高考数学的解析几何

高考数学的解析几何（精选9篇）

高考数学的解析几何 篇1

提升高考数学成绩的方法

一、考试前

1.合理定位，创设宽松的应考氛围，以平常心对待高考.

2.回归课本、回归基础.

临考前应做一定量的低、中档题，以达到熟悉基本方法、基本知识，练习动脑、练习动笔的目的，一般不再做难题;认真梳理前几次模拟考试试题，通过看题目梳理、辐射学过的知识、方法，这样基本上可把高考考点复习一遍，做到以少胜多、以点代面、以不变应万变.

3.重视卷面的规范和简洁，包括书写规范和思维规范，遇到问题要向熟悉的知识和方法上想.

二、考试中

1.拿到试卷后，先检查试卷有无问题，再填好考生全部信息.

2.不要急于作答，可先通览全卷，对试题分布、难易程度做到心中有数，为实施正确的解题策略做铺垫.

3.开考铃响后，做题要由前到后，由易到难，要做到稳、准、一次成功，且忌一味追求速度(实践证明，把希望寄托在检查上是没有什么效果的)，要认真运算到最后结果，千万不要为了节省一点点时间而想当然.众所周知，要想考上学，一定要保证基础题(一般是选择、填空和前几个解答题)的准确率，且忌“会而不对，对而不全”现象，因为我们知道一个选择题和一个填空题的分值就相当与一个解答题的分值.

4.多年高考经验告诉我们，当你解题顺利时，不要得意，相反更要冷静;当你做题遇到阻力时，不要气馁、要相信自己，别人也不顺利，相信高考题最公平，别人也不比我强多少，题目难都难，容易都容易，此时最重要的就是静下心来、沉住气;

5.特别注意审题，要做到“慢”审题，通过审题发现题目有无易漏、易错点，有无隐含条件、看清题目的要求等，这一点的重要性我们都深有体会.

6.用好考试结束前15分钟这一段时间，按照自己的计划有条不紊的做题，总可得一定分数，甚至有不小的收获，且忌东翻翻西看看，那样很可能一分得不到，有百害而无一利.

7.草稿纸的利用.在考试过程中一折为四按题号顺序使用，减少失误.

三、选择题的解法

方法多样，不择手段.高考试题凸现能力，小题一般要小做，除直接法解答外，还要注意巧解，善于使用数形结合、特值(含特殊值、特殊位置、特殊图形、特殊角度、特殊体等等)、排除、验证、转化、分析、估算等方法，一旦思路清晰，就迅速作答.不要在一两个小题上纠缠，如果确实没有思路，可先蒙一个，并做标记，即使是“蒙”也有25%的胜率，后面有时间的话再做.

四、填空题的解法

1.由于填空题和选择题有相似之处，所以有些解题方法、策略是可以共用的.

2.填空题要认真运算，表达结果必须数值准确、形式规范，否则将前功尽弃，因为填空题无过程分.

五、解答题——“步步为营”

对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分.我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略.把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密.

1.缺步解答.如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败.

2.跳步答题.解题过程卡在某一过渡环节上是常见的.这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论.如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向;如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处”.

3.退步解答.“以退求进”是一个重要的解题策略.如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论.总之，退到一个你能够解决的问题.为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”.这样，还会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发.

高考数学的解析几何 篇2

一、考情分析

解析几何是高中数学的主干知识之一, 其特点是用代数的方法研究、解决几何问题。直线和圆的方程, 圆锥曲线是历年高考必考内容, 题量一般是一大两小, 圆锥曲线部分突出考查直线和椭圆、抛物线的位置关系, 淡化了对直线与双曲线位置关系的考查.直线与圆锥曲线的位置关系是历年高考数学命题热点, 其涉及知识点全面、常与向量、函数在知识交汇处命题, 题目以圆锥曲线内接三角形面积, 定点、定值、最值、参数范围等形式呈现, 思维灵活多变, 对考生解题能力要求较高.解决这类题目, 一定要注重通性通法, 深入实践转化思想和数形结合思想, 将题目的条件准确翻译成数学语言和图形语言, 要培养敏锐的洞察能力, 读出题目的弦外之音, 悟出命题意图, 直击考点, 对症下药, 在训练中克服种种困难, 从而顺利解题.2014年全国各省市高考解析几何试题 (以理科解答题为例) 考查的知识点及分值具体情况分布如下表:

从表中, 不难发现2014年高考解析几何解答题有以下特点:

(1) 题型与分值:在这18套试卷中, 每套均考了一道解答题, 但分值不尽相同, 在12分至15分之间波动, 其中浙江卷分值最高为15分, 广东、湖北、山东、北京、江苏五省份的分值为14分, 安徽、湖南、四川、陕西、江西、福建、天津七省份的分值为13分, 新课标全国卷Ⅰ、新课标全国卷Ⅱ、全国大纲卷、重庆卷、辽宁卷五套试卷的分值为12分.除江苏卷 (解答题第3题) 与山东卷 (压轴题) 外, 其余均在倒数第二或第三题位置上.

(2) 题型稳定, 重点突出:通常设置成两问, 第一问主要考查直线、圆锥曲线的相关概念:直线的斜率、直线方程、两直线垂直 (或平行) 、圆锥曲线的标准方程及其简单的几何性质等圆锥曲线基本量的运算, 注重考查基础知识、基本方法, 属容易题, 较简单;第二问难度较大, 重点考查直线与圆锥曲线的位置关系, 尤其是相交情况下弦长、中点、距离公式、轨迹、定值、最值、范围、存在性问题等考查频率较高, 运算量较大.

(3) 设问“新而不偏, 活而不难, 力所能及”:在设问上打破常规, 力求“稳中求变”, 考查阅读理解能力及数学表达能力, 意在让不同层次的考生都能下手, 体现区分度.

(4) 突出能力立意, 渗透数学思想, 强调通性通法:注重考查平面几何知识的综合应用, 渗透数形结合、方程的思想, 另外“多参”, “设而不求”, “数形结合”、“等价转换”、“整体代换”、“分类讨论”等代数处理问题思想方法有所加强, 强调多种方法的选择, 有效控制运算量.

解析几何的解答题今年主要从以下几方面设题:一是考查圆锥曲线定义, 基本量及几何性质;二是以直线和圆锥曲线位置关系为背景, 考查其内接三角形面积问题, 定点、定值和最值问题以及存在性问题;三是考查直线与圆、圆锥曲线的位置关系, 这些题目综合性强, 对思维与运算能力要求较高, 难度较大, 解答时要注重通性通法, 灵活运用数学思想.

二、典型试题评析

下面仅以2014年课标卷全国Ⅱ的第20题 (文理同题) 为例, 以一题多解的形式, 体现今年高考解析几何解答题命题的特点.

