斜角)等.

3 利用模型

数学模型是为了某种目的,用字母、数字及数学符号建立起来的函数、方程、等式或不等式以及图表、图象等描述客观事物的特征及其内在联系的数学结构表达式.常见的数学模型包括:向量恒等式模型、三点共线模型、面积模型、点到直线的距离模型、指数模型、对数模型、均值不等式模型等.

例5(2020年北京卷第13题)已知正方形ABCD的边长为2,点P满足AP=12(AB+AC),则|PD|=;PB·PD=.

解析由题可知PD=5.

由向量恒等式,有

PB·PD=14[(PB+PD)2-(PB-PD)2]

=14[22-(22)2]=-1.

例6(2020年全国Ⅲ卷文第16题)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为.

解析由圆锥内切球模型可知:球的半径最大时球与圆锥相切.设圆锥的截面三角形为△ABC,球的截面圆与AB边相切于点M,与BC边相切于点P,与AC边相切于点N,由题意知△ABC为等腰三角形,AP2=AB2-BP2=22.

则SΔABC=22.

此时三角形的面积S=12R(a+b+c).

所以R=22,V=43πR3=23π.

4 利用数形结合

数和形是数学研究的两部分,它们既有区别又有联系,不能将它们视作孤立存在,华罗庚指出:“数缺形时少直观,形缺数时难入微;数形结合千般好,隔离分家万事休.”由此可见:“形”具有直观性,而“数”具有抽象性,只有将两者结合才能达到事半功倍的效果.

例7(2020年全国Ⅰ卷理第10题)如图1,已知A,B,C为球O的球面上的三个点,⊙O1为

△ABC的外接圆,若⊙O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为().

A.64πB.48πC.36πD.32π图1

解析设圆O1半径为r,球的半径为R,由题意得πr2=4π.解得r=2.

因为△ABC为等边三角形,由正弦定理,得

AB=2rsin60°=23.

所以OO1=AB=23,O1A=23AB·cos30°=2.

根据球的截面性质,OO1⊥平面ABC.

所以OO1⊥O1A,R=OA=OO21+O1A2=OO21+r2=4.

所以球O的表面积S=4πR2=64π.故选A.

评注本题的关键就是找到球的半径,根据题意画出图形则有R=OO21+O1A2.

5 利用观察

例8(2020年天津卷第9题)已知函数f(x)=x3,x≥0,-x,x<0.若g(x)=f(x)-kx2-2x(k∈R)恰有4个零点,则k的取值范围是().

A.(-

SymboleB@

,-12)∪(22,+

SymboleB@

B.(-

SymboleB@

,-12)∪(0,22)

C.(-

SymboleB@

,0)∪(0,22)

D.(-

SymboleB@

,0)∪(22,+

SymboleB@

解析通过观察选项结构可知:A,B中k≠-12,而C,D中是可以取到的,所以先对k=-12进行验证,再观察C,D,可对k=1进行验证.

k=-12时,g(x)=f(x)--12x2-2x恰有4个零点,画出函数图象(如图2)可知:此时刚好有4个零点,所以排除A,B.

k=1时,g(x)=f(x)-x2-2x恰有4个零点,画出函数图象(如图3)可知:此时并不满足题意排除C,选择D.

评注观察是寻找解决数学问题思路的基本方法和策略.在审题的过程中要观察题目所给条件、代数式的结构、选项的组成情况,如果能善于观察并选择合适方法,将会极大提高解题效率和正确率.本题正是通过观察选项的组成情况,对参数进行赋值从而极大地优化了解题过程.

6 利用函数性质

克莱因曾说:“函数是数学的灵魂”,函数是高中学习的重点,高考的热点.对于函数性质的考查更是顺理成章,高考中常考查的函数性质包括:函数的图象、单调性、奇偶性、周期性、对称性、有界性、凹凸性等.

例9(2020年新高考山东卷第8题)若定义在R的奇函数f(x)在(-

SymboleB@

,0)单调递减,且f(2)=0,则满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是().

A.[-1,1]∪[3,+

SymboleB@

B.[-3,-1]∪[0,1]C.[-1,0]∪[1,+

SymboleB@

D.[-1,0]∪[1,3]

解析由奇函數的性质可知:奇函数在关于原点对称的区间上单调性相同,并且满足

f(-x)=-f(x).

根据题意可知f(x)在(0,+

SymboleB@

)上单调递增并且f(-2)=0,f(0)=0,画出示意图如图4所示,选择D.

例10(2020年全国Ⅰ卷理第12题)若2a+log2a=4b+2log4b,则().

A.a>2bB.a<2bC.a>b2D.a<b2

解析根据题意有2a+log2a=22b+log2b.

令f(x)=2x+log2x,

易证f(x)在(0,+

SymboleB@

)上单调递增.

则有2a+log2a=22b+log2b<22b+log22b.

则f(a)<f(2b).

所以a<2b.故选B.

评注例10作为理科压轴选择题,不偏不怪、题干简练、设问巧妙、解法多样,是一道好题,熟练掌握函数的基本性质并且学会选择与应用非常重要.

7 利用换元

例11(2020年浙江卷第17题)已知平面单位向量e1,e2满足|2e1-e2|≤2.a=e1+e2,b=3e1+e2,向量a,b的夹角为θ,则cos2θ的最小值是.

解析因为|2e1-e2|≤2,

所以4-4e1·e2+1≤2,e1·e2≥34.

又因为e1·e2≤e1·e2=1

设t=e1·e2∈[34,1],

所以cos2θ=(a·b)2a2·b2

=(4+4e1·e2)2(2+2e1·e2)(10+6e1·e2)

=4(1+t)5+3t.

