高考数学题型答题技巧（三）

高慧明　张琦

数学解答题（主观性试题）在每年的各省市高考中都是拉开考生分差的题型，其考查形式是考生最为熟悉的题型，而其考查功能无论是在广度上还是深度上，都要优于选择题和填空题.解答题的试题模式（计算题、证明题、应用题、探索题等）灵活多变，能充分考查考生对相关知识的掌握程度.

解答题除了考查基础知识和基本技能外，更主要的是通过解答的过程考查考生思维的过程，从而测量其思维能力、思维品质、探究能力和创新能力等，是试卷中体现区分度的关键部分.因此，探索解答题的解决途径，掌握常见的解答策略与技巧，至关重要.

一、三角函数与解三角形解答技巧

“三角函数与解三角形”专题包括：三角函数、三角恒等变换、解三角形三部分内容.通过对近几年全国各省市高考试题分析可以发现，不论文理，本模块的内容都是考查的热点和重点.由于近几年的高考已经逐步抛弃了对复杂的三角变换和特殊技巧的考查，重点转移到利用三角公式进行恒等变形，三角函数的性质和图象变换等方面，利用正、余弦定理解三角形.重视对基础知识和基本技能的考查，突出三角与代数、几何、向量等知识点的综合联系，多考查三角化简和三角函数性质中的单调性、周期性、最值等问题.

例1. 已知函数f（x）=sin2x-sin2（x-），x∈R.

（Ⅰ）求f（x）最小正周期；

（Ⅱ）求f（x）在区间[-，]上的最大值和最小值.

解析：由已知条件，可知：

f（x）=-=（cos2x+sin2x）-cos2x=sin2x-cos2x=sin（2x-）.

所以f（x）的最小正周期T==？仔.

（II）因为f（x）在区间[-，-]上是减函数，在区间[-，]上是增函数，

f（-）=-，f（-）=-，f（）=，

所以f（x）在区间[-，]上的最大值为，最小值为-.

点评：本题主要考查两角和与差的正余弦公式、二倍角的正余弦公式、三角函数的图象与性质.综合运用三角知识，从正确求函数解析式出发，考查最小正周期的求法与函数单调性的应用，从而求出函数的最大值与最小值.在化简的过程中，如果各位考生对降幂公式不是十分熟悉的话，建议通过二倍角公式cos2？琢=2cos2？琢-1=1-2sin2？琢重新推导得出cos2？琢=，sin2？琢=，这并不会浪费时间.

在求给定区间上三角函数最值的时候也可以如下解决：

因为x∈[，]，所以2x-∈[，]，所以sin（2x-）∈[1，].

所以，当2x-=-，即x=-时，f（x）有最小值为-；

当2x-=，即x=时，f（x）有最大值为.

追踪练习1. ？驻ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，？驻ABD面积是？驻ADC面积的2倍.

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）若AD=1，DC=，求BD和AC的长.

解析：（Ⅰ）S？驻ABD=AB·AD·sin∠BAD，S？驻ADC=AC·AD·sin∠CAD，

因为S？驻ABD=2S？驻ADC，∠BAD=∠CAD，

所以AB=2AC.由正弦定理可得==.

（Ⅱ）因为==2，DC=，所以BD=.

在？驻ABD和？驻ADC中，由余弦定理得：

AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB，

AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC.

因为cos∠ADB=-cos∠ADC，

所以AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.

由（Ⅰ）知AB=2AC，所以AC=1.

点评：本题考查了三角形的面积公式、角分线概念、正弦定理和余弦定理，由角分线的定义得角的等量关系，由面积关系得边的关系，由正弦定理得三角形内角正弦的关系；分析两个三角形中cos∠ADB和cos∠ACD互为相反数的特点结合已知条件，利用余弦定理列方程，进而求AC.

二、数列与不等式解答技巧

数列与不等式知识结合是近几年高考的热点，高考命题主要有以下三个方面：

（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式.

（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合.

（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主.

如果单纯考查数列本身有关知识，多以选择填空题出现，考查考生对“三基”的掌握情况，解答题多以中档题为主.但是个别省市会将用数列与函数、不等式的综合作为最后一题.这类题目的综合性强，解题所用的方法丰富，能力要求高，需要对数列、函数和不等式的知识和方法有较好的掌握.

例2. 已知数列{an}满足：a1=1，2an+1-2an-1=0，n∈N？鄢.数列{bn}的前n项和为Sn，Sn=9-（）n-2，n∈N？鄢.

（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；

（Ⅱ）设cn=anbn，n∈N？鄢，求数列{cn}的前n项和Tn.

解析：（Ⅰ）由2an+1-2an-1=0得an+1-an=，n∈N？鄢，又a1=1，

所以{an}是以1为首项，为公差的等差数列，则an=a1+（n-1）d=，n∈N？鄢.

当n=1时，b1=S1=9-（）1-2=6，

当n≥2时，Sn-1=9-（）n-3，

bn=Sn-Sn-1=[9-（）n-2]-[9-（）n-3]=，

又n=1时=6=b1，所以bn=，n∈N？鄢.

（Ⅱ）知（Ⅰ）知an=，bn=，n∈N？鄢，所以cn=an·bn=（n+1）（）n-2，n∈N？鄢.