(Ⅱ) 若直线MN在y轴上的截距为2, 且|MN|=5|F1N|, 求a, b.

求解:第一问离心率求解的通法为构造基本量a, c的齐次式, 从而解出e.

解法一分析:由M是C上一点且MF2与x轴垂直得M点坐标, 将直线MN的斜率转化为直线的MF1斜率, 利用斜率公式即可得出a、b、c关系.

解法二分析:将直线MN的斜率转化为直角三角形中∠MF1F2的正切值, 再利用椭圆的定义可得:

解法三分析:同解法二得M点的坐标, 由点M在椭圆C上, 代入椭圆的方程得出a、b、c关系.

化简得2b2=3ac.

求解:第二问 (Ⅱ)

解法一分析:由直线MN在y轴上的截距为2, 知M点的纵坐标为4, 得出a、b关系, 再由|MN|=5|F1N|得N点坐标, 将N点坐标代入椭圆C的方程可求.

又c2=a2-b2, 代入整理得a2-7a=0,

解法二分析:由直线MN过点F1, 在y轴上的截距为2, 得直线MN的方程, 联立直线MN与椭圆C的方程消元, 利用关于y的一元二次方程根与系数关系进行求解.

由法一知b2=4a;

消去x得:

由|MN|=5|F1N|得yM=-4yN (yN<0) ,

化简得4a2-41a+91=0,

答题情况分析:

这道解析几何的命题背景是直线与椭圆的位置关系, 难度不大, 但解法灵活新颖, 不拘泥于套路———通过点斜式设出直线方程, 与椭圆方程联立得一元二次方程, 再利用韦达定理求解这一“设而不求”的老方法, 充分体现了新课标高考对解析几何“多考想, 少考算”的命题要求, 也从一个侧面折射出立足教材, 注重双基, 从思想入手, 回归本质学习数学的重要性.

离心率的考查一直是解析几何的命题热点, 本题第一问从直线的斜率出发, 考查离心率问题, 关键在于考查离心率求解的本质, 即寻找关于a, c的齐次式.而结合斜率, 通径, 椭圆定义均可求解, 但相比之下, 利用椭圆定义求解, 运算量很小, 简捷清晰, 而且是常见的通性通法, 由此不妨得出, 当椭圆上一点同时与两焦点连线构成焦点三角形时, 求解离心率, 首先考虑定义法.

题目第二问涉及定点分线段成比例问题以及截距的概念, 要解决这一问有两个难点:1.什么是截距;2.|MN|=5|F1N|说明什么.首先第一个难点实际是典型的大题小做, 巧用了中位线定理推出MF2=4, 这一点技巧性十足, 以往这样小巧玲珑的设题一般位于填选题, 而今公然成为大题求解的一道关卡, 令人耳目一新.第二个难点不乏老题新做的韵味, 所谓老题是因为此题与2010年辽宁省高考解析几何大题第 (1) 问有着异曲同工之妙, 一改“设而不求”的老路子, 利用韦达定理和比例关系求出交点坐标, 实现了思维与计算并重, 基础知识与基本技能重点考查, 强化了求解直线与圆锥曲线位置关系的通性通法, 但这种经典做法的不足在于计算量过大, 耗时易错, 需要考生具备强大的运算功底才能稳操胜券.而这点不足如果换个切入点, 完全可以克服, 即标新立异, 不走联立之路, 充分发挥数形结合的优势, 利用相似三角形, 根据线段的比例, 直接求出N点坐标, 再利用点N在椭圆上, 其坐标自然满足椭圆方程这一基本思想, 即可解题, 方法简单独到, 看图解题深刻揭示了解析几何破题法宝———数形结合思想的重大意义, 大大简化了运算量, 提高了解题效率.

高考数学的解析几何 篇3

关键词：高中数学；解析几何；高考试题；教学策略

中图分类号：G633.6 文献标识码： A 文章编号：1992-7711（2015）04-035-01

解析几何是高中数学的重要教学内容，解析几何试题在高考中的占据的比重一直比较大，随着新课程的不断改革，高中数学教师应当严格按照课程大纲要求，制定出科学合理的教学策略，要多引导学生进行历年高考例题分析，让学生掌握适合自己的解题方法。另外教师还要研究出最有效的高中数学解析几何教学策略，促进高中数学解析几何教学，实现新课程改革的最终目标。

一、高考解析几何试题分析

在新课程的不断改革下，高考需要考核的解析几何内容重点基本上不变，数学考试大纲对解析几何知识、教学思想、教学方法和能力都提出了要求。如图是高考解析几何主要考点和知识要求。

在高考数学试题当中，解析几何试题通常都是设计两道小题和一道解答题，占到了20分以上。在试卷当中，解析几何主要分为几何初步和圆锥曲线两部分内容，在数学的必修模块和选修模块当中出现，近年来，通常用填空题和选择题的形式对必修模块内容进行考核，用综合题的形式对选修模块内容进行考核。

（一）对数学解析几何基本知识点进行考查。高考试题首先会对数学解析几何的基本知识点进行考查，学生必须掌握椭圆、曲线、抛物线等的定义，引用定义解轨迹方程，学生在解这些试题的时候，首先应当联想到相关定义，要对定义有深刻的理解，只有这样才能根据定义进行解题。

（二）对学生的思维能力和解题能力进行考查。在数学高考试题当中，面对圆锥曲线和直线位置关系的试题时，都要用坐标法进行解决，特别是那些解答题，学生要在分析几何条件的基础上，选择合适的代数形式对平行、面积、垂直、重点等进行表示，要建立计算方法，算理的正确与否是由学生的思维能力高低决定的。

二、高中数学解析几何教学策略研究

根据新课程改革的相关要求，教师要想提高数学解析几何教学效率，必须提出有效的解析几何策略，教师要带领学生进行数学实验，要善于利用多媒体技术进行动态教学，要多讲解高考典型解析几何例题，让学生多看、多练，强化学生的综合运算能力，提升学生的试题解决能力，要引导学生进行分析总结，注重试题解决和分析，提高学生的思维创新能力。要通过数学解析几何教学，通过对解析几何问题的解决，培养学生的坚强意志，要加强考前练习，帮助学生养成良好的心理素质和独立思考的能力。要想有效解决数学解析几何试题，还要站在数学文化学的角度上明确数学结构和解析几何分析价值，要根据自己的直觉思维，运用自己的抽象思维，最后进行归纳总结，提取出真正有用的思维想法，运用到高中数学解析几何数学解题过程中。如图是笛尔卡数学思想内涵系统图。

