解高考题

解高考题（共12篇）

解高考题 篇1

由于向量具有代数和几何的双重属性, 所以向量是解决数学问题的一个重要工具, 好多数学问题的结构特征, 数值特征中都隐含向量的属性, 如果我们能认真观察细心分析, 就能挖掘出问题的向量背景, 构造向量, 利用向量的运算和性质获得简捷新颖解法.本文以2008年高考试题为例说明之.

例1 (浙江卷8题) 若$\cos \alpha +2\sin \alpha =-\sqrt{5}$, 则

$\begin{array}{l}\tan \alpha =()\\ (\text{A})\frac{1}{2}(\text{B})2(\text{C})-\frac{1}{2}(\text{D})-2\end{array}$

解析:由题设条件, 得

$\frac{1}{\sqrt{5}}\cos \alpha +\frac{2}{\sqrt{5}}\sin \alpha =-1.$

由此我们想到了向量的数量积公式, 于是可设

$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}=(\frac{1}{\sqrt{5}}‚\frac{2}{\sqrt{5}})‚\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}=(\cos \alpha ‚\sin \alpha )$,

则$|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}|=|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}|=1.$

$\begin{array}{l}\text{又}\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\cos \alpha +\frac{2}{\sqrt{5}}\sin \alpha =-1‚\\ \cos \angle A{\rm O}B=\frac{\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}}{|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}||\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}|}=-1‚\end{array}$

所以 ∠AOB=180°.

故单位圆上的A、B两点关于原点对称, 于是

$\cos \alpha =-\frac{1}{\sqrt{5}}‚\sin \alpha =-\frac{2}{\sqrt{5}}‚\tan \alpha =2.$

因此选 (B) .

例2 (全国Ⅰ卷10题) 若直线$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$通过点M (cosα, sinα) , 则 ( )

$\begin{array}{l}(\text{A})a{}^2+b{}^2\le 1(\text{B})a{}^2+b{}^2\ge 1\\ (\text{C})\frac{1}{a{}^2}+\frac{1}{b{}^2}\le 1(\text{D})\frac{1}{a{}^2}+\frac{1}{b{}^2}\ge 1\end{array}$

解析:因直线$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$过点M (cosα, sinα) , 所以

$\frac{1}{a}\cos \alpha +\frac{1}{b}\sin \alpha =1.$

于是设向量$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm M}}}=(\cos \alpha ‚\sin \alpha )‚\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm N}}}=(\frac{1}{a}‚\frac{1}{b})$, 则

$|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm M}}}|=1‚|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm N}}}|=\sqrt{\frac{1}{a{}^2}+\frac{1}{b{}^2}}.$

又$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm M}}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm N}}}=\frac{1}{a}\cos \alpha +\frac{1}{b}\sin \alpha =1$,

而$|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm M}}}||\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm N}}}|\ge \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm M}}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm N}}}‚$

所以$\sqrt{\frac{1}{a{}^2}+\frac{1}{b{}^2}}\ge 1$,

即$\frac{1}{a{}^2}+\frac{1}{b{}^2}\ge 1.$

故选 (D) .

例3 (重庆卷4题) 已知函数$y=\sqrt{1-x}+\sqrt{x+3}$最大值为M, 最小值为 m, 则$\frac{m}{{\rm M}}$的值为 ( )

$(\text{A})\frac{1}{4}(\text{B})\frac{1}{2}(\text{C})\frac{\sqrt{2}}{2}(\text{D})\frac{\sqrt{3}}{2}$

解析:由已知函数式结构与向量数量积的相似性, 可设$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}=(\sqrt{1-x}‚\sqrt{x+3})‚\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}=(1‚1)$, 则

$|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}|=2‚|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}|=\sqrt{2}$,

所以$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}=\sqrt{1-x}+\sqrt{x+3}=y.$

如图1, 点P在$\stackrel{⌢}{BC}$上运动, 点A为定点, 所以

$\begin{array}{l}y=\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}\\ =|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}||\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}|\cos \angle A{\rm O}{\rm P}\\ =2\sqrt{2}\cos \angle A{\rm O}{\rm P}.\end{array}$

当∠AOP=0时, $y{}_{\max }=2\sqrt{2}$;

当$\angle A{\rm O}{\rm P}=\frac{\text{π}}{4}$时,

$y{}_{\min }=2\sqrt{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}=2.$

即${\rm M}=2\sqrt{2}‚m=2$, 故$\frac{m}{{\rm M}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.应选 (C) .