所以Tn=2×（）-1+3×（）0+4×（）1+…+（n+1）×（）n-2 （1）

等式两边同乘以得：

Tn=2×（）0+3×（）1+4×（）2+…+（n+1）×（）n-1 （2）

（1）-（2）得：

Tn=2×（）-1+×（）0+×（）1+…+（）n-2-（n+1）×（）n-1=6+-（n+1）（）n-1.

所以Tn=-（）n-2，n∈N？鄢.

点评：已知数列前n项和与第n项关系，求数列通项公式，常用an=S1，n=1Sn-Sn-1，n≥2将所给条件化为关于前n项和的递推关系或是关于第n项的递推关系.若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.关于数列求和，本题中所用的是错位相减法，这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列.

追踪练习2. 已知数列{an}满足a1=且an+1=an-（n∈N？鄢）

（Ⅰ）证明：1≤≤2（n∈N？鄢）；

（Ⅱ）设数列{}的前n项和为Sn，证明≤<（n∈N？鄢）.

解析：（Ⅰ）由题意，得an+1-an=-an2≤0，即an+1≤an，an≤，

由an=（1-an-1）an-1，得an=（1-an-1）（1-an-2）…（1-a1）a1>0，

由0

（Ⅱ）由题意得an2=an-an+1，

∴Sn=a1-an+1……①，由-=和1≤≤2，得1≤-≤2，

∴ n≤-≤2n，因此≤an+1≤（n∈N？鄢）

……②，

由①②得：

≤≤.

点评：本题主要考查了数列的递推公式，不等式的证明等知识点，属于较难题，第（Ⅰ）问易证，利用条件中的递推公式作等价变形，即可得到==，再结合已知条件即可得证，第（Ⅱ）问具有较强的技巧性，首先根据递推公式将Sn转化为只与an+1有关的表达式，再结合已知条件得到an+1的取值范围即可得证.由于数列综合题与不等式相结合，技巧性比较强，需要平时一定量的训练与积累，在后续复习时应予以关注.

三、立体几何解答技巧

立体几何解答题核心考点主要分为三大类：一是考查空间点、线、面的位置关系，这类问题需要考生熟练掌握公理、定理、定义以及空间向量，在高考中考查最多的是平行和垂直关系，主要以解答题第一问的形式出现，在解决这类问题时，要把握好问题的转化方向，并且做好将问题反复转化的准备.二是考查空间向量在立体几何问题中的综合应用，包括空间角、距离、体积、面积等的计算，这类问题常以空间几何体为载体，考查空间量的计算，这部分内容现在基本是用空间向量的方法解决.三是部分考题会设计一问探究题，通过空间向量考查考生“推理论证”“运算求解”“数据处理”等基本能力.

例3. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PB⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD//BC，AD⊥AB，且PB=AB=AD=3，BC=1.

（Ⅰ）若点F为PD上一点且PF=PD，

证明：CF//平面PAB；

（Ⅱ）求二面角B-PD-A的大小；

（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点M，使得CM⊥PA？若存在，求出PM的长；若不存在，说明理由.

解析：（Ⅰ）过点F作FH//AD，交PA于H，连接BH，因为PF=PD，

所以HF=AD=BC. 又FH//AD，AD//BC，所以HF//BC.

所以BCFH为平行四边形，所以CF//BH.

又BH？奂平面PAB，CF？埭平面PAB，所以CF//平面PAD.

（Ⅱ）因为梯形ABCD中，AD//AB，AD⊥AB，所以BC⊥AB.

因为PB⊥平面ABCD，所以PB⊥AB，PB⊥BC.

如图，以B为原点，BC，BA，BP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

所以C（1，0，0），D（3，3，0），A（0，3，0），P（0，0，3）.

设平面BPD的一个法向量为=（x，y，z），平面APD的一个法向量为=（a，b，c），

因为=（3，3，-3），=（0，0，3），

所以·=0，·=0，即3x+3y-3z=0，3z=0.

取x=1得到=（1，-1，0），同理可得=（0，1，1），

所以cos<，>==-，因为二面角B-PD-A为锐角，

所以二面角B-PD-A为.

（Ⅲ）假设存在点M，设==（3，3，-3），

所以=+=（-1+3，3，3-3），所以·=-9+3（3-3）=0，解得=，

所以存在点M，且PM=PD=.

点评：本题主要考查直线和平面平行、线线、线面垂直，二面角、空间向量的应用.将立体几何向量化，体现向量工具的应用，即把几何的证明与计算问题转化为纯代数的计算问题，是向量的最大优势，把空间一些难以想象的问题转化成计算问题，有效的解决了一些学生空间想象能力较差的问题. 另外利用空间向量解题时，要准确写出空间点的坐标，这很重要.

四、概率统计解答技巧

概率与统计是历届高考的必考内容之一.从今年各地高考试题来看，对概率统计的考查几乎涉及所有基本概念和基本公式，并且在题型包装上多以解答题的形式出现，而且概率统计问题可以通过对题干情境的重新组合、变化使得试题更加贴近学生实际，具有时代气息，从而更进一步考查考生的分析问题、解决问题的能力.

