南京市名师课堂吴兆甲《高考数学应用题的解题策略》共47页
高考应用题考查规律与教学策略——以全国Ⅰ卷为例
高考应用题考查规律与教学策略———以全国Ⅰ卷为例何 明 （江苏省南京市大厂高级中学 ２１００４４） 从１９７８年恢复高考时起，高考数学试卷中就开始有数学应用题，而这仅持续到１９８４年，之后的高考试题中应用题销声匿迹达八年之久．由于数学教育界严士健、张奠宙、苏式冬三位老前辈的远见卓识与积极努力，自１９９３年起在高考中恢复了数学应用问题，作为培养中学生数学应用意识的题型———数学应用题已成为每年数学高考的一道“大菜”．回顾１９９９—２０２０年高考数学应用问题，我们发现应用题的考查贴近课本、贴近生活、贴近学生实际、贴近问题的实际，逐步形成了有数学内涵和教育功能的命题风格．数学教学中应培养学生的数学应用意识，以及用数学思想与方法解决实际问题的能力．１ 高考数学应用题内容分析从表１中发现，高考应用题的题型更多地偏向选择题与解答题，每年应用题一般约占１２分到２２分不等，其中２０１８年和２０１９年应用题分值高达２７分．按照目前高考试卷呈现的特点可分为客观应用题和主观应用题：客观应用题一般是单项选择题、填空题；主观应用题是高考应用题的主要表现形式，需要书写必要的解答过程．表１ １９９９－２０２０年全国Ⅰ卷数学应用题的测试题型及分值年份选择填空解答分值年份选择填空解答分值１９９９√√√√２５２０１０√×√１５２０００√√√２１２０１１√×√１５２００１√×√１７２０１２×√√１７２００２√×√１７２０１３×√√１７２００３×√√１６２０１４√×√１５２００４××√１２２０１５√√×√２２２００５××√１２２０１６√√√２２２００６×√√１６２０１７√√×√２２２００７×√√１５２０１８√√√√２７２００８√×√１５２０１９√√√√２７２００９√×√１５２０２０√√×√２２ 注：“√√”表示试卷中包含两个该类型的试题．表２ １９９９－２０２０年全国Ⅰ卷数学应用（解答）题的测试内容年份问题观念意识考查知识分值１９９９带钢冷轧问题等比数列、对数计算社会实践意识１２２０００番茄种植与收益分段函数、最值盈利意识１２２００１旅游业的收入效益数列求和、不等式经济效益意识１２２００２车报废数量题数列、极限环保意识１２２００３预测台风速度题圆的方程、不等式关注安全意识１２２００４热线电话占线问题概率关注社会服务意识１２２００５种子发芽率问题概率，期望经济效益意识１２２００６实验组治疗小白鼠疾病概率关注动物疾病意识１２２００７销售产品利润问题概率经营盈利意识１２·６３· 中学数学月刊 ２０２０年第１２期年份问题观念意识考查知识分值２００８动物患病化验问题概率关爱动物意识１２２００９围棋比赛获胜问题概率博弈意识１２２０１０杂志稿件评审录用问题概率评价意识１２２０１１产品质量与利润问题概率、分段函数质检与盈利意识１２２０１２箱中取白球与黑球问题概率机率意识１２２０１３羽毛球比赛概率输赢意识１２２０１４产品质检合格问题正态分布，概率产品督查意识１２２０１５产品销售利润问题回归方程经营意识１２２０１６产品广告投入与利润问题回归方程，数据拟合经营意识１２２０１７零件合格检验正态分布，概率产品督查意识１２２０１８零件合格检验概率，期望产品督查意识１２２０１９实验组治疗小白鼠疾病数列，概率分布药物有效性督查１２２０２０羽毛球比赛胜负概率输赢意识１２ 纵观高考数学应用（解答）题的背景，最突出的一点就是引领中学数学教学向着培养中学生的数学应用意识———市场经济、环境保护、资源利用、社会服务意识、产品监督、大数据意识等，特别是引导中学生要建立经济活动中追求最优化的思想；数学应用题的数学内涵也从初期的函数、数列模型过渡到以数学各块内容为模型，例如概率模型、正态分布模型、数据拟合模型．按照高考应用题的来源来分类，有对教材或者教师参考书中应用问题的改编，也有对国外相关资料的改编或对报纸杂志中情境问题的改造，有的来源于生活、生产实际问题的模型，有的是贴近学生个人的生活经历的反映．２ 高考数学应用题变化规律对１９９９—２０２０年高考全国Ⅰ卷的研究发现，应用题小题的数量有所增加．２０１７年以来，全国Ⅰ卷都是两个选择题．同时，主观应用题考查的数学内容也发生了巨大变化：新课程改革后，逐渐过渡到以考查概率统计方面的知识为主，更加突出地考查数学核心素养，对数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运算、数据分析等方面提出了更高的要求．近几年的全国Ⅰ卷考查的是回归方程、均值、方差问题，都是统计范畴的知识，从而我们能发现主观应用题以概率统计问题为背景己经成为近几年高考中较为稳定的趋势．（１）着重考查了学生的数据分析能力每个行业都离不开对数据的整理与分析，如今经济的快速发展更是对人的数据分析能力提出了更高要求，要求人们拥有用数据表达现实问题的能力、用数据思考的能力，积极根据数据探索事物本质，找寻活动经验．这对于学生的数据分析能力提出了相应的要求．在近几年的高考试题中，大多是给考生呈现记录信息的载体（茎叶图、条形图、频率分布直方图或者是收集、整理、统计的相关数据等），要求考生对数据运用恰当的统计方法或图表进行归类分析，通过直观的分析和推断，获得有用信息．（２）注重考查学生的数学抽象能力最近几年，应用题着重考查考生把握题设中数学关系的能力，不看具体数据，把实际问题变成数学模型．除此之外，还把一些已知的抽象条件转化为相应数学关系，进而对题设中的要素加以整合．试题公平、客观，避免用较长的语言表述背景、描述模型，有利于侧重考查学生的建模能力．如２０１９年高考中断臂维纳斯身高估算（全国Ⅰ卷文理４），古代典籍《周易》算卦（全国Ⅰ卷理６），２０２０年（全国Ⅰ卷文理３、理５）要求学生通过研读文本，对内容加以整合，在思维活动中抽象出事物的本质属性，抽象出几何模型、数据模型等．（３）注重现实生活背景考查近年来，高考数学应用题一般都来源于现实背景，几乎所有的应用题都包含背景问题，并且取材非常广泛，多是社会热点问题，贴近生活，带有强烈时代气息．如今，高考数学中的应用题逐渐关注经济发展以及民生发展，时常还会包含经济和社会生活方面的知识．随着国家对于教育提出的“文明其精神，野蛮其体魄”政策的落地与实施，高考应用题以体育赛事为背景的概率计算问题逐渐成为高考的热点．如篮球赛胜负概率（２０１９全国·７３·２０２０年第１２期 中学数学月刊 Ⅰ卷理１５）、羽毛球胜负概率（２０２０全国Ⅰ卷理１９）．３ 高考数学应用题教学备考策略高考数学应用题着重考查数学核心素养，同时对数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运算、数据分析等方面提出了更高的教学要求．在平时的教学中，我们应该更加着重培养学生分析问题和解决问题的能力，加强数学与生活的联系，培养数学应用意识．（１）重视学生阅读理解能力，突出数学抽象素养阅读是一个复杂的信息加工过程，是个体通过图片、文字、公式等材料提取信息，整合并重组信息的过程．数学应用题的最大特点就是文字信息量大，这就需要学生主体在解答应用题的过程中简化问题，通过阅读将有效的数学信息从中抽象概括出来形成数学问题，然后建构新的数学模型，选取恰当的策略解决问题．教学中，应让学生独立分析理解题目信息，并让学生把他觉得重要的信息提取出来，再将这些信息与之前学过的知识建立联系，最后让学生表达自己的解题思路，通过自己的阅读，分析获得了哪些重要的信息、材料中包含了怎样的等量关系和数量关系或者内在联系、能够运用什么样的数学思想和方法、还有什么样的困惑没有解决、有没有其他补充．学生只有经历尝试和实践才能够将知识内化为数学知识的整体结构，在做题的时候才能逐步提高学生数学阅读能力，将实际问题抽象成数学问题，从而培养数学抽象素养．（２）发展学生自主学习能力，培养学生的模型意识在这个信息技术高速发展的时代，大量新鲜事物的出现体现了当代的时代特征．数学应用题也体现着时代特点，以时代为背景的考题不断涌现，比如华为、小米手机的生产率问题，全球化贸易利润问题，新冠病毒感染模型，其中还伴随着专业名词出现．这样的情况也为学生解决数学应用题提供了难度．“两耳不闻窗外事，一心只读圣贤书”的时代已然过去，固步自封只会限制社会的发展，限制学生的发展．例如，平时可以看看体育赛事：世界职业棒球赛采用全美篮球总冠军７强决赛制，美国网球决赛女子采用３强赛，男子采用５强赛，如果某队队员实力较弱，哪种赛制获胜的可能性较大？若学生在课下对这些比赛规则有过了解，那么对与体育赛事有关的概率计算就相当于会了一半．教师要经常在课上课下渗透当下生活和科学等方面的热点问题，帮助学生了解时政新闻，与世界接轨、与时代接轨，进一步减小应用题的难度．但毕竟在校时间有限，目前各类信息量大，还需要学生自主学习了解当下时代发展前沿．学生可以通过互联网、图书馆报刊、讲座等方式获得新鲜事物的信息，通过对外面新鲜事物的认识，进一步丰富现有的各类数学模型．（３）重视建模思想的应用，培养学生的数学建模素养数学建模思想在解决数学应用题的作用上是至关重要的，也是数学建模素养的重要体现．数学建模思想是指通过将现实的问题或者情境抽象为数学问题，建立方程、不等式、函数等模型来表现数学问题中的数量关系以及变化规律，然后利用数学思想方法解决这类问题的方法策略和意识．如２０１８年全国Ⅰ卷第１５题是工作安排方案问题，考查学生建立排列组合模型的能力，考查计数原理和排列组合的数学基础知识；２０１９年全国Ⅰ卷解答题２１题是药物有效性问题，与之对应的是概率模型考查分布列和数学期望的相关内容；２０２０年全国Ⅰ卷选择题第５题是种子发芽率问题，与之对应的是根据散点图的分布选择合适的函数模型．高考题虽没有建模活动，却在题目中渗透了建模思想，需要学生有意识地运用数学语言表达问题，建立数学模型，运用数学方法解决问题．数学创新型应用题涉及到的数学模型主要有概率统计模型、排列组合模型、解析几何模型、数列模型、线性规划模型、函数模型和立体几何模型，所以教师要以相关模型为背景设置练习题，重视建模思想的运用，锻炼学生熟练掌握建模思想的能力，进而培养数学建模能力．纵观１９９９—２０２０年高考数学应用题，其主要体现了数学建模这一核心素养．我们要重视数学实际问题与生活生产的联系，培养学生建立正确数学模型的能力．在解决应用题的过程中，要先分析材料，将有效数学信息抽象提取出来，再根据知识的背景进行代数运算，提升学生的数学抽象、数学运算和数学建模素养．正确进行数学应用题的教学，注重核心素养的培养，对学生解题能力、思维能力和创新能力都有很大提高．·８３· 中学数学月刊 ２０２０年第１２期。
