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回眸2006年高考客观题的亮点

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+∞)为增函数;

数学教学研究　　　　　　　　　　　　　2006年第8期

(Ⅰ)求首项a1与通项an;(Ⅱ)设Tn=(x)>0,f(x)在(-∞,1),②当0(x)=0得x=±③当a>2时,由f′(-∞,-a-2),(a

a-2,在a

,n=1,2,3,…,证明:ρTi<

i=1

3.2

分析　(Ⅰ)转化1:将已知式消去Sn.事实上,当n=1时,S1=a1=

2;当n>1时,Sn-1=

4121+1

a1-×2+,∴a1=

333412nan-1-×2+,与已知

333a-2(x),1),(1,+∞)上f′

a-2,a

a-2)上f′(x)a

>0,f(x)为增函数;在(-<0,f(x)为减函数.

式相减得an=4an-1+2n.转化2:设法变出熟悉的线性递推关系.将等式

an=4an-1+2两边同时除以2得

(Ⅱ)在第(Ⅰ)问的基础上,仍对a进行分类讨an论:

①当a≤0时,对任意x∈(0,1),恒有且e

-ax

an-12

n-1

+1.an

1+x>11-x

转化3:抓整体,构造熟知的等比数列.令

1+x-ax1+x≥1,则f(x)=e≥>1;

1-x1-x

bn,则bn=2bn-1+1,进而bn+1=2(bn-1+1),所以{bn+1}是首项为b1+1=

a1②当0f(0)=1;

③当a>2时,f(x)在(-减函数,取x0=

=1.

a-2,a

a-2)上为a

+1=2,公比为2的等

比数列,于是bn+1=2n,bn=2n-1.

通过如此转化,最后可得出an=2n(2n-1)=4n

-2,n=1,2,3,….

(Ⅱ)由(Ⅰ)可求得Sn=Tn=

a-2∈(0,1),有f(x0)2n+1n

(2-1)(2-1),3

综上所述a∈(-∞,2]即为所求.

8　熟知化

32・n+1,为化简求证不n2(2-1)・(2-1)

311(n),-n+122-12-1

等式的左端,还需继续转化为熟知的数列求和模式———“裂项相消”,即Tn=∴ρTi=

i=1n

对于较复杂的综合问题,更需要恰到好处地引入转化机制,采取必要的手段和过程,使问题逐步变得熟知、简单、明了,最终体现出基础知识和基本方法的重要.这就是“化生为熟”的转化思路.

例13　设数列{an}的前n项和Sn=

n+1

×2+311(1)-n+122-12-1

41an-33

313(1-n+1)<.222-1

2,n=1,2,3,….3

回眸2006年高考客观题的亮点

丁　勇　吴建良

(江苏省苏州市木渎第二中学　215101)

　　今年全国各地高考的数学客观题,许多题目设计新颖,构思巧妙,耐人寻味.它们并不是以知识为中心,而是以问题为中心:它们并不拘泥于具体的知识点,而将数学知识、方法和原理融于一体;它们突

出对数学思想的考查,体现了以能力立意的指导思想.回眸2006年高考客观题的亮点,的确令人赏心悦目,下面结合高考试题进行说明,用以抛砖引玉,期望对读者能有启发和帮助.

2006年第8期　　　　　　　　　　　　　　数学教学研究35

接方法,而剩余四个接收器右端符合题意的连接数只有2种,因此右端连接方法数为4×2=8,那么这五个接收器能同时接收到信号的连接方法数为5×3×4×2=120,故所求概率是

图1

　　1.(江苏卷)两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体,可放棱长为1的正方体内,使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行,且各顶点均在正方体的面上,则这样的几何体体积的可能值有(　　).

(A)1个　(B)2个　(C)3个　(D)无穷多个.

1208=.22515

3.(广东卷)在德国不来梅举行的第48届世乒

赛期间,某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品,其中第1堆只有1层,就一个球;第2,3,4,…堆最底层(第一层)分别按图3所示方式固定摆放,从第二层开始,每层的小球自然垒放在下一层之上,第n堆第n层就放一个乒乓球,以

f(n)表示第n堆的乒乓球总数,则f(3)=;f(n)

分析　将立体几何问题转化为平面几何问题来解决.因为正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行,且各顶点均在正方体的面上,关键是考虑底面ABCD的位置,即在边长为1的正方体内可以画出多少个正方形ABCD,显然可以画出无穷多个正方形ABCD,故选择(D).

