高考数学牛人(26页).doc

《高考数学牛人(26页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学牛人(26页).doc（26页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、-高考数学牛人-第 26 页 概率，排列组合，函数三角函数， 圆锥曲线中的“四心” 数列型不等式的放缩技巧1(2010瑞安中学)国庆阅兵中，某兵种A、B、C三个方阵按一定次序通过主席台，若先后次序是随机排定的，则B先于A、C通过的概率为()A. B. C. D.答案B解析用(A，B，C)表示A第一，B第二，C第三的次序，则所有可能的次序有(A，B，C)，(A，C，B)，(B，A，C)，(B，C，A)，(C，A，B)，(C，B，A)共6种，其中B先于A、C通过的有(B，C，A)和(B，A，C)两种，故所求概率为P.2(文)(2010陕西宝鸡)点P在边长为1的正方形ABCD内运动，则动点P到定点A

2、的距离|PA|1的概率为()A. B. C. D答案C解析由题意可知，当动点P位于扇形ABD内时，动点P到定点A的距离|PA|1，根据几何概型可知，动点P到定点A的距离|PA|1的概率为，故选C.(理)(2010广州市模拟、江南十校联考)在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCDA1B1C1D1内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为()A. B1C. D1答案B解析到点O的距离小于等于1的点，组成一个以O为球心，1为半径的半球，V正方体238，V半球13.故所求概率为P1.3(文)(2010浙江金华十校联考)在一个袋子中装有分别标注1,2

3、,3,4,5的五个小球，这些小球除标注的数字外完全相同，现从中随机取出2个小球，则取出小球标注的数字之差的绝对值为2或4的概率是()A. B. C. D.答案C解析取两个小球的不同取法有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共十种，其中标注的数字绝对值之差为2或4的有(1,3)，(2,4)，(3,5)，(1,5)，共四种，故所求的概率为.(理)(2010济南市模拟)已知a、b、c为集合A1,2,3,4,5,6中三个不同的数，如下框图给出的一个算法运行后输出一个整数a，则输出的数a5的概率是()A. B. C. D

4、.答案C解析由程序框图知，输入a、b、c三数，输出其中的最大数，由于输出的数为5，故问题为从集合A中任取三个数，求最大数为5的概率，P.4(文)有5条长度分别为1、3、5、7、9的线段，从中任意取出3条，则所取3条线段可构成三角形的概率是()A. B. C. D.答案B解析构不成三角形的为(1,3,5)，(1,3,7)，(1,3,9)，(3,5,9)，(1,5,7)，(1,5,9)，(1,7,9)，能构成三角形的有(3,5,7)，(3,7,9)，(5,7,9)，所求概率为.(理)在圆周上有10个等分点，以这些点为顶点，每3个点可以构成一个三角形，如果随机选择3个点，刚好构成直角三角形的概率是(

5、)A. B. C. D.答案C解析从10个点中任取三个有C种方法，能构成直角三角形时，必须有两点连线为直径，这样的直径有5条，能构成直角三角形5840个，概率P.5m2，1,0,1,2,3，n3，2，1,0,1,2，且方程1有意义，则方程1可表示不同的双曲线的概率为()A. B1 C. D.答案D解析由题设知或，1时有不同取法339种2时有不同取法224种，所求概率P.6已知正三棱锥SABC的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P，使得VPABCn的概率与mn的概率为，满足mn的概率为P.8(2010广东广州六中)在区间，上随机取一个数x，则使cosx的值介于0到之间的概率为()A. B

6、. C. D.答案A解析x，要使0cosx，应有x或x，由几何概型知，所求概率P.9(2010山东肥城联考)若a是从区间0,3内任取的一个数，b是从区间0,2内任取的一个数，则关于x的一元二次方程x22axb20有实根的概率是()A. B. C. D.答案B解析试验的全部结果所构成的区域为(a，b)|0a30,0b2，由4a24b20及a0，b0知，构成事件“关于x的一元二次方程x22axb20有实根”的区域为(a，b)|0a3,0b2，ab所以所求的概率为P.10(文)(2010广东罗湖区调研)已知(x，y)|xy6，x0，y0，A(x，y)|x4，y0，x2y0，若向区域内随机投一点P，则

7、点P落在区域A内的概率为()A. B. C. D.答案D解析由得D(4,2)，区域为OAB，区域A为OCD，所求概率P.(理)(2010胶州三中)已知函数f(x)x2bxc，其中0b4,0c4，记函数f(x)满足条件的事件为A，则事件A发生的概率为()A. B. C. D.答案C解析由得，画出0b4,0c4表示的平面区域和事件A所表示的平面区域，由几何概型易知，所求概率P.二、填空题11(文)(2010江苏)盒子中有大小相同的3只白球，1只黑球若从中随机地摸出两只球，两只球颜色不同的概率是_答案解析设3只白球为A，B，C,1只黑球为d，则从中随机摸出两只球的情形有：AB，AC，Ad，BC，Bd

