高考数学中“1”的变形计

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2024新高考I卷数学详细解析(含选填)

2024年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）数学参考答案与解析1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准注意事项：考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合A={x|−5<x3<5}，B={−3,−1,0,2,3}，则A B=A.{−1,0}B.{2,3}C.{−3,−1,0}D.{−1,0,2}【答案】A.【解析】−5<x3<5⇒−513<x<513，而1<513<2，因此A B={−1,0}.故答案为A.2.若zz−1=1+i，则z=A.−1−iB.−1+iC.1−iD.1+i【答案】C.【解析】两边同时减1得：1z−1=i,进而z=1+1i=1−i.故答案为C.3.已知向量a=(0,1)，b=(2,x).若b⊥(b−4a)，则x=A.−2B.−1C.1D.2【答案】D.【解析】即b⋅(b−4a)=0.代入得4+x(x−4)=0,即x=2.故答案为D.4.已知cos(α+β)=m，tanαtanβ=2，则cos(α−β)=A.−3mB.−m 3C.m 3D.3m【答案】A.【解析】通分sin αsin β=2cos αcos β.积化和差12(cos (α−β)−cos (α+β))=2⋅12(cos (α−β)+cos (α+β)).即cos (α−β)=−3cos (α+β)=−3m .故选A.5.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且他们的高均为√3，则圆锥的体积为A.2√3π B.3√3πC.6√3πD.9√3π【答案】B.【解析】设二者底面半径为r ，由侧面积相等有πr √r 2+3=2πr ⋅√3，解得r =3.故V =13⋅πr 2⋅√3=√33π×9=3√3π.故答案为B.6.已知函数为f(x)=⎧{⎨{⎩−x 2−2ax −a,x <0e x +ln (x +1),x ⩾0在R 上单调递增，则a 的取值范围是A.(−∞,0]B.[−1,0]C.[−1,1]D.[0,+∞)【答案】B.【解析】x ⩾0时，f ′(x)=e x +11+x>0，故f(x)在[0,+∞)上单调递增.而y =−x 2−2zx−a 的对称轴为直线x =−a ，故由f(x)在(−∞,0)上单调递增可知−a ⩾0⇒a ⩽0.在x =0时应有−x 2−2ax −a ⩽e x +ln (x +1)，解得a ⩾−1，故−1⩽a ⩽0.故答案为B.7.当x ∈[0,2π]时，曲线y =sin x 与y =2sin (3x −π6)的交点个数为A.3B.4C.6D.8【答案】C.【解析】五点作图法画图易得应有6个交点.故答案为C.8.已知函数f(x)的定义域为R ，f(x)>f(x −1)+f(x −2)，且当x <3时f(x)=x ，则下列结论中一定正确的是A.f(10)>100 B.f(20)>1000 C.f(10)<1000 D.f(20)<10000【答案】B.【解析】f(1)=1,f(2)=2⇒f(3)>3⇒f(4)>5⇒f(5)>8⇒f(6)>13⇒⋯⇒f(11)>143⇒f(12)>232⇒f(13)>300⇒f(14)>500⇒f(15)>800⇒f(16)>1000⇒⋯⇒f(20)>1000故答案为B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值为x =2.1，样本方差s 2=0.01.已知该种植区以往的亩收入x 服从正态分布M(1.8,0.12)，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布N(x,s 2)，则（若随机变量Z 服从正态分布N(μ,σ2)，则P (Z <μ+σ)≈0.8413）A.P (X >2)>0.2 B.P (X >2)<0.5 C.P (Y >2)>0.5 D.P (Y >2)<0.8【答案】BC.【解析】由所给材料知两正态分布均有σ=0.1及正态分布的对称性得：P (X >2)<P (X >1.9)=1−P (X <1.9)=1−0.8413<0.2,A 错误；P (X >2)<P (X >1.8)=0.5,B 正确；P (Y >2)>P (Y >2.1)=0.5,C 正确；P (Y >2)=P (Y <2.2)=0.8413>0.8,D 错误.故答案为BC.10.设函数f(x)=(x −1)2(x −4)，则A.x =3是f(x)的极小值点B.当0<x <1时，f(x)<f(x 2)C.当1<x <2时，−4<f(2x −1)<0D.当−1<x <0时，f(2−x)>f(x)【答案】ACD.【解析】计算知f ′(x)=3(x −1)(x −3).故x ∈(1,3)时f(x)单调减,其余部分单调增.由此知x =3为f(x)极小值点，A 正确；由上知x ∈(0,1)时f(x)单调增,又此时x >x 2,故f(x)>f(x 2),B 错误；此时2x −1∈(1,3),故f(2x −1)∈(f(3),f(1))=(−4,0),C 正确；由f(2−x)=(x −1)2(−x −2),故f(2−x)−f(x)=2(1−x)3>0,D 正确.故答案为ACD.11.造型∝可以看作图中的曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点O ，且C 上的点满足横坐标大于−2；到点F (2,0)的距离与到定直线x =a(a <0)的距离之积为4，则A.a =−2B.点(2√2,0)在C 上C.C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D.当点(x 0,y 0)在C 上时，y 0⩽4x 0+2【答案】ABD.【解析】由原点O 在曲线C 上且|OF |=2知O 到直线x =a 距离为2,由a <0知a =−2,A 正确；由x >−2知C 上点满足(x +2)√(x −2)2+y 2=4,代(2√2,0)知B 正确；解出y 2=16(x +2)2−(x −2)2,将左边设为f(x),则f ′(2)=−0.5<0.又有f(2)=1,故存x0∈(0,1)使f(x0)>1.此时y>1且在第一象限,C错误；又y2=16(x+2)2−(x−2)2<16(x+2)2,故y0<4(x0+2),D正确.故答案为ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设双曲线C∶x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1,F2，过F2做平行于y轴的直线交C于A,B两点，若|F1A|=13,|AB|=10，则C的离心率为▴..【答案】3 2 .【解析】根据对称性|F2A|=|AB|2=5，则2a=|F1A|−|F2A|=8，得到a=4.另外根据勾股定理2c=|F1F2|=12，得到c=6，所以离心率e=ca=32.13.若曲线y=e x+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=▴..【答案】ln2.【解析】设曲线分别为y1,y2，那么y′1=e x+1，得到切线方程y−1=2x，根据y′2=1x+1得到切点横坐标为−12，代入y2得到a=ln2.14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为▴..【答案】1 2 .【解析】.由对称性，不妨固定乙出卡片顺序依次为(2,4,6,8),为了简便,设甲依次出(a,b,c,d),{a,b,c,d}∈{1,3,5,7}.首先注意到8是最大的,故甲不可能得四分.若甲得三分,则从c到a均要求得分,比较得必有c=7,b=5,a=3,d=1共一种情况；若甲得两分,则讨论在何处得分：若在b,c处,则同样c=7,b=5,进而a=1,d=3,共一种；若在a,c处，则必有c=7,a≠1,b≠5,在b=1时有全部两种,在d=1时仅一种,共三种；若在a,b处,则b∈{5,7},a≠1,c≠7.当a=5时,由上述限制,c=1时有两种,d=1时仅一种；当a=7时,a,c,d全排列六种中仅a=1的两种不行,故有四种,此情形共八种.故共有1+3+8=12种,又总数为4!=24,故所求为1−1224=12.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（13分）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sin C=√2cos B，a2+b2−c2=√2ab.（1）求B；（2）若△ABC的面积为3+√3，求c.【解析】（1）根据余弦定理a 2+b 2−c 2=2ab cos C =√2ab ，那么cos C =√22，又因为C ∈(0,π)，得到C =π4，此时cos B =12，得到B =π3.（2）根据正弦定理b =c sin B sin C =√62c ，并且sin A =sin (B+C)=sin B cos C +cos B sin C =√6+√24，那么S =12bc sin A =3+√3，解得c =2√2.16.（15分）已知A(0,3)和P (3,32)为椭圆C ∶x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上两点.（1）求C 的离心率；（2）若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且△ABP 的面积为9，求l 的方程.【解析】（1）直接代入后解方程，得到a 2=12,b 2=9,c 2=3，所以e 2=14，离心率e =12.（2）设B(x 0,y 0)，则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗AB =(x 0−3,y 0−32),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗AP =(3,−32).得到9=S=12∣−32(x 0−3)−3(y 0−32)∣，或者x 0+2y 0=−6，与椭圆方程联立，得到B 1(−3,−15),B 2(0,−3)，对应的直线方程y =12x 或者y =32x −3.17.（15分）如图，四棱锥P −ANCD 中，P A⊥底面ABCD ，P A =AC =2，BC =1，AB =√3.（1）若AD⊥AB ，证明：AD平面P BC ；（2）若AD⊥DC ，且二面角A −CP −D 的正弦值为√427，求AD .【解析】（1）由P A⊥面ABCD 知P A⊥AD ,又AD⊥P B ,故AD⊥面P AB .故AD⊥AB ,又由勾股定理知AB⊥BC ,故AD//BC ,进而AD//面P BC .（2）由P A⊥面ABCD .P A⊥AC ,P C =2√2,设AD =t ,则P D =√4+t 2,CD =√4−t 2,由勾股定理知P D⊥CD .则S △P CD =12√16−t 4,S △ACD =12t √4−t 2,设A到P CD距离为ℎ.由等体积,S△P CD ⋅ℎ=S△ACD⋅P A.代入解出ℎ=2t√4+t2.考虑A向CP作垂线AM,二面角设为θ则ℎ=AM sinθ=2√217.由此解出t=√3.18.（17分）已知函数f(x)=lnx2−x+ax+b(x−1)3.（1）若b=0，且f′(x)⩾0，求a的最小值；（2）证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；（3）若f(x)>−2当且仅当1<x<2，求b的取值范围.【解析】函数定义域(0,2).(1)当b=0时,f′(x)=1x+12−x+a=2x(2−x)+a⩾0恒成立.令x=1得a⩾−2.当a=−2时,f′(x)=2(x−1)2x(2−x)⩾0,从而a的最小值为−2.(2)f(x)+f(2−x)=lnx2−x+ax+b(x−1)3+ln2−xx+a(2−x)+b(1−x)3=2a=2f(1),且定义域也关于1对称,因此y=f(x)是关于(1,a)的中心对称图形.(3)先证明a=−2.由题意,a=f(1)⩽−2.假设a<−2,由f(2e|b|+11+e|b|+1)> |b|+1−|b|=1,应用零点存在定理知存在x1∈(1,2e|b|+11+e|b|+1),f(x1)=0,矛盾.故a=−2.此时,f′(x)=(x−1)2x(2−x)[3bx(2−x)+2].当b⩾−23,f′(x)⩾(x−1)2x(2−x)(2−4x+2x2)⩾0,且不恒为0,故f(x)在(0,2)递增.f(x)>−2=f(1)当且仅当1<x<2,此时结论成立.当b<−23,令x0=3b−√9b2−6b3b∈(0,1),f′(x0)=0,且f′(x)<0,当x∈(x0,1),因此f(x)在(x,1)递减,从而f(x0)>f(1)=−2,而x0∉(1,2)此时结论不成立.综上,b的取值范围是[−23,+∞).19.（17分）设m为正整数，数列a1,a2,⋯a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i和a j(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1,a2,⋯a4m+2是(i,j)−可分数列.（1）写出所有的(i,j),1⩽i⩽j⩽6，使数列a1,a2,⋯a6是(i,j)−可分数列；（2）当m⩾3时，证明：数列a1,a2,⋯a4m+2是(2,13)−可分数列；（3）从1,2,⋯4m+2中一次任取两个数i和j(i<j)，记数列a1,a2,⋯a4m+2是(i,j)−可分数列的概率为Pm ，证明Pm>18.【解析】记{a n }的公差为d .(1)从a 1,a 2,⋯,a 6中去掉两项后剩下4项,恰构成等差数列,公差必为d ,否则原数列至少有7项.因此剩下的数列只可能为a 1,a 2,a 3,a 4,a 2,a 3,a 4,a 5,a 3,a 4,a 5,a 6三种可能,对应的(i,j)分别为(5,6),(1,6),(1,2).(2)考虑分组(a 1,a 4,a 7,a 10),(a 3,a 6,a 9,a 12),(a 5,a 8,a 11,a 14),(a 4k−1,a 4k ,a 4k+1,a 4k+2)(4⩽k ⩽m),(当m =3时只需考虑前三组即可)即知结论成立.(3)一方面,任取两个i,j(i <j)共有C 24m+2种可能.另一方面,再考虑一种较为平凡的情况:i−1,j−i−1均可被4整除,此时,只要依次将剩下的4m 项按原顺序从头到尾排一列,每四个截取一段,得到m 组公差为d 的数列,则满足题意,故此时确实是(i,j)−可分的.接着计算此时的方法数.设i =4k+1(0⩽k ⩽m),对于每个k ,j 有(4m +2)−(4k +1)−14+1=m−k+1(种),因此方法数为m∑k=1(m −k +1)=(m +1)(m +2)2.当m =1,2,已经有(m +1)(m +2)2/C 24m+2>18.下面考虑m ⩾3.我们证明:当i −2,j −i +1被4整除,且j −i +1>4时,数列是(i,j)−可分的.首先我们将a 1,a 2,⋯,a i−2,及a j+2,a j+3,⋯,a 4m+2顺序排成一列,每4个排成一段,得到一些公差为d 的四元数组,因此我们只需考虑a i−1,a i+1,a i+2,⋯,a j−1,a j+1这j −i +1个数即可.为书写方便,我们记j −i =4t −1(t >1),并记b n =a n+i−2,即证b 1,b 3,b 4,⋯,b 4t ,b 4t+2可被划分成若干组.引理:设j−1能被4整除.若b 1,b 2,⋯,b j+1是(2,j)−可分的,则b 1,b 2,⋯,b j+9是(2,j+8)−可分的.引理证明:将b 1,b 2,⋯,b j+1去掉b 2,b j 后的j −14组四元组再并上(b j ,b j+2,b j+4,b j+6),(b j+3,b j+5,b j+7,b j+9)即证.回原题.由(2),b 1,⋯,b 14是(2,13)−可分数列,且(b 1,b 3,b 5,b 7)和(b 4,b 6,b 8,b 10)知b 1,⋯,b 10是(2,9)−可分数列,因而结合引理知b 1,b 3,b 4,⋯,b 4t ,b 4t+2可被划分成若干组,由此结论成立.计算此时的方法数.设i =4k+2(0⩽k ⩽m−1),则此时j 有(4m +2)−(4k +2)4−1=m −k −1种,因此方法数为m−1∑k=0(m −k −1)=m(m −1)2.因此我们有p m ⩾m(m −1)+(m +1)(m +2)2C 2m+1>18.。

