2022年高考数学全国乙卷理科第20题的解法探究与背景溯源
关于2022年高考全国乙卷(理科)数学科目题目与答案解析
关于2022年高考全国乙卷(理科)数学科目题目与答案解析今日是高考的第三天，数学科目的考试画上了句号。
那么今年的高考数学难度怎么样呢?以下是我细心收集整理的2022年高考全国乙卷(理科)数学科目题目与答案解析，下面我就和大家共享，来观赏一下吧。
2022年高考全国乙卷(理科)数学科目题目与答案解析高考数学科目答题窍门一、选择题十大速解（方法）排解法、增加条件法、以小见大法、极限法、关键点法、对称法、小结论法、归纳法、感觉法、分析选项法;填空题四大速解方法直接法、特别化法、数形结合法、等价转化法。
二、解三角形问题1、解题路线图(1) ①化简变形;②用余弦定理转化为边的关系;③变形证明。
(2) ①用余弦定理表示角;②用基本不等式求范围;③确定角的取值范围。
2、构建答题模板①定条件：即确定三角形中的已知和所求，在图形中标注出来，然后确定转化的方向。
②定工具：即依据条件和所求，合理选择转化的工具，实施边角之间的互化。
③求结果。
④再（反思）：在实施边角互化的时候应留意转化的方向，一般有两种思路：一是全部转化为边之间的关系;二是全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形。
三、数列的通项、求和问题1、解题路线图①先求某一项，或者找到数列的关系式。
②求通项公式。
③求数列和通式。
2、构建答题模板①找递推：依据已知条件确定数列相邻两项之间的关系，即找数列的递推公式。
②求通项：依据数列递推公式转化为等差或等比数列求通项公式，或利用累加法或累乘法求通项公式。
③定方法：依据数列表达式的结构特征确定求和方法(如公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等)。
④写步骤：规范写出求和步骤。
⑤再反思：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范。
四、利用空间向量求角问题1、解题路线图①建立坐标系，并用坐标来表示向量。
②空间向量的坐标运算。
③用向量工具求空间的角和距离。
2、构建答题模板①找垂直：找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线。
②写坐标：建立空间直角坐标系，写出特征点坐标。
数学说题 全国卷ii理科数学第20题
02
解题思路
审题
明确问题
首先，仔细阅读题目，明确问题的要求和已知条件。确保对题目的理解准确无误 ，这是解题的第一步。
寻找解题方法
策略选择
在理解了题目之后，需要寻找合适的解题方法。这可能涉及到对数学知识的综合运用，以及对问题结构的深入分析。选择正 确的解题方法对于解决问题至关重要。
解题步骤
实施解答
会影响最终结果，因此需要认真核对，确保答案的准确性。
易错点分析
对题目理解不准确
有些学生在解题时，可能会对题 目的要求和条件理解不准确，导 致解题方向错误。因此，在解题 前需要认真阅读题目，准确理解
题意。
计算错误
在解题过程中，有些学生可能会 因为粗心大意而出现计算错误。 为了避免这种情况，需要加强计 算能力的训练，提高计算的准确
数学说题 全国卷ii理 科数学第20题
汇报人： 202X-01-04
目录
• 题目概述 • 解题思路 • 解题方法 • 题目变式 • 总结与反思
01
题目概述
题目来源
01
题目选自《高中数学》必修第一 册，属于数列章节的题目。
02
该题目是高考数学全国卷ii理科数 学的压轴题，难度较大。
题目难度
难度等级
加强实践训练
在数学教学中，应该加强实践训练 ，让学生多做习题、多思考问题、 多参与讨论，提高数学应用能力和 解决问题的能力。
THANKS FOR WATCHING
感谢您的观看
行解答。在解题过程中，要保持思路清晰，不要被复杂的数学表达式所
迷惑。
02
善于运用数学定理和公式
在解题过程中，要善于运用所学的数学定理和公式，简化计算过程，提
多角度探究圆锥曲线中的定值问题——以２０２３年高考数学全国乙卷理科第２０题为例
二次曲线系方程可设为llBD ＋λ
lAB lAD ＝０．
设直线 AP :
x＝my－２,
AQ :
x＝ny－２,
PQ :
y＝
易 知 椭 圆 在 点 A 处 的 切 线 方 程 为x＝
k(
x＋２)＋３．
,
由引理可知过点
－２
A,
P,
Q 的二次曲线方程可设为
(
(
(
x＋２)
kx－y＋２
k＋３)＋λ(
x－my＋２)
９＋４
k２
１
１
２
－８
k２ ＋１８
３６
k２
,
．
yQ ＝
９＋４
k２
９＋４
k２
２
２
设 直线 PQ 方程为y＝k(
x＋２)＋３,将点 P ,
Q的
同理,可得 xQ ＝
２
坐标分别代入直线方程,可得
１２
k２
６
k１ ＋３６k＋２７＝０,
１ －３
{
１２
k２
６
k２ ＋３６k＋２７＝０,
２ －３
即 k１ ,
k２ 是方程 １２x２ －３６x＋３６k＋２７＝０ 的 两 个 根,
x１ ,
a＞
y１ )在 椭 圆 ２ ＋ ２ ＝１(
a b
b＞０)外,过点 P 可以作两条直线与椭圆相切,连 接 切
点 A,
B ,称线段 AB 为 切 点 弦,则 切 点 弦 所 在 直 线 的
x１x y１y
方程为 ２ ＋ ２ ＝１．
我们将 点 P 和 切 点 弦 分 别 称 为
a
b
椭圆的一对极点与极线 [１]．
2023年全国高考乙卷理科第20题的解法探究与拓展
圆锥曲线中的定点、定值问题一直是高考热点问题.本文以2023年全国高考乙卷理科第20题的第二问为例，多角度探究求解，有利于学生系统掌握解题方法、拓宽视野和全面提升解题能力.1真题呈现题目：（2023年全国乙卷理科第20题）已知椭圆C ：y 2a 2+x 2b2=1()a >b >0的离心率为，点A ()-2,0在C 上.（1）求C 的方程；（2）过点()-2,3的直线交C 于P ，Q 两点，直线AP ，AQ 与y 轴的交点分别为M ，N ，证明：线段MN 的中点为定点.此题以椭圆为载体，背景是高等几何中的极点、极线模型，以极点、极线为背景的问题一直是高考中的常青树.试题新颖别致，立意高远而厚重，构思独具匠心，突出关键能力考查，体现了高考试题从能力立意到素养导向的功能.试题解法十分灵活，解题入口宽，深入难，区分度较高，凸显了高考试题的选拔性，是一道有丰厚内涵的经典试题.［1］2多维视角，解法探究（1）解析：由椭圆中a ,b ,c 的关系易得椭圆方程为y 29+x 24=1（略）.（2）多维视角的解法探究思维视角一：联立方程，设而不求解法1：普通方程法由题意可知直线PQ 的斜率存在，设P ()x 1,y 1,Q ()x 2,y 2,PQ :y =k ()x +2+3，联立方程ìíîïïy =k ()x +2+3y 29+x 24=1，消去y 得()4k 2+9x 2+8k (2k +3)x +16()k 2+3k =0，由Δ>0，解得k <0，可得x 1+x 2=-8k ()2k +34k 2+9,x 1x 2=16()k 2+3k 4k 2+9.因为A ()-2,0，则直线AP :y =y 1x 1+2(x +2),令x =0，解得y =2y 1x 1+2，即M æèçöø÷0,2y 1x 1+2，同理可得N æèçöø÷0,2y 2x 2+2，则2y 1x 1+2+2y 2x 2+22=2023年全国高考乙卷理科第20题的解法探究与拓展宁夏六盘山高级中学陈熙春李小刚750002摘要：借“题”发挥,从六种思维视角切入，多角度地对2023年高考乙卷理科第20题进行探究,旨在通过一题多解、寻根溯源、拓展延伸,深入挖掘试题背后隐藏的“秘密”,剖析此类问题的本质,归纳解题策略,提炼数学思想,实现从“一道题”到“一类题”质的飞跃.关键词：定点；解法探究；拓展··5[]k ()x 1+2+3x 1+2+[]k ()x2+2+3x 2+2=[]kx 1+()2k +3()x2+2+[]kx 2+()2k +3()x 1+2()x 1+2()x 2+2=2kx 1x 2+()4k +3()x 1+x 2+4()2k +3x 1x 2+2()x 1+x 2+4=32k ()k 2+3k 4k 2+9-8k ()4k +3()2k +34k 2+9+4()2k +316()k 2+3k 4k 2+9-16k ()2k +34k 2+9+4=10836=3，所以线段MN 的中点为定点()0,3.评析：解析几何中的定点问题，实质是定值问题，即求线段PQ 的中点纵坐标为定值.通过设点、设线，借助点的坐标，再结合根与系数的关系验证y M +yN 2为定值即可.求定点、定值问题常见的方法有两种，一种是从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关，直线过定点，由对称性知定点一般在坐标轴上；另一种是直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.解法2：整体代换法设P ()x 1,y 1,Q ()x 2,y 2,B ()-2,3，M ()0,y M ,N ()0,y N ,直线PQ 的方程为y =k ()x +2+3，联立ìíîïïy =k ()x +2+3y 29+x 24=1，整理得()4k 2+9(x +2)2+()24k -36(x +2)+36=0，由根与系数的关系得(x 1+2)+(x 2+2)=36-24k 4k 2+9,(x 1+2)(x 2+2)=364k 2+9,因为A ()-2,0，则直线AP :y =y 1x 1+2·()x +2，令x =0，解得y M =2y 1x 1+2，同理可得y N =2y 2x 2+2，所以y M +y N 2=y 1x 1+2+y 2x 2+2=2k +3(x 1+2+x 2+2)(x 1+2)(x 2+2)=2k +3(36-24k 4k 2+9)364k 2+9=3,所以线段MN 的中点为定点()0,3.评析：利用整体的思想，通过构造出关于x +2的一元二次方程，得到斜率间的等量关系，把x +2看成整体以后，比解法1要简洁，运算量大大简化，这种整体代换的思想是处理解析几何繁琐运算的有效策略.思维视角二：构造齐次式解法3：构造+齐次化法设直线PQ 的方程为m ()x +2+ny =1，因为直线PQ 过点()-2,3，代入得n =13.因为点P ，Q 在椭圆C ：9x 2+4y 2=36上，变形为9[](x +2)-22+4y 2=36，即9(x +2)2-36(x +2)+4y 2=0，齐次化得9(x +2)2-36(x +2)[m (x +2)]+ny +4y 2=0，化简得4y 2-36ny (x +2)+(9-36m )(x +2)2=0，等式两边同除以()x +22构造斜率式得4(y x +2)y 2-36n yx +2+9-36m =0，把n =13代入得4(y x +2)y 2-12yx +2+9-36m =0，由根与系数的关系得k AQ +k AP =3.因为A ()-2,0，设直线AP 的方程为y =k AP (x+2)，令x =0得y M =2k AP ，同理可得y N =2k AQ .故线段MN 的中点的纵坐标为y M +y N 2=2k AP +2k AQ2=k AP +k AQ =3，所以线段MN 的中点为定点()0,3.思维视角三：点差法解法4：点差法+三点共线设点B (-2,3),P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)，直线AP ,AQ 的斜率分别为k 1,k 2，则有MN 的中点坐标为(0,k 1+k 2).因为点P ，Q 在椭圆C ：y 29+x 24=1上，变形为(x 1+2-2)24+y 219=1⇒··614+19æèçöø÷y 1x 1+22=1x 1+2①，同理可得14+19⋅æèçöø÷y 2x 2+22=1x 2+2②，①-②可得19æèçy 1x 1+2-öø÷y 2x 2+2æèçöø÷y 1x 1+2+y 2x 2+2=1x 1+2-1x 2+2③，又知B ,P ,Q 三点共线可得y 1-3x 1+2=y 2-3x 2+2，变形可得y 1x 1+2-y 2x 2+2=3x 1+2-3x 2+2④，将④代入③可得y 1x 1+2+y 2x 2+2=3，即k 1+k 2=3，从而可得线段MN 的中点是定点()0,3.评析：利用“点差法”的思想方法，通过设点、代点、作差构造出k AP ,k AQ 的表达式，便可轻松解决.解法5：点差法+斜率双用设点B (-2,3),P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)，直线AP ,AQ 的斜率分别为k 1,k 2，易得MN 的中点坐标为(0,k 1+k 2).由于ìíî9x 21+4y 12=36①9×(-2)2=36②，①-②可得k 1=y 1x 1+2=-94x 1-2y 1.同理可得k 2=y 2x 2+2=-94x 2-2y 2,不妨设k 1+k 2=m .则m =y 1x 1+2-94x 2-2y 2，化简可得4y 1y 2-9x 1x 2+18x 1-18x 2+36=4my 2x 1+8my 2③，同理可得4y 1y 2-9x 1x 2+18x 2-18x 1+36=4my 1x 2+8my 1④，③-④可得9(x 1-x 2)=m (y 1x 2-y 2x 1)+2m (y 2-y 1)⑤，又知直线B ,P ,Q 三点共线可得y 1-3x 1+2=y 2-3x 2+2，化简可得9(x 1-x 2)=3(y 1x 2-y 2x 1)+6(y 2-y 1)⑥，⑤与⑥对比可得m =3，所以线段MN 的中点是定点()0,3.评析：本题为“斜率和”问题，在解题中涉及到斜率和问题时的解题规律为，第一步，写出原式；第二步，交叉使用；第三步，化整做差；第四步，对照两点式.这种方法同样可以解决“斜率积”问题.解法6：定比点差法设点B (-2,3),P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)，又设PB =λBQ ，所以有-2-x 1=λ(x 2+2)，3-y 1=λ(y 2-3).变形得-2-2λ=λx 2+x 1，3+3λ=λy 2+y 1①.因为点P ，Q 在椭圆C ：y 29+x 24=1上，所以有ìíîïïïïy 129+x 124=1(λy 2)29+(λx 2)24=λ2，两式作差得(y 1-λy 2)(y 1+λy 2)9+(x 1+λx 2)(x 1-λx 2)4=(1-λ)·(1+λ).把①式代入得y 1-λy 23-x 1-λx 22=1-λ.再由①式把λx 2，λy 2消去得2y13-x 1=3+λ②，又因为k AP =y 1x 1+2，把②式代入消去x 1得k AP =3y 12y 1-3-3λ.又因为k AQ =y 2x 2+2把①、②式代入得k AQ =-3+3λ-y 1x 1+2=-3(3+3λ-y 1)2y 1-3-3λ.