8、，Cd共6种，其中两只球颜色不同的有3种，故所求概率为.(理)(2010江苏金陵中学)先后两次抛掷同一枚骰子，将得到的点数分别记为a，b.将a，b,5分别作为三条线段的长，则这三条线段能构成等腰三角形的概率是_答案分析本题有两点要点：一是构成三角形，须满足较小的两个数的和大于第三个数；二是构成等腰三角形，须有两个数相等解析基本事件的总数为6636.三角形的一边长为5，当a1时，b5符合题意，有1种情况；当a2时，b5符合题意，有1种情况；当a3时，b3或5符合题意，即有2种情况；当a4时，b4或5符合题意，有2种情况；当a5时，b1,2,3,4,5,6符合题意，即有6种情况；当a6时，b5或6

9、符合题意，即有2种情况故满足条件的不同情况共有14种，所求概率为P.12(文)(2010苏北四市模考)已知函数f(x)ax2bx1，其中a(0,2，b(0,2，则此函数在区间1，)上为增函数的概率为_答案解析函数f(x)ax2bx1在，)上为增函数，据已知条件可知，1，b2a，如图可知，所求概率P.(理)(2010陕西理)从如图所示的长方形区域内任取一个点M(x，y)，则点M取自阴影部分的概率为_答案解析长方形的面积为S13，S阴3x2dxx31，则P.13(2010广东茂名质检)已知一颗粒子等可能地落入如图所示的四边形ABCD内的任意位置，如果通过大量的试验发现粒子落入BCD内的频率稳定在附

10、近，那么点A和点C到直线BD的距离之比约为_答案解析由几何概型知粒子落在ABD与CBD中的概率之比等于ABD与CBD的面积之比，而ABD与CBD的面积之比又等于点A和点C到直线BD的距离之比，所以点A和点C到直线BD的距离之比约为，故填.14在区间1,5和2,4分别各取一个数，记为m和n，则方程1表示焦点在x轴上的椭圆的概率是_答案解析方程1表示焦点在x轴上的椭圆，mn.由题意知，在矩形ABCD内任取一点P(m，n)，求P点落在阴影部分的概率，易知直线mn恰好将矩形平分，p.三、解答题15(文)(2010山东文)一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4.(1)从袋中随

11、机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求nm2的概率解析(1)从袋中取球编号之和不大于4的基本事件有1和2,1和3两个，而随机取两球其一切可能的基本事件有6个所求概率为P.(2)由题意其一切结果设为(m，n)有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个又满足条件nm2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个，P1.故满

12、足条件n(ab)2恒成立”的概率解析(1)由题意可知：，解得n2.(2)将标号为2的小球记作a1，a2两次不放回抽取小球的所有基本事件为：(0,1)，(0，a1)，(0，a2)，(1,0)，(1，a1)，(1，a2)，(a1,0)，(a1,1)，(a1，a2)，(a2,0)，(a2,1)，(a2，a1)，共12个，事件A包含的基本事件为：(0，a1)，(0，a2)，(a1,0)，(a2,0)，共4个P(A).记“x2y2(ab)2恒成立”为事件B，则事件B等价于“x2y24”，(x，y)可以看成平面中的点，则全部结果所构成的区域(x，y)|0x2,0y2，x，yR，而事件B所构成的区域B(x，

13、y)|x2y24，x，y，P(B)1.(理)(2010福建龙岩市质检)小王、小李两位同学玩掷骰子(骰子质地均匀)游戏，游戏规则：小王先掷一枚骰子，向上的点数记为x；小李后掷一枚骰子，向上的点数记为y.(1)在直角坐标系xOy中，以(x，y)为坐标的点共有几个？试求点(x，y)落在直线xy7上的概率；(2)规定：若xy10则小王赢，若xy4则小李赢，其他情况不分输赢试问这个游戏规则公平吗？请说明理由解析(1)因为x、y可取1、2、3、4、5、6，故以(x，y)为坐标的点共有36个记“点(x，y)落在直线xy7上”为事件A，则事件A包含的点有(1,6)、(2,5)、(3,4)、(4,3)、(5,2