高一数学基本不等式1的代换

高一数学基本不等式1的代换高一数学基本不等式1的代换基本不等式是高中数学中的重要概念之一，它在解决数学问题和证明数学定理时起到了关键作用。

而基本不等式1的代换则是在解决一些复杂的不等式问题中的常用技巧之一。

本文将通过几个具体的例子，来介绍基本不等式1的代换方法及其应用。

我们先回顾一下基本不等式1的表达式。

基本不等式1是指对于任意的正实数a、b和正整数n，都有(a+b)^n≥C(n,0) * a^n * b^0 + C(n,1) * a^(n-1) * b^1 + C(n,2) * a^(n-2) * b^2 + ... + C(n,n) * a^0 * b^n。

其中，C(n,m)表示从n个元素中选取m个元素的组合数。

下面，我们将通过实例来介绍基本不等式1的代换方法。

例1：证明当x>0时，有x^2 + 1/x^2 ≥ 2。

解：由于不等式中含有平方项，我们可以尝试将其转化为基本不等式1的形式。

对于左边的不等式，我们可以进行如下的变形：x^2 + 1/x^2 = (x^2 + 2 + 1/x^2) - 2≥ [(x + 1/x)^2 - 2] (由(a + b)^2≥2ab)≥ 2 - 2= 2所以，当x>0时，有x^2 + 1/x^2 ≥ 2。

例2：证明当a、b、c均为正实数时，有(a+b+c)(1/a+1/b+1/c) ≥ 9。

解：同样地，我们可以利用基本不等式1的代换方法来解决这个不等式。

对于左边的不等式，我们可以进行如下的变形：(a+b+c)(1/a+1/b+1/c) = (a+b+c)(ab+bc+ca)/(abc)= [(a+b+c)/3][(ab+bc+ca)/3]/(abc)≥ [(√(abc))/3][(√(abc))/3](abc) (由基本不等式1)= abc/9由于a、b、c均为正实数，所以abc>0，所以abc/9>0。