试题往往以实际应用问题为背景.文科则通过统计、频率、古典概型、几何概型等知识考查考生的运算求解能力、数据处理能力.而理科以排列组合、概率统计等知识为工具，着重考查基本概型、基本概率事件的识别、离散型随机变量的分布列及期望等主干知识.试题难度属于中档题.

例4. 某工厂36名工人的年龄数据如下表：

（Ⅰ）用系统抽样法从36名工人中抽取容量为9的样本，且在第一分段里用随机抽样法抽到的年龄数据为44，列出样本的年龄数据；

（Ⅱ）计算（Ⅰ）中样本的平均值x 和方差s2；

（Ⅲ）36名工人中年龄在x-s与x+s之间有多少人？所占的百分比是多少（精确到0.01%）？

解析：由系统抽样可知，36人分成9组，每组4人，其中第一组的工人年龄为44，所以所抽样本编号是一个首项为2，公差为4的等差数列，所以所得样本数据的编号为：4n-2，（n=1，2，…，9），对应样本的年龄数据依次为：44，40，36，43，36，37，44，43，37.

（2）由平均值公式得x==40.

由方差公式得s2==.

（3）因为s2=，所以s=. x-s=36，x+s=43，

所以36名工人中年龄在x-s和x+s之间的人数等于区间[37，43]的人数，

即40，40，41，…，39，共23人.

所以年龄在x-s与x+s之间共有23人，所占百分比为≈63.89%.

点评：本题主要考查系统抽样、样本的均值与方差、样本数据统计等基础知识和运算求解能力，属于中档题，整体难度不大，解答本题关键在于第（Ⅰ）问要准确由系统抽样的定义得出对应的样本数据，第（Ⅱ）（Ⅲ）问则直接准确运用公式即可解答，但需注意运算过程和运算方法的应用.

追踪练习3. 某校要用三辆汽车从新校区把教职工接到老校区，已知从新校区到老校区有两条公路，汽车走公路①堵车的概率为，不堵车的概率为；汽车走公路②堵车的概率为p，不堵车的概率为1-p.若甲、乙两辆汽车走公路①，丙汽车由于其他原因走公路②，且三辆车是否堵车相互之间没有影响.

（Ⅰ）若三辆汽车中恰有一辆汽车被堵的概率为，求走公路②堵车的概率；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三辆汽车中被堵车辆的个数？孜的分布列和数学期望.

点评：高考中常常通过实际背景考查互斥事件、对立事件、相互独立事件、独立重复试验的概率计算及离散型随机变量的分布列和数学期望的计算，同时也考查二项分布、超几何分布等特殊的概率模型.解读此类问题时要注意分清类型，运用相应的知识进行解答.本题易犯的错误是相互独立事件之间的关系混乱，没有理解题中给定道路选择的实际意思.

五、圆锥曲线解答技巧

解析几何的本质是用代数方法研究图形的几何性质，体现了数形结合的重要数学思想.在高考以及各种类型的模拟考试中，基本考查形式是“一大一小”.考小题，重在基本知识、基本技能的灵活应用.而考大题，则主要以圆锥曲线为载体，综合各个模块知识点（平面向量、导数、不等式等），全面考查学生分析问题、解决问题的能力.由于此处题目综合性强，解法灵活多变，充分体现出高考能力立意的命题方向.

圆锥曲线综合题由于内容丰富、考法灵活，从而难度较大.其能综合考查学生数形结合、等价转换、分类讨论、逻辑推理等诸方面的能力，重点考查圆锥曲线中的重要知识点， 通过知识的重组与链接， 使知识形成网络， 着重考查直线与圆锥曲线的位置关系.

例5. 在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1，1）关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于-.

（Ⅰ）求动点P的轨迹方程；

（Ⅱ）设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M，N，问：是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.

解析：（Ⅰ）因为点B与A（-1，1）关于原点O对称，所以点B得坐标为（1，-1）.

设点P的坐标为（x， y），由题意得·=-，

化简得x2+3y2=4（x≠±1）.

故动点P的轨迹方程为x2+3y2=4（x≠±1）

（Ⅱ）设点P的坐标为（x0，y0），点M，N得坐标分别为（3，yM），（3，yN）.

则直线AP的方程为y-1=（x+1），直线BP的方程为y+1=（x-1）.

令x=3得yM=，yN=.

于是？驻PMN得面积：

S？驻PMN=| yM-yN |（3-x0）=.

又直线AB的方程为x+y=0，|AB|=2，

点P到直线AB的距离d=.

于是？驻PAB的面积S？驻PAB=|AB|·d=|x0+y0|.

当S？驻PAB=S？驻PMN时，得|x0+y0|=.

又|x0+y0|≠0，所以（3-x0）2=|x02-1|，解得x0=.

因为x02+3y02=4，所以y0=±，

故存在点P使得？驻PAB与？驻PMN的面积相等，此时点P的坐标为（，±）.

点评：本题背景取自于教材，但作了创新，重点考查了学生对知识的迁移能力，逻辑思维能力及代数运算能力和探究问题的能力.本题第一问，是常规问题，也是课本问题的一个变形.课本问题是“将椭圆上任意一点与长轴顶点连线的斜率之积为定值”，而本题则将其变化为“椭圆上任意一点与椭圆上关于中心对称的两个点的连线的斜率之积为定值”.解决不难，注意需要去掉两个点.