14、)、(6,1)，共6个，所以事件A的概率P(A).(2)记“xy10”为事件A1，“xy4”为事件A2.用数对(a，b)表示x、y的取值，则事件A1包含(4,6)、(5,5)、(5,6)、(6,4)、(6,5)、(6,6)共6个数对；事件A2包含(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(3,1)共6个数对由(1)知基本事件总数为36，所以事件A1的概率P(A1)，事件A2的概率P(A2).即小王和小李两位同学赢的可能性是均等的所以这个游戏规则是公平的 摘要：通过对三角形四心与圆锥曲线的有机结合，达到训练学生的思维，提升学生的解题能力。同时起到培养学生的说思路、练本领、强素质

15、的作用关键词：思维流程 内心 外心 重心 垂心 解题能力正文：圆锥曲线是每年高考的重点内容之一，从近几年的命题风格看，既注重知识又注重能力，既突出圆锥曲线的本质特征，又体现传统内容的横向联系和新增内容的纵向交汇，而三角形在圆锥曲线中更是如鱼得水，面积、弦长、最值等成为研究的常规问题。“四心”走进圆锥曲线，让我们更是耳目一新。因此，在高考数学第二轮复习中，通过让学生研究三角形的“四心”与圆锥曲线的结合问题，快速提高学生的数学解题能力，增强学生的信心，从而战胜高考例1、已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过、三点（）求椭圆的方程：（）若点D为椭圆上不同于、的任意一点，当内切圆的面积最大时

16、，求内心的坐标；由椭圆经过A、B、C三点得到的方程组解出思维流程：由内切圆面积最大转化为面积最大转化为点的纵坐标的绝对值最大最大为椭圆短轴端点面积最大值为（） 得出点坐标为解题过程： （）设椭圆方程为将、代入椭圆E的方程，得解得.椭圆的方程 （），设边上的高为 当点在椭圆的上顶点时，最大为，所以的最大值为 设的内切圆的半径为，因为的周长为定值6所以， 所以的最大值为所以内切圆圆心的坐标为.点石成金：例2、椭圆长轴端点为，为椭圆中心，为椭圆的右焦点，且，（）求椭圆的标准方程；（）记椭圆的上顶点为，直线交椭圆于两点，问：是否存在直线，使点恰为的垂心？若存在，求出直线的方程;若不存在，请说明理由。思

17、维流程：（） 两根之和，两根之积得出关于m的方程解出m 消元 解题过程： （）如图建系，设椭圆方程为,则又即 故椭圆方程为 （）假设存在直线交椭圆于两点，且恰为的垂心，则设，故，于是设直线为 ，由得 又得 即 由韦达定理得解得或（舍） 经检验符合条件点石成金：垂心的特点是垂心与顶点的连线垂直对边，然后转化为两向量乘积为零例3、在椭圆C：中，分别为椭圆C的左右两个焦点，P为椭圆C上的且在第一象限内的一点，的重心为G，内心为I（）求证：；（）已知为椭圆C上的左顶点，直线过右焦点与椭圆C交于两点，若的斜率满足，求直线的方程思维流程：由已知得， 设 重心I的纵坐标为（） 由，可知的斜率一定存在且不为0

18、，设为k的方程为 消去y得利用得的方程解出（）解题过程：（）设，重心，由已知可知， 则， 由 又 内心I的纵坐标为 即（）若直线斜率不存在，显然不合题意；则直线l的斜率存在设直线为，直线l和椭交于，。将依题意：由韦达定理可知：又而从而求得符合故所求直线MN的方程为：点石成金：重心的特点为坐标例4、已知双曲线C以椭圆的焦点为顶点，以椭圆的左右顶点为焦点（）求双曲线C的方程；（）若为双曲线C的左右焦点，为双曲线C上任意一点，为的外心，且,求点的坐标思维流程：由已知易得双曲线中写出双曲线的方程（）是的外心在y轴上，且在中，（）解题过程：（）由已知可知，双曲线的，则双曲线的方程为（）因为为外心，所以，

19、则点在线段的垂直平分线上即在轴上又同弧上的圆心角是圆周角的2倍，则在中， 则 即点石成金：外心的特点为到三个顶点的距离相等或说是三边的垂直平分线的交点能力提升：1、椭圆：求椭圆的焦点三角形内心的轨迹方程解：如图（1），设点P，内心为，焦点，则过内心I作垂直于点 点I是的内心，点是内切圆的切点， 图（1） 由切线长定理，得方程组：，结合，解得：而， ，既又 面积，既=将代入，得可知，椭圆焦点三角形内心的轨迹是一个椭圆，它的离心率是2、椭圆：求椭圆的焦点三角形垂心的轨迹方程；解：如图（2），设点P，垂心为，焦点，则，=0 图（2）又 ， 而， 将式代入式，整理得： 由方程可以看出，椭圆焦点三角形垂