江苏卷第18题别解
江苏卷第18题别解
王思俭
【期刊名称】《中学数学月刊》
【年(卷),期】2007(000)008
【摘要】题目如图，已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE=FC1=1．
【总页数】4页(P8-11)
【作者】王思俭
【作者单位】江苏省苏州中学,215007
【正文语种】中文
【相关文献】
1.2009年高考江苏卷第18题的探源、别解与推广 [J], 芮强;吴兆甲
2.2009年高考江苏卷第18题的探源、别解与推广 [J], 芮强;吴兆甲
3.2009年高考江苏卷第18题别解与推广 [J], 蔡玉书;顾玉凤
4.2019年北京卷理科第18题别解与推广 [J], 刘才华
5.2018年江苏高考数学卷第18题别解 [J], 王嘉;王耶
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江苏高考数学程序方式策略篇专题3解题策略第5讲分析法与综合法应用策略
第5讲 分析法与综合法应用策略[方式精要] 综合法：利用已知条件和某些数学概念、公理、定理等，通过一系列的推理论证，最后推导出所要证明结论成立，这种证明方式叫做综合法．分析法：从要证明的结论动身，慢慢寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、概念、公理等)为止，这种正面的方式叫做分析法．综合法往往以分析法为基础，是分析法的逆进程．但更要注意从有关不等式的定理、结论或题设条件动身，依照不等式的性质推导证明．分析法是逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明进程中所需要用的知识不太明确、具体时，往往采纳分析法，专门是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不宜推导时，常考虑用分析法．注意用分析法证题时，必然要严格按格式书写．题型一 综合法在三角函数中的应用例1 已知函数f(x)＝2sin x 4cos x 4－23sin2x 4＋ 3. (1)求函数f(x)的最小正周期及最值；(2)令g(x)＝f(x ＋π3)，判定函数g(x)的奇偶性，并说明理由．破题切入点 用P 表示已知条件、已有的概念、公理、定理等，用Q 表示所要证明的结论，那么综合法的应用能够表示为：P ⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn ⇒Q.此题是将三角函数式化为同一个角的三角函数，再利用三角函数的周期性和单调性及奇偶性解决．解 (1)∵f(x)＝sin x 2＋3(1－2sin2x 4)＝sin x 2＋3cos x 2＝2sin(x 2＋π3)．∴f(x)的最小正周期T ＝2π12＝4π.当sin(x 2＋π3)＝－1时，f(x)取得最小值－2；当sin(x 2＋π3)＝1时，f(x)取得最大值2.(2)由(2)知f(x)＝2sin(x 2＋π3)．又g(x)＝f(x ＋π3)． ∴g(x)＝2sin[12(x ＋π3)＋π3]＝2sin(x 2＋π2)＝2cos x 2.∴g(－x)＝2cos(－x 2)＝2cos x 2＝g(x)．∴函数g(x)是偶函数．题型二 综合法在立体几何中的应用例2 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，E 和F 别离是CD 和PC 的中点，求证：(1)PA ⊥底面ABCD ；(2)BE ∥平面PAD ；(3)平面BEF ⊥平面PCD.破题切入点 综合法的运用，从已知条件、已有的概念、公理、定理等通过层层推理，最后取得所要证明的结论．(1)利用平面PAD ⊥底面ABCD 的性质，得线面垂直．(2)BE ∥AD 易证．(3)EF 是△CPD 的中位线．证明 (1)因为平面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD∩底面ABCD ＝AD ，且PA ⊥AD ，因此PA ⊥底面ABCD.(2)因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点，因此AB ∥DE ，且AB ＝DE.因此四边形ABED 为平行四边形．因此BE ∥AD.又因为BE ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，因此BE ∥平面PAD.(3)因为AB ⊥AD ，而且ABED 为平行四边形．因此BE ⊥CD ，AD ⊥CD ，由(1)知PA ⊥底面ABCD.因此PA ⊥CD.因此CD ⊥平面PAD.因此CD ⊥PD.因为E 和F 别离是CD 和PC 的中点，因此PD ∥EF ，因此CD ⊥EF.又EF ⊂平面BEF ，因此CD ⊥平面BEF.又CD ⊂平面PCD ，因此平面BEF ⊥平面PCD.题型三 分析法在不等式中的应用例3 假设a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg a ＋c 2>lg a ＋lg b ＋lg c. 破题切入点 此题适合用分析法解决，借助对数的性质反推关于a ，b ，c 的不等式，依次寻求使其成立的充分条件，直至取得一个容易解决的不等式，类似的不等式往往利用大体不等式．证明 要证lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg a ＋c 2>lg a ＋lg b ＋lg c ，只需证lg(a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2)>lg(a·b·c)，即证a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2>a·b·c.因为a ，b ，c 为不全相等的正数，因此a ＋b 2≥ab>0，b ＋c 2≥bc>0，a ＋c 2≥ac>0，且上述三式中等号不能同时成立．因此a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2>a·b·c 成立，因此原不等式成立．总结提高 综合法和分析法是直接证明中两种最大体的方式，也是解决数学问题时经常使用的思维方式．综合法的特点是由缘故推出结果，分析法的特点是由结果追溯到产生这一结果的缘故．在解决问题时，常常把综合法和分析法结合起来利用：依照条件的结构特点去转化结论，取得中间结论，依照结论的特点去转化条件，取得另一中间结论，依照中间结论的转化证明结论成立．1．下面的四个不等式：①a2＋b2＋c2>ab ＋bc ＋ca ；②a(1－a)≤14；③b a ＋a b ≥2；④(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac ＋bd)2.其中恒成立的有________个．答案 3解析 因为a2＋b2＋c2－(ab ＋bc ＋ca)＝12[(a －b)2＋(b －c)2＋(c －a)2]≥0，因此a2＋b2＋c2≥ab ＋bc ＋ca ，因此①正确；因为a(1－a)－14＝－a2＋a －14＝－(a －12)2≤0，因此a(1－a)≤14；因此②正确；当ab<0时，b a ＋a b <0，因此③错误；因为(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2≥a2c2＋2abcd ＋b2d2＝(ac ＋bd)2，因此④正确．2．假设x ，y ∈(0，＋∞)且x ＋y ≤a x ＋y 恒成立，那么a 的最小值是________． 