本题第二问，是非常出彩的一个问题，入口宽，但是能得结论不易. 具体解决时，可以设点P的坐标为（x0，y0），之后由直线AP，BP的方程求得点M，N的纵坐标，进而可以求得？驻PMN得面积；由|AB|=2以及点P到直线AB的距离可以求得？驻PAB的面积；两者相等，则可以解出点P的坐标，具体解题过程如上所示.其实各位考生应该也发现了，这样去算的话，计算量还是很大的.那么有没有简单一点的方法呢？在这里，由于∠APB与∠MPN是对顶角，所以相等.从而由|PA|· |PB|sin∠APB=|PM|·|PN|sin∠MPN可得=，则可以有效的化简解题过程.如下所示.

【方法二】（Ⅱ）若存在点P使得？驻PAB与？驻PMN的面积相等，设点P的坐标为（x0，y0），

则|PA|·|PB|sin∠APB=|PM|·|PN|sin∠MPN.

因为sin∠APB=sin∠MPN，所以=，

所以=，即（3-x0）2=|x02+1|，解得x0=，

因为x02+3y02=4，所以y0=±，

故存在点P使得？驻PAB与？驻PMN的面积相等，此时点P的坐标为（，±）.

六、函数导数解答技巧

“函数”作为高中数学中的核心知识，其思想方法贯穿于高中数学课程的始终，是高考考点中的重中之中.通过导数，可以把函数、不等式、向量、数列、解析几何等知识相互交汇渗透，使得这些知识联系的更加紧密.而在这些知识点的综合处，由于知识点多、覆盖面广、思想丰富、综合性强.能够设置不同层次、难度不一的综合题以考查学生综合运用知识和方法解决问题的能力，从而使得历年高考以“函数、导数”为主体内容的压轴题频频出现，且常考常新.

例6. 已知函数f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）

（Ⅰ）证明：当x>0时，f（x）

（Ⅱ）证明：当k<1时，存在x0>0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）；

（Ⅲ）确定k的所有可能取值，使得存在t>0，对任意的x∈（0，t），恒有| f（x）-g（x）|

解析： （Ⅰ）令F（x）=f（x）-x=ln（1+x）-x， x∈（0，+∞）， 则有F′（x）=-1=-.

当 x∈（0，+∞）， F′（x）<0， 所以F（x）在（0，+∞）上单调递减；

故当x>0时， F（x）0时， f（x）

（Ⅱ）令G（x）=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx， x∈（0，+∞），

则有G′（x）=-k=.

①当k<0时，G′（x）>0，所以G（x）在 [0，+∞）上单调递增，G（x）>G（0）=0.

故对任意正实数x0均满足题意.

② 当00.

取x0=-1，对任意x∈（0， x0）， 恒有G′（x）>0，所以G（x）在[0， x0）上单调递增， G（x）>G（0）=0， 即f（x）>g（x）.

综上，当k<1时，存在x0>0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

（Ⅲ）①当k>1时，由（Ⅰ）知，对于任意x∈[0，+∞），g（x）>x>f（x）， 故g（x）>f（x），

| f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=kx-ln（1+x）

令M（x）=kx-ln（1+x）-x2， x∈[0，+∞），

则有M′（x）=k--2x=，

故当x∈（0，）时，M′（x）>0，M（x）在[0，]上单调递增，故M（x）>M（0）=0，即| f（x）-g（x）|>x2，所以满足题意的t不存在.

②当k<1时，由（Ⅱ）知存在x0>0，使得对任意的x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

此时| f（x）-g（x）|=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，

令N（x）=ln（1+x）-kx-x2， x∈[0，+∞），

则有N′（x）=-k-2x=，

故当x∈（0， ）时， N′（x）>0， M（x）在[0，]上单调递增，故N（x）>N（0）=0，即f（x）-g（x）>x2，记x0与中较小的为x1， 则当x∈（0， x1）时，恒有| f（x）-g（x）|>x2， 故满足题意的t不存在.

③当k=1，由（Ⅰ）知，当x（0，+∞），| f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=x-ln（1+x），

令H（x）=x-ln（1+x）-x2， x∈[0，+∞）， 则有H′（x）=1--2x=，

当x>0时，H′（x）<0，所以H（x）在[0，+∞）上单调递减，故H（x）

故当x>0时，恒有| f（x）-g（x）|

综上，k=1.

点评：在解函数的综合应用问题时，我们常常借助导数，将题中千变万化的隐藏信息进行转化，探究这类问题的根本，从本质入手，进而求解，利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意f（x）>g（x）与f（x）min>g（x）max不等价，f（x）min>g（x）max只是f（x）>g（x）的特例，但是也可以利用它来证明，在2014年全国Ⅰ卷理科高考第21题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间来判断函数大致图像，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续.

责任编辑 徐国坚

数学解答题（主观性试题）在每年的各省市高考中都是拉开考生分差的题型，其考查形式是考生最为熟悉的题型，而其考查功能无论是在广度上还是深度上，都要优于选择题和填空题.解答题的试题模式（计算题、证明题、应用题、探索题等）灵活多变，能充分考查考生对相关知识的掌握程度.