20、心的轨迹不是两条抛物线，它与哪些初等函数图象有关？请大家思考3、已知动圆过定点，且与定直线相切（）求动圆圆心的轨迹的方程；（）设过点的直线与轨迹相交于、两点，若在直线存在点，使为正三角形，求直线方程.（）当直线得斜率大于零时，求外心的坐标解：（）设动圆圆心为，根据题意，得 化简得故动圆圆心的轨迹的方程为.（）设直线的方程为，弦中点为 （）当时，由 得 此时，有图形的对称性可知，上的点只可能是而 故，不合题意. （）当时，由 得 则 即 若在直线上存在点，使为正三角形 则设直线，与联立，解得，即由，得即化简得 即故直线的方程为（）由(）知，直线的方程为，点 得则 ， 则的外心坐标为，即4、椭圆：

21、求椭圆的焦点三角形重心的轨迹方程；提示：椭圆焦点三角形重心的轨迹仍是一个椭圆，如图（5），它的离心率与的离心率相同，方程为证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下九种：一 利用重要不等式放缩1 均值不等式法例1 设求证解析 此数列的通项为即 注：应注意把握放缩的“度”：上述不等式右边放缩用的是均值不等式，若放成则得，就放过“度”了！根

22、据所证不等式的结构特征来选取所需要的重要不等式，这里 其中，等的各式及其变式公式均可供选用。 例2 已知函数，若，且在0，1上的最小值为，求证：（02年全国联赛山东预赛题） 简析 例3 求证.简析 不等式左边=，故原结论成立.2利用有用结论例4 求证简析 本题可以利用的有用结论主要有： 法1 利用假分数的一个性质可得即 法2 利用贝努利不等式的一个特例(此处)得 注：例4是1985年上海高考试题，以此题为主干添“枝”加“叶”而编拟成1998年全国高考文科试题；进行升维处理并加参数而成理科姊妹题。如理科题的主干是：证明(可考虑用贝努利不等式的特例) 例5 已知函数求证：对任意且恒成立。（90年全

23、国卷压轴题） 简析 本题可用数学归纳法证明，详参高考评分标准；这里给出运用柯西（）不等式的简捷证法：而由不等式得(时取等号) （），得证！例6 已知用数学归纳法证明；对对都成立，证明（无理数）（05年辽宁卷第22题）解析 结合第问结论及所给题设条件（）的结构特征，可得放缩思路：。于是， 即注：题目所给条件（）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用；当然，本题还可用结论来放缩：即例7 已知不等式表示不超过 的最大整数。设正数数列满足：求证（05年湖北卷第（22）题）简析 当时，即 于是当时有 注：本题涉及的和式为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以利用所给题设结论来进行有效地放缩；

24、 引入有用结论在解题中即时应用，是近年来高考创新型试题的一个显著特点，有利于培养学生的学习能力与创新意识。例8 设，求证：数列单调递增且 解析 引入一个结论：若则（证略）整理上式得（），以代入（）式得即单调递增。以代入（）式得此式对一切正整数都成立，即对一切偶数有，又因为数列单调递增，所以对一切正整数有。 注：上述不等式可加强为简证如下： 利用二项展开式进行部分放缩： 只取前两项有对通项作如下放缩： 故有上述数列的极限存在，为无理数；同时是下述试题的背景：已知 是正整数，且（1）证明；（2）证明（01年全国卷理科第20题） 简析 对第（2）问：用代替得数列是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法

25、：数列递减，且故即。当然，本题每小题的证明方法都有10多种,如使用上述例4所提供的假分数性质、贝努力不等式、甚至构造“分房问题”概率模型、构造函数等都可以给出非常漂亮的解决！详见文1。二 部分放缩例10 设数列满足，当时证明对所有 有；（02年全国高考题） 解析 用数学归纳法：当时显然成立，假设当时成立即，则当时，成立。 利用上述部分放缩的结论来放缩通项，可得 注：上述证明用到部分放缩，当然根据不等式的性质也可以整体放缩：；证明就直接使用了部分放缩的结论。三 添减项放缩 上述例4之法2就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。例11 设，求证.简析 观察的结构，注意到，展开得即，得证.例12 设数