例4 (重庆卷10题) 函数

的值域是 ()

$\begin{array}{l}(\text{A})[-\frac{\sqrt{2}}{2}‚0](\text{B})[-1‚0]\\ (\text{C})[-\sqrt{2}‚0](\text{D})[-\sqrt{3}‚0]\end{array}$

解析:原函数式结构类似于向量夹角公式, 将原函数式化为

$f(x)=\frac{-(1-\text{s}\text{i}\text{n}x)}{\sqrt{(1-\text{s}\text{i}\text{n}x){}^2+(1-\text{c}\text{o}\text{s}x){}^2}}.$

设$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}=(1-\sin x‚1-\cos x)‚\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}=(-1‚0)$,

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}f(x)=\frac{-(1-\text{s}\text{i}\text{n}x)}{\sqrt{(1-\text{s}\text{i}\text{n}x){}^2+(1-\text{c}\text{o}\text{s}x){}^2}}\\ =\frac{\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}}{|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}||\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}|}=\cos \angle {\rm P}{\rm O}Q.\end{array}$

又因0≤x≤2π, 所以点P (1-sinx, 1-cosx) 在平面坐标系第一象限或 x 轴、y 轴正半轴上, 点Q (-1, 0) 在 x 轴负半轴上, 所以

$\frac{\text{π}}{2}\le \angle {\rm P}{\rm O}Q\le \text{π}‚-1\le \cos \angle {\rm O}{\rm P}Q\le 0$,

即 -1≤f (x) ≤0.故选 (B) .

例5 (浙江卷17题) 若a≥0, b≥0, 且当时, 恒有ax+by≤1, 则以a、b为坐标的点P (a, b) 所形成的平面区域的面积等于___.

解析:由 ax+by≤1, 想到向量数量积, 因此设向量$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}=(a‚b)‚\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}=(x‚y)$, 则

$\begin{array}{l}|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}|=\sqrt{a{}^2+b{}^2}‚|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}|=\sqrt{x{}^2+y{}^2}‚\\ \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}=ax+by\le 1.(*)\end{array}$

所以欲使不等式 (*) 在题设条件下恒成立, 只要$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}$的最大值≤1.

而$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}\le |\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}||\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}|$,

所以$|\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}||\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}|\le 1$,

即$\sqrt{a{}^2+b{}^2}\le \frac{1}{\sqrt{x{}^2+y{}^2}}.(1)$

由

$\{\begin{array}{l}x\ge 0‚\\ y\ge 0‚\\ x+y\le 1‚\end{array}$

得$x{}^2+y{}^2\le 1‚\frac{1}{\sqrt{x{}^2+y{}^2}}\ge 1.(2)$

由 (1) 、 (2) 知应有 a2+b2≤1.

又因为 a≥0, b≥0,

所以

$\{\begin{array}{l}0\le a\le 1‚\\ 0\le b\le 1.\end{array}$

所以点P (a, b) 所形成的平面区域是正方形, 面积为1.

解高考题 篇2

完型填空是一种综合性较强的测试题型，既考查学生的语言知识能力，又考查学生综合运用所学知识的实践能力，即既考查对语法、词汇、习语、句型搭配等基础知识的综合运用能力，又考查对短文的阅读理解能力。它涉及面广，难度较大，各小题的四项答案，只一项最佳，有点类似选择题空题，其余的均是干扰性或迷惑性选项。它考查主体是实词，其中又以名词、动词为多，侧重考查学生对全文的综合理解和整体把握，偏重于语言意义和行文逻辑等。能较全面地反映出学生对所学知识的掌握程度。因此，做这项题型时，掌握一定的答题技巧，才能达到事半功倍的效果。

一、开篇首句、不容忽视

文之首如鸟之头，辩鸟，只需看鸟头便可一目了然，阅读一篇生疏的材料也同此理。开篇首句是探察全文概况的“窗口”，从首句得到的信息是解题的指南。通过它，可以大致了解全文的概貌和作者的立意。它往往提供了全文的中心信息。阅读材料的首句一般都是关键句，在议论文中往往就是段落的主题句，在记叙文中则是领起全文，展开情节的“文眼”。如将一篇生疏的阅读材料比做字母的海洋，那么通读全文无异于漂洋过海，首句启示作用如同茫茫夜雾中的灯塔，能够指导船只选定正确的航向，朝着理想的彼岸拔锚启航。因此，第一句一般不设空，考生应该充分利用此句的标示作用，并将它作为一个解题的突破口，据此展开思维。细心阅读了第一句后，应快速阅读全文，了解文章的体裁、背景、内容、结构，以及情节发展的前因后果。同时对空格部分也作猜测。然后，逐句细读，确定选项。掌握文章大意后，逐句分析，根据上下文意义，选择语法正确、词义贴切的选项填入空格。在这一过程中要注意文脉走势和作者口吻，注意语境和有关提示，正确地分析、归纳、概括出一篇文章的主旨或段意的表达，不能单纯地凭语法知识解题，千万不要急于选择答案。