2.(江苏卷)图2中有一

=(答案用n表示).

图3

分析　本题是典型的数列问题,依题意直接进行分析.根据题意可知第n堆的乒乓球总数等于从第1堆开始到第n堆每堆最底层球数的总和.易观察出f(3)=10,而每堆最底层球数又满足

an=1+2+3+…+n=

n(n+1)个信号源和五个接收器.接收器与信号源在同一个串联线路中时,就能接收到信号,否则就不能接收到信号.若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组,将右端的六个接线点也随机地平均

分成三组,再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接,则这五个接收器能同时收到信号的概率是

(　　).

(n+n),2

∴f(n)=a1+a2+…+an

图2

===

1222

[(1+2+…+n)+(1+2+…+n)]2

1n(n+1)(2n+1)n(n+1)[+]262n(n+1)(n+2)(A)

4148　(B)　(C)　(D).45361515

4.(浙江卷)函数f:|1,2,3|→|1,2,3|满足f(f(x))=f(x),则这样的函数个数共有(　　).

分析　合理的运用乘法原理,抓住特征进行分组和连接.首先计算总的连接方法数,从信号源左端点与五个接收器的左端点某一个连接有5种不同连接方法,剩余四个接收器两两连接有3种不同的连接方法,所以左端的连接方法总数为5×3=15;同理右端的连接方法总数也为5×3=15,故总的连接方法数为15×15=225.再计算这五个接收器能同时接收信号的总的连接方法数,先将左端连接好,有5×3

=15种方法;再连接右端,此时信号源的右端不能与

(A)1个　(B)4个　(C)8个　(D)10个.

信号源左端已经连接好的那个接收器的右端相连,只能与剩余四个接收器的某个右端相连只有4种连

图4

分析　利用数形结合来解决.要使f(f(x))=

36数学教学研究　　　　　　　　　　　　　2006年第8期

+|CC1|,||CB||=|CC2|+|BC2|,||AB||=|AD|+|BD|=(|AC1|+|CC2|)+(|BC2|+|CC1|)=||AC||+||CB||显然成立.

f(x),即经过两次映射后函数值不变,如图4所示:

故有10个这样的函数.

5.(全国卷Ⅰ)用长度分别为2、3、4、5、6(单位:cm)的5根细木棒围成一个三角形(允许连接,但不

②如图6,直角顶点在原点,则||AC||+||CB||

=||AB||,显然结论不成立.

允许折断),能够得到三角形的最大面积为(　　).

(A)85cm2　　　(B)6(C)3

10cm

③如图6,在△ABC中||AC||+||CB||=

||AB||成立.

55cm2

(D)20cm2.

分析　利用思维想象来解决问题.我们知道同周长的三角形和圆,圆的面积较大.要使三角形面积最大,只要让它趋向于圆,故使三边长尽量接近,所以三边分别取6、7、7,其面积为6

19n=1故答案选(B).

8.(福建卷)如图7,连结△ABC的各边中点得

到一个新的△A1B1C1,又连接△A1B1C1的各边中点得到△A2B2C2,如此无限继续下去,得到一系列三角形:△ABC、△A1B1C1、△A2B2C2、…,这一系列三角形趋向于一个点M.已知A(0,0)、B(3,0)、C(2,2),则点M的坐标是

10cm.2

6.(全国卷Ⅱ)函数f(x)=ρ|x-n|的最小值为(　　).

(A)190　(B)171　(C)90　(D)45.

分析　根据函数的结构特征,利用思维直觉估算来求解.要使f(x)=ρ|x-n|最小,考虑到|x-n|

n=1

≥0,n为连续正自然数,因此在|x-n|中要有一个为

0,其余恰为1—9.因此最小值为0+(1+2+3+…+9)×2=90.