教师要对解析几何高考试题题型进行讲解，要详细讲解解析几何高考中的重点试题，要精心设计出具有解析几何特点的试题，提高学生的思维能力，要不断复习旧知识，不断创新新方法，要了解高考解析几何题型的解答方法，善于发现学生在解题当中出现的主要问题，找到问题出现的原因，对症下药，让学生明确解题目标，引导学生按照先进行图形转化，再进行几何图形分析，最后通过建立坐标的解题思路进行试题解答。

教师还应当不断创新数学题型，从实际生活当中进行新情境的提炼，运用合理方式提出数学问题，要实现新旧教材的有效结合，创新出新的教材表述方式，要对数学知识定义的概念进行合理定义，要多组织数学竞赛，把旧题型改编成新题型。在高考考试题型当中，直线和曲线等综合问题是必考的，经常以解答题的形式出现，而且这些题型是比较难的，教师应当把这部分内容当成重点内容进行讲解。另外，在数学平面解析几何题目的解答中，要善于找到解答技巧和规律，必须结合方程求交点和根据韦达定律求弦长度的问题，要结合曲线定义，利用相关参数进行问题解答，只有当学生灵活掌握这类题型的解答规律并且能够灵活利用的时候，正确解答这类综合题就变得很容易了。

三、结语

高考数学概率几何解题方法 篇4

(2)整体平衡，重点突出：对直线、圆、圆锥曲线知识的考查几乎没有遗漏，通过对知识的重新组合，考查时既注意全面，更注意突出重点，对支撑数学科知识体系的主干知识，考查时保证较高的比例并保持必要深度。近四年新教材高考对解析几何内容的考查主要集中在如下几个类型：

①求曲线方程(类型确定、类型未定);

②直线与圆锥曲线的交点问题(含切线问题);

③与曲线有关的最(极)值问题;

④与曲线有关的几何证明(对称性或求对称曲线、平行、垂直);

⑤探求曲线方程中几何量及参数间的数量特征;

(3)能力立意，渗透数学思想：一些虽是常见的基本题型，但如果借助于数形结合的思想，就能快速准确的得到答案。

高考数学的解析几何 篇5

1.（北京卷理12）如图，⊙O的弦ED，CB的 延长线交于点A.若BD⊥AE，AB＝4, BC＝2,AD＝3,则DE＝_______；CE＝_______.2.（广东卷理14）如图3，AB，CD是半径为 a的圆O的两条弦，它们相交于AB的中点P，PD2a

3，∠OAP=30°，则CP＝______.3.（广东卷文14）如图3，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB=AD=a，CDa

2，点E，F

分别为线段AB，AD的中点，则EF=__________.4.（湖南卷理10）如图1所示，过⊙O外一点P 作一条直线与⊙O交于A，B两点，已知PA＝2，点P到⊙O的切线长PT ＝4，则弦AB的长为________.5.（湖北卷理15）设a>0,b>0,称2ab／a+b a，b的调和平均数.如图，C为线段AB上的点，且AC=a，CB=b，O为AB中点，以AB为直径做 半圆.过点C作AB的垂线交半圆于D，连结OD，AD，BD.过点C作OD的垂线，垂足为E.则图

中线段OD的长度是a，b的算术平均数，线段________的长度是a,b的几何平均数，线段 _______的长度是a,b的调和平均数.6.（陕西卷理15B）如图，已知Rt△ABC的两条直角边AC,BC的长分别为3cm,4cm，以AC为直径的圆与AB交于点D，则BD／DA= _____.7.（陕西卷文15B）如图，已知Rt△ABC的两条直角边AC，BC的长分别为3cm，4cm，以

AC为直径的圆与AB交于点D，则BD＝______cm.8.（天津卷理14）如图，四边形ABCD是

圆O的内接四边形，延长AB和DC相交于

点P，若PB/PA=1/2,PC/PD=1/3,则BC/AD的值为 ____.9.（天津卷文11）如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交于点P。若

PB=1，PD=3，则BC／AD的值为___________.10.（江苏卷21①）AB是⊙O的直径，D为⊙O上一点，过点D作⊙O的切线

交AB延长线于C，若DA=DC，求证：AB=2BC

11.（辽宁卷理22）如图，ABC的角平分线AD的延长线交它的外接圆于点E

（I）证明： ABEADC.（II）若ABC的面积S

12.（全国Ⅰ新卷理22文22）如图：已知圆上的，过C点的圆的切线与BA的延长线交 ACBD弧12ADAE，求∠BAC的大小.于 E点，证明：

（Ⅰ）ACEBCD

湖南省高考数学试卷(文科)解析 篇6

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一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）1．（5分）（2014•湖南）设命题p：∀x∈R，x+1＞0，则￢p为（）22 ∈R，x∈R，x A．B． ∃x+1＞0 ∃x+1≤0 000022∈R，x C．D． ∃x+1＜0 ∀x∈R，x+1≤0 00 2．（5分）（2014•湖南）已知集合A={x|x＞2}，B={x|1＜x＜3}，则A∩B=（）

A．{x|x＞2} B． {x|x＞1} C． {x|2＜x＜3} D． {x|1＜x＜3} 3．（5分）（2014•湖南）对一个容量为N的总体抽取容量为n的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为P，P，P，则（）123 A．B． C． D． P=P＜P P=P＜P P=P＜P P=P=P 123231132123 4．（5分）（2014•湖南）下列函数中，既是偶函数又在区间（﹣∞，0）上单调递增的是（）

23x ﹣ A．B． C． D． f（x）=x+1 f（x）=x f（x）=2 f（x）= 5．（5分）（2014•湖南）在区间[﹣2，3]上随机选取一个数X，则X≤1的概率为（）

A．B． C． D．

2222 6．（5分）（2014•湖南）若圆C：x+y=1与圆C：x+y﹣6x﹣8y+m=0外切，则12m=（）

19 9 A．B． C． D． ﹣11 7．（5分）（2014•湖南）执行如图所示的程序框图，如果输入的t∈[﹣2，2]，则输出的S属于（）第1页（共21页）

A．[﹣6，﹣2] B． [﹣5，﹣1] C． [﹣4，5] D． [﹣3，6] 8．（5分）（2014•湖南）一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）2 3 4 A．B． C． D．

9．（5分）（2014•湖南）若0＜x＜x＜1，则（）1

2A．B．

﹣＞lnx﹣lnx ﹣＜lnx﹣lnx 2121

C．D．

x＞x x＜x 212

110．（5分）（2014•湖南）在平面直角坐标系中，O为原点，A（﹣1，0），B（0，），C（3，0），动点D满足||=1，则|++|的取值范围是（）

D． A．[4，6] B． C．，2] [﹣1，[﹣1，+1] [2+1]