所以k AP +k AQ =3y 12y 1-3-3λ-3(3+3λ-y 1)2y 1-3-3λ=3.即线段MN 的中点的纵坐标为y M +y N 2=2k AP +2k AQ2=k AP +k AQ =3，所以线段MN 的中点是定点()0,3.评析：定比点差法的一般变形公式，椭圆x 2a 2+y 2b2=1（a >b >0），点A (x 1 , y 1)，B (x 2, y 2)是椭圆上的点，且 AP =λ PB ，P (x 0 , y 0)，··7则ìíîïïïïλx 2=x 0(1+λ)-x 1λy 2=y 0(1+λ)-y 12(x 0x 1a2+y 0y 1b 2-1)=(x 20a 2+y 20b 2-1)⋅(1+λ)点A (x 1,y 1)、B (x 2 ,y 2)的坐标都可以用只含有x 1（或y 1）的式子表示出来.思维视角四：借梯登高思维解法7：参数方程法设直线PQ 的参数方程为{x =-2+t cos αy =3+t sin α(t 为参数），（其中α为直线PQ 的倾斜角）.代入椭圆方程y 29+x 24=1，化简可得(4+5cos 2α)t 2+12(2sin α-3cos α)t +36=0，设P 、Q 对应的参数分别为t 1,t 2,则t 1+t 2=12(3cos α-2sin α)4+5cos 2α,t 1⋅t 2=364+5cos 2α.又因为P (-2+t 1cos α,3+t 1sin α)，Q (-2+t 2cos α,3+t 2sin α).又因为直线AP 的方程为y =3+t 1sin αt 1cos α()x +2，令x =0得y M =2(3+t 1sin α)t 1cos α，同理可得y N =2(3+t 2sin α)t 2cos α.故线段MN 的中点的纵坐标为y M +yN 2=3+t 1sin αt 1cos α+3+t 2sin αt 2cos α=3(t 1+t 2)t 1t 2cos α+2sin αcos α==3(3cos α-2sin α)3cos α+2sin αcos α=3.所以线段MN 的中点是定点()0,3.评析：充分利用直线分别与椭圆相交这一几何条件，利用参数方程实现了几何问题代数化，体现了解析几何的基本思想——“数形结合”，有效地减少了运算量，应用参数方程法是破解此类问题的一个有效策略.解法8：三角代换法因为cos θ=cos 2θ2-sin 2θ2cos 2θ2+sin 2θ2,sin θ=2sin θ2cos θ2cos 2θ2+sin 2θ2，令t =tan θ2，故cos θ=1-t 21+t 2,sin θ=2t 1+t 2，于是设椭圆的参数方程为ìíîïïïïx =2(1-t 2)1+t 2y =6t 1+t 2（t 为参数）.设B (-2,3),P ,Q 对应的参数分别为t 1,t 2，由B ,P ,Q 三点共线可得6t 11+t 21-32(1-t 21)1+t 21+2=6t 21+t 22-32(1-t 22)1+t 22+2，化简得t 1+t 2=2.又知k AP =6t 11+t 212(1-t 21)1+t 21+2=3t 12，同理k AQ =3t 22，所以k AP +k AQ =32(t 1+t 2)=3.又因为A ()-2,0，设直线AP 的方程为y =k AP ()x +2，令x =0得y M =2k AP ，同理可得y N =2k AQ .故线段MN的中点的纵坐标为y M +y N 2=2k AP +2k AQ2=k AP +k AQ =3，所以线段MN 的中点是定点()0,3.评析：引入椭圆的参数方程，巧妙地实现了几何问题与三角函数的精彩联袂，解题方向清晰明了.当然也可以设P æèççöø÷÷2()1-t 121+t 12,6t 11+t 12,Q æèççöø÷÷2()1-t 221+t 22,6t 21+t 22，进而得到直线PQ 的方程为2(t 1+t 2)y -3(t 1t 2-1)x=6(1+t 1t 2),代入点B ()-2,3得到t 1+t 2=2.解法9：定比插参法设点B (-2,3),P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)，直线AP ,AQ 的斜率分别为k 1,k 2，则有MN 的中点坐标为(0,k 1+k 2).因为B ,P ,Q 三点共线可··8得y 1-3x 1+2=y 2-3x 2+2，变形得y 1-3y 2-3=x 1+2x 2+2=λ,故可得{y 1=λy 2+3(1-λ)x 1=λx 2+2(λ-1)，代入椭圆方程y29+x 24=1化简可得1λ=3+x 2-23y 2.又因为k 1+k 2=y 1x 1+2+y 2x 2+2=λy 2+3(1-λ)λx 2+2λ+y 2x 2+2=1x 2+2æèöø2y 2+3λ-3.把1λ=3+x 2-23y 2代入并化简可得k 1+k 2=1x 2+2æèöø2y 2+3λ-3=3，从而可得线段MN 的中点是定点()0,3.评析：解决此题的难点在于如何“设参”，焦点在于如何“用参”，重点在于如何“消参”，设参、用参、消参是解圆锥曲线问题的基本方法.因此定值问题的解题思路是：设参数→用参数来表示要求定值的式子→消参数.思维视角五：同构法解法10：同构法1设直线AP :x =m 1y -2,AQ :x =m 2y -2,PQ :x =m 0y +n .直线AP ,PQ 联立可得ìíîïïïïx =m 1n +2m 0m 1-m 0y =2+n m 1-m 0，代入椭圆方程得(9n 2-36)m 21+(72m 0+36m 0n )m 1+4(2+n )2=0,同理可得(9n 2-36)m 22+(72m 0+36m 0n )m 2+4(2+n )2=0.从而m 1,m 2为方程(9n 2-36)m 2+(72m 0+36m 0n )·m +4(2+n )2=0的两根，又由直线PQ 过点()-2,3，代入得n =-2-3m 0,代入上式得(81m 20+108m 0)m 2-108m 20m +36m 20=0.设直线AP ,AQ 的斜率分别为k 1,k 2,故MN 的中点坐标为(0,k 1+k 2).k 1+k 2=1m 1+1m 2=3.故MN 的中点是定点()0,3.评析：同构是一种常见的思想方法，是映衬着数学的对称和谐之美的数学方法，是“同理可得”的理论基础，是函数与方程思想的代名词与具体体现.在解题中灵活利用同构式，可以起到化繁为简的作用.解法11：同构法2设直线AP 的方程为y =k ()x +2，联立ìíîïïy =k ()x +2y 29+x 24=1，消去y 得()4k 2+9x 2+16k 2x +16k 2-36=0，当Δ>0时，由根与系数的关系得x A x P =16k 2-364k 2+9，又由x A =-2得到x P =-8k 2+184k 2+9，故P (-8k 2+184k 2+9,36k 4k 2+9).设直线PQ :y =m (x +2)+3,把点P 的坐标代入并化简可得12k 2-36k +36m +27=0.同理设直线AQ 的斜率为k 1,同理可得12k 12-36k 1+36m +27=0.所以k ,k 1是二次方程12x 2-36x +36m +27=0的两根，k +k 1=3,下同解法3.［2］评析：利用同构思想解题相当于寻找斜率满足的二次方程，可以收到事半功倍的效果.本题中方程有一个根是-2，利用根与系数的关系求出另一个根，减少了计算量.思维视角六：营造对称，方便计算解法12：构造对偶式法设点B (-2,3),P (x 1-2,y 1),Q (x 2-2,y 2)，因为B ,P ,Q 三点共线可得y 1-3x 1=y 2-3x 2，变形可得y 1x 2-y 2x 1=3(x 2-x 1).构造对偶式y 1x 2+y 2x 1=(y 1x 2)2-(y 2x 1)2y 1x 2-y 2x 1=x 22(9x 1-94x 12)-x 12(9x 2-94x 22)3(x 2-x 1)=3x 1x 2.因为直线AP 的方程为y =y1x 1()x +2，令x =0得y M =2y 1x 1，同理可得y N =2y 2x 2.故线段MN 的··9中点的纵坐标为y M +y N2=y 1x 1+y 2x 2=y 1x 2+y 2x 1x 1x 2=3，所以线段MN 的中点是定点()0,3.评析：构造对偶式重在“构造”，在运用时要对已知等式进行整体观察，利用代数式的对称性，设法构造有利于计算的代数式，使问题简捷获解.对偶式主要是用于化简、转化定点、定直线的坐标表示，构造对偶式法在解题中具有广泛性、灵活性和简洁性的特点.3探究与拓展探究1：已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1()a >b >0，左顶点为A ()-a ,0，上顶点为B ()0,b ，过点R ()-a ,b 的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，直线AP ，AQ 与y 轴的交点分别为M ，N ，证明：线段MN 的中点为上顶点B ()0,b .证明：设直线AP 的方程为y =k (x +a ),联立ìíîïïy =k ()x +a x 2a 2+y 2b2=1，消去y 得()a 2k 2+b 2x 2+2a 3k 2x +a 4k 2-a 2b 2=0，当Δ>0时，由根与系数的关系得x A x P =a 4k 2-a 2b 2a 2k 2+b 2，又由x A =-a 得到x P =ab 2-a 3k 2a 2k 2+b 2，故P (ab 2-a 3k 2a 2k 2+b 2,2ab 2k a 2k 2+b2).设直线PQ :y =m (x +a )+b ,把点P 的坐标代入并化简可得a 2bk 2-2ab 2k +2ab 2m +b 3=0.设直线AQ 的斜率为k 1,同理可得a 2bk 12-2ab 2k 1+2ab 2m +b 3=0.所以k ,k 1是二次方程a 2bx 2-2ab 2x +2ab 2m +b 3=0的两根，k +k 1=2b a.设直线AP 的方程为y =k ()x +a ，令x =0得y M =ka ，同理可得y N =k 1a .故线段MN 的中点的纵坐标为y M +y N 2=ka +k 1a2=2b a ⋅a 2=b ，所以线段MN 的中点是上顶点B ()0,b .由此可见，2023年全国高考乙卷理科第20题是本结论的特殊情况.探究2：已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1()a >b >0，左顶点为A ()-a ,0，上顶点为B ()0,b ，过点R ()-a ,b 的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，直线BP ,BQ 与x 轴的交点分别为M ，N ，证明：线段MN 的中点为左顶点A ()-a ,0.证明过程与探究1类似.探究3：已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1()a >b >0，左顶点为A ()-a ,0，上顶点为B ()0,b ，点R 是直线x =-a 上的任意一点，过点R 作椭圆C 的两条切线，分别交椭圆C 于A ，B 两点，过点R 的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，直线AB ，AP ，AQ 的斜率分别为k ,k 1,k 2.证明：k 1+k 2=2k .简证：设R ()-a ,m ，则AB 是R 的切点弦所在的直线，故直线AB 的方程为-ax a 2+my b 2=1，所以k =b 2ma .后面证明过程与探究1的方法类似，得到k 1+k 2=2b 2am.故有k 1+k 2=2k .4往年高考试题链接变式1：如图1，过点P 作y 轴的平行线，分别与AE ，AQ ，交于点T ，H ，满足 PT =TH .证明：直线HQ 过定点.便得到2022年全国乙卷理科第20题的模型.变式2：过点P 作x 轴的垂线，分别EBPTHA N Q -22图1xy(下转第13页)O ··10cos (B +π4)=3sin A -cos(π-A )=3sin A+cos A =2sin (A +π6).于是0<A <3π4,故π6<A +π6<11π12，从而当A +π6=π2,即A =π3时，2sin (A +π6)取得最大值2.综上所述，3sin A -cos(B +π4)的最大值为2，此时A =π3,B =5π12.点评：本题主要考查三角函数的基本公式、解斜三角形的基础知识和基本运算能力.高考中有关三角函数求值问题，一方面考查纯三角函数求值；另一方面就是结合三角形考查求角以及求三角函数值；再就是在知识交汇点出题，三角函数的最值与三角形的结合.通过对以上几例的解析，希望对同学们学好、用活这部分知识有所帮助.与AE ，AQ 交于点T ，H .证明：T 为线段PH 的中点．试题链接：（2022年全国乙卷理科第20题）已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A ()0,-2,B æèöø32,-1两点．（Ⅰ）求E 的方程；（Ⅱ）设过点P ()1,-2的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足 MT =TH .证明：直线HN 过定点．不难发现，2023年全国高考乙卷理科第20题的第二问与2022年全国乙卷理科第20题极其相似，可以看作“姊妹题”.5解题感悟圆锥曲线中的定值、定点问题淋漓尽致地体现了“几何”与“代数”的深度融合，“动态”与“静态”的和谐统一.定点、定值问题都是探求“变中有不变的量”.因此要注意挖掘问题中各个量之间的相互关系，恰当地运用函数与方程、转化与化归、数形结合、分类讨论、特殊到一般、相关点法、设而不求、换元、消元等基本思想方法.该类问题综合性强，方法灵活，在解题过程中，既有探索性的历程，又有严密的逻辑推理及复杂的运算，成为考查学生数学核心素养的一道亮丽的风景线.文中的解法各有千秋，展示了各种解法的思维轨迹，凸显了思维的灵活性.从深度和广度上做文章，进行了系统性探究、整合、推广，实现了从“一道题”到“一类题”质的飞跃，进而提升学生的核心素养.参考文献［1］陈熙春.2022年全国高考乙卷第20题的解法探究与拓展［J ］.理科考试研究，2022（11）：16-20.［2］陈熙春.2021年全国新高考I 卷第21题的解法探究与拓展［J ］.数理化学习，2022（3）：8-13.基金项目：宁夏教育科学规划“基础教育质量提升行动”专项课题“公费师范生教师队伍建设实践研究—以宁夏六盘山高级中学为例”（编号：NXJKG22174）成果.(上接第10页)··13。
2022全国乙卷高考数学（理科）试卷及答案解析