二、瞻前顾后、逻辑推理

近几年中考完形填空题已没有单纯的语法题，必须借助于上下文理解才能正确解题。文章都是前后联贯，符合逻辑地向前发展延伸的，短文中每个空白处的正确答案和其上下文在意义上和结构上都有这样或那样的必然联系。因此，必须注意上下文的参照，连贯思考。在了解文章大意的基础上，要按文章的先后顺序，对每道题所给词语的确切含义进行分析比较，并考虑到全文整体意境的影响，做到瞻前顾后，上下文呼应，运用逻辑思维，推理的方式来进行答题。切不可自行断意，顾此失彼或无所适从，逐步填意，另外还注意试题有易有难，应暂时绕开那些少数较疑难的问题，先做最有把握、最熟悉的短语，惯用法动词形式和语言结构的题目。在解题中必须把握文章的走势，揣摩文章字里行间的意义，选择与作者思路或意图相吻合的选项。例如：上文有因为，下文必然有所以;上文有其然，下文必然有其所以然。上下文从两个对立的方面阐述，中间可能有一个转折词;上下文都从同一角度阐述，中间有可能有一个并列连词。如果用一些形容词修饰一个人，用 and连接形容词，那么这些词必然都是褒义词，或都是贬义词。如果用but连接形容词，必然是一部分是褒义词，而另一部分是贬义词。做完形填空题必须首尾相顾，甚至文章的最后一个空格也要联贯上文所有的内容。试题所提供的短文可以说是一个整体，空白处所需要选的只是整体的一部分，有时候，所选答案从局部看是可行的，但从整体上看，不见得是最佳答案。这时，就要局部服从整体，从短文的整体内容出发，重新选择答案。对于那些拿不定主意或未能选答的空白，不要仅局限在与上下文的对照上，要把视野扩大到全文，有时，一旦和整篇短文联系起来，就可豁然开朗，很容易选出答案。 完形填空的题目有40%涉及到搭配遣词。在设置题目时，拟题者会在搭配问题上大做文章，充分考虑考生可能进入的误区，设置迷惑选项。有些选项填上去似乎符合上下文，语法也对，但搭配欠妥，不太合理。这种搭配包括主谓搭配、动宾搭配、形容词与被修饰名词的搭配、副词与被修饰动词的搭配、介词短语搭配、动词短语搭配、固定短语搭配等等。

三、先易后难，返回定论

完形填空题的总体难度是较高的，但10个空中，容易失分的也仅有二、三个题。大多数是中档题和低档题。因此，在解题中要注意解题速度，不可为一道难题苦思冥想，耗时太多。应该绕道而行，先做下面容易的题目，将有把握的空填上。填上所有的容易题，也缩小了思考范围，同时又提供了更多的信息。当10 题已经做了7题时，剩下3题就可以从容应答。此时，借助自己已补全的那些空缺，再细读全文，此时对全文意思的理解程度会更清楚。一篇文章是一个整体，有它独立的内容，结构与逻辑联系，不能单从局部的词义和语法来理解，应从全文内容出发不断深入理解，这样就为在解决那些少数疑难问题排除了在逻辑意义上易选错的选项。先看看哪些词语意义与文章不符，然后综合运用词汇、句型、语法等知识反复地字斟句酌，排除明显错误，缩小选择范围，得出符合逻辑的正确答案。有的难题一时难下定论的，这时必须读下去，在下文中找到相关依据后再返回定论。有时上文已选定某一项，但下文解题中，发现上文那个不妥，不符合联贯逻辑，也必须返回定论。不善于返回定论，就难以做好完形填空题。

四、复查核对，决定取舍

答题完毕，仍不可孤立地检查每个所要求填的空处。应遵循由整体到部分，再由部分到整体的理解文章的规律，耐心地再次复读全文。认真检查所选答案放在原句中能否使该句意思通顺、与全文整体意思是否协调一致、结构是否正确完整、是否符合习惯表达和固定搭配、是否符合上下文语义。检查过程中要注意所选答案的合理性。如果没有上下文信息的依托，就缺乏合理性。有时一题中的四个选项都是对的，但最贴切的只有一个。符合文章内涵、符合作者意图的才是最贴切的。最后，根据检查结果校对、更改不合理、不贴切的答案。这是做完形填空题必不可少的环节，也是考生容易忽视的步骤。

活用法向量 巧解高考题 篇3

结论一：直线a的方向向量和平面α的法向量分别为m、n，则直线a和平面α所成的角θ等于向量m、n所成的锐角（若所成的角为钝角，则为其补角）的余角，即θ=arcsin|m•n||m|•|n|.

例1 （2009全国卷Ⅱ文）

如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1

（Ⅰ） 证明：AB=AC

（Ⅱ） 设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小

解：（Ⅰ） 以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系A—xyz.

设B（1，0，0），C（0，b，0），D（0，0，c），则B1（1，0，2c）,E12，b2，c.

于是DE=12，b2，0，BC=（-1，b,0）.

由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC，DE•BC=0，求得b=1，所以AB=AC.