解答题除了考查基础知识和基本技能外，更主要的是通过解答的过程考查考生思维的过程，从而测量其思维能力、思维品质、探究能力和创新能力等，是试卷中体现区分度的关键部分.因此，探索解答题的解决途径，掌握常见的解答策略与技巧，至关重要.

一、三角函数与解三角形解答技巧

“三角函数与解三角形”专题包括：三角函数、三角恒等变换、解三角形三部分内容.通过对近几年全国各省市高考试题分析可以发现，不论文理，本模块的内容都是考查的热点和重点.由于近几年的高考已经逐步抛弃了对复杂的三角变换和特殊技巧的考查，重点转移到利用三角公式进行恒等变形，三角函数的性质和图象变换等方面，利用正、余弦定理解三角形.重视对基础知识和基本技能的考查，突出三角与代数、几何、向量等知识点的综合联系，多考查三角化简和三角函数性质中的单调性、周期性、最值等问题.

例1. 已知函数f（x）=sin2x-sin2（x-），x∈R.

（Ⅰ）求f（x）最小正周期；

（Ⅱ）求f（x）在区间[-，]上的最大值和最小值.

解析：由已知条件，可知：

f（x）=-=（cos2x+sin2x）-cos2x=sin2x-cos2x=sin（2x-）.

所以f（x）的最小正周期T==？仔.

（II）因为f（x）在区间[-，-]上是减函数，在区间[-，]上是增函数，

f（-）=-，f（-）=-，f（）=，

所以f（x）在区间[-，]上的最大值为，最小值为-.

点评：本题主要考查两角和与差的正余弦公式、二倍角的正余弦公式、三角函数的图象与性质.综合运用三角知识，从正确求函数解析式出发，考查最小正周期的求法与函数单调性的应用，从而求出函数的最大值与最小值.在化简的过程中，如果各位考生对降幂公式不是十分熟悉的话，建议通过二倍角公式cos2？琢=2cos2？琢-1=1-2sin2？琢重新推导得出cos2？琢=，sin2？琢=，这并不会浪费时间.

在求给定区间上三角函数最值的时候也可以如下解决：

因为x∈[，]，所以2x-∈[，]，所以sin（2x-）∈[1，].

所以，当2x-=-，即x=-时，f（x）有最小值为-；

当2x-=，即x=时，f（x）有最大值为.

追踪练习1. ？驻ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，？驻ABD面积是？驻ADC面积的2倍.

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）若AD=1，DC=，求BD和AC的长.

解析：（Ⅰ）S？驻ABD=AB·AD·sin∠BAD，S？驻ADC=AC·AD·sin∠CAD，

因为S？驻ABD=2S？驻ADC，∠BAD=∠CAD，

所以AB=2AC.由正弦定理可得==.

（Ⅱ）因为==2，DC=，所以BD=.

在？驻ABD和？驻ADC中，由余弦定理得：

AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB，

AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC.

因为cos∠ADB=-cos∠ADC，

所以AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.

由（Ⅰ）知AB=2AC，所以AC=1.

点评：本题考查了三角形的面积公式、角分线概念、正弦定理和余弦定理，由角分线的定义得角的等量关系，由面积关系得边的关系，由正弦定理得三角形内角正弦的关系；分析两个三角形中cos∠ADB和cos∠ACD互为相反数的特点结合已知条件，利用余弦定理列方程，进而求AC.

二、数列与不等式解答技巧

数列与不等式知识结合是近几年高考的热点，高考命题主要有以下三个方面：

（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式.

（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合.

（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主.

如果单纯考查数列本身有关知识，多以选择填空题出现，考查考生对“三基”的掌握情况，解答题多以中档题为主.但是个别省市会将用数列与函数、不等式的综合作为最后一题.这类题目的综合性强，解题所用的方法丰富，能力要求高，需要对数列、函数和不等式的知识和方法有较好的掌握.

例2. 已知数列{an}满足：a1=1，2an+1-2an-1=0，n∈N？鄢.数列{bn}的前n项和为Sn，Sn=9-（）n-2，n∈N？鄢.

（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；

（Ⅱ）设cn=anbn，n∈N？鄢，求数列{cn}的前n项和Tn.

解析：（Ⅰ）由2an+1-2an-1=0得an+1-an=，n∈N？鄢，又a1=1，

所以{an}是以1为首项，为公差的等差数列，则an=a1+（n-1）d=，n∈N？鄢.

当n=1时，b1=S1=9-（）1-2=6，

当n≥2时，Sn-1=9-（）n-3，

bn=Sn-Sn-1=[9-（）n-2]-[9-（）n-3]=，

又n=1时=6=b1，所以bn=，n∈N？鄢.

（Ⅱ）知（Ⅰ）知an=，bn=，n∈N？鄢，所以cn=an·bn=（n+1）（）n-2，n∈N？鄢.