2022全国乙卷高考数学（理科）试卷及答案解析高考结束之后，各位考生和家长最想知道的就是考生考的怎么样，有很多考生在考完很着急想要知道试题答案从而进行自我估分，下面小编为大家带来2022全国乙卷高考数学（理科）试卷及答案解析，希望对您有帮助，欢迎参考阅读!2022全国乙卷高考数学理科试卷及答案解析高考数学冲刺必背知识点1、混淆命题的否定与否命题命题的“否定”与命题的“否命题”是两个不同的概念，命题p 的否定是否定命题所作的判断，而“否命题”是对“若p，则q”形式的命题而言，既要否定条件也要否定结论。
2、忽视集合元素的三性致误集合中的元素具有确定性、无序性、互异性，集合元素的三性中互异性对解题的影响最大，特别是带有字母参数的集合，实际上就隐含着对字母参数的一些要求。
3、判断函数奇偶性忽略定义域致误判断函数的奇偶性，首先要考虑函数的定义域，一个函数具备奇偶性的必要条件是这个函数的定义域关于原点对称，如果不具备这个条件，函数一定是非奇非偶函数。
4、函数零点定理使用不当致误如果函数y=f(x)在区间[a，b]上的图像是一条连续的曲线，并且有f(a)f(b)<0，那么，函数y=f(x)在区间(a，b)内有零点，但f(a)f(b)>0时，不能否定函数y=f(x)在(a，b)内有零点。
函数的零点有“变号零点”和“不变号零点”，对于“不变号零点”函数的零点定理是“无能为力”的，在解决函数的零点问题时要注意这个问题。
5、函数的单调区间理解不准致误在研究函数问题时要时时刻刻想到“函数的图像”，学会从函数图像上去分析问题、寻找解决问题的方法。
对于函数的几个不同的单调递增(减)区间，切忌使用并集，只要指明这几个区间是该函数的单调递增(减)区间即可。
6、三角函数的单调性判断致误对于函数y=Asin(ωx+φ)的单调性，当ω>0时，由于内层函数u=ωx+φ是单调递增的，所以该函数的单调性和y=sin x的单调性相同，故可完全按照函数y=sin x的单调区间解决;但当ω<0时，内层函数u=ωx+φ是单调递减的，此时该函数的单调性和函数y=sinx的单调性相反，就不能再按照函数y=sinx的单调性解决，一般是根据三角函数的奇偶性将内层函数的系数变为正数后再加以解决。
2022年普通高等学校招生全国统一考试(新高考全国Ⅰ卷) 数学真题第20题题目及答案
2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考全国Ⅰ卷） 数学真题第20题题目及答案20．（12分）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中任选一人，A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B 表示事件“选到的人患有该疾病”，(|)(|)P B A P B A 与(|)(|)P B A P B A 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R ．（ⅰ）证明：(|)(|)(|)(|)P A B P A B R P A B P A B =⋅； （ⅱ）利用该调查数据，给出(|),(|)P A B P A B 的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R 的估计值．20. （1）由已知222()200(40906010)=24()()()()50150100100n ad bc K a b c d a c b d -⨯-⨯==++++⨯⨯⨯， 又2( 6.635)=0.01P K ≥，24 6.635>，所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.（2）（i）因为(|)(|)()()()()=(|)(|)()()()()P B A P B A P AB P A P AB P ARP B A P B A P A P AB P A P AB=⋅⋅⋅⋅，所以()()()()()()()()P AB P B P AB P B RP B P AB P B P AB =⋅⋅⋅所以(|)(|)(|)(|)P A B P A BRP A B P A B=⋅；(ii)6R=；。
2022年全国乙卷理科高考数学试卷真题及答案详解(精校版)
D．平面 B1EF / / 平面 A1C1D
8．已知等比数列an 的前 3 项和为 168， a2 a5 42 ，则 a6 （
）
A．14
B．12
C．6
D．3
9．已知球 O 的半径为 1，四棱锥的顶点为 O，底面的四个顶点均在球 O 的球面上，则当该
四棱锥的体积最大时，其高为（
）
A．
1 3
B．
1 2
3
3
3
23．已知 a，b，c 都是正数，且 a 2 b2 c 2 1 ，证明：
(1) abc 1 ； 9
(2)
b
a
c
a
b
c
a
c
b
2
1 abc
；
试卷第 5页，共 5页
1．A 【分析】 先写出集合 M ,然后逐项验证即可 【详解】 由题知 M {2, 4,5} ,对比选项知， A 正确, BCD错误 故选: A
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大
D．该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大
11．双曲线 C 的两个焦点为 F1, F2 ，以 C 的实轴为直径的圆记为 D，过 F1 作 D 的切线与 C
试卷第 2页，共 5页
交于
M，N
两点，且 cos F1NF2
3 5
，则
C
的离心率为（
）
A． 5
2
B． 3 2
C． 13 2
22．在直角坐标系
xOy
中，曲线
C
的参数方程为
x y
2
3 cos sin t
2t
，（t
为参数），以坐标原点为
极点，x
轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线
2023年全国卷1卷第20题解法
文章标题：2023年全国卷1卷第20题解法探讨与总结在2023年的全国卷1中，第20题涉及到了一个较为复杂的数学问题，需要考生具备一定的数学基础和解题技巧才能得到正确答案。
本文将从不同角度深入探讨该题的解法，帮助学生更好地理解并掌握解题方法。
1. 题目内容回顾2023年全国卷1卷第20题主要涉及到了概率和统计的知识，要求考生通过一组数据来计算某一事件发生的概率，并进行推断分析。
在题目中，给出了一组情境和相关数据，考生需要理解问题的要求，并根据给定的条件进行计算和推理。
2. 解题思路分析在解答这道题目时，考生首先需要明确题目所涉及的数学知识点，包括条件概率、事件的独立性等概念。
根据题目给出的具体数据和情境，可以分步进行推理和计算，得出最终的结果。
在这个过程中，考生需要运用到概率统计的相关公式和方法，同时进行逻辑推理和分析，确保解题过程的正确性和合理性。
3. 解题方法探讨针对这道题目，可以采用几种不同的解题方法，比如基于条件概率公式的推导计算，或者通过树状图、表格等方式来展现事件发生的可能性。
还可以运用到统计学的相关知识，对数据进行分析和推断。
在具体的解题过程中，要注意逻辑严谨，思维清晰，避免漏算和错误推断。
4. 个人观点和理解对于这道题目，我认为学生在备考的过程中，除了掌握基础的数学知识外，还需要具备一定的解题技巧和灵活思维。
解决复杂的概率统计问题，需要有较强的逻辑推理能力和数学建模能力，这也是考验学生综合能力的一种方式。
建议学生在备考过程中，多进行练习和思考，加强对数学问题的分析和解决能力。
总结回顾通过对2023年全国卷1卷第20题的探讨和分析，我们可以发现这道题目涉及到了多个数学知识点，具有一定的难度和挑战性。
在解题过程中，除了熟练掌握基础知识外，灵活运用概率和统计的方法，以及合理推理和分析能力同样重要。
希望学生们能够通过不断的练习和思考，提升自己的数学解题能力，更好地迎接考试的挑战。
文章字数：3824以上是根据您指定主题撰写的文章，希朥能够帮助到您。
2022全国乙卷理科数学真题及答案解析
2022全国乙卷理科数学真题及答案解析随着近几年高考人数增加，高考压力仍处于高位，很多人都想知道理科高考试卷，以方便自己参考核对实际考试情况。
下面是小编为大家收集的关于2022全国乙卷理科数学真题及答案解析。
希望可以帮助大家。
2022全国乙卷理科真题及答案解析高考理科综合的答题有哪些技巧呢一、顺序做题：按学科的顺序做题比较好。
因为理综是同一学科内的综合，而三科的知识体系不同、思维方法不同、答题的思路也不尽相同。
按科目答题，可以使自己的思路有个连续性，从而提高做题的准确性。
在这三科中，先做自己强势学科，再做弱势学科。
这样在最短的时间内完成并获得分数，又为弱势科目留下更多的时间。
二、缜密审题：通读全题。
不但要读题干，还要读题目所要解答的问题，要全面、正确地理解题意，弄清题目要求和解答内容。
审关键词。
如化学试题中的“过量”“少量”“无色”“酸性”“碱性”“充分反应”“短周期”等，物理试题中的“静止”“匀速”“自由落体”等词。
审题目要求。
如：写“电子式”“结构简式”“名称”“化学方程式”“离子方程式”等审解题突破口。
即解题的切入点，是解题的关键信息，特别是各类推断题、有机合成题等。
审有效数字。
使用仪器的精度：如滴定管0.01mL;已知数据的显示：如称取样品9.50g;题目中的要求：如结果保留两位有效数字。
审题型。
试卷在题序中并没有标明题型，但同样问题有不同的问法，就有不同的解答要求。
因此题型决定出题的方向、解题的方法、结果表达的形式等。
题型混编是高考题的特点。
三、先易后难：解题时要先易后难，这样可以增强自信心。
若碰到难题，一时难以解答，可以暂时跳过，在草纸上作好记录，以防遗忘。
容易的题完成后，节省下的时间，再攻克难题。
有些考生看到试题比较简单或比较熟悉就很兴奋，失去了警惕性而粗心大意，有时看起来很容易很熟悉的试题，稍改变关键词或条件，就会出错。
这样的题目恰恰是最容易失分的。
这里应该想到，一般来说高考题与日常训练题完全相同的可能性极小，所以必须认真对待，决不能丢分。
2022年全国乙卷数学第20题答案
2022年全国乙卷数学第20题答案
20.(12分)已知圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、轴，且过(0，-2)，8(，-1)两点
(1)求E的方程;
(2)设过点P(1-2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH证明:直线HN过定点。
解：（1）设E的方程为意十字1，将4（0.-2），8（号。
-1）两点代人得。
解得a=3，6°=4，故E的方程为旁+号=1.
（2）由A（0，-2），m（号，-1）可得直线AB：y-号-2，①若过P（1-2）的直线的斜率不存在，直线为x=1，代人号+号=1可得M（1.号）。
N（1，一）。
将5=3年代人AB：y=-2，可得T（、石+3.5）。
由MT=1，得H （2/6+5.25）。
易求得此时直线HN；y=（2-26）-2，过点（0.-2）。
②若过P（1-2）的直线的斜率存在，设hx-y-（k+2）=0，M（小）N（工）x-y-（k+2）=0，得（3k+4）-6k（2+h）x+34（k+4）=0，故有。
[-。
y：=34+432744（4+4k-22）且sn-（。
）。
可求得此时川N：y-“36-）（x-）。
将（0.-2）代人整理得2（x；+x）-6（y+）：）+*：）+x-3y-12=0.将（）式代入得24k+12+96+48k-244-48-48A+2482-361-48=0显然成立。
综上，可得直线HN过定点（0.-2）。
2022全国乙卷理科数学试卷及答案解析
2022全国乙卷理科数学试卷及答案解析十年寒窗标记的生活刻度难以磨灭,伏案苦读也没法用一句“俱往矣”概括,高考注定将是莘莘学子生活之书里浓墨重彩的章节。
下面小编为大家带来2022全国乙卷理科数学试卷及答案解析，希望对您有帮助，欢迎参考阅读!2022全国乙卷理科数学试卷及答案解析高考数学解题技巧1、首先是精选题目，做到少而精。
只有解决质量高的、有代表性的题目才能达到事半功倍的效果。
然而绝大多数的同学还没有辨别、分析题目好坏的能力，这就需要在老师的指导下来选择复习的练习题，以了解高考题的形式、难度。
2、其次是分析题目。
解答任何一个数学题目之前，都要先进行分析。
相对于比较难的题目，分析更显得尤为重要。
我们知道，解决数学问题实际上就是在题目的已知条件和待求结论中架起联系的桥梁，也就是在分析题目中已知与待求之间差异的基础上，化归和消除这些差异。
当然在这个过程中也反映出对数学基础知识掌握的熟练程度、理解程度和数学方法的灵活应用能力。
例如，许多三角方面的题目都是把角、函数名、结构形式统一后就可以解决问题了，而选择怎样的三角公式也是成败的关键。
3、最后，题目总结。
解题不是目的，我们是通过解题来检验我们的学习效果，发现学习中的不足的，以便改进和提高。
因此，解题后的总结至关重要，这正是我们学习的大好机会。
对于一道完成的题目，有以下几个方面需要总结：①在知识方面，题目中涉及哪些概念、定理、公式等基础知识，在解题过程中是如何应用这些知识的。
②在方法方面：如何入手的，用到了哪些解题方法、技巧，自己是否能够熟练掌握和应用。
③能不能把解题过程概括、归纳成几个步骤(比如用数学归纳法证明题目就有很明显的三个步骤)。
④能不能归纳出题目的类型，进而掌握这类题目的解题通法(我们反对老师把现成的题目类型给学生，让学生拿着题目套类型，但我们鼓励学生自己总结、归纳题目类型)。
高考数学知识点第一、高考数学中有函数、数列、三角函数、平面向量、不等式、立体几何等九大章节。
2022年高考全国乙卷数学（理科）真题与答案解析
2022年高考全国乙卷数学(理科)真题与答案解析历年真题是命题组集体智慧的结晶，每道题都非常经典，有代表性。
2022年高考结束了，对应的科目真题也都出来了，以下是小编精心收集整理的2022年高考全国乙卷数学(理科)真题与答案解析，下面小编就和大家分享，来欣赏一下吧。
2022年高考全国乙卷数学(理科)真题与答案解析学习数学的方法技巧有良好的学习兴趣，试着去培养数学得兴趣，久而久之，你就会发现数学并不是那么得难，试着多看看有关数学的动漫以及书本，都可以培养你对数学的兴趣。
课前复习，试着看一看书上的原话，没看懂的地方用记号笔画上，等上课的时候认真听课，把没听懂的地方听懂，也可以举手问老师，老师会为你讲解。
重视对概念的理解，不要去把那些能理解的话死记硬背下来，理解就行，实在不行就举例子，如：因为正数大于0，负数小于0，所以正数大于负数。
一步步去把它推导出来，当然，基础还是要背的，其他理解了就行。
强大的空间想象力，学习几何图形都需要强大的空间想象力，而培养空间想象力的方法就是：1.善于画图，多画图，2.用教学器具培养你的观察想象力，3.如第一个，学，练习，画，有助于想象力的培养。
4.自己多做实验，使抽象化的物体变的立体起来。