（Ⅱ） 设平面BCD的法向量AN=（x,y,z）则AN•BC=0，AN•BD=0

又BC=（-1，1，0），BD=（-1，0，c）,故-x+y=0

-x+cz=0

令x=1, 则y=1, z=1c,AN=1,1,1c.又平面ABD的法向量AC=（0，1，0）由二面角A-BD-C为60°知，〈AN，AC〉=60°，故AN•AC=|AN|•|AC|=cos60°，求得c=12

于是AN=（1，1，2），CB1=（1，-1，2）

cos〈AN，CB〉，=AN•CB1|AN|•|CB1|=12，

〈AN，CB1〉=60°，所以B1C与平面BCD所成的角为30°

特别的当直线与平面平行时，直线与平面所成的角为0°，此时直线的方向向量与平面的法向量垂直，我们可利用这一特征来证明直线与平面平行.

结论二：如果不在平面内一条直线与平面的一个法向量垂直，那么这条直线和这个平面平行.

例2 （2009浙江卷理）如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E,F,O分别为PA，PB，AC的中点，AC=16,PA=PC=10．

（Ⅰ） 设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；

（Ⅱ） 证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．

证明 （Ⅰ）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，O（0，0，0），A（0，-8，0），B（8，0，0），C（0，8，0），P（0，0，6），E（0，-4，3），F（4，0，3）由题意得，G（0，4，0）因OB=（8，0，0），OE=（0，-4，3），因此平面BOE的法向量为n=（0，3，4），FG=（-4，4，-3）得n•FG=0，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG∥平面BOE

（Ⅱ） 设点M的坐标为（x0，y0，0），则FM=（x0-4，y0，-3），因为FM⊥平面BOE，所以有FM∥n，因此有x0=4，y0=-94，即点M的坐标为4,-94，0，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的内部区域满足不等式组x＞0

y＜0

x-y＜8，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在△ABC内存在一点M，使FM⊥平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为4，94．

同样，当直线与平面垂直时，直线与平面所成的角为90°，此时直线的方向向量与平面的法向量平行，我们可利用这一特征来证明直线与平面垂直.

结论三：设两个平面α和β的法向量分别为m，n，若m⊥n，则这两个平面垂直.

第（18）题Ⅰ（综合法）图

例3 （2009安徽卷理）（本小题满分13分）

如图，四棱锥F－ABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC=2，BD=2，AE、CF都与平面ABCD垂直，AE=1，CF=2.

（Ⅰ） 求二面角B－AF－D的大小；

（Ⅱ） 求四棱锥E－ABCD与四棱锥F－ABCD公共部分的体积.

解：（Ⅰ） (综合法)连接AC、BD交于菱形的中心O，过O作OG⊥AF，G为垂足.连接BG、DG.

由BD⊥AC,BD⊥CF,得：BD⊥平面ACF，故BD⊥AF.

于是AF⊥平面BGD,所以BG⊥AF,DG⊥AF,∠BGD为二面角B-AF-D的平面角.

由FC⊥AC,FC=AC=2,得∠FAC=π4,OG=π2.

由OB⊥OG,OB=OD=22,得∠BGD=2∠BGO=π2.

第（18）题Ⅰ图

第（18）题Ⅰ图

第（18）题Ⅱ图

(向量法)以A为坐标原点，BD、AC、AE方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).于是B-22，1，0，D22，1，0，F（0，2，2）.

设平面ABF的法向量n1=（x,y,z），则由n•AB=0

n•AF=0得-22x+y=0

2y+2z=0.

令z=1,得x=-2

y=-1，n1=（-2，-1，1）

同理，可求得平面ADF的法向量n2=（2，-1，1）.

由n1•n2=0知，平面ABF与平面ADF垂直，二面角B-AF-D的大小等于π2.

（Ⅱ） 连EB、EC、ED，设直线AF与直线CE相交于点H，则四棱锥E-ABCD与四棱锥F-ABCD的公共部分为四棱锥H-ABCD.

过H作HP⊥平面ABCD，P为垂足.

因为EA⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，所以平面ACFE⊥平面ABCD，从而P∈AC，HP⊥AC.

由HPCF+HPAE=APAC+PCAC=1，得HP=23.

又因为S菱形ABCD=12AC•BD=2，

故四棱锥H-ABCD的体积V=13S菱形ABCD•HP=229.

结论四：设平面α的法向量为n，P是平面α外一点，Q是平面α内一点，则点P到平面α的距离d等于PQ在法向量n上的投影的绝对值，即d=|n•PQ||n|.

例4 （2009江西卷文）

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PA=AD=4，AB=2．

以BD的中点O为球心、BD为直径的球面交PD于点M．

（1） 求证：平面ABM⊥平面PCD；

（2） 求直线PC与平面ABM所成的角；

（3） 求点O到平面ABM的距离．

（1） 证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ.因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ，所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣＤ.

（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，4），B（2，0，0）， C（2，4，0），D（0，4，0），M（0，2，2），设平面ABM的一个法向量n=（x,y,z），由n⊥AB，n⊥AM可得：2x=0

2y+2z=0，

令z=-1，则y=1，即n=（0，1，-1）.

设所求角为α，则sinα=PC•n|PC||n|=223，所求角的大小为arcsin223.