所以，当a、b、c均为正实数时，有(a+b+c)(1/a+1/b+1/c) ≥ 9。

高考数学中“1”的变形计

高考数学中“1”的变形计作者：冯凌来源：《考试周刊》2013年第39期摘要：“1”是人们非常熟悉，但又很奇妙的一个数字.高中数学中“1”的应用广泛，多类高考题型都涉及了它的变形、代换.“1”是一个多面手，在不同的问题中以不同的形式表现出来.在解题中灵活运用“1”，对攻克高考题，提高解题能力，培养解题思维和方法都有益处.关键词：高考数学“1”变形高考数学中有关“1”的变形的题型很多，常有不同的解题方法.若能灵活运用“1”的变形，往往就会收到事半功倍的效果，提高解题效率，激发学生的学习兴趣，引发学生探索知识的热情.常见的“1”的变形有①a■=1，log■a=1（a＞0且a≠1）；②lg2+lg5=1；③tan45°=1；④sin■θ+cos■θ=1，等等.一、“1”在指、对数中的应用例1.求函数y=■的定义域.解：由log■x-1≥0得log■x≥1.因为1=log■2，所以log■x≥log■2.而函数y=log■x在（0，+∞）上是增函数，所以x≥2.又x＞0，所以函数的定义域为［2，+∞）.变形计1：本题利用log■a=1（a＞0且a≠1）的变换作用，将对数不等式化成同底的形式，进一步利用函数单调性求解即可.例2.设a=0.2■，b=0.3■，c=log■0.2，试比较a，b，c的大小.解：因为0＜a=0.2■＜0.2■=1，b=0.3■＞0.3■=1，c=log■0.2＜log■1=0，所以c＜a＜b.变形计2：本题充分展现了a■=1的变形功能，即成为比较两数大小的中间量，好比一座桥梁发挥了其媒介作用.例3.化简求值：（lg5）■+lg2·lg50.解：原式=（lg5）■+lg2·（lg5+1）=（lg5）■+lg2·lg5+lg2=lg5（lg5+lg2）+lg2=lg5+lg2=1变形计3：利用lg2+lg5=1的特殊性，在化简中不断提取公因子，得出最后结果.二、“1”在三角函数中的应用例4.化简求值：■解：原式=■=tan（45°+15°）=tan60°=■变形计4：本题利用tan45°=1的变换，结合两角和的正切公式，将复杂问题简单化，言简意赅，最终利用特殊角的三角函数值求出结果.三、“1”在不等式中的应用例5.已知x，y为实数，x＞0，y＞0，且x+2y=2，求■+■的最小值.解：因为x+2y=2，所以■（x+2y）=1，所以■+■=■（x+2y）（■+■）=■（3+■+■）≥■（3+2■）（当且仅当■=■即x=■y时等号成立），所以■+■的最小值为■（3+2■）.变形计5：本题表面上看不方便用基本不等式，但仔细观察就能发现利用“1”的代换化简后，可以很顺利地用基本不等式解决问题.四、“1”在数列中的应用例6.已知?坌x∈R，f（x）+f（1-x）=2，求S=f（0）+f（■）+f（■）+…+f（■）+f（1）.解：因为x+（1-x）=1时，f（x）+f（1-x）=2，且0+1=■+■=■+■= (1)所以2S=［f（0）+f（1）］+［f（■）+f（■）］+…+［f（1）+f（0）］=2（n+1），故S=n+1..变形计6：本题观察到函数恒等式f（x）+f（1-x）=2中自变量取值之和为1，得出所求和中首末两项和为定值2，结合数列的倒序求和法，合并求解.五、“1”在概率中的应用例7.甲乙丙三人参加射击练习，已知三人命中的概率分别为■，■，■假如在相同情况下每人射击一次，并且互不影响，求甲乙丙至少有一人命中的概率.解：记甲乙丙命中的事件分别为A，B，C，甲乙丙至少有一人命中为事件D，则P（D）=1-P（■ ■ ■）=1-（1-■）（1-■）（1-■）=■.变形计7：本题充分利用了对立事件概率之和为“1”的性质，当直接考虑情况较多时，正难则反，考虑其对立事件的概率，再代入公式解之.六、“1”在解析几何中的应用例8.已知P为椭圆■+■=1上的一点，求P到直线l:x+y-6=0的最短距离.解：因为P为椭圆■+■=1上的一点，所以可设P点坐标为（4cosα，3sinα）.所以P到直线l的距离d=■=■（其中tanφ=■）.当sin（α+φ）=1时，|5sin（α+φ）-6|■=1，所以距离d的最小值为■.变形计8：本题方法不唯一，但是利用sin■α+cos■α=1中“1”的三角变换作用，将解析几何中的距离问题转化为三角函数的最值问题进行求解，避免了复杂的圆锥曲线中的坐标运算.“1”是一个多面手，在不同的高考知识点中有不同的表现形式.只要认真观察、体会，充分挖掘和灵活运用“1”的变形，就可以巧妙、快速地得出结论.通过上述例题的分析，我们对“1”的应用有了一定的体会，但是高考数学中涉及“1”的题目类型并不止这些，值得我们不断探索、钻研和归纳.参考文献：［1］朱凯，李虹．数学中“1”的妙用［J］．内江科技，2011.06.［2］李毅.浅谈高中数学中“1”的妙用［J］.中学生数理化:学研版，2012.10:44-44.［3］张学宪主编.优化方案（数学）［M］.现代教育出版社，2012.。

2024新高考I卷数学详细解析(含选填)