答案 2解析 x ＋yx ＋y ＝(x ＋y )2x ＋y ＝ 1＋2xy x ＋y，要使不等式恒成立，只需a 不小于 1＋2xy x ＋y的最大值即可，因为 1＋2xy x ＋y ≤2，当x ＝y 时取等号，因此a≥2，即a 的最小值是 2.3．已知p ＝ab ＋cd ，q ＝ma ＋nc·b m ＋d n (m 、n 、a 、b 、c 、d 均为正数)，那么p 、q 的大小为________．答案 p≤q解析 q ＝ma ＋nc·b m ＋d n ＝ ab ＋mad n ＋nbc m ＋cd ≥ ab ＋2abcd ＋cd＝ab ＋cd ＝p.4．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明________．答案 (a2－1)(b2－1)≥0解析 因为a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.5．设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝ex(x<0)，那么a 与b 的大小关系为________．答案 a>b 解析 因为a ＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，b ＝ex<e0＝1，因此a>b.6．已知点An(n ，an)为函数y ＝x2＋1图象上的点，Bn(n ，bn)为函数y ＝x 上的点，其中n ∈N*，设cn ＝an －bn ，那么cn 与cn ＋1的大小关系是________．答案 cn ＋1<cn解析 依照条件可得cn ＝an －bn ＝n2＋1－n ＝1n2＋1＋n， 因此cn 随着n 的增大而减小，因此cn ＋1<cn.7．若是a a ＋b b >a b ＋b a ，那么a 、b 应知足的条件是________．答案 a≥0，b≥0且a≠b解析 因为a a ＋b b >a b ＋b a ，因此(a －b)2(b ＋a)>0，因此a≥0，b≥0且a≠b .8．设a ，b ，c>0，证明：a2b ＋b2c ＋c2a ≥a ＋b ＋c.证明 因为a ，b ，c>0，依照大体不等式a2b ＋b≥2a ，b2c ＋c≥2b ，c2a ＋a≥2c ， 三式相加得：a2b ＋b2c ＋c2a ＋a ＋b ＋c≥2a ＋2b ＋2c ，即a2b ＋b2c ＋c2a ≥a ＋b ＋c.当且仅当a ＝b ＝c 时取等号．9．已知△ABC 三边a ，b ，c 的倒数成等差数列，证明：B 为锐角．证明 要证明B 为锐角，依照余弦定理，也确实是证明cos B ＝a2＋c2－b22ac>0， 即需证a2＋c2－b2>0， 由于a2＋c2－b2≥2ac －b2，故只需证2ac －b2>0，因为a ，b ，c 的倒数成等差数列，因此1a ＋1c ＝2b ，即2ac ＝b(a ＋c)．因此要证2ac －b2>0，只需证b(a ＋c)－b2>0，即b(a ＋c －b)>0，上述不等式显然成立，因此B 为锐角．10．设数列{an}知足a1＝0且11－an ＋1－11－an＝1. (1)求{an}的通项公式；(2)设bn ＝1－an ＋1n ，记Sn ＝ k ＝1n bk ，证明：Sn<1. (1)解 由题设11－an ＋1－11－an ＝1， 可得{11－an}是公差为1的等差数列． 又11－a1＝1， 因此依照等差数列通项公式可得11－an＝1＋(n －1)×1＝n ， 因此an ＝1－1n .(2)证明 由(1)得bn ＝1－an ＋1n ＝n ＋1－n n ＋1·n＝1n －1n ＋1， Sn ＝∑k ＝1n bk ＝∑k ＝1n (1n －1n ＋1) ＝1－1n ＋1<1. 因此Sn<1.11．已知函数f(x)＝tan x ，x ∈(0，π2)，假设x1，x2∈(0，π2)且x1≠x2，证明：12[f(x1)＋f(x2)]>f(x1＋x22)．证明 欲证12[f(x1)＋f(x2)]>f(x1＋x22)⇔12(tan x1＋tan x2)>tan x1＋x22⇔12(sin x1cos x1＋sin x2cos x2)>sin (x1＋x2)1＋cos (x1＋x2)(“化弦”) ⇔sin (x1＋x2)2cos x1cos x2>sin (x1＋x2)1＋cos (x1＋x2)⇔sin (x1＋x2)cos (x1＋x2)＋cos (x1－x2)>sin (x1＋x2)1＋cos (x1＋x2)只要证明0<cos(x1－x2)<1，那么以上最后一个不等式成立，在题设条件下易患此结论．12．(2021·江苏) 如图，在三棱锥P －ABC 中，D ，E ，F 别离为棱PC ，AC ，AB 的中点．已知PA ⊥AC ，PA ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：(1)直线PA ∥平面DEF ；(2)平面BDE ⊥平面ABC.证明 (1)因为D ，E 别离为棱PC ，AC 的中点，因此DE ∥PA.又因为PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，因此直线PA ∥平面DEF.(2)因为D ，E ，F 别离为棱PC ，AC ，AB 的中点，PA ＝6，BC ＝8，因此DE ∥PA ，DE ＝12PA ＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，故DF2＝DE2＋EF2，因此∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，因此DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，因此DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，因此平面BDE⊥平面ABC.。
2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程学案：第69课直线与平面垂直 含解析
第69课直线与平面垂直1. 掌握直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理.2. 能够熟练运用直线与平面垂直的判定定理和性质定理解决有关的问题1. 阅读：必修2第35～40页.2. 解悟：①圆锥SO的形成；②圆锥SO所在直线和底面内每一条半径的关系；③将圆锥中的相关关系用数学语言描述；④重解第39页例3，体会解题的方法和规范.3. 践习：在教材空白处，完成第38页练习第2、3、5、6题.基础诊断1. 过一点有一条直线与已知平面垂直；过一点有一个平面与已知直线垂直.2. 若a，b，c表示直线，α表示平面，则下列条件中能使a⊥α的是④.(填序号)①a⊥b，a⊥c，b⊂α，c⊂α；②a⊥b，b∥α；③a∩b＝A，b⊂α，a⊥b；④a∥b，b⊥α.解析：①若直线b，c相交，则a⊥α.若直线b∥c，则a与α可能平行，可能垂直，可能相交，也可能a⊂α；②a可能在平面α内，也可能与平面α平行；③a有可能在平面α内；④若b⊥α，则在平面α内存在两条相交直线m，n，使得b⊥m，b⊥n.因为a∥b，所以a⊥m，a⊥n，所以a⊥α.故填④.3. 已知l与m是两条不同的直线，直线l⊥平面α，给出下列命题：①若直线m⊥l，则m∥α；②若m⊥α，则m∥l；③若m⊂α，则m⊥l；④若m∥l，则m⊥α.其中正确的是②③④.(填序号)解析：①当直线m⊥l时，也有可能m⊂α，故①错误；②根据直线与平面垂直的性质定理可知②正确；③由线面垂直的定义知，若直线l⊥平面α，m⊂α，则m⊥l，故③正确；④因为m ∥l，直线l⊥平面α，所以m⊥α，故④正确.故填②③④.4. 设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a ⊥b ”的 充分不必要 条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”)解析：因为α∩β＝m ，b ⊥m ，b ⊂β，所以若α⊥β，则b ⊥α.又因为a ⊂α，所以b ⊥a ，故充分性成立；若a ⊥b ，当a ∥m 时，α与β不一定垂直，故必要性不成立，所以“α⊥β”是“a ⊥b ”的充分不必要条件.范例导航考向❶ 直线与平面垂直的定义、判定及应用例1 如图，已知AB 为圆O 的直径，D 为线段AB 上一点，且AD ＝13DB ，C 为圆O 上一点，且BC ＝3AC ，PD ⊥平面ABC ，PD ＝DB.求证：PA ⊥CD.解析：因为AB 为圆O 的直径，所以AC ⊥CB. 在Rt △ABC 中，由3AC ＝BC 得∠ABC ＝30°. 设AD ＝1，由3AD ＝DB 得DB ＝3，BC ＝23，由余弦定理，得CD 2＝DB 2＋BC 2－2DB ·BC ·cos 30°＝3， 所以CD 2＋DB 2＝BC 2，即CD ⊥AO. 因为PD ⊥平面ABC ，CD ⊂平面ABC ， 所以PD ⊥CD.因为PD ∩AO ＝D ，AO ，PD ⊂平面PAD ， 所以CD ⊥平面PAB.