26、列满足 （）证明对一切正整数成立；（）令，判定与的大小，并说明理由（04年重庆卷理科第（22）题）简析 本题有多种放缩证明方法，这里我们对（）进行减项放缩，有法1 用数学归纳法（只考虑第二步）；法2 则四 利用单调性放缩1 构造数列如对上述例1，令则，递减，有，故 再如例4，令则，即递增，有，得证！ 注：由此可得例4的加强命题并可改造成为探索性问题：求对任意使恒成立的正整数的最大值；同理可得理科姊妹题的加强命题及其探索性结论，读者不妨一试！ 2构造函数例13 已知函数的最大值不大于，又当时（）求的值；（）设，证明（04年辽宁卷第21题）解析 （）=1 ；（）由得 且用数学归纳法（只看第二步）：

27、在是增函数，则得例14 数列由下列条件确定：，（I）证明：对总有；(II)证明：对总有（02年北京卷第（19）题） 解析 构造函数易知在是增函数。 当时在递增，故 对(II)有，构造函数它在上是增函数，故有，得证。注：本题有着深厚的科学背景：是计算机开平方设计迭代程序的根据；同时有着高等数学背景数列单调递减有下界因而有极限： 是递推数列的母函数，研究其单调性对此数列本质属性的揭示往往具有重要的指导作用。类题有06年湖南卷理科第19题：已知函数,数列满足:证明:();().（证略）五 换元放缩例15 求证 简析 令，这里则有，从而有 注：通过换元化为幂的形式，为成功运用二项展开式进行部分放缩起到

28、了关键性的作用。例16 设，求证.简析 令，则，应用二项式定理进行部分放缩有，注意到，则（证明从略），因此六 递推放缩递推放缩的典型例子，可参考上述例10中利用部分放缩所得结论 进行递推放缩来证明，同理例6中所得和、例7中、 例12（）之法2所得都是进行递推放缩的关键式。七 转化为加强命题放缩如上述例10第问所证不等式右边为常数，难以直接使用数学归纳法，我们可以通过从特值入手进行归纳探索、或运用逆向思维探索转化为证明其加强命题：再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了（略）。例17 设，定义，求证：对一切正整数有解析 用数学归纳法推时的结论，仅用归纳假设及递推式是难以证出的，因为出现在分母上！

29、可以逆向考虑：故将原问题转化为证明其加强命题：对一切正整数有（证明从略）例18 数列满足证明（01年中国西部数学奥林匹克试题）简析 将问题一般化：先证明其加强命题用数学归纳法，只考虑第二步： 因此对一切有 例19 已知数列an满足：a1，且an（1）求数列an的通项公式；（2）证明：对一切正整数n有a1a2an2n！（06年江西卷理科第22题）解析：（1）将条件变为：1，因此1为一个等比数列，其首项为1，公比，从而1，据此得an（n1）1（2）证：据1得，a1a2an，为证a1a2an2显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式：对每个nN*，有1（）3（用数学归纳法，证略）利用3得，1

30、（）11。故2式成立，从而结论成立。八 分项讨论 例20 已知数列的前项和满足 （）写出数列的前3项；（）求数列的通项公式；（）证明：对任意的整数，有（04年全国卷） 简析 （）略，（） ；（）由于通项中含有，很难直接放缩，考虑分项讨论：当且为奇数时 （减项放缩），于是 当且为偶数时当且为奇数时（添项放缩）由知由得证。九 数学归纳法例21（）设函数，求的最小值；（）设正数满足，证明（05年全国卷第22题） 解析 这道高考题内蕴丰富，有着深厚的科学背景：直接与高等数学的凸函数有关！更为深层的是信息科学中有关熵的问题。（）略，只证（）：法1 由为下凸函数得 又，所以考虑试题的编拟初衷，是为了考查数

31、学归纳法，于是借鉴詹森（jensen）不等式（若为上的下凸函数，则对任意，有 特别地，若则有 若为上凸函数则改“”为“”）的证明思路与方法有：法2 （用数学归纳法证明）（i）当n=1时，由（）知命题成立.（ii）假定当时命题成立，即若正数，则当时，若正数（*）为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段：令则为正数，且由归纳假定知 （1）同理，由得（2）综合（1）（2）两式即当时命题也成立. 根据（i）、（ii）可知对一切正整数n命题成立.法3 构造函数利用（）知，当对任意. （式是比式更强的结果）下面用数学归纳法证明结论.（i）当n=1时，由（I）知命题成立.（ii）设当n=k时命题成立，即若正数对（*）式的连续两项进行两两结合变成项后使用归纳假设，并充分利用式有由归纳法假设 得 即当时命题也成立. 所以对一切正整数n命题成立. 注：式也可以直接使用函数下凸用（）中结论得到；为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：而变成项；本题可作推广：若正数满足，则（简证：构造函数，易得故）