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合A={x|−5<x3<5}，B={−3,−1,0,2,3}，则A B=A.{−1,0}B.{2,3}C.{−3,−1,0}D.{−1,0,2}【答案】A.【解析】−5<x3<5⇒−513<x<513，而1<513<2，因此A B={−1,0}.故答案为A.2.若zz−1=1+i，则z=A.−1−iB.−1+iC.1−iD.1+i【答案】C.【解析】两边同时减1得：1z−1=i,进而z=1+1i=1−i.故答案为C.3.已知向量a=(0,1)，b=(2,x).若b⊥(b−4a)，则x=A.−2B.−1C.1D.2【答案】D.【解析】即b⋅(b−4a)=0.代入得4+x(x−4)=0,即x=2.故答案为D.4.已知cos(α+β)=m，tanαtanβ=2，则cos(α−β)=A.−3mB.−m 3C.m 3D.3m【答案】A.【解析】通分sin αsin β=2cos αcos β.积化和差12(cos (α−β)−cos (α+β))=2⋅12(cos (α−β)+cos (α+β)).即cos (α−β)=−3cos (α+β)=−3m .故选A.5.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且他们的高均为√3，则圆锥的体积为A.2√3π B.3√3πC.6√3πD.9√3π【答案】B.【解析】设二者底面半径为r ，由侧面积相等有πr √r 2+3=2πr ⋅√3，解得r =3.故V =13⋅πr 2⋅√3=√33π×9=3√3π.故答案为B.6.已知函数为f(x)=⎧{⎨{⎩−x 2−2ax −a,x <0e x +ln (x +1),x ⩾0在R 上单调递增，则a 的取值范围是A.(−∞,0]B.[−1,0]C.[−1,1]D.[0,+∞)【答案】B.【解析】x ⩾0时，f ′(x)=e x +11+x>0，故f(x)在[0,+∞)上单调递增.而y =−x 2−2zx−a 的对称轴为直线x =−a ，故由f(x)在(−∞,0)上单调递增可知−a ⩾0⇒a ⩽0.在x =0时应有−x 2−2ax −a ⩽e x +ln (x +1)，解得a ⩾−1，故−1⩽a ⩽0.故答案为B.7.当x ∈[0,2π]时，曲线y =sin x 与y =2sin (3x −π6)的交点个数为A.3B.4C.6D.8【答案】C.【解析】五点作图法画图易得应有6个交点.故答案为C.8.已知函数f(x)的定义域为R ，f(x)>f(x −1)+f(x −2)，且当x <3时f(x)=x ，则下列结论中一定正确的是A.f(10)>100 B.f(20)>1000 C.f(10)<1000 D.f(20)<10000【答案】B.【解析】f(1)=1,f(2)=2⇒f(3)>3⇒f(4)>5⇒f(5)>8⇒f(6)>13⇒⋯⇒f(11)>143⇒f(12)>232⇒f(13)>300⇒f(14)>500⇒f(15)>800⇒f(16)>1000⇒⋯⇒f(20)>1000故答案为B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值为x=2.1，样本方差s2=0.01.已知该种植区以往的亩收入x服从正态分布M(1.8,0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(x,s2)，则（若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2)，则P(Z<μ+σ)≈0.8413）A.P(X>2)>0.2B.P(X>2)<0.5C.P(Y>2)>0.5D.P(Y>2)<0.8【答案】BC.【解析】由所给材料知两正态分布均有σ=0.1及正态分布的对称性得：P(X>2)<P(X>1.9)=1−P(X<1.9)=1−0.8413<0.2,A错误；P(X>2)<P(X> 1.8)=0.5,B正确；P(Y>2)>P(Y>2.1)=0.5,C正确；P(Y>2)=P(Y<2.2)=0.8413>0.8,D错误.故答案为BC.10.设函数f(x)=(x−1)2(x−4)，则A.x=3是f(x)的极小值点B.当0<x<1时，f(x)<f(x2)C.当1<x<2时，−4<f(2x−1)<0D.当−1<x<0时，f(2−x)>f(x)【答案】ACD.【解析】计算知f′(x)=3(x−1)(x−3).故x∈(1,3)时f(x)单调减,其余部分单调增.由此知x=3为f(x)极小值点，A正确；由上知x∈(0,1)时f(x)单调增,又此时x>x2,故f(x)>f(x2),B错误；此时2x−1∈(1,3),故f(2x−1)∈(f(3),f(1))=(−4,0),C正确；由f(2−x)=(x−1)2(−x−2),故f(2−x)−f(x)=2(1−x)3>0,D正确.故答案为ACD.11.造型∝可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O，且C上的点满足横坐标大于−2；到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4，则A.a=−2B.点(2√2,0)在C上C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D.当点(x0,y0)在C上时，y0⩽4x0+2【答案】ABD.【解析】由原点O在曲线C上且|OF|=2知O到直线x=a距离为2,由a<0知a=−2,A正确；由x>−2知C上点满足(x+2)√(x−2)2+y2=4,代(2√2,0)知B正确；解出y2=16(x+2)2−(x−2)2,将左边设为f(x),则f′(2)=−0.5<0.又有f(2)=1,故存x0∈(0,1)使f(x0)>1.此时y>1且在第一象限,C错误；又y2=16(x+2)2−(x−2)2<16(x+2)2,故y0<4(x0+2),D正确.故答案为ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设双曲线C∶x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1,F2，过F2做平行于y轴的直线交C于A,B两点，若|F1A|=13,|AB|=10，则C的离心率为▴..【答案】3 2 .【解析】根据对称性|F2A|=|AB|2=5，则2a=|F1A|−|F2A|=8，得到a=4.另外根据勾股定理2c=|F1F2|=12，得到c=6，所以离心率e=ca=32.13.若曲线y=e x+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=▴..【答案】ln2.【解析】设曲线分别为y1,y2，那么y′1=e x+1，得到切线方程y−1=2x，根据y′2=1x+1得到切点横坐标为−12，代入y2得到a=ln2.14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为▴..【答案】1 2 .【解析】.由对称性，不妨固定乙出卡片顺序依次为(2,4,6,8),为了简便,设甲依次出(a,b,c,d),{a,b,c,d}∈{1,3,5,7}.首先注意到8是最大的,故甲不可能得四分.若甲得三分,则从c到a均要求得分,比较得必有c=7,b=5,a=3,d=1共一种情况；若甲得两分,则讨论在何处得分：若在b,c处,则同样c=7,b=5,进而a=1,d=3,共一种；若在a,c处，则必有c=7,a≠1,b≠5,在b=1时有全部两种,在d=1时仅一种,共三种；若在a,b处,则b∈{5,7},a≠1,c≠7.当a=5时,由上述限制,c=1时有两种,d=1时仅一种；当a=7时,a,c,d全排列六种中仅a=1的两种不行,故有四种,此情形共八种.故共有1+3+8=12种,又总数为4!=24,故所求为1−1224=12.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（13分）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sin C=√2cos B，a2+b2−c2=√2ab.（1）求B；（2）若△ABC的面积为3+√3，求c.【解析】（1）根据余弦定理a 2+b 2−c 2=2ab cos C =√2ab ，那么cos C =√22，又因为C ∈(0,π)，得到C =π4，此时cos B =12，得到B =π3.（2）根据正弦定理b =c sin B sin C =√62c ，并且sin A =sin (B+C)=sin B cos C +cos B sin C =√6+√24，那么S =12bc sin A =3+√3，解得c =2√2.16.（15分）已知A(0,3)和P (3,32)为椭圆C ∶x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上两点.（1）求C 的离心率；（2）若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且△ABP 的面积为9，求l 的方程.【解析】（1）直接代入后解方程，得到a 2=12,b 2=9,c 2=3，所以e 2=14，离心率e =12.（2）设B(x 0,y 0)，则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗AB =(x 0−3,y 0−32),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗AP =(3,−32).得到9=S=12∣−32(x 0−3)−3(y 0−32)∣，或者x 0+2y 0=−6，与椭圆方程联立，得到B 1(−3,−15),B 2(0,−3)，对应的直线方程y =12x 或者y =32x −3.17.（15分）如图，四棱锥P −ANCD 中，P A⊥底面ABCD ，P A =AC =2，BC =1，AB =√3.（1）若AD⊥AB ，证明：AD平面P BC ；（2）若AD⊥DC ，且二面角A −CP −D 的正弦值为√427，求AD .【解析】（1）由P A⊥面ABCD 知P A⊥AD ,又AD⊥P B ,故AD⊥面P AB .故AD⊥AB ,又由勾股定理知AB⊥BC ,故AD//BC ,进而AD//面P BC .（2）由P A⊥面ABCD .P A⊥AC ,P C =2√2,设AD =t ,则P D =√4+t 2,CD =√4−t 2,由勾股定理知P D⊥CD .则S △P CD =12√16−t 4,S △ACD =12t √4−t 2,设A到P CD距离为ℎ.由等体积,S△P CD ⋅ℎ=S△ACD⋅P A.代入解出ℎ=2t√4+t2.考虑A向CP作垂线AM,二面角设为θ则ℎ=AM sinθ=2√217.由此解出t=√3.18.（17分）已知函数f(x)=lnx2−x+ax+b(x−1)3.（1）若b=0，且f′(x)⩾0，求a的最小值；（2）证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；（3）若f(x)>−2当且仅当1<x<2，求b的取值范围.【解析】函数定义域(0,2).(1)当b=0时,f′(x)=1x+12−x+a=2x(2−x)+a⩾0恒成立.令x=1得a⩾−2.当a=−2时,f′(x)=2(x−1)2x(2−x)⩾0,从而a的最小值为−2.(2)f(x)+f(2−x)=lnx2−x+ax+b(x−1)3+ln2−xx+a(2−x)+b(1−x)3=2a=2f(1),且定义域也关于1对称,因此y=f(x)是关于(1,a)的中心对称图形.(3)先证明a=−2.由题意,a=f(1)⩽−2.假设a<−2,由f(2e|b|+11+e|b|+1)> |b|+1−|b|=1,应用零点存在定理知存在x1∈(1,2e|b|+11+e|b|+1),f(x1)=0,矛盾.故a=−2.此时,f′(x)=(x−1)2x(2−x)[3bx(2−x)+2].当b⩾−23,f′(x)⩾(x−1)2x(2−x)(2−4x+2x2)⩾0,且不恒为0,故f(x)在(0,2)递增.f(x)>−2=f(1)当且仅当1<x<2,此时结论成立.当b<−23,令x0=3b−√9b2−6b3b∈(0,1),f′(x0)=0,且f′(x)<0,当x∈(x0,1),因此f(x)在(x,1)递减,从而f(x0)>f(1)=−2,而x0∉(1,2)此时结论不成立.综上,b的取值范围是[−23,+∞).19.（17分）设m为正整数，数列a1,a2,⋯a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i和a j(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1,a2,⋯a4m+2是(i,j)−可分数列.（1）写出所有的(i,j),1⩽i⩽j⩽6，使数列a1,a2,⋯a6是(i,j)−可分数列；（2）当m⩾3时，证明：数列a1,a2,⋯a4m+2是(2,13)−可分数列；（3）从1,2,⋯4m+2中一次任取两个数i和j(i<j)，记数列a1,a2,⋯a4m+2是(i,j)−可分数列的概率为Pm ，证明Pm>18.【解析】记{an}的公差为d.(1)从a1,a2,⋯,a6中去掉两项后剩下4项,恰构成等差数列,公差必为d,否则原数列至少有7项.因此剩下的数列只可能为a1,a2,a3,a4,a2,a3,a4,a5,a3,a4,a5,a6三种可能,对应的(i,j)分别为(5,6),(1,6),(1,2).(2)考虑分组(a1,a4,a7,a10),(a3,a6,a9,a12),(a5,a8,a11,a14),(a4k−1,a4k,a4k+1,a4k+2)(4⩽k⩽m),(当m=3时只需考虑前三组即可)即知结论成立.(3)一方面,任取两个i,j(i<j)共有C24m+2种可能.另一方面,再考虑一种较为平凡的情况: i−1,j−i−1均可被4整除,此时,只要依次将剩下的4m项按原顺序从头到尾排一列,每四个截取一段,得到m组公差为d的数列,则满足题意,故此时确实是(i,j)−可分的.接着计算此时的方法数.设i=4k+1(0⩽k⩽m),对于每个k,j有(4m+2)−(4k+1)−14+1=m−k+1(种),因此方法数为m∑k=1(m−k+1)=(m+1)(m+2)2.当m=1,2,已经有(m+1)(m+2)2/C24m+2>18.下面考虑m⩾3.我们证明:当i−2,j−i+1被4整除,且j−i+1>4时,数列是(i,j)−可分的.首先我们将a1,a2,⋯,a i−2,及a j+2,a j+3,⋯,a4m+2顺序排成一列,每4个排成一段,得到一些公差为d的四元数组,因此我们只需考虑ai−1,a i+1,a i+2,⋯,a j−1,a j+1这j−i+1个数即可.为书写方便,我们记j−i= 4t−1(t>1),并记b n=a n+i−2,即证b1,b3,b4,⋯,b4t,b4t+2可被划分成若干组.引理:设j−1能被4整除.若b1,b2,⋯,b j+1是(2,j)−可分的,则b1,b2,⋯,b j+9是(2,j+8)−可分的.引理证明:将b1,b2,⋯,b j+1去掉b2,b j后的j−14组四元组再并上(bj,b j+2,b j+4,bj+6),(b j+3,b j+5,b j+7,b j+9)即证.回原题.由(2),b1,⋯,b14是(2,13)−可分数列,且(b1,b3,b5,b7)和(b4,b6,b8,b10)知b1,⋯,b10是(2,9)−可分数列,因而结合引理知b1,b3,b4,⋯,b4t,b4t+2可被划分成若干组,由此结论成立.计算此时的方法数.设i=4k+2(0⩽k⩽m−1),则此时j有(4m+2)−(4k+2)4−1=m−k−1种,因此方法数为m−1∑k=0(m−k−1)=m(m−1)2.因此我们有p m⩾m(m−1)+(m+1)(m+2)2C2m+1>18.。