7.(福建卷)对于直角坐标平面内的任意两点A(x1,y1),B(x2,y2),定义它们之间的一种“距离”:

图7　　　　　　　　　图8　

分析　本题与常规的试题差异明显,无法直接求出M的坐标,因此应跳出常规思维的圈子,从点M的特征入手,进行定性地合情推理,方能准确、迅速地判断答案.

由于B1、C1为AC、AB中点,因此B1C1∥BC.又

A1、A2分别为BC、B1C1中点,所以A、A1、A2在同一直

||AB||=|x2-x1|+|y2-y1|.给出下列三个命题:

①若点C在线段AB上,则||AC||+||CB||=

||AB||;

2②在△ABC中,若∠C=90°,则||AC||+

||CB||=||AB||;

③在△ABC中,||AC||+||CB||>||AB||.其中真命题的个数为(　　).

(A)0　(B)1　(C)2　(D)3.

线上.同理B、B1、B2在同一直线上.依次类推,这一系列三角形趋向于一个点M,它就是△ABC的重心,

52).故M坐标为(,33

9.(湖南卷理)如图8,OM∥AB,点P在由射线OM、线段OB及AB的延长线围成的阴影区域内(不

分析　解决问题的关键是抓住定义,将文字、符号、语言相互转译.新定义实际就是两点间的距离=“横向距离”+“纵向距离”.

三个命题可考虑用数形结合的方法进行排除.①如图5,三点在同一直线上时||AC||=|AC1|

含边界)运动,且OP=xOA+yOB,则x的取值范围是

;当x=-

1时,y的取值范围是2

分析　利用分析法进行逻辑推理.点P在由射线OM、线段OB及AB的延长线围成的阴影区域内(不含边界),显然有OP=λ1OB+λ2OM,其中0<

λ1<1,λ2>0.因OM∥AB,故有OP=λ1OB+λ2AB=图5　　　　　　　图6

2006年第8期　　　　　　　　　　　　　　数学教学研究37

又由OP=xOA+yOB知x=-λ2<0,y=λ1+λ2.当x=-1时,λ2=1,故y=λ1+1∈(1,

2222

3).2

(A)x1>x2>x3　　(B)x1>x3>x2(C)x2>x3>x1　　(D)x3>x2>x1.

分析　利用方程和递推的思想方法求解.设x1=50+a(其中a表示A处x3朝B处分流出来的机动车辆数),则由图可知

x2=(x1-20)+30=60+a,x3=(x2-35)+30=55+a.

注意P点所在区域,把OP分解时所对应的系数λ1、λ2的范围.

10.(四川理)非空集合G关于运算󰂉满足:(1)

对任意的a,b∈G,都有a󰂉b∈G,(2)存在e∈G,都有a󰂉e=e󰂉a=a,则称G关于运算󰂉为“融洽集”.现给出下列集合和运算:

①G={非负整数},󰂉为整数的加法;②G={偶数},󰂉为整数的乘法;

③G={平面向量},󰂉为平面向量的加法;④G={二次三项式},󰂉为多项式的加法;⑤G={虚数},󰂉为复数的乘法.其中G关于运算󰂉为“融洽集”的是有“融洽集”的序号)

分析　利用已知信息进行迁移.条件(1)说明经过󰂉的运算后集合的封闭性,条件(2)说明在已知集合中存在一个特殊的元素(需要找出来加以说明).

在①中,两个非负整数相加仍然是非负整数,e为整数集中的0.

在②中,要满足a󰂉e=e󰂉a=a,则e=1,显然e|G.

在③中,两个平面向量相加仍然是平面向量,e为0.在④中,两个二次三项式相加仍然是二次三项式,但此时的e=0,不是二次三项式.

在⑤中,i󰂉i=-1为实数.故选①③.

11.(北京卷)图9为某三岔路口交通环岛的简

.(写出所

故答案选(C).

222

12.(湖北卷)关于x的方程(x-1)-|x-1|

+k=0,给出下列四个命题:

①存在实数k,使得方程恰有2个不同的实根;②存在实数k,使得方程恰有4个不同的实根;③存在实数k,使得方程恰有5个不同的实根;④存在实数k,使得方程恰有8个不同的实根.其中假命题的个数是(　　).

