为2022年高考数学北京卷点赞——试题的鲜明特色是“一题多解、朴实自然”

甘志国(正高级教师 特级教师)

(北京丰台二中)

1 试题的鲜明特色是“一题多解、朴实自然”

2022年是北京新教材高考元年,也被称为“四新高考”——新高考方案、新课程标准、新课程方案、新高考教材.2022年高考数学北京卷(以下简称试卷)坚持“以德为先、能力为重、全面发展”的命题理念,稳妥推进新高考改革,坚持“立德树人、服务选才、引导教学”的命题原则,坚持“有利于高校选拔人才、有利于高中数学教学、有利于学生展示才华”的命题方向.

试题的鲜明特色是“一题多解、朴实自然”,绝大部分试题都是学生通过高中三年学习后应知应会的数学知识方法:面孔熟悉、解法常规,都有简捷基础、直达本质且是自然流露的多种解法.选填题可用直接法、排除法、估算法、极端原理、数形结合思想等求解;解答题容易上手、思路自然、运算量不大,比如概率统计题(第18题)情境真实,但解答时要设事件,并用所设事件表示要研究的事件.解答第19题时容易因为不严谨而出现错误;第20题第(3)问是二元函数问题,学生略感陌生.

试卷基于《普通高中数学课程标准(2017 年版2020年修订)》(以下简称课程标准),突出考查八大主干知识:函数、导数、三角函数、平面向量、数列、立体几何、解析几何、概率统计.试卷频繁考查估算法(第4,7,15题)、反证法(第4,5,6,14,15,21题)、极限思想与极端化原理(第4,6,9,10,14,15题)等基本思想方法.

1.1 “一题多解、朴实自然”试题欣赏

例1(2022 年北京卷4)已知函数f(x)＝则对任意实数x,有( ).

解析方法1直接验证f(－x)＋f(x)＝1成立,故选C.

方法2可验证函数既不是奇函数也不是偶函数,因而可排除选项A,B.再由f(0)＝,可排除选项D,故选C.

方法3因为,所以排除选项A,B,D,故选C.

例2(2022年北京卷10)在△ABC中,AC＝3,BC＝4,∠C＝90°.P为△ABC所在平面内的动点,且PC＝1,则的取值范围是( ).

解析方法1(建系、减元、导数)由题设知,可建立如图1所示的平面直角坐标系xCy,则A(3,0),B(0,4).再由题设可求得动点P(x,y)的轨迹是单位圆x2＋y2＝1,所以

图1

设z＝3x＋4y(其中x,y满足x2＋y2＝1),则z＝3x±,则z的取值范围是[－5,5],所以,6],故选D.

方法2 (用平面向量基本定理及平面向量数量积的定义)如图2 所示,设Rt△ABC的斜边AB_的中点是D,可得2|CD|＝|AB|＝5.

图2

点评1)本题源于普通高中教科书《数学·选择性必修·第一册·A 版》(人民教育出版社,2020)98页第12题.

2)极化恒等式“4a·b＝(a＋b)2－(a－b)2”是解决向量数量积问题的利器,2017 年全国Ⅱ卷理科第12题、2017年北京卷文科第12题、2016年江苏卷第13题、2013年浙江卷理科第7题、2013年天津卷理科第12题、2011年上海卷理科第11题以及2010年福建卷文科第10题均可利用极化恒等式来简捷求解.

例3(2022年北京卷15)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1,2,…).给出下列四个结论:

①{an}的第2项小于3;

②{an}为等比数列;

③{an}为递减数列;

④{an}中存在小于的项.

其中所有正确结论的序号是________.

解析逐项分析①正确:在所给递推式中令n＝1,可求得a1＝3,再令n＝2,可得

③正确:由数列{an}的各项均为正数,可得{Sn}是正项递增数列.再由an·Sn＝9(n＝1,2,…),可得

②错误:

若{an}为等比数列,则是常数.再由数列{an}的各项均为正数,可得an＋1(n＝1,2,…)也是常数.又由an·Sn＝9(n＝1,2,…),可得Sn＋1(n＝1,2,…)也是常数,所以a3＝S3－S2＝0,这与a3＞0矛盾,所以{an}不是等比数列.

方法4方 法3 已 得2,…),所以若{an}为等比数列,则是常数.再由数列{an}的各项均为正数,可得an＋1(n＝1,2,…)也是常数.但这与③正确相矛盾,所以{an}不是等比数列.

④正确:

方法2由结论③及数列{an}的各项均为正数、结论“单调有界数列存在极限”可得存在.

整体分析由数列{an}的各项均为正数,可得{Sn}是正项递增数列.再由an·Sn＝9(n＝1,2,…),可直观感知出{an}为正项递减数列,③正确.

在所给递推式中令n＝1,可求得a1＝3,又由结论③可得a2＜a1＝3,①正确.