1-10 高考之导数变形原则

请看“参数恒成立”续步骤有关，就方便处理，后)1(2)1(函数导函数值正负只与二次)1(2)1()1()1(2)x ()1)(1(ln 2)x (令0)1)(1(ln 2,10当0)1)(1(ln 2,1当11ln 211ln 1ln 这属于第一类情况的范围求),0x （1ln 11ln 222222222----------=-+---='∴----=<----<<>---->⇔->--⇔-+>--+⇔>+->++k x x k x k x x k x k x k x xx k x xx k x x xx k x x x k x x x k x x x x k xk x x x x x ϕϕ1-10 变形原则导数题目给出的函数或不等式有时往往不会很好处理，需要用变形把问题转化。

变形有几类情况（个人总结，不一定最佳，有时会出现例外）。

核心只有一个，把问题变成好处理的。

什么是好处理的？多项式就是好处理的。

相反，含lnx ，x e 之类的就是不好处理的。

如何变形分析目原样，根据实际题目混合结构，那就保留题,ln 结构，或出现)e 例如(e ，或多个))1ln(ln 结构（例如ln 、如果有多个3多项式有关)()(无关，只与中括号内e 正负与)],()([数是原因在于求导后，导函,多项式尽量变为),(的类似结构，以及e 、如果题目只有一个2了ln 一次求导就没有指数式的形式，原因在于这样多项式lnx 尽量变为),(的类似结构，以及ln 、如果题目只有一个1我觉得变形原则如下：2x x x x x x x x e x e x x x x g x g x g x g e e x f x x f x +-++'+'⋅+ 光看上面这段文字估计没感觉，下面给出把问题转化的例子：次求导所以考虑保持原状，多没有混合项，相对简单,1,,1,导后有若保留原状，预见到求3属于情况取值范围，求0)21e （4)41(e 2222x x x x x x x x e e e e b x e b x e >-----又比如这个，是好处理的2这样就进入情况1有混合项，只剩分式和，同样，预见求导后没3属于情况范围求)0(011)1ln(2x x e a a ax e x ->≤--++还有这个下过程略导函数变得好处理，余有关)12()1(导函数正负只与,)1()12()1()(11)1()(令111)1(111)1(11x -11112属于情况范围成立，求),0[对111222x a x a a ax x a x a a e x e ax x a x e ax x a e ax x a e ax ax x e a x ax xe xx x x xx x -+-+-+-⋅='∴⋅++-=≤⋅++-⇔≤++-⇔≤+⇔+≤-+∞∈∀+≤-ϕϕ成立，怎么耍都可以]1,0[在11余下过程略，要证明11]1,0[1)1(x 2属于情况成立]1,0[在111又比如作差求导省下很多时间变形之后再求导比直接原不等式成立1)0（)x （0)1(211)1(12)x （,)1(x 1)x （令)1(x112属于情况成立]1,0[在11证明22222222222≤+≤+⇔∈≤+⇔+≤+∴=≥∴>-⋅=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+--='∴-+=-+≤⇔+≤-x x x x x x x xx e x e x x e x ex x x e x x x e e x e x e x x ϕϕϕϕ 注意，这一个章节的变形处理并不是对每一道题都是最佳的。

数字的形变换

数字的形变换数字在我们的生活中扮演着非常重要的角色。

无论是计算、测量、统计，甚至是时间的表示，数字都在各个方面发挥着不可或缺的作用。

然而，在数字的世界中，我们也能发现一些有趣、神奇的现象，即数字的形变换。

数字不仅代表着具体的数值，它们还可以通过不同的变换方式呈现出多样的形态。

本文将探讨数字的形变换，并介绍其中的一些常见变换方式。

一、逆序形变逆序形变是一种将数字按照相反的顺序排列的变换方式。

例如，我们可以把数字123逆序排列为321，把数字9876逆序排列为6789。

逆序形变不仅仅是简单的颠倒数字的顺序，它还具有一些有趣的性质。

例如，将一个三位数逆序形变后，再将原始数与逆序数相减，可以得到一个差值。

不论原始数是多少，经过逆序形变后的数字与原始数的差值始终是9的倍数。

这是因为逆序形变实际上是在改变数字的位置，不影响数值本身，因此差值始终保持在9的倍数。

二、交换形变交换形变是一种将数字中的两个或多个数位交换位置的变换方式。

例如，我们可以将数字123的十位数和个位数交换位置得到213，将数字123的百位数和个位数交换位置得到132。

交换形变有时可以产生出截然不同的数值。

例如，将数字123的百位数和个位数交换位置得到132，得到的数字是一个完全不同的数。

这种变换方式在密码学中也有应用，可以通过交换数字中的数位来加密或解密信息。

三、反转形变反转形变是一种将数字中的数位颠倒顺序排列的变换方式。

例如，我们可以将数字123反转为321，将数字98765反转为56789。

反转形变与逆序形变十分相似，但它们还是有一些微妙的区别。

逆序形变是将数字按照相反的顺序排列，而反转形变是将数字中的数位颠倒排列。

例如，将数字123逆序排列为321，但并没有改变数字中每个数位的相对位置。

而将数字123反转为321，数位的相对位置也被颠倒了。

四、进制形变进制形变是一种将数字的表示方式从一种进制转变为另一种进制的变换方式。

我们通常使用的是十进制，即基数为10的数字系统。

浅谈“1”的代换在数学解题中的运用

二、“1”的代换在数学学习过程中的运用
（一）究其本源巧解题提高数学学习兴趣
笔者认为，数学学习中的“1”的代换可以追溯到小学数
学中设“单位 1”这一数学方法．
例如，甲的钱数是乙的
2 3
，乙的钱数是丙的
3 4
，甲丙的
钱数和是 60 元，乙有多少元？
解答：
把乙看作单位
1，甲是
2 3
，丙是
4 3
，甲丙之和就是
解题技巧与方法
JIETI JIQIAO YU FANGFA
151
浅谈“ 1”的代换在数学解题中的运用
◎徐宇檑（杭州市富阳区第二中学，浙江杭州 310000）
【摘要】数学学习过程中，解题方法相当重要．笔者在数学学习的过程中发现，数学解题中“1”的代换对正确解题发挥着重要的作用．作为一个中学生，笔者常常在数学学习中会遇到一些瓶颈和困难，那么，如何在数学学习中运用好数学方法，对如何正确、高效地使用数学学习方法以及处理好其与数学学习本身之间的关系，笔者现就其在中学数学学习中“1”的代换这类方法运用进行概括总结，与同学分享．
个未知数，于是计算，成了我们在分配考试时间时难以掌控
的模块．因此，对许多同们不敢保证，在下一次的数学考试中，自己在计算这
一关上是否能够完成得又好又快．但其实，我们依旧可以试
着像其他类型的数学题一样，给计算题归归类．个人认为，
“1”的代换就给了我们一条很好的思维导向．首先，我们要
际上，我们就可以开始归纳总结，对那些自然而然想到的方
法，我们可以尝试着类推，猜测这种方法是否可以成为一种
通法，然后再通过问教师、查资料等方式来论证自己的想

“1”在中学数学中的妙用

‘ ｉ２＋ＣＳ０＝１则ｓｎ０／Ｏ／．
ＣＳ０＝ｓＯ／ｉ卢＋ｓｎｉｙ≥ ２ｉｓ＞０ｎｓｎｉｎ，ＣＳ卢＝ｓ＋ｓ ≥ ２ｎ０ｓ＞０Ｏｉｎｉ０ｎ／ｓｉｉｎ／，ＣＳ＝ｓ＋ｓ ≥ ２ｉ０ｓｆ＞０Ｏｉ０ｉ卢ｎ／ｎｓ／ｉｌｎｎ．
研究，现这些问题中的 “ ” 发１的转换其实并不复杂．键时如关
ｃ ≥ａｂｂ
．
，欲证Ａ≥Ｂ，只须证
≥ １Ａ＞０（
Ｂ０Ａ篇）＝，
ｃ
ａ
，
＝（卜卜（（
问题相关的数学式．纳起来在高中数学中１转归 “ ” 要是在ｊ角函数、等式、析几何、列组合中应用１主不解排较多．面我们就“ ” 这些问题巾的应用举例说明．下１在
．
．
（利用１＝ｃｓ０＋ｓｎ０ｏ２／ｉ２／
，
‘
－
・
８ｏ２＝３ｃｓ
㈣ｓ０２／
．ａ２＝１＋ｔｎ０ｊｉ＝ａｒＩｎａ／ｓｎ０『／
・．．
）
ｃｏｓ
： ±
．
Ｊ＋ｔｎａ
４
已知条件可化为：ｉ＋ｓｎ＋ｓｎＴ＝１ｓｎ０ｉ／ｉ．
（４＋Ｂ＝４。而求得的．５）
二、不等式中的应用在例３已知ａｂ，，ｃ都是正实数，证求证明Ａ设Ａ＝ｎｃＢ＝ａ，ｂｂ