（3） 设所求距离为h，由O（1，2，0），AO=（1，2，0），得：h=AO•n|n|=2

我们知道直线与平面、两个平面的距离都归结为点到平面的距离，故此法同样可以解决直线与平面、两个平行平面的距离.

结论五：设向量n与两异面直线a、b都垂直（我们也把向量n称为两异面直线a，b的法向量），M、N分别为异面直线a,b上的点，则两异面直线a,b的距离a,b等于MN法向量n上的投影的绝对值，即d=|n•MN||n|.

例5 如图，已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，点E在棱DD1上，截面EAC∥D1B，且面EAC与底面ABCD所成的角为45°，AB=a，求异面直线A1B1与AC之间的距离.



解：以A为坐标原点，建立如图所示的坐标系A-xyz，连结BD交AC于O，连结OE，则∠DOE就是面EAC与底面ABCD所成的角的平面角，∴ ∠DOE=45°，∴ DE=2a2

又∵ 截面EAC∥D1B，O为BD的中点，

∴E为DD1的中点，∴ AA1=2a，

则A(0,0,0)，C(a,a,0)，A1（0，0，2a），B1（a,0,2a），

∴ AC=(a,a,0)，A1B1=（A,0,0），AB1=（a,0,2a）

设向量n=（x,y,z）与两异面直线AC，A1B1都垂直，由n，AC=0，n•A1B1=0得，

∴ -ax+ay=0

x=0，

∴ n=（0，0，1），

速解一类高考题 篇4

一、结论推导

由$G\frac{{\rm M}m{}_1}{R{}_1^2}=m{}_1\frac{v{}_1^2}{R{}_1}$得$v{}_1=\sqrt{\frac{G{\rm M}}{R{}_1}}①$

由$G\frac{{\rm M}m{}_2}{R{}_2^2}=m{}_2\frac{v{}_2^2}{R{}_2}$得$v{}_2=\sqrt{\frac{G{\rm M}}{R{}_2}}②$

由①②两式相比得:$\frac{v{}_1}{v{}_2}=\sqrt{\frac{R{}_2}{R{}_1}}$,

若令$\frac{v{}_1}{v{}_2}=k$, 即$v{}_2=\frac{1}{k}v{}_1$, 则有$\frac{R{}_2}{R{}_1}=k{}^2$, 即R2=k2R1,

其中k为常数.

同理可得出:${\rm T}{}_2=k{}^3{\rm T}{}_1‚\omega {}_2=\frac{1}{k{}^3}\omega {}_1‚a{}_2=\frac{1}{k{}^4}a{}_1.$

故有如下结论:

$v{}_2=\frac{1}{k}v{}_1‚R{}_2=k{}^{2}R{}_1‚{\rm T}{}_2=k{}^3{\rm T}{}_1‚\omega {}_2=\frac{1}{k{}^3}\omega {}_1‚a{}_2=\frac{1}{k{}^4}a{}_1.$

二、结论应用

1.定性分析 (知一而求其四)

【例1】 (2004·上海高考) 火星有两颗卫星, 分别是火卫一和火卫二, 它们的轨道近似为圆.已知火卫一的周期为7小时39分, 火卫二的周期为30小时18分, 则两卫星相比 ( ) .

A.火卫一距火星表面近

B.火卫二的角速度较大

C.火卫一的运动速度较大

D.火卫二的向心加速度较大

解析:令火卫一的周期为T1, 火卫二的周期为T2, 根据周期关系T2=k3T1, 由R2=k2R1得出A选项正确;由$\omega {}_2=\frac{1}{k{}^3}\omega {}_1$知B选项错误;由$v{}_2=\frac{1}{k}v{}_1$可知C选项正确;由$a{}_2=\frac{1}{k{}^4}a{}_1$可知D选项正确, 故答案为AC.

【例2】 (2005·全国高考理综Ⅰ) 把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周.由火星和地球绕太阳运动的周期之比可求得 ( ) .

A.火星和地球的质量之比

B.火星和太阳的质量之比

C.火星和地球到太阳的距离之比

D.火星和地球绕太阳运行速度大小之比

解析:由公式$v{}_2=\frac{1}{k}v{}_1‚R{}_2=k{}^{2}R{}_1‚{\rm T}{}_2=k{}^3{\rm T}{}_1‚\omega {}_2=\frac{1}{k{}^3}\omega {}_1‚a{}_2=\frac{1}{k{}^4}a{}_1$可知周期关系能求线速度、角速度、半径、加速度的关系, 故答案为CD.

【例3】 (2007·广东高考) 现有两颗绕地球匀速圆周运动的人造地球卫星A和B, 它们的轨道半径分别为rA和rB.如果rA<rB, 则 ( ) .

A.卫星A的运动周期比卫星B的运动周期大

B.卫星A的线速度比卫星B的线速度大

C.卫星A的角速度比卫星B的角速度大

D.卫星A的加速度比卫星B的加速度大

解析:根据半径关系rB=k2rA及TB=k3TA可知A选项错误;由$v{}_B=\frac{1}{k}v{}_A$可知B正确;由$\omega {}_B=\frac{1}{k{}^3}\omega {}_A$可知C正确;由$a{}_B=\frac{1}{k{}^4}a{}_A$知D正确, 故答案为BCD.