由所给递推式得Sn＋1an＋1＝Sn＋1(Sn＋1－Sn)＝9(n＝1,2,…).若正项递增数列{Sn}有上界,则由结论“单调有界数列存在极限”可得存在.

例4(2022 年北京卷17,节选)如图3所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1为正方形,平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,AB＝BC＝2,M,N分别为A1B1,AC的中点.

图3

从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AB与平面BMN所成角的正弦值.

条件①:AB⊥MN;条件②:BM＝MN.

注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.

解析选条件①,容易证得三条直线BB1,BC,BA两两互相垂直,进而可建系求解.

选条件②:

方法1如图3 所示,由平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,CB⊂平面BCC1B1,平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝B1B,CB⊥B1B,可 得CB⊥平 面ABB1A1,所以BC⊥BA.

如图4 所示,设棱BC的中点是D,连接DN,DB1,可证得MN＝B1D.再由题设可得

图4

由勾股定理的逆定理,可得BB1⊥B1M,因为B1M∥BA,所以BB1⊥BA.从而BB1,BC,BA两两互相垂直,进而可建立空间直角坐标系后求得答案是

方法2同方法1可得CB⊥平面ABB1A1,所以BC⊥BA,可建立如图5 所示的空间直角坐标系B-xyz,则A(0,2,0),B(0,0,0),N(1,1,0),C(2,0).

图5

设点B1(x,y,z)(z＞0),由

可得x＝0,所以点B1(0,y,z).

由BM＝MN及两点的距离公式可得(y＋1)2＋z2＝1＋y2＋z2,所以y＝0,点B1(0,0,z)(z＞0),得直线BB1⊥平面ABC,则直线BB1,BC,BA两两互相垂直,进而可利用空间直角坐标系求得答案.

点评对于这道立体几何劣构题,若选择“条件②”,则难度较大(这就是出现劣构题的缘由:考查学生选择简单问题求解的能力),难在不能直接建立空间直角坐标系,需要先证明三条直线两两互相垂直.学生要重视平面几何在立体几何解题中的应用,随着新高考的变化,平面几何知识不会再作为一道选考解答题出现,但平面几何知识在解三角形、平面向量、立体几何、平面解析几何中有重要应用.

例5(2022 年北京卷19)已知椭圆的一个顶点为A(0,1),焦距为2 3.

(1)求椭圆E的方程;

(2)过点P(－2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴交于点M,N,当|MN|＝2时,求k的值.

解析(1)椭圆E的方程为(求解过程略).

(2)方法1由题设可得直线BC的方程为y＝k(x＋2)＋1,设B(x1,y1),C(x2,y2),联 立

这个关于x的一元二次方程的判别式

若x1＝0,可求得点B(0,－1),再求得直线PB:y＝－x－1与椭圆E的另一个交点是直线与x轴交于点N(－4,0),则直线AB:x＝0与x轴交于点M(0,0).因而|MN|＝4,不满足题设“|MN|＝2”,所以x1≠0,再得y1≠1,可求得直线

又由题设|MN|＝2,可解得k＝－4.

当k＝－4时,可求得直线PB:y＝－4x－7与椭圆E交于不同的两点不妨设.再求得直线AB:y＝x＋1与x轴交于点M(－1,0),直线与x轴交于点N(－3,0),满足题设“|MN|＝2”,且1－y1≠0,1－y2≠0,所以以上解答中的点均存在.

综上,k的值是－4.

方法2由题设可求得直线BC的方程为y＝k(x＋2)＋1(k＜0),设M(m,0),N(n,0).

检验当k＝－4时满足题设,所以k＝－4.

点评1)请注意方法1中的检验是必需的:若把题设中的“|MN|＝2”改成“|MN|＝4”,可求得点B,C的坐标是(0,－1)(或互换),点M,N的坐标是(0,0),(－4,0)(或互换),但不满足“点及点(x2≠0)”.2)方法1是“设斜率”,运算量较大;方法2设点,运算量要小一些.

例6(2022 年北京卷20)已知函数f(x)＝exln(1＋x).

(1)求曲线y＝f(x)在点(0,f(0))的切线方程;

(2)设g(x)＝f′(x),讨论函数g(x)在[0,＋∞)上的单调性;

(3)证明:对任意的s,t∈(0,＋∞),有

解析(1)切线方程为y＝x(求解过程略).

当x≥0时,ex＞0,ln(x＋1)≥0,,所以g′(x)＞0,g(x)在[0,＋∞)上是增函数.

(3)方法1设函数h(s)＝f(s＋t)－f(s)－f(t)(s≥0),由(2)的结论可得h′(s)＝f′(s＋t)－f′(s)≥0(s＞0,t＞0),h(s)是增函数,则h(s)＞h(0)＝－f(0)＝0(s＞0),进而可得欲证结论成立.