又PA ⊂平面PAB ，所以PA ⊥CD.【注】 证明线面垂直或线线垂直，常常要经过 “线线垂直⇔线面垂直”的多次相互转化.如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点.求证：(1) CD ⊥AE ； (2) PD ⊥平面ABE.解析：(1) 因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.因为AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC.因为AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE.(2) 因为PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，所以AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD.因为PD⊂平面PCD，所以AE⊥PD.因为PA⊥底面ABCD，PD在底面ABCD内的射影是AD，AB⊥AD，所以AB⊥PD.又AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以PD⊥平面ABE.考向❷直线与平面垂直的判定和性质的综合运用例2 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E 是PC的中点，作EF⊥PB，垂足为F.求证：(1) PA∥平面EDB；(2) PB⊥平面EFD.解析：(1) 连结AC交BD于点O，连结EO.因为底面ABCD是矩形，所以O是AC的中点.因为E是PC的中点，所以EO为△PAC的中位线，所以PA∥EO.又EO⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB.(2) 因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC.因为底面ABCD是矩形，所以DC⊥BC.因为PD∩DC＝D，PD，DC⊂平面PDC，所以BC⊥平面PDC.又DE⊂平面PDC，所以BC⊥DE.因为PD＝DC，E是PC的中点，所以DE⊥PC.又PC，BC⊂平面PBC，且PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.因为PB⊂平面PBC，所以DE⊥PB.又EF⊥PB且DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面EFD，所以PB⊥平面EFD.如图，已知几何体ABCDA1B1C1D1是正方体.(1) 求A1B与平面AA1D1D所成的角；(2) 求A1B与平面BB1D1D所成的角.解析：(1) 因为AB⊥平面AA1D1D，所以∠AA1B即为A1B与平面AA1D1D所成的角.在Rt△AA1B中，∠BAA1＝90°，AB＝AA1，所以∠AA1B＝45°，所以A1B与平面AA1D1D所成的角是45°.(2) 连结A1C1交B1D1于点O，连结BO.在正方体ABCDA1B1C1D1中，易知A1O⊥B1D1，BB1⊥A1O，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面BB1D1D，所以A 1O ⊥平面BB 1D 1D ，所以∠A 1BO 即为A 1B 与平面BB 1D 1D 所成的角. 设正方体的棱长为1，则A 1B ＝2，A 1O ＝22. 因为∠A 1OB ＝90°，所以sin ∠A 1BO ＝A 1O A 1B ＝12，即∠A 1BO ＝30°，所以A 1B 与平面BB 1D 1D 所成的角是30°.自测反馈1. 已知直线l ，m ，n ，平面α，m ⊂α，n ⊂α，则“l ⊥α”是“l ⊥m 且l ⊥n ”的 充分不必要 条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”)解析：当l ⊥α时，则直线l 垂直于平面内的任意直线.因为m ⊂α，n ⊂α，所以l ⊥m 且l ⊥n ，故充分性成立；当l ⊥m 且l ⊥n 时，因为m 与n 不一定相交，故l ⊥α不一定成立，故必要性不成立，所以“l ⊥α”是“l ⊥m 且l ⊥n ”的充分不必要条件.2. 在三棱锥PABC 中，点P 在平面ABC 的射影为点O. (1) 若PA ＝PB ＝PC ，则O 是△ABC 的 外 心；(2) 若PA ⊥PB ，PB ⊥PC ，PC ⊥PA ，则O 是△ABC 的 垂 心.解析：(1) 如图1，连结OA ，OB ，OC ，OP.在Rt △POA ，Rt △POB 和Rt △POC 中，PA ＝PC ＝PB ，所以OA ＝OB ＝OC ，所以O 为△ABC 的外心.(2) 如图2，因为PC ⊥PA ，PB ⊥PC ，PA ∩PB ＝P ，所以PC ⊥平面PAB.因为AB ⊂平面PAB ，所以PC ⊥AB.又AB ⊥PO ，PO ∩PC ＝P ，所以AB ⊥平面POC.因为OC ⊂平面POC ，所以AB ⊥CO ，即CO 所在的直线是△ABC 边AB 上的高，即AB ⊥CG.同理可证AH ⊥BC ，BD ⊥AC ，所以O 为△ABC 的垂心.图1图23. 如图，在正方形SG 1G 2G 3中，E ，F 分别是G 1G 2，G 2G 3的中点，D 是EF 的中点，现沿SE ，SF 及EF 将这个正方形折成一个几何体，使得G 1，G 2，G 3三点重合于点G ，给出下列五个结论：①SG ⊥平面EFG ；②SD ⊥平面EFG ；③FG ⊥平面SEF ；④EF ⊥平面GSD ；⑤GD ⊥平面SEF.其中正确的是①④.(填序号)解析：因为在折叠过程中，始终有SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，即SG⊥GE，SG⊥GF，GE∩GF＝G，GE，GF⊂平面GEF，所以SG⊥平面GEF，故①正确；因为SD与SG不平行，所以SD与平面EFG不垂直，故②错误；因为SG⊥GF，所以SF与GF不垂直，所以③错误.因为△SEF是等腰三角形，D是EF的中点，所以SD⊥EF.因为GD⊥EF，GD∩SD＝D，GD，SD⊂平面GSD，所以EF⊥平面GSD，故④正确；设正方形的棱长为2a，则DG＝22a，SD＝322a.因为SG2≠DG2＋SD2，所以SD与DG不垂直，所以④错误.故填①④.4. 若a，b表示直线，α表示平面，则下列命题：①若a⊥α，b∥α，则a⊥b；②若a⊥α，a⊥b，则b∥α；③若a∥α，a⊥b，则b⊥α；④若a⊥α，b⊥α，则a∥b.其中正确的是①④.(填序号)解析：a⊥α，b∥α，由线面垂直的性质得出a⊥b，故①正确；由a⊥α，a⊥b可得出b∥α或b⊂α，故②错误；由a∥α，a⊥b可得出b⊂α或b∥α或b与平面α相交，故③错误；由线面垂直的性质定理可知④正确.1. 运用线面垂直的判定定理时，要注意关键条件“两条、相交”.本课涉及的几个题目中，在什么地方必须要强调“相交”？2. 运用线面垂直的判定和性质定理时，除利用“线线与线面垂直”的相互转化外，有时要通过“算”;证出“垂直”，即：算证结合，如，例1.3. 你还有哪些体悟，请写下;：。
南京市名师课堂吴兆甲《高考数学应用题的解题策略》
B
（1）等量关系就是函数关系
20 ①y= －10tanθ+10 cosθ π (0≤θ≤ ) 4
D P C
10－10tanθ
20 cosθ
θ A 10 P x
x2-20x+200
O B C
②y=x+2 x -20x+200
2
(0≤x≤10)
D
O B
A
（1）等量关系就是函数关系 20 ①y= －10tanθ+10 cosθ ②y=x+2 x2-20x+200 π (0≤θ≤ ) 4 (0≤x≤10)
高考数学应用题的解题策略
南京师大附中 吴兆甲
2012.04
高考数学应用题的解题策略
一、江苏高考数学应用题统计分析 二、数学应用题的解题策略 三、形成应用题的解题策略 四、实战演练—解题策略的应用
一、江苏高考数学应用题统计分析
2011 2010 2009 2008 2007 2006 包装盒面积和体积问题 测量问题 利润问题 距离问题 概率 体积问题
D
C
A
O
（ 第 17 题 ）
B
例 4．(2011 届南京一模)如图，在半径为 30cm 的半圆形（O 为圆心）铝皮 上截取一块矩形材料 ABCD， 其中点 A， 在直径上， C， 在圆周上． B 点 D 若 将所截得的矩形铝皮 ABCD 卷成一个以 AD 为母线的圆柱形罐子的侧面 （不 计剪裁和拼接损耗） ，应怎样截取，才能使做出的圆柱形罐子体积最大？并 求最大体积．
D P C
O A B
（2）为求y的最小值，应选择哪个函数？
20 20 10sinθ 因为 y= －10tanθ+10= － +10 cosθ cosθ cosθ 20 10sinθ 问题转化为求 y= － +10 的最小值， cosθ cosθ 这是个常规的函数求最小值问题，可以利用导数求解.