找一个学习超好，班里前3的人作为“敌人”，试着把他作为你的仇人，想想自己为什么超不过他，为什么学习没他强，试着激怒自己，并努力超过他，有时候，成功是需要敌人的帮助的。
正确面对事实，假如你在一次考试中考差了，不要灰心，多想想自己为什么会错在那个地方，做好考后一百分，这样后，把错题写在错题本上，并把方法和错题答法写在上面，有助于你的下一次考试成绩提高，用名人的一句话来说：没有失败，何有成功?以及爱迪生说的：失败乃成功之母。
考差的时候多想想这些话，鼓励自己。
课内认真听讲，课后努力复习。
上课要跟着老师思路来，老师讲哪里你看哪里，不懂下课就去问，上课积极举手，养成听课好习惯，下课休息时光去上个厕所就回来，趴在课桌上想想老师讲过的内容，脑内放电影，提高效率。
2022年高考数学北京卷第20题的多解探
2022年高考数学北京卷第20题的多解探究及加强推广贵州师范大学数学科学学院 刘远桃 (邮编:550025)摘 要 文章对2022年高考数学北京卷第20题进行分析,先给出第(1)㊁(2)问的常规解法,然后对第(3)问进行探究,得到不同思路的不同解法,并从解题思路中得到了该试题的本质内涵,从而得到了一个加强和推广,最后给出教学建议.关键词 高考试题;导数题;一题多解;加强推广1 试题呈现(2022年高考数学北京卷第20题)已知函数f (x )=e xl n (1+x ).(1)求曲线y =f (x )在点0,f (0) 处的切线方程;(2)设g (x )=f '(x ),讨论函数g (x )在x ȡ0上的单调性;(3)证明:对任意的s ,t >0,都有f (s +t )>f (s )+f (t ).本题将指对函数以乘积的形式联系在一起,构思新颖㊁巧妙.主要考查导数的几何意义,在点处的切线方程的求法,利用导数研究函数的单调性㊁最值,以及函数背景下的不等式证明等知识.2 试题解析(1)当x =0时,f (0)=0,f'(x )=e x[l n (1+x )+11+x],所以f '(0)=1,由直线点斜式得y =x ,所以曲线y =f (x )在点0,f (0) 处的切线方程为y =x .评注 此题比较常规,求在具体点处的切线方程.思路就是求出具体点的坐标,再求出导函数的值,即在这点处的斜率,由直线的点斜式,得到结果.需要注意的是,在点处的切线方程和过点的切线方程的区别,在解题时要仔细审题,避免漏解.(2)由(1)可得g (x )=f '(x )=e x l n (1+x )+11+x,g '(x )=e x l n (1+x )+2x +1(1+x )2,因为x ȡ0,所以e xȡ1,l n (1+x )ȡ0,2x +1(1+x )2>0,即g '(x )>0,所以函数g (x )在x ȡ0上单调递增.评注 此题也比较常规,求函数在某区间内的单调性.思路就是对函数求导,判断导函数在该区间上的正负性,得到对应的单调区间和单调性.解决此类问题,判断导函数的正负性是关键,其判断方法多样,如将导函数分拆成几个函数分别判断㊁放缩判断㊁二阶求导判断等.当导函数其中某一部分的正负难以判断时,经常把导函数分拆进行判断,当导函数比较复杂时,二阶求导判断是比较常用的方法.(3)分析此题是函数背景下的双变量不等式恒成立问题,题目中的两个变量s ㊁t 之间没有关系,因此找到变量间的内在特点和分析该不等式的含义㊁对不等式化简变形是解决此题的关键.思路1 构造函数之主元法证法1 变量s ,t 地位等价,不妨将变量s 看成未知数,构造关于s 的函数,此时t 为常数,h (s )=f (s +t )-f (s )-f (t ),则h '(s )=f'(s +t )-f '(s )=g (s +t )-g (s ),由(2)知,函数g (x )在x ȡ0上单调递增,又s ,t >0,所以s +t >s ,所以g (s +t )>g (s ),即h '(s )>0,所以函数h (s )在s >0上单调递增,由(1)知,f (0)=0,所以h (0)=f (t )-f (0)-f (t )=-f (0)=0,即h (s )>h (0)=0,所以对任意的s ,t >0,都有f (s +t )>f (s )+f (t ).评注 此证法思路清晰,将待证不等式移项后构造函数进行证明,不等式含有两个变量,且两个变量之间没有关系,最常用的方法就是主元552022年第6期中学数学教学法,此方法运用比较广泛,尤其是多元函数中 各元 的地位等价时,其本质就是多元函数的偏导数,只不过在高中阶段没有学习偏导数,故将此方法称为主元法.思路2 构造函数之变形构造证法2 由f (s +t )>f (s )+f (t ),得到e s +t l n (1+s +t )>e s l n (1+s )+et l n (1+t ),故只需证明l n (1+s +t )>l n (1+s )e t +l n (1+t )es,令h (s )=l n (1+s +t )-l n (1+s )et -l n (1+t )e s,得到h '(s )=11+s +t -1e t (1+s )+l n (1+t )es,由切线不等式放缩e x>x +1(x >0),得到h '(s )>11+s +t -1(1+t )(1+s )=11+s +t -11+s +t +s t>0,所以h (s )在s >0上单调递增,可得h (s )>h (0)=l n (1+t )-l n (1+t )=0,h (s )=l n (1+s +t )-l n (1+s )e t -l n (1+t )e s>0,即证.评注 此证法通过将待证不等式变形,得到一个等价不等式,其中也含有s ,t 两个变量,所以构造函数的方法也是主元法,只不过构造的函数形式与证法1有所不同,再利用切线不等式放缩求得其导函数大于零,即所构函数在定义域内单调递增,从而得到证明.思路3 构造函数之局部构造证法3 令h (s )=f (s +t )-f (s )=e s +t l n (1+s +t )-e sl n (1+s ),则h '(s )=e s +t l n (1+s +t )-e sl n (1+s )+e s +t 1+s +t -e s 1+s,由(1)(2)可知,f (x )在x ȡ0上单调递增,又s ,t >0,s +t >s ,所以e s +t l n (1+s +t )-esl n (1+s )>0,令p (x )=e x 1+x ,x >0,p '(x )=x ex(1+x )2>0恒成立,所以p (x )在x >0上单调递增,又s ,t >0,s +t >s ,所以e s +t 1+s +t -es 1+s>0,所以h '(s )>0,即h (x )在x >0上单调递增,h (s )>h (0)=f (t )-f (0),又f (0)=0,所以h (s )>f (t ),即f (s +t )-f (s )>f (t ),所以对任意的s ,t >0,都有f (s +t )>f (s )+f (t ).评注 此证法也是利用主元法构造函数,所构造的函数是从待证不等式基础上局部构造得到的,接着对所构函数进行分析,从而得到证明.需要注意的是,所构函数的导函数比较复杂,判断导函数的正负性需要一定的运算能力,以保证所构函数的单调性判断正确.思路4 构造函数之比值构造证法4 由f (s +t )>f (s )+f (t ),得到e s +t l n (1+s +t )>e s l n (1+s )+et l n (1+t ),即只需证明e s +t l n (1+s +t )s +t >e s l n (1+s )s +t +e tl n (1+t )s +t,又s ,t >0,所以s +t >s ,s +t >t ,得到e s l n (1+s )s +e t l n (1+t )t >e s l n (1+s )s +t +e tl n (1+t )s +t,故只需证明e s +t l n (1+s +t )s +t >e s l n (1+s )s+e tl n (1+t )t即可,该不等式中的三项表达式形式完全一致,所以构造函数h (x )=f (x )x,(x >0),则h '(x )=x f '(x )-f (x )x 2=x g (x )-f (x )x2,设p (x )=x g (x )-f (x ),则p '(x )=g (x )+x g '(x )-f '(x )=x g'(x )>0,所以p (x )在x >0上单调递增,p (x )>65中学数学教学2022年第6期p (0)=0,得到h '(x )>0,所以h (x )在x >0上单调递增,又s ,t >0,所以s +t >s ,s +t >t ,所以f (s +t )s +t >f (s )s ,f (s +t )s +t >f (t )t ,所以s f (s +t )s +t +t f (s +t )s +t>f (s )+f (t ),即f (s +t )>f (s )+f (t ),即证.评注 此证法也是通过构造函数进行证明,构造思路来源于待证不等式的等价形式f (s +t )s +t >f (s )s +f (t )t .当然,也可以构造函数h (x )=xf (x),只不过此时h (x )在x >0上单调递减,但最终的结果是一致的.思路5 拉格朗日中值定理证法5 对任意的s ,t >0,不妨设s ȡt >0,因为函数f (x )=e xln (1+x )为初等函数,满足拉格朗日中值定理的条件,所以∃a ɪ(0,t ),使得f (t )-f (0)t =f'(a ),∃b ɪ(s ,s +t ),使得f (s +t )-f (s )t=f '(b ),由(2)可知f '(x )在x ȡ0上单调递增,又b >a ,所以f '(b )>f '(a ),f (s +t )-f (s )t>f (t )-f (0)t,又f (0)=0,所以f (s +t )>f (s )+f (t ).评注 此证法是利用高等数学知识,拉格朗日中值定理进行证明,利用拉格朗日中值定理求解问题时需注意函数是否满足其条件,高中所涉及的函数基本为初等函数,自然也就满足其使用条件.通过此证法可以感受到高等数学与初等数学具有一定的联系,而不是割裂的两个部分,利用高等数学知识来解决中学数学问题,具有一定的简捷性.试题中第(3)问从不同思路分析得到了七种证明方法,这有助于培养学生的一题多解能力,有助于培养和加强学生的数学思维能力和综合运用知识的能力,既能够开阔视野,又能够在一题多解过程中提高对数学的兴趣[1].七种方法可以概括为高中数学知识的解法,即构造函数法,以及高等数学知识的解法,即拉格朗日中值定理.不难看出,利用拉格朗日中值定理来求解此题更为简捷,究其原因,是因为此题的本质内涵就是函数的凹凸性.证法1到证法6,都是通过构造函数,分析所构函数的性质,如单调性㊁最值等得到证明,只不过构造函数的思路和所构函数的形式有所不同.通过此题也不难看出,利用主元法构造函数来证明双变量不等式问题具有强大的解题功效.3 加强推广例1 已知函数f (x )=e xln (1+x ).求证:对任意的s ,t >0,都有f (2s )+f (2t )ȡ2f (s +t ).证明 当s =t 时,显然不等式等号成立,当s ʂt 时,不妨设s >t ,将变量s 看成未知数,构造关于s 的函数,此时t 为常数,h (s )=f (2s )+f (2t )-2f (s +t ),则h '(s )=2f '(2s )-2f '(s +t )=2[f'(2s )-f '(s +t )], 因为函数f '(x )在x >0上单调递增,又s >t ,得到2s >s +t ,所以f '(2s )>f '(s +t ),即h '(s )>0,所以函数h (s )在s >0上单调递增,又f (0)=0,所以h (s )>h (0)=f (0)+f (2t )-2f (t )=f (2t )-2f (t ),由对任意的s ,t >0,都有f (s +t )>f (s )+f (t ),所以f (2t )>2f (t ),即h (s )>h (0)>0,所以f (2s )+f (2t )>2f (s +t ),综上所述,对任意的s ,t >0,都有f (2s )+f (2t )ȡ2f (s +t ).评注 此证明思路与原试题第(3)问的思路1一样,都是利用主元法来证明,不同的是,当s =t 时,原试题第(3)问中不等式不能取等号,而在加强中不等式可以取等号,当然,还可以通过其他思路来进行证明,这里不再叙述.进一步探究发现,由于s ,t 的任意性,通过换元s =12m ,t =752022年第6期中学数学教学12n,得到f(m)+f(n)ȡ2f m+n2,即琴生不等式,可见此不等式恒成立的关键在于函数f(x)在x>0上为凹函数.推广已知可导函数f(x)在x>0上为凹函数,满足f(0)ɤ0,求证:对任意的s,t>0,都有f(s+t)>f(s)+f(t)成立.证明变量s,t地位等价,不妨将变量s看成未知数,构造关于s的函数,此时t为常数, h(s)=f(s+t)-f(s)-f(t),则h'(s)= f'(s+t)-f'(s),因为f(x)在x>0上为凹函数,所以f'(x)在x>0上单调递增,又s,t>0,所以s+t>s,所以f'(s+t)> f'(s),即h'(s)>0,所以函数h(s)在s>0上单调递增,又f(0)ɤ0,所以h(0)=f(t)-f(0)-f(t)=-f(0)ȡ0,即h(s)>h(0)ȡ0,所以对任意的s,t>0,都有f(s+t)> f(s)+f(t).评注通过原试题第(3)问的思路1,不难发现此不等式恒成立的关键在于两点,一是函数f(x)在x>0上为凹函数,二是满足f(0)ɤ0,这样此推广也就可以得到了,其证明思路同思路1一样,都是利用主元法构造函数来证明.4教学启示4.1注重过程生成教学数学家米山国藏曾说 在学校学的数学知识,毕业后若没有什么机会去用,一两年后,很快就忘掉了,然而,不管他们从事什么工作,唯有深深铭刻在心中的数学的精神㊁数学的思维方法㊁研究方法㊁推理方法和看问题的着眼点等,却随时随地的发生作用,使他们终生受益. [2],使他们终生受益的东西,正是 能够数学地解决问题的东西 ,这与数学核心素养的内涵 学生应具备的,能够适应终身发展的和社会发展需要的㊁具有数学基本特征的思维品格和关键能力 是一致的,这才是数学教学应教给学生的,而过程性㊁生成性教学正是教给学生这些东西的有效途径.4.2把握解题教学本质数学的学习,解题必不可少,但题目浩如烟海,为此以题海战术来训练学生的解题能力并不可行,甚至会扼杀学生学习数学的兴趣.可见,数学解题教学的教学不应仅关注解题,而是要超脱解题教学本身,教给学生发现和提出问题㊁分析和解决问题的能力,善于总结解题思路㊁归纳题目类型,挖掘题目所蕴含的本质,以促进学生思维发展为目的,达到从 一道题 到 一类题 的提高,从数学解题的操作性能力到思维性能力的升华.所谓一题多解㊁多题一解㊁一题多变,其教学实质都是为了认识问题的本质㊁解法的本质以及核心的思维[3].参考文献[1]程华.从 一题多解 审思解题教学的思维培养[J].数学通报,2020,59(08):50-54.[2]米山国藏.数学的精神㊁思想和方法[M].成都:四川教育出版社,1986.[3]陆珺,胡晴颖.论数学解题教学的教学[J].数学教育学报,2021,v.30;N o.137(02):55-60.(收稿日期:2022-09-14)85中学数学教学2022年第6期。