所以Tn=2×（）-1+3×（）0+4×（）1+…+（n+1）×（）n-2 （1）

等式两边同乘以得：

Tn=2×（）0+3×（）1+4×（）2+…+（n+1）×（）n-1 （2）

（1）-（2）得：

Tn=2×（）-1+×（）0+×（）1+…+（）n-2-（n+1）×（）n-1=6+-（n+1）（）n-1.

所以Tn=-（）n-2，n∈N？鄢.

点评：已知数列前n项和与第n项关系，求数列通项公式，常用an=S1，n=1Sn-Sn-1，n≥2将所给条件化为关于前n项和的递推关系或是关于第n项的递推关系.若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.关于数列求和，本题中所用的是错位相减法，这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列.

追踪练习2. 已知数列{an}满足a1=且an+1=an-（n∈N？鄢）

（Ⅰ）证明：1≤≤2（n∈N？鄢）；

（Ⅱ）设数列{}的前n项和为Sn，证明≤<（n∈N？鄢）.

解析：（Ⅰ）由题意，得an+1-an=-an2≤0，即an+1≤an，an≤，

由an=（1-an-1）an-1，得an=（1-an-1）（1-an-2）…（1-a1）a1>0，

由0

（Ⅱ）由题意得an2=an-an+1，

∴Sn=a1-an+1……①，由-=和1≤≤2，得1≤-≤2，

∴ n≤-≤2n，因此≤an+1≤（n∈N？鄢）

……②，

由①②得：

≤≤.

点评：本题主要考查了数列的递推公式，不等式的证明等知识点，属于较难题，第（Ⅰ）问易证，利用条件中的递推公式作等价变形，即可得到==，再结合已知条件即可得证，第（Ⅱ）问具有较强的技巧性，首先根据递推公式将Sn转化为只与an+1有关的表达式，再结合已知条件得到an+1的取值范围即可得证.由于数列综合题与不等式相结合，技巧性比较强，需要平时一定量的训练与积累，在后续复习时应予以关注.

三、立体几何解答技巧

立体几何解答题核心考点主要分为三大类：一是考查空间点、线、面的位置关系，这类问题需要考生熟练掌握公理、定理、定义以及空间向量，在高考中考查最多的是平行和垂直关系，主要以解答题第一问的形式出现，在解决这类问题时，要把握好问题的转化方向，并且做好将问题反复转化的准备.二是考查空间向量在立体几何问题中的综合应用，包括空间角、距离、体积、面积等的计算，这类问题常以空间几何体为载体，考查空间量的计算，这部分内容现在基本是用空间向量的方法解决.三是部分考题会设计一问探究题，通过空间向量考查考生“推理论证”“运算求解”“数据处理”等基本能力.

例3. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PB⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD//BC，AD⊥AB，且PB=AB=AD=3，BC=1.

（Ⅰ）若点F为PD上一点且PF=PD，

证明：CF//平面PAB；

（Ⅱ）求二面角B-PD-A的大小；

（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点M，使得CM⊥PA？若存在，求出PM的长；若不存在，说明理由.

解析：（Ⅰ）过点F作FH//AD，交PA于H，连接BH，因为PF=PD，

所以HF=AD=BC. 又FH//AD，AD//BC，所以HF//BC.

所以BCFH为平行四边形，所以CF//BH.

又BH？奂平面PAB，CF？埭平面PAB，所以CF//平面PAD.

（Ⅱ）因为梯形ABCD中，AD//AB，AD⊥AB，所以BC⊥AB.

因为PB⊥平面ABCD，所以PB⊥AB，PB⊥BC.

如图，以B为原点，BC，BA，BP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

所以C（1，0，0），D（3，3，0），A（0，3，0），P（0，0，3）.

设平面BPD的一个法向量为=（x，y，z），平面APD的一个法向量为=（a，b，c），

因为=（3，3，-3），=（0，0，3），

所以·=0，·=0，即3x+3y-3z=0，3z=0.

取x=1得到=（1，-1，0），同理可得=（0，1，1），

所以cos<，>==-，因为二面角B-PD-A为锐角，

所以二面角B-PD-A为.

（Ⅲ）假设存在点M，设==（3，3，-3），

所以=+=（-1+3，3，3-3），所以·=-9+3（3-3）=0，解得=，

所以存在点M，且PM=PD=.

点评：本题主要考查直线和平面平行、线线、线面垂直，二面角、空间向量的应用.将立体几何向量化，体现向量工具的应用，即把几何的证明与计算问题转化为纯代数的计算问题，是向量的最大优势，把空间一些难以想象的问题转化成计算问题，有效的解决了一些学生空间想象能力较差的问题. 另外利用空间向量解题时，要准确写出空间点的坐标，这很重要.

四、概率统计解答技巧

概率与统计是历届高考的必考内容之一.从今年各地高考试题来看，对概率统计的考查几乎涉及所有基本概念和基本公式，并且在题型包装上多以解答题的形式出现，而且概率统计问题可以通过对题干情境的重新组合、变化使得试题更加贴近学生实际，具有时代气息，从而更进一步考查考生的分析问题、解决问题的能力.

试题往往以实际应用问题为背景.文科则通过统计、频率、古典概型、几何概型等知识考查考生的运算求解能力、数据处理能力.而理科以排列组合、概率统计等知识为工具，着重考查基本概型、基本概率事件的识别、离散型随机变量的分布列及期望等主干知识.试题难度属于中档题.