基本不等式一的代换方法

基本不等式一的代换方法宝子们，今天咱们来唠唠基本不等式里超有趣的“1”的代换方法哦。

基本不等式大家都不陌生吧，就是那个a + b ≥ 2√(ab)（a,b>0）。

那这个“1”的代换呢，就像是给基本不等式施了魔法。

比如说啊，已知a + b = 1，要求(1)/(a)+(1)/(b)的最小值。

这时候呢，我们就可以把“1”代换进去啦。

我们把(1)/(a)+(1)/(b)变成(a + b)<=ft((1)/(a)+(1)/(b))，然后展开它，就得到1+(b)/(a)+(a)/(b)+1，也就是2+(b)/(a)+(a)/(b)。

这时候你看，(b)/(a)和(a)/(b)不就可以用基本不等式了嘛。

因为a,b>0，所以(b)/(a)+(a)/(b) ≥ 2√(frac{b){a}×(a)/(b)} = 2，那2+(b)/(a)+(a)/(b) ≥ 2 + 2 = 4，最小值就是4啦。

再举个例子哈。

要是已知2x + 3y = 1，让求(4)/(x)+(9)/(y)的最小值呢。

同样的道理，我们把(4)/(x)+(9)/(y)写成(2x + 3y)<=ft((4)/(x)+(9)/(y))，展开后就是8+(18y)/(x)+(12x)/(y)+27，也就是35+(18y)/(x)+(12x)/(y)。

又可以用基本不等式啦，(18y)/(x)+(12x)/(y) ≥ 2√(frac{18y){x}×(12x)/(y)}，算出来这个式子的值，再加上35，就得到最小值喽。

宝子们，这个“1”的代换是不是很神奇呀？就像是给我们解题找到了一个小捷径呢。

当我们看到已知条件里有类似a + b = 1或者能变形出这种形式的式子，就可以往这个方向去想哦。

它就像一把小钥匙，能打开基本不等式这扇门后面很多求最值的宝藏呢。

而且啊，多做几道这样的题，你就会发现，这个方法用起来越来越顺手啦。

加油哦，宝子们，数学就是这样，充满了小惊喜和小技巧呢。

例谈“1”在解高中数学题中的妙用

知识导航“1”是自然数中最基本、最简单的数字，看似不起眼，但在高中数学解题中却有着非常巧妙的用处.在解题中，巧妙利用“1”进行代换，往往能够起到“四两拨千斤”的效果.本文重点探讨了“1”在解答三角函数、函数、不等式问题中的应用，旨在帮助同学们掌握一种解题的技巧.一、“1”在解答三角函数问题中的妙用三角函数问题的命题方式千变万化，在进行三角恒等变换和化简函数式时，经常需要灵活运用不同的公式，而巧妙运用“1”进行代换，能有效地简化运算，提升解题的效率.解答三角函数问题常用到的“1”的代换式有sin2α+cos2α=1、tanπ4=1等.例1.已知α为第三象限角，且tanα=2，求sinα.解：{sinα=2cosα，sin2α+cos2α=1，解得sinα=.又因为α为第三象限角，所以sinα=.题目中给出的已知条件有限，要求得sinα的值，需要进行“1”的代换，运用同角的基本关系sin2α+cos2α=1，建立关于sinα、cosα的方程组，解方程组便可求得sinα的值.例2.求值：1+tan15°1-tan15°.解析：15o不是特殊角，很难求得目标函数式的值，需要借助特殊角45o将其转化，可将“1”替换成tan45°，运用两角和的正切公式tan()α+β=tanα+tanβ1-tanαtanβ来求值.解：1+tan15°1-tan15°=tan45°+tan15°1-tan45°tan15°=tan()45°+15°=tan60°=3.例3.求函数f()x=sin2x+2sin x cos x+3cos2x的最大值，并求出此时x的值.解析：这是一道三角函数的最值问题，需首先利用同角的基本关系sin2α+cos2α=1、正弦的二倍角公式以及辅助角公式将其化简，然后运用三角函数的性质求得最值.解：f()x=sin2x+2sin x cos x+3cos2x=sin2x+cos2x+2cos2x+2sin x cos x=sin2x+cos2x+2=2sinæèöø2x+π4+2，当2x+π4=2kπ+π2，即x=kπ+π8()k∈Z时，y max=2+2.在解答三角函数问题时，同学们只要注意联想，将函数式与“1”相关的式子关联起来，合理进行转化、代换，就能快速解题.二、“1”在解答函数问题中的妙用我们知道，log a1=0()a>0,a≠1、a0=1()a>0,a≠1、y=1()x∈R表示的是一条的直线，因此“1”在解答函数问题中扮演着一个非常重要的角色.在解函数题时，我们可以根据“1”的这些性质、特点，来比较函数值的大小、判断函数的增减性等.例4.判断log41.5的正负.解析：判断log41.5的正负，实际上就是比较log41.5和0的大小，由于log a1=0()a>0,a≠1，所以只需要比较log41.5和log41的大小即可.由于对数函数log a x()a>0,a≠1在a>1时是增函数，且1.5>1，所以log41.5>log41,由此可以判断log41.5为正数.例5.设b>a>1，若x1a≥x2b>1，证明：log a x1>log b x2.解析：两个函数式的底数、真数均不相同，直接比较这两个数的大小较为困难，我们需将“1”作为中间值，借助“1”来进行转化、代换，运用指数函数的单调性来判断两数的大小.证明：设x1a=k1，x2b=k2，则k1≥k2>1，由b>a>1可知y=log a x、y=log b x均为增函数，所以log a x1=log a()ak1=1+log a k1≥1+log a k2>1+log b k2，又1+logbk2=log b()bk2=log b x2，所以logax1>log b x2.三、“1”在解答不等式问题中的妙用不等式证明问题是历年来高考数学试题中的重点题目.由于不等式问题中的条件、结论缺乏，指向不明确，常常让同学们一筹莫展.如果根据已知条件，巧妙地利用“1”进行代换，如构造a∙1a=1、ln1=0、ln e=141解题宝典等，可能收到意想不到的效果.例6.已知a ,b ∈()0,+∞且a +b =1，求证：æèöø1+1a ⋅æèöø1+1b ≥9.证明：æèöø1+1a æèöø1+1b =æèöø1+a +b a æèöø1+a +b b =æèöø2+b a æèöø2+a b =4+2a b +2b a +1=5+2æèöøa b +b a ≥5+9，当且仅当a =b 时等号成立.这里将不等式中“1a ”“1b ”的分子“1”用“a +b ”来代替，通过化简得到a b +ba，然后利用基本不等式求得æèöø1+1a æèöø1+1b 的最值，证明不等式成立.例7.已知正数x ，y 满足x +3y =5xy ，求证：3x +4y ≥5.证明：因为x ,y 为正数，可将x +3y =5xy 等式两边同时除以5xy 得：x +3y5xy=1，即15y +35x=1，则3x +4y =1∙()3x +4y =æèçöø÷15y +35x ()3x +4y =135+3x 5y +12y 5x ≥135+125=5，当且仅当3x 5y =12y 5x ，即x =1,y =12时等号成立，故3x +4y ≥5，命题得证.我们首先将已知关系式变形，构造出常数“1”，再将“1”进行代换，化简3x +4y ，利用基本不等式求得3x +4y 的最小值，进而证明不等式成立.总之，“1”在解高中数学题中发挥着重要的作用.同学们在日常学习中，要注意多积累解题经验，总结与“1”有关的代数式，在解题时将其进行代换，合理进行恒等变换，便能有效地提高解题的正确率和速度.（作者单位：江苏省东海县石榴高级中学）函数最值问题一直是高考数学试题中的热点题目，近几年浙江省数学高考试题中多次出现含绝对值的函数最值问题.此类问题不仅考查了函数的图象和性质、处理绝对值的方法，还考查了求最值的方法，属于综合性较强的一类问题.解答此类问题的关键去掉绝对值符号，将问题转化为常规函数最值问题来求解.下面，笔者结合一道例题来谈一谈求解含绝对值的函数最值问题的方法.例题：已知a ∈R ，函数f (x )=||||||x +4x-a +a 在区间[1,4]上的最大值是5，则a 的取值范围是______.本题中的函数含有绝对值，为了将其转化为常规函数问题，我们可以从绝对值和函数两个角度来寻找解题的思路，有以下5种方法.方法一：分段讨论法此方法是解答含绝对值问题的常用方法，首先，将定义域划分为几个区间段，然后分别求出各个区间段上函数的表达式，根据函数的图象和性质讨论函数的最值.对于本题，可先求出对勾函数y =x +4x 在[1,4]上的值域，然后对a 进行分类讨论，去掉绝对值后再求每个区间段上函数的最大值，建立关系式，便可求得a 的取值范围.解：∵x ∈[1,4]，∴x +4x∈[4,5]，①当a ≥5时，f (x )=a -x -4x +a =2a -x -4x，函数f (x )的最大值2a -4=5，解得a =92，不符合题意，舍去；②当a ≤4时，f (x )=x +4x -a +a =x +4x≤5，符合题意；③当4≤a ≤5时，f (x )max =max{|4-a |+a ,|5-a |+a }，则{|4-a |+a ≥|5-a |+a ，|4-a |+a =5，或{|4-a |+a <|5-a |+a ，|5-a |+a =5，解得a =92或a <92.综上可得，a 的范围是(-∞,92].绝对值函数本质上是一个分段函数，可根据绝对值的定义去掉绝对值符号，将问题转化为分段函数的42。