2022年全国乙卷高考理科数学题目与答案解析
2022年全国乙卷高考理科数学题目与答案解析2022年全国乙卷高考理科数学题目与答案解析高考数学答题技巧1、排除排除是根据问题和相关知识你就知道你肯定不选择这一项,因此只剩下正确的选项.如果不能立即获得正确的选项,但是你们还是要对自己的需求都是要对这些有应的标准,提高解决问题的精度.注意去除这种方式还是一种解答这种大麻烦的好方式,也是解决选择问题的常用方法.2、特殊值法也就是说,根据标题中的条件,择选出来这种独特的方式还有知道他们,耳膜的内容关键都是要进行测量.在你使用这种方式答题的时候,你还是要看看这些方式都是有很多的要求会符合,你可以好好计算.3、通过推测和测量,可以得到直接观测或结果近年来,人们经常用这种方法来探索高考题中问题的规律性.这类问题的主要解决方法是采用不完整的归类方式,通过实验、猜测、试错验证、归纳等过程,使问题得以解决.高考高分学习注意事项1、先看笔记后做作业。
有的高中学生感到。
老师讲过的，自己已经听得明明白白了。
但是，为什么自己一做题就困难重重了呢?其原因在于，学生对教师所讲的内容的理解，还没能达到教师所要求的层次。
因此，每天在做作业之前，一定要把课本的有关内容和当天的课堂笔记先看一看。
能否坚持如此，常常是好学生与差学生的最大区别。
尤其练习题不太配套时，作业中往往没有老师刚刚讲过的题目类型，因此不能对比消化。
如果自己又不注意对此落实，天长日久，就会造成极大损失。
2、做题之后加强。
学生一定要明确，现在正坐着的题，一定不是考试的题目。
而是要运用现在正做着的题目的解题思路与方法。
因此，要把自己做过的每道题加以反思。
总结一下自己的收获。
要总结出，这是一道什么内容的题，用的是什么方法。
做到知识成片，问题成串，日久天长，构建起一个内容与方法的科学的网络系统。
3、主动复习总结提高。
进行章节总结是非常重要的。
初中时是教师替学生做总结，做得细致，深刻，完整。
高中是自己给自己做总结，老师不但不给做，而且是讲到哪，考到哪，不留复习时间，也没有明确指出做总结的时间。
以核心素养为导向渗透数形结合思想的方法——以2022_年高考数学乙卷理科第20_题为例
㊀㊀㊀㊀㊀㊀以核心素养为导向渗透数形结合思想的方法以核心素养为导向渗透数形结合思想的方法㊀㊀㊀ 以２０２２年高考数学乙卷理科第２０题为例Һ庞宇棋㊀（吉林师范大学，吉林㊀四平㊀１３６０００）㊀㊀ʌ摘要ɔ圆锥曲线是高考数学的难点之一，而高考数学试题中，圆锥曲线的定点问题又常常作为压轴题，其对学生来说是一个不小的挑战．文章给出２０２２年高考数学乙卷理科圆锥曲线大题的六种解题方法，基于核心素养导向对该题的解题策略进行分析，说明数形结合思想在解决圆锥曲线压轴题中的有效性，并给出相应的教学建议，以供参考．ʌ关键词ɔ核心素养；高考数学；圆锥曲线；数形结合；解法探究引㊀言根据‘普通高中数学课程标准（２０１７年版２０２０年修订）“要求，高中数学课程要注重发展学生的数学学科核心素养．２０２２年高考数学以数学课程标准为依据，突出对数学学科核心素养的考查，强调数学思想方法的渗透与数学知识之间联系的体现，对学生的直观想象㊁逻辑推理和数学抽象等核心素养都提出了更高的要求，引导学生进一步把数学知识和方法内化为自身的知识结构，体现了 核心素养导向㊁数学能力为重 的命题原则．圆锥曲线是高考数学中技巧性最强的一类题目，也是高考数学的难点之一，而数形结合思想是解决圆锥曲线问题的 关键武器 ．在解题的过程中，学生可以借助图像使数学问题更加明确，进而找到问题的根源并解决问题．根据对近几年高考数学试卷的分析，应用数形结合思想解答的题目在高考数学中所占的比例越来越高，所以教师要在今后的教学中更加重视对学生数形结合思维的训练，引导学生熟练掌握圆锥曲线这类问题的解题方法和技巧，并注意在练习中总结解题规律，把 数 和 形 结合起来，提高发散性思维㊁创新性思维和触类旁通的能力．一㊁题目呈现（２０２２㊃高考数学乙卷理科）已知椭圆Ｅ的中心为坐标原点，对称轴为ｘ轴㊁ｙ轴，且过Ａ（０，－２），Ｂ３２，－１æèçöø÷两点．（１）求Ｅ的方程；（２）设过定点Ｐ（１，－２）的直线交Ｅ于Ｍ，Ｎ两点，过Ｍ且平行于ｘ轴的直线与线段ＡＢ交于点Ｔ，点Ｈ满足ＭＴң＝ＴＨң．证明：直线ＨＮ过定点．二㊁第一个问题的解法探究解：设椭圆Ｅ的方程为ｍｘ２＋ｎｙ２＝１（ｍ＞０，ｎ＞０，ｍʂｎ），把点Ａ（０，－２）和Ｂ３２，－１æèçöø÷代入，则４ｎ＝１９４ｍ＋ｎ＝１ìîíïïï，解得ｍ＝１３，ｎ＝１４，所以椭圆Ｅ的方程为ｘ２３＋ｙ２４＝１．三㊁第二个问题的解法探究根据题意可作出下图（见图１）：图１直线过定点问题的常见解法为：①用参数表示出直线的方程，根据直线方程的特征确定定点的位置；②从特殊点入手，先确定定点，再证明该定点符合题目条件．求出直线方程是判断直线是否过定点的前提和关键．１．常规联立法（１）若直线ＰＮ斜率不存在，则直线ＰＮ的方程㊀㊀㊀㊀㊀为ｘ＝１，与椭圆方程联立ｘ＝１ｘ２３＋ｙ２４＝１ìîíïïï，解得直线ＰＮ与椭圆Ｅ的两个交点Ｍ１，－２６３æèçöø÷，Ｎ１，２６３æèçöø÷．已知Ａ（０，－２），Ｂ３２，－１æèçöø÷，根据两点式可知直线ＡＢ的方程为ｙ＝２３ｘ－２．过点Ｍ且平行于ｘ轴的直线与线段ＡＢ交于点Ｔ，则ｙＴ＝ｙＭ＝－２６３，代入直线ＡＢ的方程可得Ｔ３－６，－２６３æèçöø÷．由ＭＴң＝ＴＨң可知点Ｔ为ＭＨ的中点，则ｘＨ＝２ｘＴ－ｘＭ＝５－２６，ｙＨ＝ｙＭ＝－２６３，所以点Ｈ５－２６，－２６３æèçöø÷．利用两点式可得直线ＨＮ的方程为ｙ＝６＋２６３ｘ－２，则直线ＨＮ过定点（０，－２）．（２）若直线ＰＮ斜率存在，设直线ＰＮ的方程为ｙ＋２＝ｋ（ｘ－１），与椭圆方程联立ｙ＝ｋｘ－（ｋ＋２）ｘ２３＋ｙ２４＝１ìîíïïï，消去ｙ得（３ｋ２＋４）ｘ２－（６ｋ２＋１２ｋ）ｘ＋３ｋ２＋１２ｋ＝０．设直线ＰＮ与椭圆的交点为Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），根据韦达定理可得ｘ１＋ｘ２＝６ｋ２＋１２ｋ３ｋ２＋４ｘ１ｘ２＝３ｋ２＋１２ｋ３ｋ２＋４ìîíïïïï①．由于点Ｍ，Ｎ在直线ＰＮ上，故有ｙ１＋ｙ２＝－８ｋ＋１６３ｋ２＋４ｙ１ｙ２＝－８ｋ２＋１６ｋ＋１６３ｋ２＋４ìîíïïïï②，且ｘ１ｙ２＋ｘ２ｙ１＝ｘ１［ｋｘ２－（ｋ＋２）］＋ｘ２［ｋｘ１－（ｋ＋２）］＝－２４ｋ３ｋ２＋４③．由于ｙＴ＝ｙＭ＝ｙ１，代入直线ＡＢ的方程可得ｘＴ＝３２ｙ１＋３，所以Ｔ３２ｙ１＋３，ｙ１æèçöø÷．由ＭＴң＝ＴＨң可知点Ｔ为ＭＨ的中点，则点Ｈ（３ｙ１＋６－ｘ１，ｙ１）．利用两点式可将直线ＨＮ的方程表示为ｙ－ｙ２ｘ－ｘ２＝ｙ１－ｙ２３ｙ１＋６－ｘ１－ｘ２⇒ｙ＝ｙ１－ｙ２３ｙ１＋６－ｘ１－ｘ２ｘ＋３ｙ１ｙ２－（ｘ１ｙ２＋ｘ２ｙ１）＋６ｙ２３ｙ１＋６－ｘ１－ｘ２＝ｙ１－ｙ２３ｙ１＋６－ｘ１－ｘ２ｘ＋３ｙ１ｙ２－（ｘ１ｙ２＋ｘ２ｙ１）＋６ｙ２３（ｙ１＋ｙ２）－３ｙ２＋６－（ｘ１＋ｘ２），将上式①②③表示的ｘ１＋ｘ２，ｙ１＋ｙ２，ｙ１ｙ２，ｘ１ｙ２＋ｘ２ｙ１代入，可得ｙ＝ｙ１－ｙ２３ｙ１＋６－ｘ１－ｘ２ｘ＋－２４ｋ２＋７２ｋ＋４８＋（１８ｋ２＋２４）ｙ２１２ｋ２－３６ｋ－２４－（９ｋ２＋１２）ｙ２，整理得ｙ＝ｙ１－ｙ２３ｙ１＋６－ｘ１－ｘ２ｘ－２，则直线ＨＮ过定点（０，－２）．２．参数方程法设直线ＰＮ：ｘ＝１＋ｔｃｏｓαｙ＝－２＋ｔｓｉｎα{，且点Ｍ，Ｎ对应的参数分别为ｔ１和ｔ２，则Ｍ（１＋ｔ１ｃｏｓα，－２＋ｔ１ｓｉｎα），Ｎ（１＋ｔ２ｃｏｓα，－２＋ｔ２ｓｉｎα），ＰＭң＝ｔ１ｃｏｓα，ｔ１ｓｉｎα()，ＰＮң＝（ｔ２ｃｏｓα，ｔ２ｓｉｎα），ＰＡң＝（－１，０）．将直线ＰＮ与椭圆方程联立，得（４ｃｏｓ２α＋３ｓｉｎ２α）ｔ２＋（８ｃｏｓα－１２ｓｉｎα）ｔ＋４＝０，根据韦达定理可得ｔ１＋ｔ２＝８ｃｏｓα－１２ｓｉｎα３＋ｃｏｓ２α，ｔ１ｔ２＝４３＋ｃｏｓ２α．根据两点式可知直线ＡＢ的方程为ｙ＝２３ｘ－２，由于ｙＴ＝ｙＭ＝－２＋ｔ１ｓｉｎα，代入可得ｘＴ＝３２ｔ１ｓｉｎα，则Ｔ３２ｔ１ｓｉｎα，－２＋ｔ１ｓｉｎαæèçöø÷．由ＭＴң＝ＴＨң可知点Ｔ为ＭＨ的中点，则点Ｈ（３ｔ１ｓｉｎα－１－ｔ１ｃｏｓα，－２＋ｔ１ｓｉｎα），ＭＨң＝（３ｔ１ｓｉｎα－２－２ｔ１ｃｏｓα，０）．ＰＨң＝ＰＭң＋ＭＨң＝（３ｔ１ｓｉｎα－２－ｔ２ｃｏｓα，ｔ１ｓｉｎα）．设ＰＨң＝λＰＮң＋μＰＡң，即（３ｔ１ｓｉｎα－２－ｔ２ｃｏｓα，ｔ１ｓｉｎα）＝λ（ｔ２ｃｏｓα，ｔ２ｓｉｎα）＋μ（－１，０），可得ｔ２λ＝ｔ１μ＝２ｔ１ｃｏｓα＋２－３ｔ１ｓｉｎα{，则λ＋μ＝ｔ１＋２ｔ１ｔ２ｃｏｓα－３ｔ１ｔ２ｓｉｎα＋２ｔ２ｔ２＝１，由此可知Ｎ，Ｈ，Ａ三点共线，则直线ＨＮ过定点（０，－２）．３． 平移＋联立 法把椭圆向上平移两个单位，则椭圆Ｅᶄ的方程为ｘ２３＋（ｙ－２）２４＝１，点Ｐᶄ１，０()，点Ａᶄ０，０()，点Ｂᶄ３２，１æèçöø÷，直线ＡᶄＢᶄ的方程为ｙ＝２３ｘ．设Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），则Ｔ３２ｙ１，ｙ１æèçöø÷，Ｈ（３ｙ１－ｘ１，ｙ１）．要证Ｎ，Ｈ，Ａᶄ三点共线，只需证明ｋＨＡᶄ＝ｋＮＡᶄ，即ｙ１３ｙ１－ｘ１＝ｙ２ｘ２，整理为３ｙ１ｙ２＝ｘ１ｙ２＋ｘ２ｙ１①．设直线ＭＮ的方程为ｘ＝ｍｙ＋１，与椭圆Ｅᶄ联立ｘ２３＋ｙ－２()２４＝１ｘ＝ｍｙ＋１{，可得４ｍ２＋３()ｙ２＋８ｍ－１２()ｙ＋４＝０，㊀㊀㊀㊀㊀㊀根据韦达定理得ｙ１＋ｙ２＝１２－８ｍ４ｍ２＋３，ｙ１ｙ２＝４４ｍ２＋３，则ｘ１ｙ２＋ｘ２ｙ１＝（ｍｙ１＋１）ｙ２＋（ｍｙ２＋１）ｙ１＝２ｍｙ１ｙ２＋ｙ１＋ｙ２＝３ｙ１ｙ２，即①式成立，故直线ＨＮ过点Ａᶄ（０，０），即恒过点Ａ（０，－２）．４．平移构造齐次化法把椭圆向上平移两个单位，则椭圆Ｅᶄ的方程为ｘ２３＋（ｙ－２）２４＝１，即ｘ２３＋ｙ２４－ｙ＝０，Ｐᶄ１，０()，Ａᶄ（０，０），Ｂᶄ３２，１æèçöø÷．设Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），直线ＡᶄＢᶄ的方程为ｙ＝２３ｘ，则Ｔ３２ｙ１，ｙ１æèçöø÷，Ｈ３ｙ１－ｘ１，ｙ１()．由于直线ＭＮ过点Ｐᶄ（１，０），所以可设直线ＭＮ的方程为ｘ＋ｍｙ＝１，则有ｘ２３＋ｙ２４－ｙｘ＋ｍｙ()＝０，两边同时除以ｘ２，得１－４ｍ４㊃ｙ２ｘ２－ｙｘ＋１３＝０，则ｋＡᶄＭ＝ｙ１ｘ１与ｋＡᶄＮ＝ｙ２ｘ２是这个方程的两个根，根据韦达定理有ｋＡᶄＭ＋ｋＡᶄＮ＝４１－４ｍ，ｋＡᶄＭ㊃ｋＡᶄＮ＝４３（１－ｍ），则１ｋＡᶄＭ＋１ｋＡᶄＮ＝３，即ｙ１ｘ１＋ｙ２ｘ２＝３，整理得ｙ１＝ｘ１ｙ２３ｙ２－ｘ２，则ｋＡᶄＨ＝ｙ１３ｙ１－ｘ１＝ｘ１ｙ２３ｘ１ｙ２－３ｘ１ｙ２＋ｘ１ｘ２＝ｙ２ｘ２＝ｋＡᶄＮ，由此可知Ｎ，Ｈ，Ａᶄ三点共线，则直线ＨＮ过定点（０，－２）．５．斜率双用法设Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２）．直线ＡＢ的方程为ｙ＝２３ｘ－２，则Ｔ３２ｙ１＋３，ｙ１æèçöø÷，由ＭＴң＝ＴＨң可知点Ｔ为ＭＨ的中点，则点Ｈ（３ｙ１＋６－ｘ１，ｙ１），ｋＡＮ＝ｙ２＋２ｘ２＝－４３㊃ｘ２ｙ２－２，ｋＡＭ＝ｙ１＋２ｘ１＝－４３㊃ｘ１ｙ１－２，ｋＡＨ＝ｙ１＋２３ｙ１＋６－ｘ１，则１ｋＡＭ＋１ｋＡＨ＝３．设１ｋＡＭ＋１ｋＡＮ＝ｔ，代入得ｘ１ｙ１＋２－３４㊃ｙ２－２ｘ２＝ｔｘ２ｙ２＋２－３４㊃ｙ１－２ｘ１＝ｔìîíïïïï，整理得４ｘ１ｘ２－３ｙ１ｙ２＋６（ｙ２－ｙ１）＋１２＝４ｔ（ｘ１ｙ２＋２ｘ１）＝１①４ｘ１ｘ２－３ｙ１ｙ２＋６（ｙ１－ｙ２）＋１２＝４ｔ（ｘ２ｙ１＋２ｘ２）＝２②{，①－②，得ｙ２－ｙ１＝ｔ３ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１＋２（ｘ１－ｘ２）[]③．由于直线ＭＮ过点Ｐ（１，－２），根据两点式可知ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１＝－２（ｘ１－ｘ２）－（ｙ１－ｙ２）④，把④代入③，得ｙ２－ｙ１＝ｔ３（ｙ２－ｙ１），解得ｔ＝３，则１ｋＡＭ＋１ｋＡＮ＝３，即ｋＡＮ＝ｋＡＨ，由此可知Ｎ，Ｈ，Ａ三点共线，则直线ＨＮ过定点（０，－２）．６． 假平移＋对偶式 法对于直线过非坐标轴上的点，可以使用假平移的方法．设Ｍ（ｘ１，ｙ１－２），Ｎ（ｘ２，ｙ２－２）．直线ＡＢ的方程为ｙ＝２３ｘ－２，则Ｔ３２ｙ１，ｙ１－２æèçöø÷，由ＭＴң＝ＴＨң可知点Ｔ为ＭＨ的中点，则点Ｈ（３ｙ１－ｘ１，ｙ１－２），ＰＭң＝（ｘ１－１，ｙ１），ＰＮң＝ｘ２－１，ｙ２()．由于Ｐ，Ｍ，Ｎ三点共线，所以有ｙ１ｘ１－１＝ｙ２ｘ２－１，即ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１＝ｙ２－ｙ１．ｘ１ｙ２＋ｘ２ｙ１＝ｘ１２ｙ２２－ｘ２２ｙ１２ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１＝３－３４（ｙ１－２）２éëêêùûúúｙ２２－３－３４（ｙ２－２）２éëêêùûúúｙ１２ｙ２－ｙ１＝３（ｙ１ｙ２２－ｙ２ｙ１２）ｙ２－ｙ１＝３ｙ１ｙ２．设直线ＨＮ过点Ｑ（ｍ，ｎ），则ＱＨң＝（３ｙ１－ｘ１－ｍ，ｙ１－２－ｎ），ＱＮң＝（ｘ２－ｍ，ｙ２－２－ｎ），且有ｙ２－２－ｎｘ２－ｍ＝ｙ１－２－ｎ３ｙ１－ｘ１－ｍ，即（ｙ２－２－ｎ）（３ｙ１－ｘ１－ｍ）＝（ｙ１－２－ｎ）（ｘ２－ｍ），整理得ｘ１ｙ２＋ｘ２ｙ１＝ｍ（ｙ１－ｙ２）－（ｎ＋２）㊃（３ｙ１－ｘ１－ｍ－ｘ２＋ｍ）＋３ｙ１ｙ２，则ｍ（ｙ１－ｙ２）＝（ｎ＋２）（３ｙ１－ｘ１－ｘ２）恒成立，所以有ｍ＝ｎ＋２＝０，即ｍ＝０，ｎ＝－２．故直线ＨＮ过定点（０，－２）．结㊀语教师应当使学生了解圆锥曲线中极点极线的应用方法，弄清楚这类问题的实质，做到知其然并知其所以然．这样可以培养学生的数学核心素养和发散性思维，帮助学生完成数学知识体系的建构，从而能够触类旁通㊁举一反三．ʌ参考文献ɔ［１］陈熙春．２０２２年全国高考乙卷第２０题的解法探究与拓展［Ｊ］．理科考试研究，２０２２（２１）：１６－２０．［２］刘艳．圆锥曲线中一类定点问题的探究与思考［Ｊ］．中学数学研究：华南师范大学版，２０２２（２１）：３３－３５．［３］王汉芹，刘玉华．把握数学知识本质㊀培养数学运算素养：以二轮复习课 圆锥曲线背景下直线过定点问题 为例［Ｊ］．数学通讯，２０２２（１６）：１８－２０，４３．。
“动”“静”结合，定点永存——赏析2023年高考数学全国乙卷理科第20题
高考数学 试 卷 中 的 一 个 热 点 与 难 点,常 考 常
方法和基本性质等值得探究、
推广与拓展。
真题破解
2.