2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程学案：第61课等 差 数 列 Word版含解析
姓名，年级：时间：第61课等差数列1. 等差数列的概念(B级要求).2。
等差数列的通项公式与前n项和公式（C级要求）.3。
等差数列与一次函数、二次函数的关系（A级要求)。
1. 阅读：必修5第35～48页.2. 解悟：①理解等差数列、等差中项的定义及符号语言；②写出等差数列的常用性质；③体会课本中推出等差数列的通项公式和求和公式的方法。
3. 践习：在教材空白处，完成第47、48页习题第4、5、6、7题.基础诊断1. 记S n为等差数列{a n}的前n项和。
若a4＋a5＝24,S6＝48，则数列｛a n}的公差为 4 .解析：设数列｛a n｝的公差为d，由题意得a4＋a5＝a1＋3d＋a1＋4d＝24，S6＝6a1＋错误!d＝48，联立错误!由①×3－②得（21－15)·d＝24，所以d＝4。
2。
已知等差数列{a n}的前9项和为27，a10＝8，则a100＝98 .解析:由等差数列性质知S9＝9（a1＋a9）2＝错误!＝9a5＝27，所以a5＝3。
又a10＝8，所以公差d＝错误!＝1，所以a100＝a10＋90d＝98。
3. 在等差数列｛a n}中，已知S8＝24,S16＝32,那么S24＝24 .解析:因为数列｛a n}是等差数列，所以S8，S16－S8，S24－S16成等差数列.因为S8＝24，S16－S8＝8,所以S24－S16＝－8，所以S24＝－8＋32＝24.4。
已知五个数成等差数列，它们的和为5，平方和为859，则这五个数的积为 －错误! 。
解析：设第三个数为a ，公差为d ，则这五个数分别为a －2d,a －d ，a ，a ＋d,a ＋2d 。
由题意得错误!解得错误!所以这五个数分别为－错误!，错误!，1,错误!，错误!或错误!,错误!，1，错误!，－错误!，故它们的积为－错误!.范例导航考向❶ 等差数列基本量的计算例1 设{a n }为等差数列，S n 为数列｛a n ｝的前n 项和，已知a 2＋a 5＝1，S 15＝75，T n 为数列错误!的前n 项和。
2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程学案：第十五章 第6课 排列、组合的综合问题 含解析
第6课__排列、组合的综合问题____1. 理解排列、组合的概念，能利用排列数、组合数的计算公式解决简单的实际问题．1. 阅读：选修23第11～29页．基础诊断1. 某同学逛书店，发现三本喜欢的书，决定至少买其中一本，则购书方案有________种．2. 用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为________．3. 一天的课有6节，其中上午4节，下午2节，要安排语文、数学、英语、微机、体育、地理6节课，要求上午第一节不安排体育课，数学课必须安排在上午，微机必须安排在下午，有________种不同的排课方法．4. 用数字1，2，3，4，5，6组成无重复数字的四位数，然后把它们从小到大排成一列，则3 145是这个数列的第________项．范例导航考向(1) 分给甲、乙、丙三人，每人2本；(2) 分为三份，每份2本；(3) 分为三份，一份1本，一份2本，一份3本；(4) 分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本；(5) 分给甲、乙、丙三人，每人至少1本．有编号为1，2，3，4的4张不同卡片，按照下列方案处理，各有多少种不同的方法？(1) 甲得两张，乙得两张；(2) 平均分成两堆，每堆两张．考向例2(1) 7个相同的小球，任意放入4个不同的盒子中，试问：每个盒子都不空的放法共有多少种？(2) 计算＋y＋＝6的正整数解有多少组？(3) 计算＋y＋＝6的非负整数解有多少组？有8名师范大学毕业生被分配到A，B，C，D这四所中学任教，每校2人，其中甲、乙两人不得分配到A中学去，则不同的分配方法有多少种？考向例37人站成一排，按下列情况各有多少种不同的排法？(1) 要求甲不在排头；(2) 要求甲，乙，丙三人相邻；(3) 要求甲，乙，丙三人不相邻；(4) 要求甲在乙前面；(5) 第一排坐3人，第二排坐4人．8个人(其中含有甲、乙两人)站成一排，甲、乙之间正好相隔2人，有多少种不同排法？自测反馈1. 4个不同的苹果放入编号为1，2，3，4的4个盒子里，恰有一个空盒的放法种数为________．2. 电视台有8个节目准备分两天播出，每天播出4个，其中某电视剧和某专题报道必须在第一天播出，某谈话节目必须在第二天播出，有________种不同播出方案．3. 有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻放入的方法种数是________．4. 一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看．现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙2工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙2工人中安排1人，则不同的安排方案共有________种．1. 排列与顺序有关，组合只要取出元素即可，与顺序无关．2. 在解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．分类要做到“不重不漏”；分步要做到“步骤完整”．3. 你还有哪些体悟，写下;：第6课 排列、组合的综合问题基础诊断1. 7 解析：根据题意分3种情况讨论，一是买1本，则购书方案有C 13＝3(种)；二是买2本，则购书方案有C 23＝3(种)；三是3本全买，有1种购书方案．综上共有C 13＋C 23＋1＝7(种)购书方案．2. 48 解析：由题意，末尾是2或4，前3位在其余4个数中选出3个排列，根据分步乘法原理可得C 12A 34＝48.3. 156 解析：分两种情况讨论，第一种情况，上午第一节安排数学，微机安排在下午共有A 12A 44＝48(种)；第二种情况，上午第一节课不安排数学，也不能安排体育和微机，则这节课只有3种排法，数学只能安排在上午2，3，4节课，微机安排在下午，故共有3A 13A 12A 33＝108(种)排法，一共有156种方法．4. 125 解析：由题意可知，1为首位的四位数有1×5×4×3＝60(个)；2为首项的四位数有1×5×4×3＝60(个)；3为开头时，以312为开头有3个，以314为开头有3个，分别为3 142，3 145，3 146，60＋60＋3＋2＝125(项)，3 145为第125项．范例导航例1 解析：(1) C 26C 24C 22＝90(种)． (2) C 26C 24C 22A 33＝15(种)．(3) C 16C 25C 33＝60(种)． (4) C 16C 25C 33A 33＝360(种)．(5) 有3类情况，拿4本，1本，1本的情况为C 16C 15C 13＝90(种)；都拿2本，90种情况；拿3本，2本，1本，有360种情况．综上共有90＋90＋360＝540(种)．解析：(1) C 24C 22＝6(种) (2) C 24C 22A 22＝3(种) 例2 解析：(1) 先将其中4个相同的小球放入4个盒子中，有1种放法；再将其余3个相同的小球放入4个不同的盒子中，有以下3种情况：①某一个盒子放3个小球，就可从这4个不同的盒子中任选一个放入这3个小球，有C 14种不同的放法；②这3个小球分别放入其中的3个盒子中，就相当于从4个不同的盒子中任选3个盒子，分别放入这3个相同的小球，有C 34种不同放法；③这3个小球中有两个小球放在1个盒子中，另1个小球放在另一个盒子中，从这4个不同的盒子中任选两个盒子排成一列，有A 24种不同的方法．综上可知，满足题设条件的放法为C 14＋C 34＋A 24＝20(种)．(2) 可看作将6个相同小球放入三个不同盒子中，每盒非空有多少种放法. 转化为6个0，2个1的排列，要求1不排在两端且不相邻，共有C 25＝10(种)排法，因此方程＋y ＋＝6有10组不同的正整数解．(3) 可看做将6个相同小球放入三个不同的盒子中，转化为6个0，2个1的排列，共有C 28＝28(种)排法，因此方程＋y ＋＝6有28组不同的非负整数解．解析：C 26C 26C 24C 22＝1 350(种)．例3 解析：(1) 方法一：(从特殊元素甲考虑)先在除排头外6个座位安排给甲，剩下的6人全排列，所以站法有C 16A 66种．