方法2不妨设0＜s≤t,A(0,f(0)),B(s,f(s)),C(t,f(t)),D(s＋t,f(s＋t)),即证

由题设及拉格朗日中值定理,可得∃ξ∈(0,s),f′(ξ)＝kAB;∃η∈(t,s＋t),f′(η)＝kCD.

由0＜ξ＜s≤t＜η＜s＋t及第(2)问的结论“f′(x)在[0,＋∞)上是增函数”,可得f′(ξ)＜f′(η),即kCD＞kAB,所以欲证结论成立.

点评由数学归纳法还可证明本题第(3)问结论的推广:若可导函数f(x)(x≥0)的导函数f′(x)是增函数且f(0)≤0,则

1.2 部分创新试题的解法

例7(2022年北京卷6)设{an}是公差不为0的无穷等差数列,则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0,当n＞N0时,an＞0”的( ).

A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

解析由题设可得无穷等差数列{an}的公差d＜0或d＞0,因而在平面直角坐标系nOan中,点列(n,an)(n∈N*)均在同一条直线an＝dn＋(a1－d)上,进而{an}为递增数列⇔d＞0⇔存在正整数N0,当n＞N0时,an＞0.其中“存在正整数N0,当n＞N0时,an＞0⇒d＞0”可用反证法证:假设d＜0,由点列(n,an)(n∈N*)均在同一条直线an＝dn＋(a1－d)(d＜0)上,可得当n→＋∞时,an＜0,与题设“存在正整数N0,当n＞N0时,an＞0”矛盾,所以欲证结论成立,故选C.

例8(2022 年北京卷14)设函数f(x)＝若f(x)存在最小值,则a的一个取值为_________;a的最大值为_________.

解析第一空的答案可以是区间[0,1]中的任意一个数.

若a＜0,则所以函数f(x)没有最小值,不满足题设.

若a＝0,则函数进而可得fmin(x)＝f(2)＝0,满足题设.

若a＞0,注意到函数f(x)在x＜0时的解析式f(x)＝－ax＋1(减函数)中自变量x的取值范围是开区间(－∞,a),此时函数f(x)没有最小值;函数f(x)在x≥0时的解析式f(x)＝(x－2)2中自变量x的取值范围是区间[a,＋∞),此时函数f(x)有最小值.由f(x)的最小值是这两部分函数值中最小的,因而若f(x)存在最小值,则最小值一定是当x≥0时函数值中最小的,可分下面两种情况来讨论:

1)若0＜a≤2,则fmin(x)＝f(2)＝0,且－a2＋1≥0,得a∈(0,1].

2)若a＞2,则fmin(x)＝(a－2)2,且－a2＋1≥(a－2)2,得a∈∅.

综上,a的取值范围是[0,1],最大值是1.

2 高考复习备考建议

关于高三复习备考,笔者在发表的相关文献中已阐述了一些有益的建议,下面再强调七点.

1)第一轮复习要夯实基础,坚决丢掉“偏、难、怪”.教师不可深一脚浅一脚地教学(包括解题教学),否则会导致“学生很怕数学”.

2)要注重回归课本,不要过多地依赖于教辅资料,更不能迷恋于题海战术.

3)学生在复习备考时要让自己感到心里有底,这是高效复习和减轻学习负担的重要途径和必由之路.比如,对于试卷第17题,学生自己要明白:从理论上来说,所有的立体几何试题都可建立空间直角坐标系来求解(相当于所有的平面几何试题都可建立平面直角坐标系来求解),但如何建系更方便,平时要多训练、总结、提升.

4)注重主干知识、聚焦核心考点、重视高频考点,适当加大运算能力的培养.要知道梨子的味道一定要亲口尝一尝,问题难不难、会不会解决,一定要亲自动笔认真做.

5)关注北京特色的试题,比如对三道压轴题,平时要有针对性地训练,即使第21题也不可全然放弃,要做到分分必争;多关注新高考中的劣构题、数学文化试题以及多选题等,并尽可能地做到学以致用、欣赏数学,还要尽可能地做到见多识广.

6)尽可能地减少非智力因素对考试成绩的影响,答题要做到落笔有据、书写规范.表述规范是能力、实力的体现,不仅仅是态度,其最高境界是“不多一个字也不少一个字”,可以把自己的表述训练成比参考答案还要好.

7)高中数学教与学要永远做好四个关键:夯实基础、激发兴趣、着眼高考、适当提高.学生在复习备考时要有自己的想法,比如对于解三角形问题要能熟练求解三角形中的三种重要线段(角平分线、中线、高).要掌握课本之外的数学方法、知识,比如数学归纳法、反证法、同一法、合情推理、极限概念、极端化原理等.

(完)