二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）第2页（共21页）

11．（5分）（2014•湖南）复数（i为虚数单位）的实部等于 ．

12．（5分）（2014•湖南）在平面直角坐标系中，曲线C：（t为参数）的普通方程为

．

13．（5分）（2014•湖南）若变量x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值为 ．

14．（5分）（2014•湖南）平面上一机器人在行进中始终保持与点F（1，0）的距离和到直线x=﹣1的距离相等，若机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，则k的取值范围是 ．

3x 15．（5分）（2014•湖南）若f（x）=ln（e+1）+ax是偶函数，则a= ．

三、解答题（共6小题，75分）

* 16．（12分）（2014•湖南）已知数列{a}的前n项和S=，n∈N． nn（Ⅰ）求数列{a}的通项公式； n

n（Ⅱ）设b=+（﹣1）a，求数列{b}的前2n项和． nnn

17．（12分）（2014•湖南）某企业有甲、乙两个研发小组，为了比较他们的研发水平，现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下：

（a，b），（a，），（a，b），（，b），（，），（a，b），（a，b），（a，），（，b），（a，），（，），（a，b），（a，），（，b）（a，b）

其中a，分别表示甲组研发成功和失败，b，分别表示乙组研发成功和失败．（Ⅰ）若某组成功研发一种新产品，则给该组记1分，否则记0分，试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差，并比较甲、乙两组的研发水平；（Ⅱ）若该企业安排甲、乙两组各自研发一样的产品，试估计恰有一组研发成功的概率．

18．（12分）（2014•湖南）如图，已知二面角α﹣MN﹣β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A、B两点在棱MN上，∠BAD=60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O． 第3页（共21页）

（Ⅰ）证明：AB⊥平面ODE；（Ⅱ）求异面直线BC与OD所成角的余弦值．

19．（13分）（2014•湖南）如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE=1，EC=，EA=2，∠ADC=，∠BEC=．（Ⅰ）求sin∠CED的值；（Ⅱ）求BE的长． 20．（13分）（2014•湖南）如图，O为坐标原点，双曲线C：﹣=1（a＞0，11 b＞0）和椭圆C：+=1（a＞b＞0）均过点P（，1），且以C的两个顶点和12221C的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形． 2（Ⅰ）求C、C的方程； 12（Ⅱ）是否存在直线l，使得l与C交于A、B两点，与C只有一个公共点，且|+|=||？12证明你的结论．

21．（13分）（2014•湖南）已知函数f（x）=xcosx﹣sinx+1（x＞0）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间； 第4页（共21页）

**（Ⅱ）记x为f（x）的从小到大的第i（i∈N）个零点，证明：对一切n∈N，有++…+i ＜． 第5页（共21页）2014年湖南省高考数学试卷（文科）

参考答案与试题解析

一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）21．（5分）（2014•湖南）设命题p：∀x∈R，x+1＞0，则￢p为（）22 ∈R，x∈R，x A．B． ∃x+1≤0 ∃x+1＞0 000022∈R，x C．D． ∃x+1＜0 ∀x∈R，x+1≤0 00 考点： 命题的否定． 专题： 简易逻辑． 分析： 题设中的命题是一个特称命题，按命题否定的规则写出其否定即可找出正确选项

2解答：

解∵命题p：∀x∈R，x+1＞0，是一个特称命题． 2∈R，x∴￢p：∃x+1≤0． 00故选B． 点评： 本题考查特称命题的否定，掌握其中的规律是正确作答的关键． 2．（5分）（2014•湖南）已知集合A={x|x＞2}，B={x|1＜x＜3}，则A∩B=（）A．{x|x＞2} B． {x|x＞1} C． {x|2＜x＜3} D． {x|1＜x＜3} 考点： 交集及其运算． 专题： 集合． 分析： 直接利用交集运算求得答案． 解答： 解：∵A={x|x＞2}，B={x|1＜x＜3}，∴A∩B={x|x＞2}∩{x|1＜x＜3}={x|2＜x＜3}．

故选：C．

点评： 本题考查交集及其运算，是基础的计算题．

3．（5分）（2014•湖南）对一个容量为N的总体抽取容量为n的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为P，1P，P，则（）23 A．B． C． D． P=P＜P P=P＜P P=P＜P P=P=P 123231132123 考点： 简单随机抽样；分层抽样方法；系统抽样方法． 专题： 概率与统计． 分析： 根据简单随机抽样、系统抽样和分层抽样的定义即可得到结论． 解答： 解：根据简单随机抽样、系统抽样和分层抽样的定义可知，无论哪种抽样，每个个体被抽中的概率都是相等的，即P=P=P． 123第6页（共21页）

故选：D． 点评： 本题主要考查简单随机抽样、系统抽样和分层抽样的性质，比较基础．

4．（5分）（2014•湖南）下列函数中，既是偶函数又在区间（﹣∞，0）上单调递增的是（）

23x ﹣ A．B． C． D． f（x）=x+1 f（x）=x f（x）=2 f（x）= 考点： 函数奇偶性的判断；函数单调性的判断与证明． 专题： 函数的性质及应用． 分析： 利用函数函数的奇偶性和单调性即可判断出．

解答： 23解：只有函数f（x）=，f（x）=x+1是偶函数，而函数f（x）=x是奇函数，f（x）x﹣=2不具有奇偶性． 2，f（x）=x+1中，只有函数f（x）=而函数f（x）=在区间（﹣∞，0）上单调递增的． 综上可知：只有A正确． 故选：A． 点评： 本题考查了函数函数的奇偶性和单调性，属于基础题． 5．（5分）（2014•湖南）在区间[﹣2，3]上随机选取一个数X，则X≤1的概率为（）A．B． C． D． 考点： 几何概型． 专题： 概率与统计． 分析： 利用几何槪型的概率公式，求出对应的区间长度，即可得到结论． 解答： 解：在区间[﹣2，3]上随机选取一个数

X，则﹣2≤X≤3，则X≤1的概率P=，故选：B． 点评： 本题主要考查几何槪型的概率的计算，求出对应的区间长度是解决本题的关键，比较基础．

22226．（5分）（2014•湖南）若圆C：x+y=1与圆C：x+y﹣6x﹣8y+m=0外切，则m=（）12 21 19 9 A．B． C． D． ﹣11 考点： 圆的切线方程． 专题： 直线与圆． 分析： 化两圆的一般式方程为标准方程，求出圆心和半径，由两圆心间的距离等于半径和列式求得m值． 第7页（共21页）

22解答： 解：由C：x+y=1，得圆心C（0，0），半径为1，由圆C：x+y﹣6x﹣8y+m=0，得（x﹣3）+（y﹣4）=25﹣112222m，2∴圆心C（3，4），半径为．