高中数学：基本不等式之“1”的代换技巧

高中数学：基本不等式之“1”的代换技巧
高中数学难，在于其灵活变化.在学习时，要全面适应这些变化，不同的题目不同的解法，通过学习，形成能力，才能得到高分.
点评：直接乘1，构造乘积为定值，从而能够求到最小值.
点评：数据变成2，也并不影响构造乘积定值.
点评：分母发生变化，但通过直接构造也可达到目的.
点评：分母系数发生变化，构造需要”通分“才能达到目的.
点评：分母系数都不一样，也照样构造.
点评：分母系数都不一样，但通过观察发现可直接构造.
点评：难度上升到“待定系数”，技巧性非常强.
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巧妙进行“1”的代换，快速解答证明题

备考指南数字“1”，简单而又神秘.在解数学题时，巧妙地进行“1”的代换，可快速求解证明题.下面，我们结合几个例题来探讨一下如何巧妙地进行“1”的代换.一、乘（除）“1”我们知道，任何数乘（除）以“1”等于任何数.若某个代数式等于1，则可将所证目标式或者某个代数式乘（除）以“1”，这样不仅不会改变目标式或者代数式的大小，还会改变目标式或者代数式的结构、形式，这便给我们解题带来了新的契机.通过通分、约分、正负相消等，化简目标式或者代数式，即可证明结论.例1.已知a,b>0,1b()2a+b+1a()2b+a=1,证明：ab≤23.证明：ab=ab×1=abéëêùûú1b()2a+b+1a()2b+a=a2a+b+b2b+a=12+ba+12+ab,令t=ba，则1t=a b,所以ab=12+t+12+1t=12+t+t2t+1=t2+4t+12t2+5t+2=12∙2t2+5t+2+3t2t2+5t+2=12æèçöø÷1+3t2t2+5t+2=12æèççççöø÷÷÷÷1+32t+2t+5≤12æèçççö÷1=23.观察已知条件不难发现，等式1b()2a+b+1a()2b+a=1左边的式子具有对称性，将ab乘以“1”，再将b a整体换元，便可得到只含有一个未知数的式子，借助基本不等式就能求得最值，证明不等式成立.例2.已知tanθ=3,证明：sin2θ+12sinθcosθ-3cos2θ=34.证明：sin2θ+12sinθcosθ-3cos2θ刘远桃备考指南式简化.于是将æèöø1+1a æèöø1+1b æèöø1+1c 乘以“1”，通过约分，便为运用基本不等式创造了条件，根据基本不等式即可求得æèöø1+1a æèöø1+1b æèöø1+1c 的最值，从而证明目标不等式成立.二、将等于“1”的式子代入求解该思路比较简单，只需根据解题需求，将等于“1”的代数式直接代入目标式或者某个代数式中进行运算，运用一些相关的定理、法则、公式等，即可证明结论.例4.已知a ,b ,c >0，且a +b +c =1，求证：3a +1+3b +1+3c +1≤32.证明：由柯西不等式得3a +1+3b +1+3c +1=1∙3a +1+1∙3b +1+1∙3c +1≤1+1+13a +1+3b +1+3c +1=3∙3()a +b +c +3=32.此题中只有一个已知条件，需借助柯西不等式a i ,b i >0,则∑i =1n a i b i ≤∑i =1n a i 2∙∑i =1n b i 2，将三个单项式的和转化为积的形式，这样便可将目标不等式左边的式子转化为a +b +c 的形式，将“a +b +c =1”代入，即可证明结论.三、变换等于“1”的式子，再代入求解变换等于“1”的式子，一般难度较大.往往需要根据解题需求，将等于1的代数式进行适当的变形，如凑系数、乘（除）以某一常数、拆项、添项等，使等于1的代数式变形为方便解题的式子.例5.已知a ,b >0,1a +1b =1,求证a 2+b 2-ab -1a +b ≥154.证明：由a ,b >0,1a +1b=1,得到ab =a +b ≥2ab ,所以ab ≥4,a 2+b 2-ab -1a +b =()a +b 2-3ab -1a +b =()ab 2-3ab -1ab,设t =ab ,则t ≥4,设f ()t =t 2-3t -1t,问题转化为求函数f ()t 在t≥4上的最小值，f ′()t =2t -3+1t 2,令2t -3+1t 2≥0，则2t 3-3t 2+1≥0,()t -12()2t +1≥0,所以t ≥-12时，f ′()t ≥0,又t ≥4,所以f ()t 在t ≥4上单调递增，所以f ()t min =f ()4=16-12-14=154,即a 2+b 2-ab -1a +b 的最小值为154.将不等式左边的式子化简为只含有a 或b 的式子，再来求最小值，这与例1的证明思路相同，这也是证明这种题型的常规思路，理论上说可行，但就此题而言，这种证明方法却较为繁琐，主要有两个原因：一是a 与b 的表达式比较复杂，二是代入的式子本身比较复杂，因此不能同例1那样直接乘“1”，而是要变“1”，采用整体思想，进行代入和换元，把式子转化为只含有一个未知数的形式，再来求最小值.四、构造出等于“1”的式子，再代入求解要构造出等于“1”的式子，需根据解题需求、已知条件、相关的公式、定理、法则等构造出等于1的代数式，然后将其代入题设中进行求解.例6.若a ,b ,c ,d >0,求证：3b +c +d+3a +c +d +3a +b +d+3a +b +c ≥16a +b +c +d.证明：不妨设a +b +c +d =1,于是11-a +11-b +11-c +11-d ≥163,设f ()x =11-x,0<x <1,则f ′()x =1()1-x 2,f ″()x =2()1-x 3,所以f ()x 为()0,1上的凸函数，由琴生不等式得11-a +11-b +11-c +11-d =f ()a +f ()b +f ()c +f ()d ≥4f æèöø14=4∙11-14=163.所以原式得证.此题有一定难度.首先设a +b +c +d =1，这便构造出等于“1”的式子，再运用琴生不等式进行证明即可.这种证明方法在证明不等式时应用广泛，不失为一种具有普遍意义的解题方法.通过上述分析，不难发现“1”在解题中能发挥巨大的作用，但数字“1”是比较容易被忽视的，忽视它往往就会错失了解题的重要依据.这也给我们一个启示：在解题过程中要仔细审题，深入挖掘隐含条件，尤其要关注等于“1”的式子，找到过程最简洁的解题方案.（作者单位：贵州师范大学数学科学学院）56。

高三数学例谈“1”在解题中的妙用学法指导

例谈“1”在解题中的妙用王永平众所周知，数学中许多等式都与常数“1”有着密切的关系，如a log 1a =（0a >且1a ≠），()()()0x x 1x x 1x 1≥++-+=，α+α=22cos sin 1，22tan sec 1-α=α，因此，在解题时若能抓住这一特征，灵活运用常数“1”，可以大大简化解题过程。

一、巧用“1”的变形代换例1 设a x 1<<，比较x log 2a 与()x log log a a 的大小关系。

解：由a x 1<<，知a log x log 1log a a a <<，又因为1a log a =，因此1x log 0a <<，即()x log log a a 为负数，而x log 2a 大于零，所以()x log log x log a a 2a >。