新,
数学运 算 量 大,逻 辑 推 理 复 杂,难 度 往 往
b=2,
比较高,
有比较好的选拔 性 与 区 分 度,
备受命
题者关注。
c
5
(
解:
,
1)依 题 意,可 得 =
a
高二数学 2023 年 11 月
同理 Q
-2
t +1
2
t -1
8
t+5
4
,可 得
,2
2
t -6
t+1
8 t -6
t+1
8
2
-1
8
t+5
4
-3
2
2
t -6
t+1
8
t
kRQ =
=- 。
2
1
2
-2
t +1
2
t
+2
2
t -6
t+1
8
4.
1 平面解析 几 何 中 定 点 问 题 的 解 法 归
纳
(
—
—一般推理,
2
题中直线 AP ,
AQ 与y 轴的交点分 别 为
,
可设直线 AP 的方 程 为y=k(
M,
N,
x+2)
。
可得 M (
k≠0。此时令 x=0,
0,
2
k)
k,
y=kx+2
联 立 y2 x2
多方视角觅答案_登高望远探背景——探究2022年高考北京卷第20题
多方视角觅答案㊀登高望远探背景探究２０２２年高考北京卷第２０题林国红(广东省佛山市乐从中学ꎬ广东佛山５２８３１５)摘㊀要:文章对２０２２年高考北京卷第２０题的问题(３)进行深入探究ꎬ从不同的视角给出５种证法ꎬ并探析其命题背景ꎬ得到一般性的结论.关键词:高考ꎻ函数导数ꎻ解法探究ꎻ命题背景ꎻ凹凸性中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０１－００１１－０５收稿日期:２０２３－１０－０５作者简介:林国红(１９７７－)ꎬ男ꎬ广东省佛山人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事数学教学研究.㊀㊀题目呈现㊀(２０２２年高考北京卷第２０题)已知函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｌｎ(１＋ｘ).(１)求曲线ｙ＝ｆ(ｘ)在点(０ꎬｆ(０))处的切线方程ꎻ(２)设ｇ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)ꎬ讨论函数ｇ(ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)上的单调性ꎻ(３)证明:对任意的ｓꎬｔɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ有ｆ(ｓ＋ｔ)>ｆ(ｓ)＋ｆ(ｔ).由于问题(１)与(２)较为简单ꎬ只给出答案ꎬ本文主要对问题(３)进行探究.１问题(１)与(２)的答案(１)由题意ꎬ可知ｘ>－１ꎬｆ(０)＝ｅ０ｌｎ１＝０ꎬｆᶄ(ｘ)＝ｅｘｌｎ(１＋ｘ)＋ｅｘ１＋ｘ＝ｅｘ[ｌｎ(１＋ｘ)＋１１＋ｘ].故ｆᶄ(０)＝ｅ０(ｌｎ１＋１)＝１.故曲线ｙ＝ｆ(ｘ)在点(０ꎬ０)处的切线方程为ｙ＝ｘ.㊀(２)由于ｇ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘｌｎ(１＋ｘ)＋ｅｘ１＋ｘꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘｌｎ(１＋ｘ)＋ｘｅｘ(１＋ｘ)２＋ｅｘ１＋ｘ＝ｅｘ[ｌｎ(１＋ｘ)＋ｘ(１＋ｘ)２＋１１＋ｘ].因为ｘȡ０ꎬ故ｅｘ>０ꎬｌｎ(１＋ｘ)ȡ０ꎬｘ(１＋ｘ)２ȡ０ꎬ１１＋ｘ>０.从而可得ｇᶄ(ｘ)>０.所以ｇ(ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)上的单调递增.２问题(３)的证法探究视角１㊀直接作差ꎬ构造差函数.证法１㊀设ｔɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ令ｈ(ｘ)＝ｆ(ｘ＋ｔ)－ｆ(ｘ)(ｘȡ０)ꎬ则ｈ(ｘ)＝ｅｘ＋ｔｌｎ(１＋ｘ＋ｔ)－ｅｘｌｎ(１＋ｘ)ꎬｈᶄ(ｘ)＝ｅｘ＋ｔｌｎ(１＋ｘ＋ｔ)＋ｅｘ＋ｔ１＋ｘ＋ｔ－ｅｘｌｎ(１＋ｘ)－ｅｘ１＋ｘ.当ｘȡ０时ꎬ由(１)ꎬ可知ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ[ｌｎ(１＋ｘ)＋１１＋ｘ]>０.所以ｆ(ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)上单调递增.因为ｔɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬｘȡ０ꎬ所以ｘ＋ｔ>ｘ.从而可得ｆ(ｘ＋ｔ)>ｆ(ｘ).即ｅｘ＋ｔｌｎ(１＋ｘ＋ｔ)>ｅｘｌｎ(１＋ｘ).故ｅｘ＋ｔｌｎ(１＋ｘ＋ｔ)－ｅｘｌｎ(１＋ｘ)>０.令φ(ｘ)＝ｅｘ１＋ｘ(ｘȡ０)ꎬ则φᶄ(ｘ)＝ｘｅｘ(１＋ｘ)２ȡ０.所以φ(ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)上单调递增.因为ｔɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬｘȡ０ꎬ所以ｘ＋ｔ>ｘ.从而可得φ(ｘ＋ｔ)>φ(ｘ).即ｅｘ＋ｔ１＋ｘ＋ｔ>ｅｘ１＋ｘ.故ｅｘ＋ｔ１＋ｘ＋ｔ－ｅｘ１＋ｘ>０.于是可得ｈᶄ(ｘ)＝ｅｘ＋ｔｌｎ(１＋ｘ＋ｔ)＋ｅｘ＋ｔ１＋ｘ＋ｔ－ｅｘｌｎ(１＋ｘ)－ｅｘ１＋ｘ>０.故ｈ(ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)上单调递增.因为ｓɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ所以ｈ(ｓ)>ｈ(０).即ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)>ｆ(ｔ)－ｆ(０)ꎬ且ｆ(０)＝０.所以ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)>ｆ(ｔ).即ｆ(ｓ＋ｔ)>ｆ(ｓ)＋ｆ(ｔ).证法２㊀令ｈ(ｘ)＝ｆ(ｘ＋ｔ)－ｆ(ｘ)(ｘȡ０)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ＋ｔ)－ｆᶄ(ｘ).由(２)可知ꎬｇ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)上单调递增.由于ｓꎬｔɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬｘȡ０ꎬ则ｘ＋ｔ>ｘ.从而可得ｆᶄ(ｘ＋ｔ)>ｆᶄ(ｘ).即ｈᶄ(ｘ)>０.所以ｈ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增.于是ｈ(ｓ)>ｈ(０).即ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)>ｆ(０＋ｔ)－ｆ(０)ꎬ且ｆ(０)＝０.所以ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)>ｆ(ｔ).即ｆ(ｓ＋ｔ)>ｆ(ｓ)＋ｆ(ｔ).评注㊀一般来说ꎬ证明函数不等式ｆ(ｘ)>ｇ(ｘ)恒成立ꎬ可设Ｆ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｇ(ｘ)ꎬ则ｆ(ｘ) >ｇ(ｘ)恒成立⇔Ｆ(ｘ)>０恒成立ꎬ作差法是证明不等式成立的最常规做法ꎬ思路自然.证法１作差后ꎬ通过探究具体函数的单调性来证明ꎬ运算量较大ꎻ证法２则利用问题(２)的结论来证明ꎬ证明过程简洁.视角２㊀放缩法.证法３㊀(利用ｅｘ>１＋ｘ放缩)因为ｆ(ｘ)＝ｅｘｌｎ(１＋ｘ)ꎬｓꎬｔɪ(０ꎬ＋ɕ).要证明ｆ(ｓ＋ｔ)>ｆ(ｓ)＋ｆ(ｔ)ꎬ即证明ｅｓ＋ｔｌｎ(１＋ｓ＋ｔ)>ｅｓｌｎ(１＋ｓ)＋ｅｔｌｎ(１＋ｔ).只需证明ｌｎ(１＋ｓ＋ｔ)>ｌｎ(１＋ｓ)ｅｔ＋ｌｎ(１＋ｔ)ｅｓ.因为ｅｘ>１＋ｘ(ｘ>０)ꎬ所以１ｅｘ<１１＋ｘ.故只需证明ｌｎ(１＋ｓ＋ｔ)>ｌｎ(１＋ｓ)１＋ｔ＋ｌｎ(１＋ｔ)１＋ｓ.令ｈ(ｘ)＝ｌｎ(１＋ｘ＋ｔ)－ｌｎ(１＋ｘ)１＋ｔ－ｌｎ(１＋ｔ)１＋ｘ(ｘ>０)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝１１＋ｘ＋ｔ－１(１＋ｔ)(１＋ｘ)＋ｌｎ(１＋ｔ)(１＋ｘ)２>１１＋ｘ＋ｔ－１(１＋ｔ)(１＋ｘ)＝１１＋ｘ＋ｔ－１１＋ｘ＋ｔ＋ｔｘ>０.所以ｈ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增.故ｈ(ｓ)>ｈ(０)＝ｌｎ(１＋ｔ)－ｌｎ(１＋ｔ)＝０.即ｈ(ｓ)＝ｌｎ(１＋ｓ＋ｔ)－ｌｎ(１＋ｓ)１＋ｔ－ｌｎ(１＋ｔ)１＋ｓ>０.所以ｌｎ(１＋ｓ＋ｔ)>ｌｎ(１＋ｓ)１＋ｔ＋ｌｎ(１＋ｔ)１＋ｓ.所以ｆ(ｓ＋ｔ)>ｆ(ｓ)＋ｆ(ｔ).评注㊀证法３也是通过探究具体函数的单调性来证明ꎬ通过放缩消去ｅｘ后再构造函数ꎬ比证法１的运算量要少.在函数不等式证明的题目中ꎬ有几个与ｅｘ和ｌｎｘ相关函数型不等式比较重要且常见ꎬ如ｅｘȡｘ＋１ꎬｅｘȡｅｘꎬｌｎｘɤｘ－１(ｘ>０)ꎬｅｘȡ１＋ｘ＋ｘ２２!.探究其主要原因有三:首先ꎬ此类函数的导数可以和多项式函数结合到一起ꎬ体现转化与化归思想ꎻ其次ꎬ此类函数能体现微积分的一个思想:以直代曲ꎬ无限逼近ꎻ最后ꎬ此类函数与高等数学的级数结合比较紧密.以ｅｘ与ｌｎｘ为背景的函数题ꎬ常用到这种思想方法ꎬ值得注意.视角３㊀更换主元法.证法４㊀令ｈ(ｓ)＝ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)－ｆ(ｔ)(ｓ>０)ꎬ则ｈᶄ(ｓ)＝ｆᶄ(ｓ＋ｔ)－ｆᶄ(ｓ)＝ｇ(ｓ＋ｔ)－ｇ(ｓ).由(２)可知ꎬｇ(ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)上单调递增.由于ｓꎬｔɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ则ｓ＋ｔ>ｓ.从而可得ｇ(ｓ＋ｔ)>ｇ(ｓ).即ｈᶄ(ｓ)>０.所以ｈ(ｓ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增.于是ｈ(ｓ)>ｈ(０)ꎬ且ｆ(０)＝０.从而ｈ(０)＝ｆ(ｔ)－ｆ(０)－ｆ(ｔ)＝０.故ｈ(ｓ)＝ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)－ｆ(ｔ)>０.所以ｆ(ｓ＋ｔ)>ｆ(ｓ)＋ｆ(ｔ).评注㊀ 横看成岭侧成峰ꎬ远近高低各不同. 同一事物从不同角度看ꎬ会有不同的认识.由于问题涉及两个变量ꎬ且两个变量彼此独立ꎬ所以可以把其中一个变量看作未知数(确立为主元)ꎬ另一个先固定ꎬ从而转化为单变量问题.这样能排除参数间的干扰ꎬ简化问题结构ꎬ可以化繁为简ꎬ化难为易ꎬ使求解过程更加简捷[１].视角４㊀高观点.证法５㊀由ｓꎬｔɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ不妨设０<ｔɤｓꎬ则０<ｔɤｓ<ｓ＋ｔ.由拉格朗日中值定理ꎬ可得∃ξɪ(ｓꎬｓ＋ｔ)ꎬ有ｆᶄ(ξ)＝ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)(ｓ＋ｔ)－ｓ＝ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)ｔ.∃ηɪ(０ꎬｔ)ꎬ有ｆᶄ(η)＝ｆ(ｔ)－ｆ(０)ｔ－０＝ｆ(ｔ)－ｆ(０)ｔ.