例4. 某工厂36名工人的年龄数据如下表：

（Ⅰ）用系统抽样法从36名工人中抽取容量为9的样本，且在第一分段里用随机抽样法抽到的年龄数据为44，列出样本的年龄数据；

（Ⅱ）计算（Ⅰ）中样本的平均值x 和方差s2；

（Ⅲ）36名工人中年龄在x-s与x+s之间有多少人？所占的百分比是多少（精确到0.01%）？

解析：由系统抽样可知，36人分成9组，每组4人，其中第一组的工人年龄为44，所以所抽样本编号是一个首项为2，公差为4的等差数列，所以所得样本数据的编号为：4n-2，（n=1，2，…，9），对应样本的年龄数据依次为：44，40，36，43，36，37，44，43，37.

（2）由平均值公式得x==40.

由方差公式得s2==.

（3）因为s2=，所以s=. x-s=36，x+s=43，

所以36名工人中年龄在x-s和x+s之间的人数等于区间[37，43]的人数，

即40，40，41，…，39，共23人.

所以年龄在x-s与x+s之间共有23人，所占百分比为≈63.89%.

点评：本题主要考查系统抽样、样本的均值与方差、样本数据统计等基础知识和运算求解能力，属于中档题，整体难度不大，解答本题关键在于第（Ⅰ）问要准确由系统抽样的定义得出对应的样本数据，第（Ⅱ）（Ⅲ）问则直接准确运用公式即可解答，但需注意运算过程和运算方法的应用.

追踪练习3. 某校要用三辆汽车从新校区把教职工接到老校区，已知从新校区到老校区有两条公路，汽车走公路①堵车的概率为，不堵车的概率为；汽车走公路②堵车的概率为p，不堵车的概率为1-p.若甲、乙两辆汽车走公路①，丙汽车由于其他原因走公路②，且三辆车是否堵车相互之间没有影响.

（Ⅰ）若三辆汽车中恰有一辆汽车被堵的概率为，求走公路②堵车的概率；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三辆汽车中被堵车辆的个数？孜的分布列和数学期望.

解析：（Ⅰ）由已知条件得···（1-p）+（）2·p=，

即3p=1，则p=.

（Ⅱ）？孜可能的取值为0，1，2，3，

P（？孜=0）=··=，

P（？孜=1）=，

P（？孜=2）=··+···=，

P（？孜=3）=··=，

？孜的分布列为：

所以E？孜=0·+1·+2·+3·=.

点评：高考中常常通过实际背景考查互斥事件、对立事件、相互独立事件、独立重复试验的概率计算及离散型随机变量的分布列和数学期望的计算，同时也考查二项分布、超几何分布等特殊的概率模型.解读此类问题时要注意分清类型，运用相应的知识进行解答.本题易犯的错误是相互独立事件之间的关系混乱，没有理解题中给定道路选择的实际意思.

五、圆锥曲线解答技巧

解析几何的本质是用代数方法研究图形的几何性质，体现了数形结合的重要数学思想.在高考以及各种类型的模拟考试中，基本考查形式是“一大一小”.考小题，重在基本知识、基本技能的灵活应用.而考大题，则主要以圆锥曲线为载体，综合各个模块知识点（平面向量、导数、不等式等），全面考查学生分析问题、解决问题的能力.由于此处题目综合性强，解法灵活多变，充分体现出高考能力立意的命题方向.

圆锥曲线综合题由于内容丰富、考法灵活，从而难度较大.其能综合考查学生数形结合、等价转换、分类讨论、逻辑推理等诸方面的能力，重点考查圆锥曲线中的重要知识点， 通过知识的重组与链接， 使知识形成网络， 着重考查直线与圆锥曲线的位置关系.

例5. 在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1，1）关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于-.

（Ⅰ）求动点P的轨迹方程；

（Ⅱ）设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M，N，问：是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.

解析：（Ⅰ）因为点B与A（-1，1）关于原点O对称，所以点B得坐标为（1，-1）.

设点P的坐标为（x， y），由题意得·=-，

化简得x2+3y2=4（x≠±1）.

故动点P的轨迹方程为x2+3y2=4（x≠±1）

（Ⅱ）设点P的坐标为（x0，y0），点M，N得坐标分别为（3，yM），（3，yN）.

则直线AP的方程为y-1=（x+1），直线BP的方程为y+1=（x-1）.

令x=3得yM=，yN=.

于是？驻PMN得面积：

S？驻PMN=| yM-yN |（3-x0）=.

又直线AB的方程为x+y=0，|AB|=2，

点P到直线AB的距离d=.

于是？驻PAB的面积S？驻PAB=|AB|·d=|x0+y0|.

当S？驻PAB=S？驻PMN时，得|x0+y0|=.

又|x0+y0|≠0，所以（3-x0）2=|x02-1|，解得x0=.

因为x02+3y02=4，所以y0=±，

故存在点P使得？驻PAB与？驻PMN的面积相等，此时点P的坐标为（，±）.