说明：利用1a log a =搭桥是解此题的关键。

例2 求对数式()()0x x 1x log x 1x >++-+的值。

解：由0x >，()1x 1x 1log x 1x log x 1x x 1x -=-+=++-+-+，得()1x 1x log x 1x -=++-+。

说明：利用()()1x 1x x 1x =++-+，使问题得以顺利解决。

二、活用“1”的平方关系例3 证明：1A tan A sec 1A tan A sec A sec A tan 1A sec A tan 1++-+=+--+。

分析：按常规，应切割化弦，从左到右或从右到左得出等式成立，但过程烦琐，若将所证式的左边分子、分母中的“1”用“A tan A sec 22-”代换，则可使问题从整体上获解，十分巧妙且简单直观。

证明：左边()()()()A tan A sec A tan A secA sec A tan A tan A sec 2222-+--+-= ()()()()右边=++-+=++--+-=1A tan A sec 1A tan A sec 1A tan A sec A tan A sec 1A tan A sec A tan A sec 。

高一数学基本不等式1的代换

高一数学基本不等式1的代换基本不等式是高中数学中的重要概念，它在解决各类数学问题时起到了关键作用。

本文将通过讲解基本不等式1的代换，来帮助同学们更好地理解和应用这一概念。

基本不等式1的代换是指，在给定的不等式中，通过对不等式两边进行代换或变形，得到一个新的不等式，从而方便求解问题。

在这个过程中，我们要注意保持不等式的方向性和有效性。

我们来看一个简单的例子：已知不等式 a > b，现在我们要将其代换为另一个不等式。

我们可以令x = a - b，这样原不等式可以变形为x > 0。

通过这个代换，我们将原来的不等式转化为了一个更简单的形式，从而更方便地进行分析和推导。

接下来，我们来看一个稍微复杂一些的例子：已知不等式2x - 3 > 5，现在我们要将其代换为另一个不等式。

我们可以令y = 2x - 8，这样原不等式可以变形为y > 0。

通过这个代换，我们将原来的不等式转化为了一个更简单的形式，从而更方便地进行分析和推导。

除了代换外，我们还可以通过变形的方式来改写不等式。

例如，对于不等式3x + 2 > 7，我们可以通过将其两边同时减去2，得到3x > 5。

这样，我们就将原不等式转化为了一个更简单的形式，从而更方便地进行分析和推导。

基本不等式1的代换在解决实际问题中起到了重要作用。

例如，当我们需要求解一个含有多个变量的不等式时，可以通过代换的方式将其转化为只含有一个变量的不等式，从而更方便地进行求解。

另外，基本不等式1的代换也可以帮助我们简化不等式的形式，从而更容易观察和发现不等式的特点。

在应用基本不等式1的代换时，我们需要注意以下几点：首先，代换应该是合理的，即代换后的不等式与原不等式的关系应该一致。

其次，代换应该能够简化不等式的形式，从而更便于进行分析和推导。

最后，代换后的不等式应该保持原不等式的方向性和有效性，即代换不应该改变不等式的结论。

基本不等式1的代换是解决数学问题中常用的方法之一。

“1”和“0”的变形技巧

浅谈变形技巧在初等数学中的一些应用摘要:变形是数学解题活动中最基本而又常用的方法，它既灵活又多变，一个公式，一个法则，它的表述形式是多种多样的。

在数学解题中，为了完成论证，求值、化简等的任务，常要对某些式子进行恒等变形，但是恒等变形又无一定之规，一个式子往往有多种可能的变形方向，因题而异，技巧性非常强。

本文主要介绍了在初等数学中的“0”，“1”，三角函数，一元二次方程等的变形应用。

掌握好并灵活运用它，可以很快确定解题方向，减少解题的盲目性，提高解题效率。

关键词:初等数学；变形；技巧数学是一个有机的整体, 各部分之间相互联系、相互依存、相互渗透, 从而构成了一个互相交错的立体空间. 所以, 为了培养数学学习中的运算能力、逻辑推理能力、空间想象能力及综合应用数学知识分析解决实际问题的能力, 除了对各单元知识, 及一些开放探索性问题, 实践应用性问题等综合内容进行系统复习外, 在最后阶段的复习中, 应对常用的数学方法和重要的数学思想引起重视, 并有意识地运用一些数学思想方法去解决问题, 这样才能使我们的数学学习提高到一个新的层次、新的高度.常用的数学方法, 是针对各种不同的数学知识而定的一种策略. 不同的问题可以用不同的方法, 相同的问题也可以有各种不同的方法 ( 即所谓的一题多解 ). 各种数学方法与数学知识一样, 是数学发展过程中积累起来的宝贵精神财富, 并且是数学知识所不能替代的.在中学数学中常用的基本数学方法大致可以分为以下三类：)1(逻辑学中的方法。

例如分析法(包括逆证法)、综合法、反证法、归纳法、穷举法(要求分类讨论)等。

这些方法既要遵从逻辑学中的基本规律和法则，又因运用于数学之中而具有数学的特色。

)2(数学中的一般方法。

例如建模法、消元法、降次法、代入法、图象法(也称坐标法。

代数中常用图象法，解析几何中常用坐标法)、向量法、比较法(数学中主要是指比较大小，这与逻辑学中的多方位比较不同)、放缩法、同一法、数学归纳法(这与逻辑学中的不完全归纳法不同)等。

高中数学中“1”的代换

高中数学中“1”的代换高中数学中有不少题目，如果能巧妙地利用1的代换，将大大地简化计算量和计算过程，能收到事半功倍的良效。

1．“1”在指数函数、对数函数中的应用例1：计算5lg 2lg 35lg 2lg 33++解法一：原式()()5lg 2lg 35lg 5lg 2lg 2lg 5lg 2lg 22++-+= 5lg 2lg 35lg 5lg 2lg 2lg 22++-=5lg 5lg 2lg 22lg 22++=()25lg 2lg +=1= 解法二：2lg 15lg 5lg 2lg 1-=⇒+=代入原式得()()2lg 12lg 32lg 12lg 33-+-+2lg 32lg 32lg 2lg 32lg 312lg 2323-+-+-+=1= 点评：解法一利用因式分解，解法二利用代入法。

注：5lg 2lg 1+=例2：已知01>>>b a 且11log >-）（x b a ，求x 的取值范围。

解：首先01>-x ，即1>x又 a a x b =>-11log ）（，而1>a1log 01log b b x =>-⇒）（，而10<<b211<⇒<-⇒x x综合知21<<x点评：本题充分利用1和0的代换把原式转化为与左边同底数的式子，利用函数的单调性解之。

注：()()101log 001≠>=≠=b b a a b 且2．“1”在三角函数中的应用例3：已知2tan =α，求αα2cos 2sin +的值。

分析：由2tan =α可求出552sin ±=α，55cos ±=α代入计算，有点麻烦，不妨借助1的代换来解题。

解：原式1cos cos sin 22ααα+=ααααα222cos sin cos cos sin 2++=（分子分母同除以α2cos ） 11t a n 1t a n 22=++=αα 点评：借助1的代换大大简化了计算量，做完后的心情肯定很爽。

基本不等式之1的代换

专题：均值不等式应用中“1的代换〞不等式是高中数学的重要内容之一，利用均值不等式求最值以与证明不等式是重中之重.纵观近几年全国各省的高考题与竞赛题，可以发现均值不等式中与“1〞有关的试题频频出现，好学教育老师对此总结如下，以供大家参考.[题引][XX 省皖江名校2016届高三12月联考数学〔理〕试题]已知实数,x y 满足22020220x y x y x y --≤⎧⎪+-≤⎨⎪-+≥⎩，若目标函数5(0,0)z ax by a b =++>>的最小值为2，则23a b+的最小值为〔〕8214.3A +426.3B +9215.3C +1046.3D + [答案]D[解析] 首先作出可行域，如下图所示，42246551015z =ax +by -5A (-2,-2)-33-2-1-1211Oyx2x -y +2=0x +y -2=0x -2y -2=0把目标函数5(0,0)z ax by a b =++>>，变形可得5az y x bbb=-+-，斜率为负数，当z 取得最小值时，联立求出交点A 的坐标220220x y x y -+=⎧⎨--=⎩(2,2)A ∴--，当目标函数5(0,0)z ax by a b =++>>过点A 时取最小值，代入得32a b +=，即2()13a b += 所以232232231046()()(5)333b a a b a b a b a b ++=++=++≥32a b =时，23a b+取最小值，故选D ．[考点]线性规划；基本不等式之1的代换.[点评]这道题目除了考查线性规划外，还考查了常数的代换，或称为“1的代换〞，更具体的说，其与一般代换还是不同的，它更像是在所求的式子后面乘以一个1，或者是一个常数，因此，我们把此类解题技巧定义为“1的代换〞. [使用情景]使用“1的代换〞解题的结构特征：①都可转化为条件求最值问题，且已知是“和式〞，所求也是“和式〞，同时要求两和式是一整式，一分式〔或化为分式〕； ②已知“和式〞可变为常数“1〞；③两个“和式〞都是齐次式或可变为齐次式。

高考数学中“1”的变形计

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