由(２)可知ꎬｇ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ且ｆ(０)＝０.因为ξ>ηꎬ所以ｆᶄ(ξ)>ｆᶄ(η).即ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)ｔ>ｆ(ｔ)－ｆ(０)ｔ＝ｆ(ｔ)ｔ.于是ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)>ｆ(ｔ).所以ｆ(ｓ＋ｔ)>ｆ(ｓ)＋ｆ(ｔ).评注㊀拉格朗日中值定理不在高中的学习范围内ꎬ学生不需要掌握ꎬ但其解题思路新颖ꎬ过程简捷ꎬ能体现试题本质内涵ꎬ值得学习.３问题(３)的命题背景探析问题(３)中的二元不等式ｆ(ｓ＋ｔ)>ｆ(ｓ)＋ｆ(ｔ)在形式上十分优美ꎬ自然的想法是:什么样的函数ｆ(ｘ)在满足ｓꎬｔɪ(０ꎬ＋ɕ)时ꎬ有ｆ(ｓ＋ｔ)>ｆ(ｓ)＋ｆ(ｔ)?问题(３)的命题背景是什么?３.１几何背景由ｓꎬｔɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ不妨设０<ｔɤｓꎬ则０<ｔɤｓ<ｓ＋ｔ.再设Ａ(０ꎬｆ(０))ꎬＢ(ｔꎬｆ(ｔ))ꎬＣ(ｓꎬｆ(ｓ))ꎬＤ(ｓ＋ｔꎬｆ(ｓ＋ｔ))ꎬ直线ＡＢꎬＣＤ的斜率分别为ｋＡＢꎬｋＣＤ.㊀作出函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｌｎ(１＋ｘ)的图象(如图１)ꎬ作直线ＡＢꎬＣＤ.由图１可知ꎬ直线ＡＢꎬＣＤ的倾斜角均为锐角ꎬ且直线ＣＤ的倾斜角大于直线ＡＢ的倾斜角ꎬ即ｋＣＤ>ｋＡＢ.图１㊀ｆ(ｘ)＝ｅｘｌｎ(１＋ｘ)的图象事实上ꎬ由证法５ꎬ可得ｆᶄ(ξ)＝ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)(ｓ＋ｔ)－ｓ＝ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)ｔ＝ｋＣＤꎬｆᶄ(η)＝ｆ(ｔ)－ｆ(０)ｔ－０＝ｆ(ｔ)－ｆ(０)ｔ＝ｋＡＢ.因为ξ>ηꎬ所以ｆᶄ(ξ)>ｆᶄ(η).从而ｋＣＤ>ｋＡＢ.显然ｋＣＤ>ｋＡＢ正是试题的几何背景.３.２高等数学背景从问题(１)可知ꎬ函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｌｎ(１＋ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎻ由问题(２)可知ꎬｇᶄ(ｘ)>０ꎬ即ｆᵡ(ｘ)>０ꎬ所以可得函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｌｎ(１＋ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)是下凸函数ꎬ且单调递增.那么ꎬ是不是单调递增的下凸函数ｆ(ｘ)都有性质:当ｓꎬｔɪ(０ꎬ＋ɕ)时ꎬ有ｆ(ｓ＋ｔ)>ｆ(ｓ)＋ｆ(ｔ)?答案是肯定的ꎬ下面给出更一般的结论.定义㊀函数ｆ(ｘ)在区间Ｄ内有定义ꎬ若对于任意的ｘ１ꎬｘ２ɪＤ和任意的０<λ<１ꎬ恒有λｆ(ｘ１)＋(１－λ)ｆ(ｘ２)>ｆ[λｘ１＋(１－λ)ｘ２]ꎬ①则称ｆ(ｘ)在区间Ｄ内是下凸函数ꎬ简称下凸.若上述不等式反向恒成立ꎬ则称ｆ(ｘ)在区间Ｄ内是上凸函数ꎬ简称上凸.性质㊀若ｆ(ｘ)在区间Ｄ内是下凸函数ꎬｘ１ꎬｘꎬｘ２ɪＤ且ｘ１<ｘ<ｘ２ꎬ则ｆ(ｘ)－ｆ(ｘ１)ｘ－ｘ１<ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)ｘ２－ｘ１<ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ)ｘ２－ｘ.②证明㊀在下凸函数的定义中ꎬ若ｘ１<ｘ２ꎬ令λｘ１＋(１－λ)ｘ２＝ｘꎬ则λｆ(ｘ１)＋(１－λ)ｆ(ｘ２)>ｆ(ｘ)ꎬ且λ＝ｘ２－ｘｘ２－ｘ１ꎬ１－λ＝ｘ－ｘ１ｘ２－ｘ１.(１)由λｆ(ｘ１)＋(１－λ)ｆ(ｘ２)>ｆ(ｘ)ꎬ得λｆ(ｘ１)－λｆ(ｘ２)>ｆ(ｘ)－ｆ(ｘ２).即λ[ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)]<ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ).将λ＝ｘ２－ｘｘ２－ｘ１代入ꎬ得ｘ２－ｘｘ２－ｘ１[ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)]<ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ).注意到ｘ１<ｘ<ｘ２ꎬ故得ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)ｘ２－ｘ１<ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ)ｘ２－ｘ.(２)由λｆ(ｘ１)＋(１－λ)ｆ(ｘ２)>ｆ(ｘ)ꎬ得－(１－λ)ｆ(ｘ１)＋(１－λ)ｆ(ｘ２)>ｆ(ｘ)－ｆ(ｘ１).即(１－λ)[ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)]>ｆ(ｘ)－ｆ(ｘ１).将１－λ＝ｘ－ｘ１ｘ２－ｘ１代入ꎬ得ｘ－ｘ１ｘ２－ｘ１(ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１))>ｆ(ｘ)－ｆ(ｘ１).注意到ｘ１<ｘ<ｘ２ꎬ故得ｆ(ｘ)－ｆ(ｘ１)ｘ－ｘ１<ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)ｘ２－ｘ１.综合(１)(２)ꎬ可得ｆ(ｘ)－ｆ(ｘ１)ｘ－ｘ１<ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)ｘ２－ｘ１<ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ)ｘ２－ｘꎬ性质得证[２].推论㊀若ｆ(ｘ)在区间Ｄ内是下凸函数ꎬｒꎬｔꎬｓꎬｐɪＤ且ｒ<ｔɤｓ<ｐꎬ则ｆ(ｐ)－ｆ(ｓ)ｐ－ｓ>ｆ(ｔ)－ｆ(ｒ)ｔ－ｒ.证明㊀(１)当ｔ＝ｓ时ꎬ不等式ｒ<ｔɤｓ<ｐ转化为ｒ<ｓ<ｐꎬ且ｆ(ｔ)＝ｆ(ｓ)ꎬ由②可得ｆ(ｓ)－ｆ(ｒ)ｓ－ｒ<ｆ(ｐ)－ｆ(ｓ)ｐ－ｓ.即有ｆ(ｔ)－ｆ(ｒ)ｔ－ｒ<ｆ(ｐ)－ｆ(ｓ)ｐ－ｓ.(２)当ｔʂｓ时ꎬ由ｒ<ｔ<ｓ与②ꎬ可得ｆ(ｔ)－ｆ(ｒ)ｔ－ｒ<ｆ(ｓ)－ｆ(ｒ)ｓ－ｒ<ｆ(ｓ)－ｆ(ｔ)ｓ－ｔꎬ由ｔ<ｓ<ｐ与②ꎬ可得ｆ(ｓ)－ｆ(ｔ)ｓ－ｔ<ｆ(ｐ)－ｆ(ｔ)ｐ－ｔ<ｆ(ｐ)－ｆ(ｓ)ｐ－ｓ.故当ｒ<ｔ<ｓ<ｐ时ꎬ有ｆ(ｔ)－ｆ(ｒ)ｔ－ｒ<ｆ(ｓ)－ｆ(ｒ)ｓ－ｒ<ｆ(ｓ)－ｆ(ｔ)ｓ－ｔ<ｆ(ｐ)－ｆ(ｔ)ｐ－ｔ<ｆ(ｐ)－ｆ(ｓ)ｐ－ｓ.综合(１)(２)ꎬ可得ｆ(ｐ)－ｆ(ｓ)ｐ－ｓ>ｆ(ｔ)－ｆ(ｒ)ｔ－ｒ.显然ꎬ若ｆ(ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)是下凸函数ꎬ且ｆ(０)＝０ꎬ对于０<ｔɤｓ<ｓ＋ｔꎬ由推论可得ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)ｔ>ｆ(ｔ)－ｆ(０)ｔ＝ｆ(ｔ)ｔꎬ即ｆ(ｓ＋ｔ)－ｆ(ｓ)>ｆ(ｔ)ꎬ所以ｆ(ｓ＋ｔ)>ｆ(ｓ)＋ｆ(ｔ)ꎬ这正是高考试题的情形ꎬ需要说明的是:ｆ(ｘ)在[０ꎬ＋ɕ)上单调递增这个条件是不需要的.可见上述结论正是试题的高等数学命题背景.另外ꎬ对于上凸函数也有类似的性质ꎬ感兴趣的读者不妨进行探究.评注㊀函数凹凸性是函数的一种特殊性质ꎬ其相关知识十分丰富.以函数凹凸性为背景的题目屡见不鲜ꎬ这些试题情景新颖ꎬ能考查学生的创新能力和潜在的数学素质ꎬ常作为压轴题出现ꎬ这也表明:高等数学的相关理论是命制一些具有创新力与区分度的高考试题的重要来源[３].虽然在高中课本中没有这方面的内容ꎬ但若能多了解一些函数凹凸性的相关理论知识ꎬ可以 登高望远 ꎬ开拓思维ꎬ养成对试题背后的内在关系分析与思考的习惯ꎬ便于找到问题的本质内涵ꎬ确定解题方向ꎬ寻找简捷的解题途径.４结束语高考试题是精心之作ꎬ每年的高考题在命题角度㊁题型㊁难度等方面都进行了充分考量ꎬ是知识㊁能力和思想方法的载体ꎬ大多都蕴含着深刻的背景㊁丰富的数学思想.近年来ꎬ高考的命题者通过挖掘高等数学中的一些素材来命制高考试题ꎬ此类试题也逐渐引起大家的关注[４].但这并不意味着要将过多的高等数学知识下放到中学ꎬ加重中学的负担ꎬ应该是站在高观点的角度看待问题ꎬ将研究的问题引向深入ꎬ探索隐藏在题目背后的奥秘ꎬ挖掘题目的真正内涵ꎬ能够找到解决这个问题与解决其他问题在思维上的共性.这样ꎬ我们才能领会到试题命制的深刻背景ꎬ才能跳出题海ꎬ真正做到触类旁通ꎬ举一反三.参考文献:[１]林国红.妙用变更主元法巧解导数压轴题[Ｊ].数理化学习(高中版)ꎬ２０２１(０１):２６－３０.[２]林国红.函数凹凸性视角下的双变量压轴题的探究[Ｊ].中学数学研究(华南师范大学版)ꎬ２０２２(０５):１７－２０.[３]刘远桃.２０２２年高考数学北京卷第２０题的多解探究及加强推广[Ｊ].中学数学教学ꎬ２０２２(０６):５５－５８.[４]林国红.２０１８年全国卷Ⅰ文科第２１题解法赏析及备考建议[Ｊ].理科考试研究ꎬ２０１９ꎬ２６(０５):２－５.[责任编辑:李㊀璟]。
一题多解有妙法 深入探究促提升——2022_年高考全国乙卷第23_题的探究
一题多解有妙法㊀深入探究促提升２０２２年高考全国乙卷第２３题的探究林国红(广东省佛山市乐从中学ꎬ广东佛山５２８３１５)摘㊀要:文章对２０２２年高考全国乙卷的第２３题进行探究ꎬ从不同的角度给出多种证法ꎬ分析试题的命题背景ꎬ并对试题溯源与推广ꎬ充分挖掘高考试题的价值ꎬ以此促进教与学.关键词:高考题ꎻ均值不等式ꎻ构造函数ꎻ背景ꎻ推广中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２５－００６９－０４收稿日期:２０２３－０６－０５作者简介:林国红(１９７７－)ꎬ男ꎬ广东省佛山人ꎬ中学高级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀每年都有不少的优质高考试题ꎬ这些试题是命题专家精心设计的杰作ꎬ凝聚了命题人的集体智慧ꎬ具有权威性㊁示范性与借鉴性.这当中出现了很多立意深远㊁思路灵活的题目ꎬ值得我们去探究.１题目呈现题目㊀(２０２２年高考全国乙卷文/理第２３题)已知ａꎬｂꎬｃ都是正数ꎬ且ａ３２＋ｂ３２＋ｃ３２＝１ꎬ证明:(１)ａｂｃɤ１９ꎻ(２)ａｂ＋ｃ＋ｂａ＋ｃ＋ｃａ＋ｂɤ１２ａｂｃ.本题是２０２２年高考全国乙卷文理科的第２３题ꎬ属于选做题ꎬ是一道三元不等式的证明题.题目结构简单ꎬ知识方面主要考查不等式的基本性质ꎬ不等式的证明等ꎻ思想方面主要考查转化与化归㊁函数等思想.综合考查考生逻辑思维㊁推理论证等方面的能力ꎬ试题的思维过程和证明过程体现了能力立意的命题思想ꎬ较好地体现了不等式中的核心内容和基本思想方法的考查.２证法探究２.１问题(１)的证明证法１㊀因为ａ>０ꎬｂ>０ꎬｃ>０ꎬ则ａ３２>０ꎬｂ３２>０ꎬｃ３２>０.由三元均值不等式ꎬ得ａ３２＋ｂ３２＋ｃ３２ȡ３３ａ３２ ｂ３２ ｃ３２＝３ａｂｃ.所以３ａｂｃɤ１ꎬ即ａｂｃɤ１９ꎬ当且仅当ａ３２＝ｂ３２＝ｃ３２ꎬ即ａ＝ｂ＝ｃ＝(１３)２３时ꎬ等号成立.证法２㊀因为ａ>０ꎬｂ>０ꎬｃ>０ꎬ所以ａ３２>０ꎬｂ３２>０ꎬｃ３２>０.