2∵圆C与圆C外切，12 ∴，解得：m=9． 故选：C． 点评： 本题考查两圆的位置关系，考查了两圆外切的条件，是基础题．

7．（5分）（2014•湖南）执行如图所示的程序框图，如果输入的t∈[﹣2，2]，则输出的S属于（）

A．[﹣6，﹣2] B． [﹣5，﹣1] C． [﹣4，5] D． [﹣3，6] 考点： 程序框图． 专题： 算法和程序框图． 分析： 根据程序框图，结合条件，利用函数的性质即可得到结论． 解答： 解：若0≤t≤2，则不满足条件输出S=t﹣3∈[﹣3，﹣1]，2若﹣2≤t＜0，则满足条件，此时t=2t+1∈（1，9]，此时不满足条件，输出S=t﹣3∈（﹣2，6]，综上：S=t﹣3∈[﹣3，6]，故选：D 点评： 本题主要考查程序框图的识别和判断，利用函数的取值范围是解决本题的关键，比较基础．

8．（5分）（2014•湖南）一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）

第8页（共21页）

A．B． C． D． 考点： 球内接多面体；由三视图求面积、体积；球的体积和表面积． 专题： 计算题；空间位置关系与距离． 分析： 由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r． 解答： 解：由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r，则

8﹣r+6﹣r=，∴r=2． 故选：B． 点评： 本题考查三视图，考查几何体的内切圆，考查学生的计算能力，属于基础题． 9．（5分）（2014•湖南）若0＜x＜x＜1，则（）12 A．B．

﹣＞lnx﹣lnx ﹣＜lnx﹣lnx 2121 C．D．

x＞x x＜x 2121 考点： 对数的运算性质． 专题： 导数的综合应用．

分析： x分别设出两个辅助函数f（x）=e+lnx，g（x）=，由导数判断其在（0，1）上的单调性，结合已知条件0＜x＜x＜1得答案． 12x解答： 解：令f（x）=e+lnx，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，1）上为增函数，∵0＜x＜x＜1，12 ∴，即． 第9页（共21页）

由此可知选项A，B不正确．

令g（x）=，当0＜x＜1时，g′（x）＜0． ∴g（x）在（0，1）上为减函数，∵0＜x＜x＜1，12 ∴，即． ∴选项C正确而D不正确． 故选：C． 点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了函数构造法，解答此题的关键在于想到构造两个函数，是中档题． 10．（5分）（2014•湖南）在平面直角坐标系中，O为原点，A（﹣1，0），B（0，），C

（3，0），动点D满足||=1，则|++|的取值范围是（）A．[4，6] B． C． D． [﹣1，+1] [2，2] [﹣1，+1] 考向量的加法及其几何意义． 点： 专平面向量及应用． 题： 分 由于动点D满足||=1，C（3，0），可设D（3+cosθ，sinθ）（θ∈[0，2π））．再利用向量析： 的坐标运算、数量积性质、模的计算公式、三角函数的单调性即可得出．

解

解：∵动点D满足||=1，C（3，0），答： ∴可设D（3+cosθ，sinθ）（θ∈[0，2π））． 又A（﹣1，0），B（0，），∴++=．

∴|++|===，（其中sinφ=，cosφ=）∵﹣1≤sin（θ+φ）≤1，第10页（共21页）

∴=sin（θ+φ）≤=，∴|++|的取值范围是．

故选：D． 点本题考查了向量的坐标运算、数量积性质、模的计算公式、三角函数的单调性等基础知评： 识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．

二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）

11．（5分）（2014•湖南）复数（i为虚数单位）的实部等于 ﹣3 ． 考点： 复数代数形式的乘除运算． 专题： 数系的扩充和复数． 分析： 直接由虚数单位i的运算性质化简，则复数的实部可求．

解答： 解：∵=． ∴复数（i为虚数单位）的实部等于﹣3． 故答案为：﹣3． 点评： 本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了虚数单位i的运算性质，是基础题．

12．（5分）（2014•湖南）在平面直角坐标系中，曲线C：（t为参数）的普通方程为 x﹣y﹣1=0 ．

考点： 直线的参数方程． 专题： 选作题；坐标系和参数方程． 分析： 利用两式相减，消去t，从而得到曲线C的普通方程． 解答： 解：∵曲线C：（t为参数），∴两式相减可得x﹣y﹣1=0． 故答案为：x﹣y﹣1=0． 点评： 本题考查参数方程化成普通方程，应掌握两者的互相转化．

13．（5分）（2014•湖南）若变量x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值为 7 ．

第11页（共21页）

考点： 简单线性规划． 专题： 不等式的解法及应用． 分析： 作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，进行平移即可得到结论．

解答：

解：作出不等式组对应的平面区域如图： 由z=2x+y，得y=﹣2x+z，平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点C，直线y=﹣2x+z的截距最大，此时z最大，由，解得，即C（3，1），此时z=2×3+1=7，故答案为：7． 点评： 本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键． 14．（5分）（2014•湖南）平面上一机器人在行进中始终保持与点F（1，0）的距离和到直线x=﹣1的距离相等，若机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，则k的取值范围是 k＜﹣1或k＞1 ．

考点： 抛物线的简单性质． 专题： 圆锥曲线的定义、性质与方程． 分析： 由抛物线的定义，求出机器人的轨迹方程，过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线方程2为y=k（x+1），代入y=4x，利用判别式，即可求出k的取值范围． 2解答： 解：由抛物线的定义可知，机器人的轨迹方程为y=4x，过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线方程为y=k（x+1），22222代入y=4x，可得kx+（2k﹣4）x+k=0，∵机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，224∴△=（2k﹣4）﹣4k＜0，∴k＜﹣1或k＞1． 故答案为：k＜﹣1或k＞1． 点评： 本题考查抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题． 第12页（共21页）

3x15．（5分）（2014•湖南）若f（x）=ln（e+1）+ax是偶函数，则a= ﹣ ．

考点： 函数奇偶性的性质． 结论． 3x专题： 函数的性质及应用． 分析： 根据函数奇偶性的定义，建立方程关系即可得到解答： 解：若f（x）=ln（e+1）+ax是偶函数，则f（﹣x）=f（x），3x3x﹣即ln（e+1）点评： 本题主要考查函数奇偶性的应用，根据偶函数的定义得到f（﹣x）=f（x）是+ax=ln（e+1）﹣ax，3x3x3x﹣﹣即2ax=ln（e+1）﹣ln（e+1）=ln=lne=﹣3x，即2a=﹣3，解得a=﹣，故答案为：﹣，解决本题的关键．