方法二：(从特殊位置首位考虑)先从除甲外的6人中安排1人坐在首位，剩下是6人坐6位置的全排列，结果为C 16A 66.方法三：(间接法)从反面考虑将甲在首位的情形去掉即可，则A 77－A 66＝6×A 66.(2) 先将甲，乙，丙三人捆绑在一起看作一个元素，与其余4人共有5个元素做全排列，有A 33A 55 种排法．(3) 可先将其他元素排好，然后再将不相邻的元素甲，乙，丙在已排好的元素之间及两端的空隙之间插入，共有A 44A 35种．(4) 对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先将这几个元素与其他元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数，共有A 77A 22种．(5) 把n 个元素排成若干排的问题，若没有其他的特殊要求，可采用统一排成一排的方法;处理，所以共有A 77种．解析：先从除甲、乙两人之外的6个人中选出2人站在甲、乙之间，共有C 26A 22A 22种方法，将这4人看成整体与其余4人全排列，有A 55种方法，共有C 26A 22A 22A 55＝7 200(种)方法．自测反馈1. 144 解析：四个不同的苹果放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个苹果，从4个苹果中选两个作为一个元素，同另外两个元素在四个位置全排列故有C 24A 34＝144(种)不同的放法．2. 5 760 解析：由题意可知第一天的播出节目是某电视剧和某专题报道以及在剩余5个节目中任选2个作全排列，第二天为剩余的4个节目作全排除，则共有C25A44A44＝5 760(种)方案．3. 48 解析：假设第一本是语文书(或数学书)，第二本是数学书(或语文书)，则有4×2×2×2×1＝32(种)可能；假设第一本是语文书(或数学书)，第二本物理书，则有4×1×2×1×1＝8(种)可能；假设第一本是物理书，则有1×4×2×1×1＝8(种)可能．综上共有32＋8＋8＝48(种)可能．4. 36 解析：根据题意得若第一道工序由甲;完成，则第四道工序必由丙;完成，故完成方案有A24＝12(种)；若第一道工序由乙;完成，则第四道工序必由甲、丙两人之一完成，故完成方案有A12A24＝24(种)，则不同的安排共有12＋24＝36(种)．。
高考数学名师大讲坛一轮复习：第66课等差、等比数列在实际问题中的应用
第66课 等差、等比数列在实际问题中的应用1. 能在具体问题情境中，发现等差、等比数列模型，并能运用有关知识解决相应问题.2. 通过解决实际问题的过程，培养提出问题，分析问题，解决问题的能力.1. 阅读：必修5第45～46页，第58～59页.2. 解悟：①生活中的等差数列和等比数列模型；②体会课本中从情境中提炼出等差数列和等比数列的方法；③整理数列求和的常用方法.3. 践习：在教材空白处，做第58、59页例题.基础诊断1. 用火柴棒按下图的方法搭. ……按图示的规律搭下去，则可推测第n 个图中所用的火柴棒数量a n ＝ 2n ＋1 .解析：由图可知，三角形的个数增加一个，则火柴棒的数量增加2，所以火柴棒数量a n 是一个首项为3，公差为2的等差列，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.2. 某种细胞在培养过程中，每20分钟分裂一次(1个变成2个)，那么经过3小时，这种细胞由1个可以分裂成 512 个.解析：3×60÷20＝9(次)，29＝512(个)，故经过3小时，这种细胞由1个可以分裂成512个.3. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？〞意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则这座塔的顶层共有灯 3 盏.解析：设塔的顶层有a 盏灯.由题意可知，各层的灯数构成一个首项为a ，公比为2的等比数列，所以a 〔1－27〕1－2＝381，解得a ＝3，故塔的顶层共有灯3盏. 4. 一个梯形两底边的长分别是12cm 与22cm ，将梯形的一条腰10等分，过每个分点作平行于梯形底边的直线，这些直线夹在梯形两腰间的线段的长度的和为 153 cm .解析：因为是10等分，所以设上底a 1，下底a 11，根据梯形的中位线定理可知a 1＋a 11＝2a 6，a 2＋a 10＝2a 6，a 3＋a 9＝2a 6，a 4＋a 8＝2a 6，a 5＋a 7＝2a 6，所以a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 10＝9a 6，a 6＝a 1＋a 112＝12＋222＝17，所以a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 10＝9×17＝153，故夹在梯形两腰间的线段的长度的和为153cm .X 例导航考向❶等差数列模型例1 流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据资料记载，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，此后，每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日止，该市在这30天内感染该病毒的患者共有8 670人，问11月几日，该市感染此病毒的新患者人数最多？并求出这一天的新患者人数.解析：由题意知11月1日到n 日，每天新感染者人数构成等差数列{a n }，a 1＝20，d 1＝50，所以11月n 日新感染者人数a n ＝50n －30.从n ＋1日到30日，每天新感染者人数构成等差数列{b n }，b 1＝50n －60，d 2＝－30，所以这30天内感染该病毒的患者人数为〔20＋50n －30〕n 2＋(30－n)·(50n －60)＋〔30－n 〕〔29－n 〕2×(－30)＝8 670， 化简得n 2－61n ＋588＝0，解得n ＝12或n ＝49(舍)，即11月12日这一天感染此病毒的新患者人数最多有570人.考向❷等比数列模型例2 某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业.根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14. (1) 设n 年内(本年为第1年)总投入A n 万元，旅游业总收入B n 万元，求A n 和B n ；(2) 至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？(lg 2≈0.301)解析：(1) 第一年投入800万元，第二年投入800×⎝⎛⎭⎫1－15万元，…，第n 年投入800(1－15)n －1万元， 所以n 年内的总投入为A n ＝800＋800×⎝⎛⎭⎫1－15＋…＋800×⎝⎛⎭⎫1－15n －1＝4 000－4000×⎝⎛⎭⎫45n ；第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为400×⎝⎛⎭⎫1＋14万元，…，第n 年旅游业收入为400⎝⎛⎭⎫1＋14n －1万元，所以n 年内的旅游业总收入为B n ＝400＋400×(1＋14)＋…＋400×(1＋14)n －1＝1 600×(54)n －1 600. (2) 设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入，则B n －A n ＞0，即1 600×⎝⎛⎭⎫54n －1 600－4 000＋4 000×⎝⎛⎭⎫45n＞0， 化简得2×⎝⎛⎭⎫54n ＋5×⎝⎛⎭⎫45n －7＞0. 设⎝⎛⎭⎫54n ＝x ，代入上式得2x 2－7x ＋5＞0，解得x ＞52或x ＜1(舍去)， 即⎝⎛⎭⎫54n ＞52，两边取对数得n lg 54＞lg 52， 所以n ＞1－2lg 21－3lg 2≈4.103，即n ≥5. 故至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.考向❸分期付款模型例3 某工厂更新设备，在1993年初贷款100万元，从该年度末开始，每年度末偿还一定的金额，计划在10年内还清，年利率为13%，那么每年需偿还金额多少万元？