(A)0　(B)1　(C)2　(D)3.

分析　利用换元、分类讨论、数形结合等数学思想方法来化解问题.令x2=t,研究方程解的个数等价于看函数f(t)=(t-1)2和g(t)=|t-1|-k的交点个数,如图10为函数f(t)和g(t)(k=0)的图像.

(1)当k=0时,两图像有3个交点,对应的t分

别为0、1、2,此时x有5解;

(2)将图中g(t)的

图像向上平移,两图像有2个交点,且t1<0,t2

>0,此时x有2解;

(3)将图中g(t)的

图像向下平移到与f(t)相切的位置,两图像有2个交点,且0(4)将图中g(t)的图像平移到(1)、(3)位置之

图10

化模型,在某高峰时段,单位时间进出路口A、B、C的机动车辆数如图所示,图中x1、x2、x3分别表示该时段单位时间通过路段AB、BC、CA的机动车辆数(假设:单位时间内,在上述路段中,同一路段上驶入与驶出的车辆数相等),则

图9

间时,两图像有4个交点,且0<2,此时x有8解.故答案选(A).

总之,对于立意新颖的客观题要注意从三方面入手:一是提高数学阅读能力.要仔细阅读数学材料,理解数学问题所涉及的材料、信息、知识及相互关系,善于揭示问题的实质,便于进行分析和推断;二是要注意跳出传统推理的思维定势,学会数学的

38数学教学研究　　　　　　　　　　　　　2006年第8期

互转换,深刻理解数学知识内在的本质属性,注意观察、分析题目的结构特征,挖掘题目中的每一条信息,筛选出关键或有用的信息,找准解题的切入点.

合情推理判断.善于用一些非常规的数学方法如构造图形、举特例等方法提高解决问题的能力;三是要熟练地进行数学图形、符号、文字三种语言之间的相

一道2006年高考数学题的别解与启示

党得时

(甘肃省兰州市兰飞中学　730070)

　　2006年普通高考文科数学卷(Ⅱ)第(17)题:已知△ABC中,∠B=45°,AC=25.5

(Ⅰ)求BC边的长;

(Ⅱ)记AB的中为D,求中线CD的长.

助线,便可以仅仅由三角函数的定义和勾股定理解出AB和BC的长.即作AE⊥BC于E,如图1所示,由cosC=

CE,得CE=AC・cosC=AC

10,cosC=25=22,10・5

从而得出BE=AE=2,于是BC=BE+CE=32.

同时,可由三角函数的定义或勾股定理自然得出AB=2.

(2)第Ⅱ问的参考解法为:

ABAC=,得sinCsinB

本题目考察三角函数正弦定理、余弦定理及三角函数定义的试题,作为主观计算题的第一题,难易程度适中,几乎所有的学生能够不同程度地对该题进行作答和思考,而且灵活性强,可以按照多种解法进行作答,下面给出几种最常见而且简洁的方法.

1　解法

(1)第Ⅰ问的参考解法为:

由正弦定理

AB=

AC105・sinC=・=2,sinB2/25

BD=AD=

由cosC=255,得sinC=,55

1AB=1.2

由余弦定理

CD=

BD+BC-2BD・BC・cosB

sinA=sin(180°-45°-C)=sin(45°+C)=

2310(cosC+sinC)=.210

BCAC=,得sinAsinB

=1+18-2・1・32・2=2

13.

由正弦定理

BC=该问题的常见别解还有:

①在△BDC和△ADC中可以分别应用余弦定理解得CD的长.当然,在△ADC中就存在求解cosA的问题,使问题有些复杂化.

AC10310・sinA=・=32.sinB102/2

该问题的常见别解还有:

①先由正弦定理求出AB的长,再由余弦定理求出BC的长.

②因为已知cosC和cosB,故可写出两个余弦定理公式,联立解方程组之后,可得AB和

BC的长.

图2　　　　　　　　图3

②作辅助线.作DE⊥BC于F,如图2所示,由

图1

③作出较自然的辅

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