三、解答题（共6小题，75分）*16．（12分）（2014•湖南）已知数列{a}的前n项和S=，n∈N． nn（Ⅰ）求数列{a}的通项公式； n

n（Ⅱ）设b=+（﹣1）a，求数列{b}的前2n项和． nnn 考点： 数列的求和；数列递推式． 专题： 等差数列与等比数列． 分析：（Ⅰ）利

解答： 解：（Ⅰ）当n=1时，a=s=1，用公式法即可求得；（Ⅱ）利用数列分组求和即可得出结论． 当n≥2时，a=s﹣s=﹣=n，nnn1﹣∴数列{a}的通项公式是a=n． nnnn（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b=2+（﹣1）n，记数列{b}的前2n项和为T，则 nn2n122nT=（2+2+…+2）+（﹣1+2﹣3+4﹣…+2n）2n 2n+1=+n=2+n﹣2． 2n+1∴数列{b}的前2n项和为2+n﹣2． n

点评： 本题主要考查数列通项公式的求法﹣公式法及数列求和的方法﹣分组求和法，考查学生的运算能力，属中档题． 第13页（共21页）

17．（12分）（2014•湖南）某企业有甲、乙两个研发小组，为了比较他们的研发水平，现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下：（a，b），（a，），（a，b），（，b），（，），（a，b），（a，b），（a，），（，b），（a，），（，），（a，b），（a，），（，b）（a，b）

其中a，分别表示甲组研发成功和失败，b，分别表示乙组研发成功和失败．（Ⅰ）若某组成功研发一种新产品，则给该组记1分，否则记0分，试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差，并比较甲、乙两组的研发水平；（Ⅱ）若该企业安排甲、乙两组各自研发一样的产品，试估计恰有一组研发成功的概率． 考点： 模拟方法估计概率；极差、方差与标准差． 专题： 概率与统计． 分析：（Ⅰ）分别求出甲乙的研发成绩，再根据平均数和方差公式计算平均数，方差，最后比较即可．（Ⅱ）找15个结果中，找到恰有一组研发成功的结果是7个，求出频率，将频率视为概率，问题得以解决． 解答： 解：（Ⅰ）甲组研发新产品的成绩为1，1，1，0，0，1，1，1，0，1，0，1，1，0，1，则=，== =，乙组研发新产品的成绩为1，0，1，1，0，1，1，0，1，0，0，1，0，1，1则

==．

因为 所以甲的研发水平高于乙的研发水平．（Ⅱ）记E={恰有一组研发成功}，在所抽到的15个结果中，恰有一组研发成功的结果是（a，），（，b），（a，），（，b），（a，），（a，），（，b）共7个，故事件E发生的频率为，． 将频率视为概率，即恰有一组研发成功的概率为P（E）=点评： 本题主要考查了平均数方差和用频率表示概率，培养的学生的运算能力．

18．（12分）（2014•湖南）如图，已知二面角α﹣MN﹣β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A、B两点在棱MN上，∠BAD=60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O．（Ⅰ）证明：AB⊥平面ODE；（Ⅱ）求异面直线BC与OD所成角的余弦值． 第14页（共21页）

考点： 异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定． 专题： 计算题；证明题；空间位置关系与距离；空间角． 分析：（Ⅰ）运用直线与平面垂直的判定定理，即可证得，注意平面内的相交二直线；（Ⅱ）根据异面直线的定义，找出所成的角为∠ADO，说明∠DEO是二面角α﹣MN﹣β的平面角，不妨设AB=2，从而求出OD的长，再在直角三角形AOD中，求出cos∠ADO． 解答：（1）证明：如图 ∵DO⊥面α，AB⊂α，∴DO⊥AB，连接BD，由题设知，△ABD是正三角形，又E是AB的中点，∴DE⊥AB，又DO∩DE=D，∴AB⊥平面ODE；（Ⅱ）解：∵BC∥AD，∴BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即∠ADO是BC与OD所成的角，由（Ⅰ）知，AB⊥平面ODE，∴AB⊥OE，又DE⊥AB，于是∠DEO是二面角α﹣MN﹣β的平面角，从而∠DEO=60°，不妨设AB=2，则AD=2，易知DE=，在Rt△DOE中，DO=DEsin60°=，连AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO==，故异面直线BC与OD所成角的余弦值为． 点评： 本题主要考查线面垂直的判定，以及空间的二面角和异面直线所成的角的定义以及计算，是一道基础题．

19．（13分）（2014•湖南）如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE=1，EC=，EA=2，∠ADC=，∠BEC=．（Ⅰ）求sin∠CED的值；（Ⅱ）求BE的长．

第15页（共21页）

考点： 余弦定理的应用；正弦定理． 专题： 解三角形． 分析：（Ⅰ）根据三角形边角之间的关系，结合正弦定理和余弦定理即可得到结论．（Ⅱ）利用两角和的余弦公式，结合正弦定理即可得到结论．

解答： 解：（Ⅰ）设α=∠CED，222在△CDE中，由余弦定理得EC=CD+ED﹣2CD•DEcos∠CDE，22即7=CD+1+CD，则CD+CD﹣6=0，解得CD=2或CD=﹣3，（舍去），在△CDE中，由正弦定理得，则sinα=，即sin∠CED=．

（Ⅱ）由题设知0＜α＜，由（Ⅰ）知cosα=，而∠AEB=，∴cos∠AEB=cos（）=coscosα+sinsinα=，在Rt△EAB中，cos∠AEB= 故BE=． 点评： 本题主要考查解三角形的应用，根据正弦定理和余弦定理是解决本题本题的关键，难度不大． 20．（13分）（2014•湖南）如图，O为坐标原点，双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）111 和椭圆C：+=1（a＞b＞0）均过点P（，1），且以C的两个顶点和C的两个22212焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．（Ⅰ）求C、C的方程； 12（Ⅱ）是否存在直线l，使得l与C交于A、B两点，与C只有一个公共点，且|+|=||？12证明你的结论． 第16页（共21页）

考点： 直线与圆锥曲线的综合问题．

专题： 圆锥曲线中的最值与范围问题． 分析：（Ⅰ）由条件可得a=1，c=1，根据点P（，1）在上求得=3，可得双曲线12 =﹣的值，从而求得椭圆C的方程．再由椭圆的定义求得a=，可得12C的方程．（Ⅱ）若直线l垂直于x轴，检验部不满足|+|≠||．若直线l不垂直于x轴，设

直线l得方程为 y=kx+m，由 可得y•y=．由 可12222得（2k+3）x+4kmx+2m﹣6=0，根据直线l和C仅有一个交点，根据判别式△=0，22求得2k=m﹣3，可得≠0，可得|+|≠||．综合（1）、（2）可得结论． 解答： 解：（Ⅰ）设椭圆C的焦距为2c，由题意可得2a=2，∴a=1，c=1． 22112 由于点P（，1）在上，∴﹣=1，=3，2∴双曲线C的方程为：x﹣=1． 1再由椭圆的定义可得 2a=+=2，∴a=，22 ∴=﹣=2，∴椭圆C的方程为：+=1． 2（Ⅱ）不存在满足条件的直线l．