2.定量计算 (知一而求其四)

【例1】 (2008·四川高考) 1990年4月25日, 科学家将哈勃天文望远镜送上距地球表面约600km的高空, 使得人类对宇宙中星体的观测与研究有了极大的进展.假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行.已知地球半径为6.4×106m, 利用地球同步卫星与地球表面的距离为3.6×107m这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期.以下数据中最接近其运行周期的是 ( ) .

A.0.6小时 B.1.6小时

C.4.0小时 D.24小时

解析:由R2=k2R1得 (r+h2) =k2 (r+h1) , 解得k=2.5, 所以由T2=k3T1, 得T1=1.53h≈1.6h.r为地球的半径, h1、t1、h2、t2分别表示望远镜到地表的距离, 望远镜的周期、同步卫星距地表的距离、同步卫星的周期 (24h) , 故选B答案.

三、巩固练习

(2007·重庆理) 土卫十和土卫十一是土星的两颗卫星, 都沿近似为圆周的轨道绕土星运动, 其参数如表.两卫星相比, 土卫十 ( ) .

A.受土星的万有引力较大

B.绕土星做圆周运动的周期较大

C.绕土星做圆周运动的向心加速度较大

D.动能较大

巧解语序排列题教案 篇5

巧解语序排列题教案 重 点：根据语境，排列语序 课 时：5课时

语句排序既考查了语句间的连贯，又考查了对多个语言单位的排序组合；这种排序组合，既要考虑到所给的多个语言单位之间的内容、写作及逻辑联系，又必须结合已经给出的语言环境。

●锦囊妙计

一、基本方法

排序类试题要求考生在注意语言表达的整体性、连贯性原则以外，还要多角度地寻找解决问题的切入口。对语句排序试题一般应注意以下几个问题：

1、揣摩语段的整体意义，理清选项内容所提供的信息和表达内容的主旨。

2、分析选项内容与整体语段的语境联系。

3、进行对比分析，排除干扰项。该类试题几个选项在语句的数量或内容上基本相同，只是顺序不同，或者语句的语调点不同，选择时，找准选项的相异点，以此为突破口，选出最恰当的一项。

4、通读语段，看看整个语段衔接是否紧凑合理。

二、题型探析与解题技巧

方法技巧：一般来说，语段的排序主要涉及到以下一些因素：

①空间关系：或从上到下，或从左到右，或从里到外。

②时间关系：或从早到晚，或从过去到现在等。若有回忆或描写上的使用插序手法等因素，那就更应该仔细分析和推敲。

③人们认识事物的一般规律：或由易到难，或由浅入深，或由表及里，或由此及彼……

④事物本身的发展规律。

⑤思维规律：或由一般到个别，或由个别到一般；也可为由概括到具体，或由具体到概括……

做题时一定要准确把握整体语段的基本内容，找到其中体现顺序的那道“线”，然后才能进行合理的排序。

从命题的基本形式看，语句排序题型又可分语境类和非语境类两种。下面结合具体实例对各类排序题的连缀技巧分别予以说明。

（一）非语境类

这类排序题由于没有语境设置，因而不必考虑与整个语境的衔接，只要做到句与句间的思路清晰与连贯就行了。但作为排序训练的基础，我们必须认真掌握好解答这类题的基本技巧。一般说来，解答这类题需要经过四步，即把握基本内容、初步分层归类、连缀排列顺序、检查调整确定。

1、把握基本内容。首先应对所有语句进行总体分析，初步判断需调整语段的基本表达方式——记叙、描写、抒情、议论、说明，基本内容倾向，然后抓住其关键语句及能表明层次的语句。

2、初步分层归类。在第一步的基础之上，初步确定开头、主体和结尾，并把有关语句分层次归类。这样可把众多的语句先划分为几个小组，便于局部小范围排序。

3、连缀排列顺序。这是排序的关键一环。一般先在小范围内排序，然后再考查层次间的衔接，即先将其中连缀特征明显的句子连接成若干个小句群，然后再把这些小句群连成大句群。这其中应先找出关联词、代词以及表时间、地点的词语，然后据此进行句间连缀排列，是一种切实有效的方法。

4、检查调整确定。在上面排列的基础之上，再通读语段，分析思路是否清晰并自然贯通，结构是否相对完整，句间层次关系是否恰当。若检查出有不当之处，立即调整。在整体审视之后，可最终确定。

例

1、下列句子排列顺序最恰当的一项是

①一方面，以娱乐为职能的大众文化得到蓬勃发展的机会。②与此同时，文化领域却有全然不同的景观。③问题是怎样产生的呢? ④九十年代的中国，商品大潮汹涌而起，给社会经济生活带来无限生机。⑤一方面，一部分“曲高和寡”的精英文化则陷入举步维艰的境地。