点评：本题背景取自于教材，但作了创新，重点考查了学生对知识的迁移能力，逻辑思维能力及代数运算能力和探究问题的能力.本题第一问，是常规问题，也是课本问题的一个变形.课本问题是“将椭圆上任意一点与长轴顶点连线的斜率之积为定值”，而本题则将其变化为“椭圆上任意一点与椭圆上关于中心对称的两个点的连线的斜率之积为定值”.解决不难，注意需要去掉两个点.

本题第二问，是非常出彩的一个问题，入口宽，但是能得结论不易. 具体解决时，可以设点P的坐标为（x0，y0），之后由直线AP，BP的方程求得点M，N的纵坐标，进而可以求得？驻PMN得面积；由|AB|=2以及点P到直线AB的距离可以求得？驻PAB的面积；两者相等，则可以解出点P的坐标，具体解题过程如上所示.其实各位考生应该也发现了，这样去算的话，计算量还是很大的.那么有没有简单一点的方法呢？在这里，由于∠APB与∠MPN是对顶角，所以相等.从而由|PA|· |PB|sin∠APB=|PM|·|PN|sin∠MPN可得=，则可以有效的化简解题过程.如下所示.

【方法二】（Ⅱ）若存在点P使得？驻PAB与？驻PMN的面积相等，设点P的坐标为（x0，y0），

则|PA|·|PB|sin∠APB=|PM|·|PN|sin∠MPN.

因为sin∠APB=sin∠MPN，所以=，

所以=，即（3-x0）2=|x02+1|，解得x0=，

因为x02+3y02=4，所以y0=±，

故存在点P使得？驻PAB与？驻PMN的面积相等，此时点P的坐标为（，±）.

六、函数导数解答技巧

“函数”作为高中数学中的核心知识，其思想方法贯穿于高中数学课程的始终，是高考考点中的重中之中.通过导数，可以把函数、不等式、向量、数列、解析几何等知识相互交汇渗透，使得这些知识联系的更加紧密.而在这些知识点的综合处，由于知识点多、覆盖面广、思想丰富、综合性强.能够设置不同层次、难度不一的综合题以考查学生综合运用知识和方法解决问题的能力，从而使得历年高考以“函数、导数”为主体内容的压轴题频频出现，且常考常新.

例6. 已知函数f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）

（Ⅰ）证明：当x>0时，f（x）

（Ⅱ）证明：当k<1时，存在x0>0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）；

（Ⅲ）确定k的所有可能取值，使得存在t>0，对任意的x∈（0，t），恒有| f（x）-g（x）|

解析： （Ⅰ）令F（x）=f（x）-x=ln（1+x）-x， x∈（0，+∞）， 则有F′（x）=-1=-.

当 x∈（0，+∞）， F′（x）<0， 所以F（x）在（0，+∞）上单调递减；

故当x>0时， F（x）0时， f（x）

（Ⅱ）令G（x）=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx， x∈（0，+∞），

则有G′（x）=-k=.

①当k<0时，G′（x）>0，所以G（x）在 [0，+∞）上单调递增，G（x）>G（0）=0.

故对任意正实数x0均满足题意.

② 当00.

取x0=-1，对任意x∈（0， x0）， 恒有G′（x）>0，所以G（x）在[0， x0）上单调递增， G（x）>G（0）=0， 即f（x）>g（x）.

综上，当k<1时，存在x0>0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

（Ⅲ）①当k>1时，由（Ⅰ）知，对于任意x∈[0，+∞），g（x）>x>f（x）， 故g（x）>f（x），

| f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=kx-ln（1+x）

令M（x）=kx-ln（1+x）-x2， x∈[0，+∞），

则有M′（x）=k--2x=，

故当x∈（0，）时，M′（x）>0，M（x）在[0，]上单调递增，故M（x）>M（0）=0，即| f（x）-g（x）|>x2，所以满足题意的t不存在.

②当k<1时，由（Ⅱ）知存在x0>0，使得对任意的x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

此时| f（x）-g（x）|=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，

令N（x）=ln（1+x）-kx-x2， x∈[0，+∞），

则有N′（x）=-k-2x=，

故当x∈（0， ）时， N′（x）>0， M（x）在[0，]上单调递增，故N（x）>N（0）=0，即f（x）-g（x）>x2，记x0与中较小的为x1， 则当x∈（0， x1）时，恒有| f（x）-g（x）|>x2， 故满足题意的t不存在.

③当k=1，由（Ⅰ）知，当x（0，+∞），| f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=x-ln（1+x），

令H（x）=x-ln（1+x）-x2， x∈[0，+∞）， 则有H′（x）=1--2x=，

当x>0时，H′（x）<0，所以H（x）在[0，+∞）上单调递减，故H（x）

故当x>0时，恒有| f（x）-g（x）|

综上，k=1.

点评：在解函数的综合应用问题时，我们常常借助导数，将题中千变万化的隐藏信息进行转化，探究这类问题的根本，从本质入手，进而求解，利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意f（x）>g（x）与f（x）min>g（x）max不等价，f（x）min>g（x）max只是f（x）>g（x）的特例，但是也可以利用它来证明，在2014年全国Ⅰ卷理科高考第21题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间来判断函数大致图像，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续.

责任编辑 徐国坚