（1）若直线l垂直于x轴，则由题意可得直线l得方程为x=，或 x=﹣． 当x=时，可得 A（，）、B（，﹣），求得||=2，||=2，第17页（共21页）

显然，|+|≠||． 时，也有|+|≠||． 同理，当x=﹣（2）若直线l不垂直于x轴，设直线l得方程为 y=kx+m，由 可得 222（3﹣k）x﹣2mkx﹣m﹣3=0，∴x+x=，x•x=． 1212 22于是，y•y=kx•x+km（x+x）+m=． 121212 222由 可得（2k+3）x+4kmx+2m﹣6=0，根据直线l和C仅有一个交点，1222222∴判别式△=16km﹣8（2k+3）（m﹣3）=0，∴2k=m﹣3．

∴=x•x+y•y=≠0，∴≠，1212 ∴|+|≠||． 综合（1）、（2）可得，不存在满足条件的直线l．

点评： 本题主要考查椭圆的定义、性质、标准方程，直线和圆锥曲线的位置关系的应用，韦达定理，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．

21．（13分）（2014•湖南）已知函数f（x）=xcosx﹣sinx+1（x＞0）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

**（Ⅱ）记x为f（x）的从小到大的第i（i∈N）个零点，证明：对一切n∈N，有++…+i ＜． 考利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性． 点： 专导数的综合应用． 题：

分（Ⅰ）求函数的导数，利用导数研究页）

f（x）的单调区间； 第18页（共21

析（Ⅱ）利用放缩法即可证明不等式即可． ： 解解：（Ⅰ）∵f（x）=xcosx﹣sinx+1（x＞0），答∴f′（x）=cosx﹣xsinx﹣cosx=﹣xsinx，*： 由f′（x）=﹣xsinx=0，解得x=kπ（k∈N），当x∈（2kπ，（2k+1）π）（k∈N），sinx＞0，此时f′（x）＜0，函数单调递减，当x∈（（2k+1）π，（2k+2）π）（k∈N），sinx＜0，此时f′（x）＞0，函数单调递增，故f（x）的单调增区间为（（2k+1）π，（2k+2）π），k≥0，单调递减区间为（2kπ，（2k+1）π），k≥0．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在区间（0，π）上单调递减，又f（）=0，故x=，1*当n∈N，nn+1∵f（nπ）f（（n+1）π）=[（﹣1）nπ+1][（﹣1）（n+1）π+1]＜0，且函数f（x）的图象是连续不间断的，∴f（x）在区间（nπ，（n+1）π）内至少存在一个零点，又f（x）在区间（nπ，（n+1）π）是单调的，故nπ＜x＜（n+1）π，n+1 因此当n=1时，有=＜成立． 当n=2时，有+＜＜． 当n≥3时，… ++…+＜ [][ ]（6﹣）＜．

*综上证明：对一切n∈N，有++…+＜． 点本题主要考查函数单调性的判定和证明，以及利用导数和不等式的综合，利用放缩法是评解决本题的关键，综合性较强，运算量较大． ： 第19页（共21页）

第20页（共21页）

高考数学的解析几何 篇7

等比数列{an}的前n项和为Sn, 已知对任意的n∈N+, 点 (n, Sn) 均在函数y=b x+r (b>0且b≠1, b, r均为常数) 的图像上。

(1) 求r的值;

(2) 当b=2时, 记bn=2 (log2an+1) (n∈N+) , 证明:对任意的n∈N+, 不等式成立。

该题主要考查了等比数列的定义、通项公式, 以及已知Sn求an的基本题型, 并运用数学归纳法证明与自然数有关的命题, 以及用放缩法、构造函数法证明不等式。

(2) 法一: (数学归纳法) 由 (1) 可知an=2n-1,

法二: (放缩法)

高考数学的解析几何 篇8

关键词：高中数学；立体几何；高考试题；分析

中图分类号：G632 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2016）19-191-01

一、培养学生的动手画图能力

1、充分利用教材，训练学生画图能力

几何教学中，学生画图能力培养是非常重要的，在学习画图钱，学生首要具备识别图形、认识空间几何结构特征的能力，一些教师容易这些内容，认为这些内容是一些枯燥的定义，基本都是简单的教授，但实际上，这容易导致学生根基不稳，缺少了这些基础内容，学生的画图能力是无法得到提升的。

空间几何的三视图、直观图，将空间几何画在纸上，通过平面图形，将空间直线、平面以及中点之间的位置关系展现出来，建立联系。这些内容为学生识图、画图能力提供了良好的素材，在课堂上，教师应该明确画图的步骤和技巧，并进行案例讲授，由此提升学生的画图能力。坚持下去，学生必然可以熟能生巧。

2、变式训练，强化画图能力

为了强化学生的画图能力，教师可以变换图形的位置关系，和空间关系，为学生开展一些变式训练，以此提升学生的画图能力以及感知能力。

比如：异面直线的画法（图1所示），课本生的内容是相对单一的，因此教师可以将一些典型图形的画法进行进行变换，通过这样的变化，强化学生的画图能力。除了长方形体中能够找到异面直线，还可以通过辅助平面衬托的方法，使两条直线看起来是异面。

二、培养学生的空间想象能力

1、实物教学，直观感知，丰富学生的表象储备

学生具备了丰富的表象储备，才能够不斷提升学生的空间想象能力，是非常必要的，这就要求教师要尽量用事物教学，将抽象的概念以更加直观、形象的方式展现出来，帮助学生更快更好的理解这些知识。视觉感知是多元化、多样性的，教师应该通过大量的积累，帮助学生获得这些方面的感受，进而形成更加具体的几何形象。在教学初期，教师可以将长方体、正方体、锥体等实际模型，展示给学生，通过多角度的观察，增加学生的空间感知经验。通过大量的调查分析发现，PPT、板书、模型等与实际联系，能够有效提升学生的立体几何感知能力。

2、语言、直观图形、空间位置关系相互转换，融会贯通

在实际教学中，很多定理与图像相互对应，可以强化学生记忆，丰富学生的空间想象力，以此提升学生的语言、图形与空间位置关系的转化能力，长久久之，学生就能够更加融会贯通。用语言表述公理与定理时，可以将与其相对应的直观图形画出来，作为过度，之后通过观看直观图，在大脑中形成与其相对应的空间位置关系，再有空间关系与直观图的结合，对相关的概念、定理等进行理解，这样掌握知识的速度会更快。如下图2所示，是一条直线a与一平面α平行，经过直线a的任意一个平面，与任何一个平面β相交，观看这些位置关系的直观图形，学生脑海中会形成相对应的位置关系。而直线a与交线l相互平行，反之，a并行于l，通过a?α，l∈α的位置关系，以及直观图，就可以推断出直线a与平面α的关系是相互平行的。