⑥原因有多方面，其中之一就是文化的二重性。

A.⑥⑤①②③④ Ｂ.④③⑤①②⑥

Ｃ.③①⑤④②⑥ Ｄ.④②①⑤③⑥

［简析］做题首先要把握基本内容。不难看出，这是一段议论性的文字，中心句是②句。再初步分层归类。统观这几句，除①②⑤外，③⑥两句也明显不适于作首句，因为分析问题总要有问题在先才行。这样，经过简单的定性与归类后，选项便只剩下B、D两项了。然后连缀排列顺序。根据②句中代词“此”和转折连词“却”，可以断定②必接于④后，即顺序为④②；根据①和⑤两句中的关联词“则”，可断定这两句的顺序应是①⑤，并且应当在②后对②中的“不同景观”进行解说，然后③句过渡，⑥句指明原因。最后检查调整并确定。D项符合提出问题(④②)——列举现象(①⑤)——指明原因(③⑥)这一思路，因此，D项正确。

(二)语境类

这类排序题由于增设了语境，因此，在排序的基础上，又增加了与整个语境谐调的考查。从命题的形式上看，这类题又可分为两类：一类是直接设置语境，即提供出具体的上下文；一类是间接设置语境，即按特定的要求调整语序。这两类题从具体操作上又有所不同。下面，结合具体实例，就其连缀的基本技巧分别予以说明。

1、直接设置语境类

由于设置了具体语境，这类调整语序的题目在具体完成时必须充分考虑到与上下文的衔接问题。否则，即使内部排序得当，也会因与上下文衔接不当而功亏一篑。一般来说，解答这类题需按三步进行，即内部连缀排序，分析整体语境，审察调整确定。

(1)内部连缀排序。首先对需要排序的各句进行分析，依照前文对“非语境类”排序的有关方法，对语句进行初步排序。

(2)分析整体语境。内部连缀排序，只是对需排序语句的初步层次性整理，是否合理并符合要求，还要看一看上下文的语境，分析整个语段的基本内容、层次顺序、观点倾向等。

(3)审察调整确定。在对整体语境把握的基础上，贯通总体思路，理顺语段层次。经过审读分析，可最后确定。例

2、将下列四句话填在下面的横线上，顺序最恰当的一组是

①就像勇猛的战士一样，②不顾一天行军的疲劳，③马上扔下背包，④听到大雨即将来临的广播，某校师生野营训练来到村里，和村民们一道投入抢收战斗。

A.②④①③ Ｂ.①④②③ Ｃ.④②③① Ｄ.④③①② ［简析］首先对所提供的四个语句进行排序。这几句话主要是描写行动的，人们的行动很迅速、很勇猛，为什么?是因为“听到了大雨即将来临的广播”。因此，④句应放在首句的位置。下面的几个语句应注意前后承接，通常思路为：①先不顾疲劳，再行动，这样，②句应放在行动性较强的①③句之前，结合四个选项，初步选定C，即④②③①。然后分析整体语境。整个语段要表达的是：野营队来到村里，然后抢收。这样，来到村里——听到广播——不顾疲劳——扔下背包——投入战斗，自然连贯，语意贯通；①句自然作“投入战斗”的状语，排序基本确定为④②③①。最后再审察调整。经过语境分析，句间关系分析，确定无误。

2、间接设置语境类

此类题虽然无具体的语境设置，但是有明确的要求限制，因而，排序之前应当首先考虑到这些要求，然后再进行排序。下面结合有关试题具体分析。

例题

3、根据表达需要，恰当排列下面语句的顺序。

A.离闹市很远 B.这地方 C.因为D.一直未被人注意 E.保守的成分很多

要求：①强调地处偏僻是造成一切的原因。②强调此处比较保守。③解释此处为什么不被注意。④一般地陈述这地方为什么落后。

［简析］①②均要求强调一定的内容，因此应当首先考虑如何强调的问题。一般说来，总要把强调的内容放在句首(定语后置表强调例外)。①中要求强调的是“地处偏僻”这一原因，因此应当把C—A放在句首，其余项依据逻辑顺序则为B—E—D，那么第①题的答案就应该是C—A—B—E—D。同理，第②题就应当是B—E—C—A—D。第③题的要求是解释“不被注意”的原因，就应当把要解释的内容说出来，然后再解释。据此，其正确的排列顺序就应当是B—D—C—A—E。至于第④项要求“一般地陈述落后的原因”，那么就该按照通常先因后果的顺序排列为B—C—A—E—D。

例

4、根据题目要求，排列下面句子。

A.又有情韵

B.与一般的通俗歌手完全不同

C.表现出深厚的艺术功力

D.李娜的演唱高亢粗犷

要求：①强调李娜的演唱特点，②强调李娜与一般歌手的区别。

［简析］对上面四句的语序排列，要求不同，也会有不同的排列顺序。要“强调李娜的演唱特点”，应该排序为D—A—C—B；“强调李娜与一般歌手的区别”则应当排序为B—D—A—C。