由三元均值不等式ꎬ得ａｂｃ＝(３ａ３２ｂ３２ｃ３２)２ɤ(ａ３２＋ｂ３２＋ｃ３２３)２＝１９ꎬ当且仅当ａ３２＝ｂ３２＝ｃ３２ꎬ即ａ＝ｂ＝ｃ＝(１３)２３时ꎬ等号成立.证法３㊀因为ａ>０ꎬｂ>０ꎬｃ>０ꎬ所以ａ３２>０ꎬｂ３２>０ꎬｃ３２>０.由三元均值不等式ꎬ得３ａｂｃɤａ＋ｂ＋ｃ３.由幂平均不等式[１]ꎬ得ａ＋ｂ＋ｃ３ɤ(ａ３２＋ｂ３２＋ｃ３２３)２３＝(１３)２３.故３ａｂｃɤａ＋ｂ＋ｃ３ɤ(ａ３２＋ｂ３２＋ｃ３２３)２３＝(１３)２３.从而ａｂｃɤ１９ꎬ当且仅当ａ３２＝ｂ３２＝ｃ３２ꎬ即ａ＝ｂ＝ｃ＝(１３)２３时ꎬ等号成立.证法４㊀要证ａｂｃɤ１９ꎬ只需证ｌｎ(ａｂｃ)ɤｌｎ１９.从而证ｌｎａ＋ｌｎｂ＋ｌｎｃɤ－２ｌｎ３.即证ｌｎａ３２＋ｌｎｂ３２＋ｌｎｃ３２ɤ－３ｌｎ３.令ｆ(ｘ)＝ｌｎｘꎬ则Ｐ(１３ꎬ－ｌｎ３)在ｆ(ｘ)上ꎬ易得在点Ｐ处的切线方程为ｙ＋ｌｎ３＝３(ｘ－１３).即ｙ＝３ｘ－１－ｌｎ３.令ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｙ＝ｌｎｘ－(３ｘ－１－ｌｎ３)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝１ｘ－３＝１－３ｘｘ.于是当ｘɪ(０ꎬ１３)时ꎬｇᶄ(ｘ)>０ꎻ当ｘɪ(１３ꎬ＋ɕ)时ꎬｇᶄ(ｘ)<０.从而ｇ(ｘ)在(０ꎬ１３)上单调递增ꎬ在[１３ꎬ＋ɕ)上单调递减.故ｇ(ｘ)ɤｇ(１３)＝０.从而ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｙɤ０.即ｆ(ｘ)＝ｌｎｘɤｙ＝３ｘ－１－ｌｎ３.所以ｆ(ａ３２)＋ｆ(ｂ３２)＋ｆ(ｃ３２)＝ｌｎａ３２＋ｌｎｂ３２＋ｌｎｃ３２ɤ３ａ３２－１－ｌｎ３＋３ｂ３２－１－ｌｎ３＋３ｃ３２－１－ｌｎ３.即ｌｎａ３２＋ｌｎｂ３２＋ｌｎｃ３２ɤ３(ａ３２＋ｂ３２＋ｃ３２)－３－３ｌｎ３＝－３ｌｎ３.所以ａｂｃɤ１９ꎬ当且仅当ａ３２＝ｂ３２＝ｃ３２ꎬ即ａ＝ｂ＝ｃ＝(１３)２３时ꎬ等号成立.证法５㊀要证ａｂｃɤ１９ꎬ只需证ｌｎ(ａｂｃ)ɤｌｎ１９.从而证ｌｎａ＋ｌｎｂ＋ｌｎｃɤ－２ｌｎ３.即证ｌｎａ３２＋ｌｎｂ３２＋ｌｎｃ３２ɤ－３ｌｎ３.令ｆ(ｘ)＝ｌｎｘꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝１ｘꎬｆᵡ(ｘ)＝－１ｘ２<０.所以ｆ(ｘ)是上凸函数.由琴生不等式[２]ꎬ得ｆ(ａ３２)＋ｆ(ｂ３２)＋ｆ(ｃ３２)ɤ３ｆ(ａ３２＋ｂ３２＋ｃ３２３)＝３ｆ(１３)＝３ｌｎ１３＝－３ｌｎ３.所以ａｂｃɤ１９ꎬ当且仅当ａ３２＝ｂ３２＝ｃ３２ꎬ即ａ＝ｂ＝ｃ＝(１３)２３时ꎬ等号成立.２.２问题(２)的证明证法１㊀因为ａ>０ꎬｂ>０ꎬｃ>０ꎬ由二元均值不等式ꎬ得ｂ＋ｃȡ２ｂｃꎬａ＋ｃȡ２ａｃꎬａ＋ｂȡ２ａｂ.㊀从而ａｂ＋ｃɤａ２ｂｃ＝ａ３２２ａｂｃꎬｂａ＋ｃɤｂ２ａｃ＝ｂ３２２ａｂｃꎬｃａ＋ｂɤｃ２ａｂ＝ｃ３２２ａｂｃ.所以ａｂ＋ｃ＋ｂａ＋ｃ＋ｃａ＋ｂɤａ３２２ａｂｃ＋ｂ３２２ａｂｃ＋ｃ３２２ａｂｃ＝ａ３２＋ｂ３２＋ｃ３２２ａｂｃ＝１２ａｂｃꎬ当且仅当ａ３２＝ｂ３２＝ｃ３２ꎬ即ａ＝ｂ＝ｃ＝(１３)２３时ꎬ等号成立.证法２㊀要证ａｂ＋ｃ＋ｂａ＋ｃ＋ｃａ＋ｂɤ１２ａｂｃꎬ只需证ａｂｃ(ａｂ＋ｃ＋ｂａ＋ｃ＋ｃａ＋ｂ)ɤ１２.即证ａ３２ｂｃｂ＋ｃ＋ｂ３２ａｃａ＋ｃ＋ｃ３２ａｂａ＋ｂɤ１２.因为ａ>０ꎬｂ>０ꎬｃ>０ꎬ由二元均值不等式ꎬ得ｂ＋ｃȡ２ｂｃꎬａ＋ｃȡ２ａｃꎬａ＋ｂȡ２ａｂ.所以ａ３２ｂｃｂ＋ｃ＋ｂ３２ａｃａ＋ｃ＋ｃ３２ａｂａ＋ｂɤａ３２ｂｃ２ｂｃ＋ｂ３２ａｃ２ａｃ＋ｃ３２ａｂ２ａｂ＝ａ３２＋ｂ３２＋ｃ３２２＝１２ꎬ当且仅当ａ３２＝ｂ３２＝ｃ３２ꎬ即ａ＝ｂ＝ｃ＝(１３)２３时ꎬ等号成立.评注㊀①试题的两个问题都可以利用均值不等式证明ꎬ均值不等式在证明不等式中应用广泛ꎬ也是高中数学的常见方法.②问题(１)的证法４与证法５是通过构造函数来证明不等式ꎬ构造函数法是证明不等式的一种重要且巧妙的方法ꎬ其关键是通过发掘待证不等式的结构特征ꎬ合理变形ꎬ构造相应的函数ꎬ再通过研究函数的单调性㊁凹凸性㊁最值等性质使不等式得以证明ꎬ证明过程常用导数作为研究函数性质的工具.３试题的命题背景与题根３.１试题的命题背景Ｎｅｓｂｉｔｔ不等式㊀设ｘꎬｙꎬｚ是正实数ꎬ则ｘｙ＋ｚ＋ｙｚ＋ｘ＋ｚｘ＋ｙȡ３２.①因为ｘ>０ꎬｙ>０ꎬｚ>０ꎬ则ｙ＋ｚȡ２ｙｚꎬｚ＋ｘȡ２ｚｘꎬｘ＋ｙȡ２ｘｙ.故ｘ２ｙｚ＋ｙ２ｚｘ＋ｚ２ｘｙȡｘｙ＋ｚ＋ｙｚ＋ｘ＋ｚｘ＋ｙȡ３２.②由不等式②ꎬ得ｘ２ｙｚ＋ｙ２ｚｘ＋ｚ２ｘｙȡ３２.于是ｘ３２２ｘｙｚ＋ｙ３２２ｘｙｚ＋ｚ３２２ｘｙｚȡ３２.从而得ｘ３２＋ｙ３２＋ｚ３２ȡ３ｘｙｚ.即得ｘｙｚɤ１９(ｘ３２＋ｙ３２＋ｚ３２)２.③由不等式②ꎬ得ｘ２ｙｚ＋ｙ２ｚｘ＋ｚ２ｘｙȡｘｙ＋ｚ＋ｙｚ＋ｘ＋ｚｘ＋ｙ.即得ｘ３２２ｘｙｚ＋ｙ３２２ｘｙｚ＋ｚ３２２ｘｙｚȡｘｙ＋ｚ＋ｙｚ＋ｘ＋ｚｘ＋ｙ.则ｘｙ＋ｚ＋ｙｚ＋ｘ＋ｚｘ＋ｙɤ１２ｘｙｚ(ｘ３２＋ｙ３２＋ｚ３２).④在不等式③和④中ꎬ作代换(ｘꎬｙꎬｚ)ң(ａꎬｂꎬｃ)ꎬ增加条件ａ３２＋ｂ３２＋ｃ３２＝１ꎬ便得２０２２年高考全国乙卷第２３题.可见ꎬＮｅｓｂｉｔｔ不等式正是２０２２年高考试题的命题背景.Ｎｅｓｂｉｔｔ不等式形式优美ꎬ内涵极其丰富ꎬ由此能演绎出一系列的不等式ꎬ可谓花团锦簇㊁精彩纷呈ꎬ因而经典问题也是高考真题的生长点.３.２试题的题根(人教(Ｂ版)选修４－５ 不等式选讲 第４３页第７题)设ａꎬｂꎬｃ为正实数ꎬ求证:ａｂ＋ｃ＋ｂｃ＋ａ＋ｃａ＋ｂȡ３２.显然ꎬ２０２２年考题的 题根 来源于教材的上述习题(即Ｎｅｓｂｉｔｔ不等式)ꎬ只是将习题进行适当的改编.立足教材ꎬ选编教材的原题ꎬ生成教材的变题ꎬ是高考命题的一个不争的事实ꎬ这体现了高考命题的公平性和基础性原则.所以教师要善于钻研教材ꎬ用 慧眼 去发现有典型性㊁可拓展性的例习题ꎬ善于作解后反思ꎬ方法的归类ꎬ规律的总结与技巧的揣摩ꎬ再进一步对例习题进行挖掘㊁拓展㊁引申ꎬ扩大其辐射面ꎬ以此提高复习的效率.４试题的推广推广试题㊀若ｎɪＮ∗ꎬｎȡ３ꎬｉ＝１ꎬ２ꎬ ꎬｎꎬａｉ>０ꎬ记ｐ＝ðｎｉ＝１ａｉꎬ且ðｎｉ＝１ａｎｎ－１ｉ＝１ꎬ则(１)ᵑｎｉ＝１ａｉɤ１ｎｎ－１ꎻ(２)ðｎｉ＝１ａｉｐ－ａｉɤ１(ｎ－１)(ᵑｎｉ＝１ａｉ)１ｎ－１.证明㊀(１)因为ａｉ>０ꎬｎȡ３ꎬ则ａｎｎ－１ｉ>０.由均值不等式ꎬ得ðｎｉ＝１ａｎｎ－１ｉȡｎｎᵑｎｉ＝１ａｎｎ－１ｉ＝ｎｎ(ᵑｎｉ＝１ａｉ)ｎｎ－１＝ｎ(ᵑｎｉ＝１ａｉ)１ｎ－１.又ðｎｉ＝１ａｎｎ－１ｉ＝１ꎬ故ｎ(ᵑｎｉ＝１ａｉ)１ｎ－１ɤ１.所以(ᵑｎｉ＝１ａｉ)１ｎ－１ɤ１ｎ.即ᵑｎｉ＝１ａｉɤ１ｎｎ－１ꎬ当且仅当ａｎｎ－１１＝ａｎｎ－１２＝ ＝ａｎｎ－１ｎꎬ即ａ１＝ａ２＝ ＝ａｎ＝(１ｎ)ｎ－１ｎ时ꎬ等号成立.(２)因为ａｉ>０ꎬｎȡ３ꎬ由均值不等式ꎬ得ｐ－ａｉȡ(ｎ－１)ｎ－１ᵑｎｉ＝１ａｉａｉ＝(ｎ－１)(ᵑｎｉ＝１ａｉ)１ｎ－１(ａｉ)１ｎ－１.所以ａｉｐ－ａｉɤａｉ(ｎ－１) (ᵑｎｉ＝１ａｉ)１ｎ－１/(ａｉ)１ｎ－１＝ａｎｎ－１ｉ(ｎ－１)(ᵑｎｉ＝１ａｉ)１ｎ－１.又因为ðｎｉ＝１ａｎｎ－１ｉ＝１ꎬ所以ðｎｉ＝１ａｉｐ－ａｉɤðｎｉ＝１ａｎｎ－１ｉ(ｎ－１)(ᵑｎｉ＝１ａｉ)１ｎ－１＝ðｎｉ＝１ａｎｎ－１ｉ(ｎ－１)(ᵑｎｉ＝１ａｉ)１ｎ－１＝１(ｎ－１)(ᵑｎｉ＝１ａｉ)１ｎ－１ꎬ当且仅当ａｎｎ－１１＝ａｎｎ－１２＝ ＝ａｎｎ－１ｎꎬ即ａ１＝ａ２＝ ＝ａｎ＝(１ｎ)ｎ－１ｎ时ꎬ等号成立.评注㊀显然在推广试题中ꎬ当ｎ＝３时ꎬ就是高考题的情形.高考试题是精心之作ꎬ每年的高考题在命题角度㊁题型㊁难度等方面都进行了充分考虑ꎬ是知识㊁能力和思想方法的载体ꎬ是命题思想㊁命题理念的程序化展现ꎬ具有典型性㊁示范性和权威性.高考试题在命制时充分考虑到考生数学能力的个体差异ꎬ大多数试题的解答方法㊁思维方式不是唯一的ꎬ给考生提供了较大的发挥空间.这样通过方法的选择㊁解题时间的长短ꎬ甄别出考生能力的差异ꎬ达到精确区分考生的目的.也说明高考要突出考查知识主干ꎬ贴切教学实际ꎬ扎实基础ꎬ重视数学的基本能力与思想方法ꎬ所以要在平时的学习与训练中重视知识的储备和方法的积累ꎬ才有可能缩短思维的长度ꎬ达到事半功倍的效果.高考试题除了具有测试与选拔功能外ꎬ还具有良好的教学功能ꎬ对中学教学有良好的导向性ꎬ要了解高考动向㊁把握高考脉搏ꎬ高考试题的研究分析是重要的路径.因此要充分认识高考题所蕴含的价值ꎬ对典型高考题要深入挖掘ꎬ探求试题背后的思想方法ꎬ并注重一题多解ꎬ力求对所学的知识融会贯通ꎬ从而实现高考题的教学功能的最大化㊁最优化.参考文献:[１]林国红.构造函数巧证不等式[Ｊ].数理天地(高中版)ꎬ２０１９(０５):１６－１７.[２]林国红.２０２０年高考全国Ⅲ卷第２３题的多角度探究[Ｊ].数理化学习(高中版)ꎬ２０２１(０３):３－５.[责任编辑:李㊀璟]。
2022年高考全国乙卷数学试题及答案解析
2022年高考全国乙卷数学试题及答案解析今年的高考数学试卷坚持思想性与科学性的统一，从中华优秀传统文化、社会经济发展、科技发展与进步等方面设置了真实情境。
下面是小编为大家收集的关于2022年高考全国乙卷数学试题及答案解析。
希望可以帮助大家。
2022年高考全国乙卷数学试题2022年高考全国乙卷数学答案解析高考数学答题技巧1、三角函数题注意归一公式、诱导公式的正确性(转化成同名同角三角函数时，套用归一公式、诱导公式(奇变、偶不变;符号看象限)时，很容易因为粗心，导致错误!一着不慎，满盘皆输!)。
2、数列题1)证明一个数列是等差(等比)数列时，最后下结论时要写上以谁为首项，谁为公差(公比)的等差(等比)数列;2)最后一问证明不等式成立时，如果一端是常数，另一端是含有n 的式子时，一般考虑用放缩法;如果两端都是含n的式子，一般考虑数学归纳法(用数学归纳法时，当n=k+1时，一定利用上n=k时的假设，否则不正确。
利用上假设后，如何把当前的式子转化到目标式子，一般进行适当的放缩，这一点是有难度的。
简洁的方法是，用当前的式子减去目标式子，看符号，得到目标式子，下结论时一定写上综上：由①②得证;3)证明不等式时，有时构造函数，利用函数单调性很简单(所以要有构造函数的意识)。
3、立体几何题1)证明线面位置关系，一般不需要去建系，更简单;2)求异面直线所成的角、线面角、二面角、存在性问题、几何体的高、表面积、体积等问题时，最好要建系;3)注意向量所成的角的余弦值(范围)与所求角的余弦值(范围)的关系(符号问题、钝角、锐角问题)。
4、概率问题1)搞清随机试验包含的所有基本事件和所求事件包含的基本事件的个数;2)搞清是什么概率模型，套用哪个公式;3)记准均值、方差、标准差公式;4)求概率时，正难则反(根据p1+p2+...+pn=1);5)注意计数时利用列举、树图等基本方法;6)注意放回抽样，不放回抽样;7)注意“零散的”的知识点(茎叶图，频率分布直方图、分层抽样等)在大题中的渗透;8)注意条件概率公式;9)注意平均分组、不完全平均分组问题。
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2022年高考数学全国乙卷理科第20题的解法探究与背景溯
源
卢建军;高莹
【期刊名称】《中学数学教学》
【年(卷),期】2022()4
【摘要】通过对2022年高考全国乙卷解析几何解答题的探究,研究了其解法,并进行了试题背景溯源.
【总页数】3页(P71-73)
【作者】卢建军;高莹
【作者单位】安徽省马鞍山市第二中学
【正文语种】中文
【中图分类】G63
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