将其看成一个新的函数,令y=4+4t5+3t=43(1-23t+5),易知该函数在定义域上单调递增.

所以当t=34时,ymin=2829.

评注换元法是解题中常用的方法,其實质是转化进行等量代换,使一个复杂、困难的问题变得简单容易处理.换元的关键在于确定替换的部分和引入新参数的范围,常见的换元包括:整体换元、局部换元、三角换元、均值换元等.

8 利用补体法

补体或者造形的本质是从宏观的角度看待和处理立体几何问题.补体法根据已知条件将一个几何体补成一个比较熟悉的几何体(例如:正方体、长方体、椎体、柱体、球体等),使其原来不易发掘或不易表示的点、线、面之间的关系可以更加直观地呈现.补体这一过程需要充分发挥考生的空间想象力和创造力,具有创造的成分.

例12(2020年全国Ⅲ卷理第16题)如图5,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,则cos∠FCB=.

解析将三棱锥P–ABC的平面展开图还原为三棱锥P-ABC,然后补成一个斜四棱柱ABOC-DB1O1C1,其中D,E,F,P为同一个点,所以在△DCB中,由余弦定理有

cos∠FCB=CB2+CD2-BD22CB·CD.

又因为∠CAE=30°,AE=AD=3,BF=BD=2AB=6,根据余弦定理,得

CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos30°.

则CD=1.

代入数据可得cos∠FCB=-14.

9 构造函数

例13(2020年全国Ⅱ卷文第12题)若2x-2y<3-x-3-y,则().

A.ln(y-x+1)>0

B.ln(y-x+1)<0

C.lnx-y>0

D.lnx-y<0

解析由题可得2x-3-x<2y-3-y.

构造函数令f(t)=2t-(13)t.

易证该函数在R上为增函数.

所以f(x)<f(y).

则有x<y.

那么y-x>0,y-x+1>1.

所以ln(y-x+1)>ln1=0,故选A.

评注构造函数的关键是根据题目条件去寻找相同或相似的式子,然后利用函数的单调性、最值、极值进行解决.

10 利用设而不求

例14(2020年新高考山东卷第13题)斜率为3的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与C交于A,B两点,则AB=.

解析设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意可知直线方程为y=3(x-1).

与抛物线方程联立,得3x2-10x+3=0.

则x1+x2=103.

由抛物线定义AB=x1+x2+p=163.

评注本题根据题意设出两点坐标但是并没有直接将其计算出来,而是利用根与系数的关系进行整体代换,避免了大量繁琐的计算.在解决直线与抛物线相交的弦长问题时,如果该直线过焦点,那么可直接利用弦长公式:AB=x1+x2+p.

11 利用极限

例15(2020年浙江卷第22题(节选))已知1<a≤2,函数fx=ex-x-a,其中e=2.71828…是自然对数的底数.证明:函数y=fx在(0,+

SymboleB@

)上有唯一零点.

解析由已知,得f ′(x)=ex-1,故f ′(x)在(0,+

SymboleB@

)上单调递增,则f ′(x)>f ′(0)=0.

所以函数f(x)在(0,+

SymboleB@

)上单调递增.

x→+

SymboleB@

时,f(x)→+

SymboleB@

;

x→0+时,f(x)→1-a<0.

所以在(0,+

SymboleB@

)上存在x0使得f(x0)=0.

即f(x)在(0,+

SymboleB@

)上有唯一零点.

评注极限策略是利用极限思想来分析问题和解决问题.利用极限思想是对问题进行极端化,特别是在判断函数图象、证明函数极值点、判断函数零点时可以起到化繁为简的作用.

12 利用高等数学工具高等数学工具是指利用高等数学中的定理、公式进行解题.常用的高等数学工具包括:洛必达法则、泰勒展开式、琴生不等式、条件极值、隐函数偏导数、拉格朗日乘数法等.

例16(2020年新高考山东卷第22题(节选))已知函数f(x)=aex-1-lnx+lna,若f(x)≥1,求a的取值范围.

解析根据泰勒展开式ex=1+x+x22!+o(x2),

则ex-1=x+(x-1)22!+o(x2),

ln(x+1)=x-x22+o(x2).

则lnx=x-1-(x-1)22+o(x2).

所以ex-1≥x,lnx≤x-1.

则f(x)≥1恒成立可以转化为

(a-1)x+lna≥0恒成立.

所以a-1≥0,lna≥0.解得a≥1.

评注泰勒公式的本质就是利用多项式函数去逼近一个给定的函数.不等式ex≥x+1,lnx≤x-1是压轴题中常用的放缩结论,值得重点掌握.

多想少算策略作为基本的高考命题策略,在2020年高考(12套)试卷中得到了充分的体现,其种类远不止这些,文中案例仅仅想起到抛砖引玉的作用.新时代要求教师应该是教育教学的研究者,对于这些能优化解题的策略,让学生取得数学思维上的突破,值得深入研究.

参考文献:

[1] 赵思林,李兴贵.多想少算——解高考数学题的基本策略\[J\].中学数学,2010(23):1-3+56.

[2] 黄成世,赵思林.多想少算视角下2017年全国卷数学试题分析\[J\].中学数学,2017(19):56-58.

[3] 中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准(2017年版)\[M\].北京:人民教育出版社,2017.

[4] 杨小兵,胡丹.高考“函数基本性质”专题分析\[J\].理科考试研究,2019,26(09):13-16.

[责任编辑:李璟]

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