解析：方法一：设每年偿还金额为x 万元，则第一年末贷款余额为100(1＋13%)－x ；第二年末贷款余额为[100(1＋13%)－x](1＋13%)－x ＝100(1＋13%)2－[1＋(1＋13%)]x ；第三年末贷款余额为{[100(1＋13%)－x](1＋13%)－x}(1＋13%)－x＝100(1＋13%)3－[1＋(1＋13%)＋(1＋13%)2]x ，……所以第10年末贷款余额为100(1＋13%)10－[1＋(1＋13%)＋(1＋13%)2＋…＋(1＋13%)9]x ，所以100(1＋13%)10－[1＋(1＋13%)＋(1＋13%)2＋…＋(1＋13%)9]x ＝0，解得x ＝100×13%×〔1＋13%〕10〔1＋13%〕10－1＝13×1.13101.1310－1≈18.4， 故每年需偿还金额18.4万元.方法二：10年内，借款的本利和为100(1＋13%)10万元，设每年偿还金额为x 万元，则还款的本利和为x[(1＋13%)9＋(1＋13%)8＋…＋(1＋13%)＋1]万元，由借款本利和等于分期付款的本利和，可得100(1＋13%)10＝x[(1＋13%)9＋(1＋13%)8＋…＋(1＋13%)＋1]，所以x ＝100×13%×〔1＋13%〕10〔1＋13%〕10－1＝13×1.13101.1310－1≈18.4， 故每年需偿还金额18.4万元.[注] 理解、记忆分期付款中建立方程的依据.自测反馈1. 有一个细胞集团，每小时死亡2个，余下的各个分裂成2个，设最初有细胞7个，n 小时后细胞总数为 3×2n ＋4 .解析：设n 小时后的细胞总数为a n ，则a 0＝7，且a n ＋1＝2(a n －2)，即a n ＋1－4＝2(a n －4)，所以数列{a n －4}是首项为a 0－4＝3，公比为2的等比数列，所以a n ＝3×2n ＋4(n ∈N).因此，n 小时后的细胞总数为(3×2n ＋4)个.2. 植树节某班20名同学在一段直线公路的一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10m .开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为 2 000 m .解析：设放置在第x 个树坑旁边，则s ＝10×2·[(x －1)＋(x －2)＋…＋2＋1＋0＋1＋2＋…＋(20－x)]＝20[〔1＋x －1〕〔x －1〕2＋〔1＋20－x 〕〔20－x 〕2]＝20(x 2－21x ＋210)，由对称轴方程为x ＝10.5，知当x ＝10或11时，s 取得最小值2 000.3. 某人为了购买商品房，从20XX 起，每年1月1日到银行存入a 元一年定期储蓄.若年利率为p ，每年到期存款与利息均自动转为新一年定期存款，到2016年1月1日(当日不存只取)将所有的存款与利息全部取回(不计利息税)，则可取人民币总数为a 〔1＋p 〕[〔1＋p 〕8－1]p元. 解析：到2016年1月1日可取回钱的总数为a(1＋p)8＋a(1＋p)7＋…＋a(1＋p)＝a 〔1＋p 〕[〔1＋p 〕8－1]p. 4. 现有一根n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10cm ，最下面的三节长度之和为114cm ，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n ＝ 16 .解析：由题意得每节竹竿的长度构成等差数列{a n }，公差为d(d>0).由题意知a 1＝10，a n ＋a n －1＋a n －2＝114，a 26＝a 1a n ，则3a n －1＝114，解得a n －1＝38，所以(a 1＋5d)2＝a 1(a n －1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d ＝2，所以a n －1＝10＋2(n －2)＝38，解得n ＝16.1. 数列应用题的一般思路：(1) 读题分析，明确哪些量成等差数列，哪些成等比数列，哪些量给出的是递推关系；(2) 应用相关数列知识解答.2. 你还有那些体悟，写下来：。
《高考调研》衡水重点中学同步精讲精练(数学必修5)1-1-2名师公开课获奖课件百校联赛一等奖课件
∴最大角 A 为 120°，sinC＝5143.
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探究 3 (1)求 sinC 也可用下面方法： cosC＝a2＋2ba2b－c2＝722＋×372×－352＝1114，∴C 为锐角． sinC＝ 1－cos2C＝ 1－11142＝5143. (2)在解三角形时，有时既可用余弦定理，也可用正弦定理．
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2．在△ABC 中，a＝2，b＝5，c＝6，则 cosB 等于( )
5
65
A.8
B.24
19 C.20
D．－270
答案 A
解析 cosB＝a2＋2ca2c－b2＝58.
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3．在△ABC 中，当 sin2A＋sin2B<sin2C 时，△ABC 的形状是 ()
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探究 4 已知三角形中的边角关系式，判断三角形的形状， 有两条思路：①化边为角，再进行三角恒等变换求出三个角之间 的关系式；②化角为边，再进行代数恒等变换求出三条边之间的 关系式．两种转化主要应用正弦定理和余弦定理．
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∴cosA＝b2＋2cb2c－a2＝ 23.又 0°<A<180°，∴A＝30°.
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探究 1 本题是已知两边及夹角解三角形．用正弦定理求角 时，必须注意讨论解的情况，结合三角形大边对大角的性质，由 于三角形中至少有两个锐角，那么小边对的角一定是锐角．在解 三角形问题时，应根据题目中给定的条件，灵活地选择正弦、余 弦定理．
高考数学一轮复习 名师专题讲座3 数列、不等式的高考解答题型及求解策略课件 文
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(2)证明：由(1)可知 an＝qn－1. 所以双曲线 x2－ay22n＝1 的离心率 en＝ 1＋a2n＝ 1＋q2n－1. 由 e2＝ 1＋q2＝53，解得 q＝43. 因为 1＋q2(k－1)>q2(k－1)，所以 1＋q2k－1>qk－1(k∈N*)． 于是 e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝qqn－－11， 故 e1＋e2＋…＋en>4n3－n－31 n.
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题型一 数列的通项与求和 题型概览：(1)根据所给条件的特点，确定合适的方法求通项， 如借助基本量求 an，根据 an 与 Sn 的关系求 an，根据递推关系求 an. (2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的有分组求 和，裂项求和，错位相减法求和．
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①－②得 －Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1 ＝32＋211－－22n－1－(2n＋1)×2n－1＝1－2n2×2n－1. 所以 Tn＝2n－12×2n＋1.
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[解题反思] 本题将数列与解析几何交汇，增大了试题难度， 较好地考查了考生的数形结合思想、逻辑思维能力，其实质是考 查等比数列的通项公式与求和及错位相减法．此类问题对考生的 计算能力要求较高．
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内容 总结 (nèiróng)
第七章
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人教A版高考总复习一轮数学精品课件 第六章 数列 素能培优(六)破解基于问题情境的数列问题
素能培优(六)破解基于问题情境的数列问题
基于问题情境的数列问题是高考的热点内容,通过具体的问题背景,考察数
列的应用,以此来检验学生的核心价值、学科素养、关键能力、必备知识.
