优化高考数学试题计算量的五种方法

优化高考数学试题计算量的五种方法

计算能力是思维能力和运算技能的结合，是高考数学考查的四大能力之一，在代数、三角、立体几何、解析几何等内容中都有体现，高考中有70%以上的试题都具有一定的计算量，所以通过研究试题特点、了解算理、改进计算方法，减少高考试题的计算是赢得考试成功的重要途径。本文结合近几年的高考试题和自己的解题教学体会揭示如何优化高考数学中的计算量，给高三复习提供帮助。

一、 巧思妙解，避免计算

高考试题一般都有多种解法，最多的甚至有近二十种方法，这些方法有繁有简，所以要通过对试题进行分析和联想，用化归、构造或类比等方法寻求最佳解题策略。 例1（2003全国新课程卷试题）一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）

A ．3π

B ．4π

C ．33π

D ．6π

解析：很多考生在考试时由于图形难画，计算量大而无可奈何的放弃，但本题如果采用构造法则可以避免计算，由于连结正方体六个面的六条对角线，可以构成一个正四面体，所以这个四面体可以看成是棱长为1的正方体面的对角线构成的，这时正方体内接于球，球的直径就是正方体的对角线长. 易知球的直径是3，故球的表面积为3π．

评析：由正四面体联想到正方体突破了寻找球心和半径的障碍，避免了复杂计算，使解题快速准确。

例2（2003全国新课程卷试题）已知长方形四个顶点A （0，0），B （2，0），C （2，1）和D （0，1）.一质点从AB 的中点P 0沿与AB 夹角为θ的方向射到BC 上的点P 1后，依次反射到CD 、DA 和AB 上的点P 2、P 3和P 4（入射角等于反射角）.设P 4的坐标为（x 4，0）.若1< x 4<2，则tan θ

A ．)1,3

1( B ．)32,31( C ．)21,52( D ．)32,52( 解析：依题意可记各点的坐标如下：)0,1(0P ， )tan ,2(1θP ，)1,(22x P ，),0(33y P ，)0,(44x P ，由反射原理依次求得2x 、3y 、4x 后，再由214<

浪费时间。但如果小题巧做，根据选择题特点可用特殊值检验，取21tan =θ，则P 1、P 2、P 3、P 4依次是各边中点，因此2

1不属于所求的范围，从而排除选项A 、B 、D 选C 。

评析：恰当地利用选择题的命制特点和考查功能，有助将解题建构在较高水平上，避免计算。

二、 数形结合，以图助算

“数形结合”是中学数学最重要的思想方法之一，也是高考考查的重要方面，利用数形结合，可以有效地增加解题过程的直观性，大大地减少计算量。

例3（2004天津市高考卷试题）若过定点)0,1(M -且斜率为k 的直线与圆05422=-++y x x 在第一象限内的部分有交点，则k 的取值范围是（ ） A. 50<

)5,0(N ，这时5=MN k 。易知如果点N 在第 一象限，则50<

高考除要求考生能够根据题设条件精算外还要能够对数据进行估计，并能进行近似计算。

例4（2003全国高考卷试题）已知)0,2(π-

∈x ，54cos =x ，则=x 2tan （ ） A ．247 B ．247- C ．7

24 D ．724- 解析：在公式不够熟悉和计算不熟练的情况下由于选项的设置非常相近，极易

出错，而如果利用已知条件进行估算又是另一番情景了，由)0,2(π-∈x ，5

4cos =x 得64π

π

-<<-x ，从而322π

π

-<<-x ，则32tan -

评析：本题利用角的范围估算，有效地避开了公式的应用和复杂的计算，这样解题不仅快捷而且准确。

例5（2002全国高考卷试题）据2002年3月5日九届人大五次会议《政府工作报告》：“2001年国内生产总值达到95933亿元，比上年增长7.3%”，如果“十•五”期间（2001年——2005年）每年的国内生产总值都按此年增长率增长，那么到“十•五”末我国国内年生产总值约为（ ）

A ．115000亿元

B ．120000亿元

C ．127000亿元

D ．135000亿元 解析：由题意可得2005年国内生产总值为：4%)3.71(95933+=y ，由于高考不能使用计算器，直接计算是难以想象的，但可利用二项式定理进行估算，且95933可以近似地取作95900，这样：)073.041(95900%)3.71(959004Λ+⨯+=+>y 124000≈，故选C 。

评析：本题进行了二次估算，在考试时需要大胆取舍，而不能过于谨慎，得不到正确结果。

四、 合情推理，弱化计算

在考试中运算的步骤越多，过程越复杂，出错的机会也就越多，所以要用推理来弱化运算，尽可能地减少出错的机会。

例6（2004年江苏卷高考试题）设无穷等差数列}{n a 的前n 项和为n S ．(Ⅰ)若首项=1a 2

3，公差1=d ，求满足2)(2k k S S =的正整数k ；(Ⅱ)求所有的无穷等差数列}{n a ，使得对于一切正整数k 都有2)(2k k S S =成立．

解析：(Ⅰ)略；(Ⅱ)把d n n na S n 2)1(1-+

=代入题设2)(2k k S S =可得：2

122122)1(2)1(⎪⎭

⎫ ⎝⎛-+=-+d k k ka d k k a k ，在高考分分秒秒皆黄金的紧张氛围下，继续化简下去是需要勇气的，而且最后很难得到正确的结果。但借助于推理可以弱化计算。以推理代替计算。 因为2)(2k k S S =对一切正整数都成立，分别取2,1=k 得：

⎪⎩⎪⎨⎧==224211)()(S S S S ，即⎪⎩⎪⎨⎧+=+=(2)

)2(64(1) )(211211d a d a a a ， 由（1）得01=a 或11=a ；将01=a 代入（2）得0=d 或6=d ，下面分四种情况来讨论。

①若01=a ，0=d 则0=n S ，2)(2k k S S =成立；②若01=a ，6=d ，

则183=S ，