长期通过这样的训练，学生不仅几何空间感知能力会提升，动手能力与操作能力也会提升。

三、高考几何试题解题思路分析

以“空间几何体的表面积与体积”类型题为例，具体分析如下：

比较简单的几何表面积与体积公式，学生很容易明白，但是此类题目的题型比较灵活，设计的知识也比较广泛，解决这个类型题的基础是对几何体的了解，掌握了几何体的结构特征，再结合公式，才能够解答出答案。还有时会兼并考查球的特征，这类题则较难，知识综合性强。针对这类问题，教师根据如上方式：

教师要求引导学生根据题意将图形画出来（无图时），再利用自己的空间立体感加上逻辑思维推理分析图形，尽可能的归结于平面图形中求，找出求表面积、体积的关键量，如下例题。

例题：已知H是球O的直径AB上的一点，AH：AB=1：2，AB垂直于平面α，垂足为H，α截球O所获得的截面面积为π，那么球的表面是______。

分析：由球直径AB垂直于平面α，H为垂足可知，H为α平面截球所得圆面的圆心，EH为此圆面的半径，且角OHE为直角，三角形OHE则为直角三角形，这样就可以将所有的量放在这个平面图形中求，OE是球的半径，OH可以利用所给条件用球的半径表示出来，EH则可以由所截圆面面积求出来，然后将这些条件放在直角三角形OHE中用勾股定理求得该球的半径，套用球的表面积公式即可。

总之，高中数学教师应该合理运用解题思维，以剖析典型例题，帮助学生积累几何解题经验，并不断提升其解题能力，为学生高考奠定良好的基础。

参考文献

[1] 提高高中数学立体几何教学效果的几点思考[J].黄捷.语数外学习（数学教育）.2013（09）

高考数学的解析几何 篇9

1.在下列关于斜率与倾斜角的说法中正确的是()

A.一条直线与x轴正方向所成的正角叫做这条直线的倾斜角 B.倾斜角是第一或第二象限的角 C.每一条直线都有斜率

D.斜率为零的直线平行于x轴或重合于x轴

【答案】D 2.已知直线ax+by+c=0(ab≠0)在两坐标轴上的截距相等,则a,b,c满足的条件是()A.a=b B.|a|=|b| C.c=0或a=b D.c=0且a=b 【答案】C 【解析】由-=-得C正确.3.过A(1,1),B(0,-1)两点的直线方程是()A.=x B.C.D.y=x 【答案】A 【解析】所求直线方程为,即=x.故选A.4.若直线(2m2+m-3)x+(m2-m)y=4m-1在x轴上的截距为1,则实数m的值为()A.1 C.-B.2 D.2或-【答案】D 【解析】∵直线在x轴上有截距,∴2m2+m-3≠0, 当2m2+m-3≠0时, 在x轴上的截距为=1,即2m2-3m-2=0, 解得m=2或m=-.5.已知点A(-1,2),B(2,-2),C(0,3),若点M(a,b)(a≠0)是线段AB上的一点,则直线CM的斜率的取值范围是()A.B.[1,+∞)C.∪[1,+∞)D.【答案】C 【解析】因kAC==1,kBC==-,且点A,B在y轴两侧.故选C.6.经过点A(-2,2)并且和两坐标轴围成的三角形面积是1的直线方程是()A.x+2y-2=0或x+2y+2=0 B.x+2y+2=0或2x+y+2=0 C.2x+y-2=0或x+2y+2=0 D.2x+y+2=0或x+2y-2=0 【答案】D 【解析】设直线在x轴、y轴上的截距分别是a,b,则有S=|a²b|=1,即ab=±2.设直线的方程是=1, ∵直线过点(-2,2),代入直线方程得=1,即b=,∴ab==±2,解得

故直线方程是=1或=1,即2x+y+2=0或x+2y-2=0.7.有一直线x+a2y-a=0(a>0,a是常数),当此直线在x,y轴上的截距和最小时,a的值是()

A.1 B.2 C.D.0 【答案】A 【解析】直线方程可化为=1,因为a>0,所以截距之和t=a+≥2,当且仅当a=,即a=1时取等号.8.直线2x+3y+a=0与两坐标轴围成的三角形的面积为12,则a的值为

.【答案】 ±12

【解析】令x=0得y=-;令y=0得x=-.∴直线与x轴、y轴的交点分别为A,B.∴S△AOB=²²=12.∴a2=12³12.∴a=±12.9.已知A(3,0),B(0,4),动点P(x,y)在线段AB上移动,则xy的最大值等于

.【答案】3 【解析】 AB所在直线的方程为=1, ∴².∴xy≤3,当且仅当时取等号.10.(2013届²福建三明检测)将直线l1:x-y-3=0,绕它上面一定点(3,0)沿逆时针方向旋转15°得直线l2,则l2的方程为

.【答案】x-y-3=0 【解析】已知直线的倾斜角是45°,旋转后直线的倾斜角增加了15°,由此即得所求直线的倾斜角,进而求出斜率和直线方程.直线l2的倾斜角为60°,斜率为,故其方程为y-0=(x-3),即x-y-3=0.如图.11.已知直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为3,且过定点A(-3,4),求直线l的方程.【解】设直线l的方程是y=k(x+3)+4,它在x轴、y轴上的截距分别是--3,3k+4, 由已知,得=6, 解得k1=-,k2=-.所以直线l的方程为2x+3y-6=0或8x+3y+12=0.12.在△ABC中,已知A(5,-2),B(7,3),且AC边的中点M在y轴上,BC边的中点N在x轴上,求:(1)顶点C的坐标;(2)直线MN的方程.【解】(1)设C(x0,y0),则AC中点M, BC中点N.∵M在y轴上, ∴=0,x0=-5.∵N在x轴上, ∴=0,y0=-3.即C(-5,-3).(2)∵M,N(1,0), ∴直线MN的方程为=1, 即5x-2y-5=0.13.设直线l的方程为(a+1)x+y+2-a=0(a∈R).(1)若直线l在两坐标轴上的截距相等,求直线l的方程;(2)若直线l不经过第二象限,求实数a的取值范围.【解】(1)令x=0,得y=a-2.令y=0,得x=(a≠-1).∵直线l在两坐标轴上的截距相等, ∴a-2=.解之,得a=2或a=0.∴所求直线l的方程为3x+y=0或x+y+2=0.(2)直线l的方程可化为y=-(a+1)x+a-2.∵直线l不过第二象限, ∴

∴a≤-1.∴a的取值范围为(-∞,-1].拓展延伸