解决情境下的数列问题,常用的解题思路是:审题、建立数列模型、研究模
型、解决实际问题.建立数列模型时需注意分析:问题中有哪些量,这些量
=3i+2·3j-2i-3>1 000,则i≥6,j≥5,即图中从第6行第5列开始,和大于1 000.因为
到第6行第5列共有1+2+3+4+5+5=20项,所以最小正整数n的值为20.故选
C.
四、数列中的新定义问题
以数列为背景的新定义问题是高考的热点,解决新定义问题,首先要注意对
新定义的理解,其次要能将新定义数列和已学过的等差数列、等比数列进
对任意的正整数n,都有an+1≤Sn,则称{an}为“和谐数列”,则下列结论正确的
有(
)
A.常数列为“和谐数列”
B.
1
2
为“和谐数列”
C.{2n+1}为“和谐数列”
D.若数列{an}为“和谐数列”,则数列{an+1}为“和谐数列”
答案 BD
解析 对于 A,令 an=c(c 为常数),则 Sn=nc,当 c<0 时,a3=c>2c=S2,此时的常数
2
a1=65.则a8=65+7×17=184,故第8个儿子分到的绵是184斤.
三、数阵或图表中的数列问题
从数列到数阵或图表,尽管数的排列形式发生了变化,但问题的本质仍然是
数列问题,只要抓住每行(每列)的首项,找准每行(每列)的变化规律,从数阵
湘教版高考总复习一轮数学精品课件 第十一章 素能培优(十一)排列、组合问题的解题策略
该工艺不同的方法的种数为 2A44=2×24=48.
规律方法
对点训练2(2023·重庆巴蜀中学高三检测)3个学生和3个老师共6个人站成 一排照相,有且仅有两个老师相邻,则不同站法的种数是
(结果用数字表示).
答案 432
解析 根据题意,分 3 步进行分析: ①将 3 个老师分成 2 组,有C32种分组方法,将 2 人的一组看成一个元素,考虑 2 人之间的顺序,则共有C32A22种情况; ②将剩余的 3 个学生全排列,有A33种排法,排好后,有 4 个空位; ③在 4 个空位中任选 2 个,安排 3 个老师分成的两个组,有A24种方法. 则 6 人站成一排照相,3 个老师中有且只有两个老师相邻的站法有 C32A22A33A24=432 种.
策略二 相邻问题捆绑策略
例2已知某工艺品的加工需要先由普通技师完成粗加工,再由高级技师完
成精加工.其中粗加工要完成A,B,C,D四道工序且不分顺序,精加工要完成
E,F,G三道工序且E为F的前一道工序,则完成该工艺不同的方法有( )
A.144种
B.96种
C.48种 D.112种
答案 C
解析 由题意可知,粗加工工序的排法种数为A44,将 E,F 进行捆绑,且 E 为 F 的 前一道工序,精加工工序的排法种数为 2 种,由分步乘法计数原理可知,完成
答案 BD
解析 对于 A,若 1 班不再分配名额,则 20 个名额分配到 5 个班级,每个班级至 少 1 个,根据隔板法,有C149种分配方法,故 A 错误;对于 B,若 1 班有除劳动模范 之外学生参加,则 20 个名额分配到 6 个班级,每个班级至少 1 个,根据隔板法, 有C159种分配方法,故 B 正确;对于 CD,若每个班至少 3 人参加,由于 1 班有 2 个劳动模范,故只需先满足每个班级有 2 个名额,还剩 10 个名额,再将 10 个名 额分配到 6 个班级,每个班级至少 1 个名额,故只需在 10 个名额中的 9 个空 上放置 5 个隔板即可,故有C95=126 种,故 C 错误,D 正确.故选 BD.
南京市名师课堂吴兆甲《高考数学应用题的解题策略》PPT文档共49页
xiexie! 38、我这个人走得很慢，但是我从不后退。——亚伯拉罕·林肯
39、勿问成功的秘诀为何，且尽全力做你应该做的事吧。——美华纳
40、学而不思则罔，思而不学则殆。——孔子
南京市名师课堂吴兆甲《高考数学应 用题的解题策略》
36、“不可能”这个字(法语是一个字 )，只 在愚人 的字典 中找得 到。--拿 破仑。 37、不要生气要争气，不要看破要突 破，不 要嫉妒 要欣赏 ，不要 托延要 积极， 不要心 动要行 动。 38、勤奋，机会，乐观是成功的三要 素。(注 意：传 统观念 认为勤 奋和机 会是成 功的要 素，但 是经过 统计学 和成功 人士的 分析得 出，乐 观是成 功的第 三要素 。
39、没有不老的誓言，没有不变的承 诺，踏 上旅途 ，义无 反顾。 40、对时间的价值没有没有深切认识 的人， 决不会 坚韧勤 勉。
谢谢！
36、自己的鞋子，自己知道紧在哪里。——西班牙
37、我们唯一不会改正的缺点是软弱。——拉罗什福科
南京市名师课堂吴兆甲《高考数学应用题的解题策略》共49页文档
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29、在一切能够接受法律支配的人类 的状态 中，哪 里没有 法律， 那里就 没有自 由。— —洛克
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30、风俗可以造就法律，也可以废除 法律。 ——塞·约翰逊
用题的解题策略》
66、节制使快乐增加并使享受加强。 ——德 谟克利 特 67、今天应做的事没有做，明天再早也 是耽误 了。——裴斯 泰洛齐 68、决定一个人的一生，以及整个命运 的，只 是一瞬 之间。 ——歌 德 69、懒人无法享受休息之乐。——拉布 克 70、浪费时间是一桩大罪过。——卢梭
南京市名师课堂吴兆甲《高考数学应
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26、我们像鹰一样，生来就是自由的 ，但是 为了生 存，我 们不得 不为自 己编织 一个笼 子，然 后把自 己关在 里面。 ——博 莱索
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27、法律如果不讲道理，即使延续时 间再长 ，也还 是没有 制约力 的。— —创造出来的。 ——马 克罗维 乌斯
湘教版高考总复习一轮数学精品课件 第11章 素能培优(十三)排列、组合问题的解题策略
题型一 特殊元素与特殊位置优先策略
例1(2024·福建福州模拟)为了强化学校的体育教育教学工作,提高学生身
体素质,加强学生之间的沟通,凝聚班级集体的力量,激发学生热爱体育的
热情.某中学举办田径运动会,某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班
级参加学校4×100米接力赛,其中甲只能跑第1棒或第2棒,乙只能跑第2棒
解析 对于 A,若 1 班不再分配名额,则 20 个名额分配到 5 个班级,每个班级至
4
少 1 个,根据隔板法,有C19
种分配方法,故 A 错误;对于 B,若 1 班有除劳动模范
之外学生参加,则 20 个名额分配到 6 个班级,每个班级至少 1 个,根据隔板法,
5
有C19
种分配方法,故 B 正确;对于 CD,若每个班至少 3 人参加,由于 1 班有 2
人站到前排,其他同学的相对顺序不变,则调整方法共有( C )
A.150种
B.300种
C.450种
D.225种
解析 先从后排 6 人中抽出两名同学,有C62 种方法,因为其他同学的相对顺序
不变,将这 2 人安排在前排,用插空法,有A26 种方法,所以共有C62 A26 =450(种)调
整方法.
题型五 分排问题直排策略
一共20个名额,劳动模范必须参加并不占名额,每个班都必须有人参加,则
下列说法正确的是( BD )
4
A.若 1 班不再分配名额,则共有20
种分配方法
5
B.若 1 班有除劳动模范之外学生参加,则共有19
种分配方法
C.若每个班至少3人参加,则共有90种分配方法
D.若每个班至少3人参加,则共有126种分配方法