总结这种间接设置语境类题的排序方法，应当是①弄清题目要求；②进行局部连缀；③根据要求最后排定次序。●难点磁场

例

5、填入下面句子空白处最恰当的一项是

爱因斯坦非常重视想象力，他说：“

，严格地说，想象力是科学研究中的实在因素。”

①想象力能概括世界上的一切 ②因为知识是有限的 ③想象力比知识更重要 ④并且是知识进化的源泉

A．③①④② B．③②①④ C．①③④② D．②①③④ B［排序首先要分析内容上的衔接，其次注意语句结构上的联系及关联词语的搭配。从语段的基本内容来看，讲的是想象力的重要性。再从四个要排序的语句来分析：①④句是想象力的“作用”，应连在一起；④句“并且”有递进之意，自然不能放在最前面。②句表原因，其前必有一句表明基本观点，即③句。

也可用排除法。“他说”之后，一般应先表明观点，用③句，排除C、D两项；从其余三句来看，②句表原因，内容未讲完，不能用在语句的结尾处，可排除A项。］

例

6、填入下面横线处的几句话，排列最恰当的一项是 连续几个月埋首于砖块般的典籍中之后，我知道，这是不同于案头年龄的另一种年龄在捣乱了。

A．满心满眼满耳都会突涌起向长天大地释放自己的渴念，随之而来，从小就习惯于在山路上奔跑的双脚便会默默地反抗。

B．从小就习惯于在山路上奔跑的双脚便会默默地反抗，随之而来，满心满眼满耳都会突涌起向长天大地释放自己的渴念。

C．从小就习惯于在山路上奔跑的双脚便会默默地反抗，满心满眼满耳都会突涌起向长天大地释放自己的渴念，随之而来。

D．随之而来，满心满眼满耳都会突涌起向长天大地释放自己的渴念，从小就习惯于在山路上奔跑的双脚便会默默地反抗。

B［从事理的逻辑来分析，“几个月埋首于……之后”，自然就难以忍受（原因是“从小就习惯于在山路上奔跑”），就想释放自己。最后对这一情况进行总结（我知道……）。］ 例

7、依次填入下面一段文字中横线处的语句，与上下文衔接最恰当的一组是

假如有人问我语文是什么，我会高兴地告诉他：___________，展开我色彩缤纷的想象；___________，牵动我亲临其境的目光；___________，教会我寓情于物的感观；___________，演绎我字正腔圆的对白___________，美化我独抒性灵的意象。

①是跌宕起伏的戏剧②是天真无邪的童话③是优雅闲适的散文

④是情节曲折的小说⑤是意韵深远的诗歌

A、④③②①⑤ B、②④③①⑤ C、⑤③①④② D、③①④⑤②

分析：该语段采用排比、比喻修辞，写出了语文的丰富多样。抓住分号前的“想象”、“目光”、“寓情于物”、“对白”、“意象”几个词语，联系供选句子中各种文学体裁的特点，一一对应，例如“戏剧”的特点就是舞台人物有大量的对白，由此可知①应填入第四处横线上。依次类推，可确定B项正确。

点拔：间隔式排列的短语，一定要将其与已提供的句子中的关键词联系，找出二者的关联之处。●歼灭难点训练

1、填入下面横线上的七句话，排序恰当的一组是（）

西亚是亚洲西部的简称，在近代史上，西亚是西方和东方各民族文化交流的重要通道。

①西亚处在欧洲、亚洲和非洲的交结地区。②它联结着地中海、黑海、红海、阿拉伯海和里海五个重要水域，被称为“五海之地”。③西亚是欧洲同广大亚洲和太平洋地区间的纽带。④古代有名的丝绸之路，就是通过西亚，把我国的锦缎运到古罗马。⑤13世纪意大利旅行家马可·波罗，也是通过西亚往返于北京和威尼斯之间。⑥自古以来，西亚就是亚、非、欧三洲之间交往的必经之途。⑦人们也把这一地区和埃及一起称为中东。

A.①⑦②③⑥④⑤ B.①②③⑦④⑤⑥

C.①⑦③②④⑤⑥ Ｄ.⑦①②③⑥④⑤

D［这里的七个语句，在内容上属于两大部分：一是地理位置(空间)，二是历史文化交流(时间)。在叙述时，应先空间，后时间，这样才能和原语段语意相衔接。］

2、将下列五句话填入下面的横线上，顺序最恰当的一句是（）

须弥山石窟最引人注目的，是位于须弥山入口处的高达20多米的弥勒大坐佛。坐佛高踞于一个马蹄形窟内，十分壮观，是全国最大的石窟造像之一。

①神态端庄，②头梳螺髻，③双耳垂肩，④脸如满月，⑤身披袈裟

A.④①②③⑤ Ｂ.⑤②④③① Ｃ.④③②①⑤ Ｄ.⑤①③④②

B［从语境来看，“身披袈裟”是弥勒大坐佛的主要特征，应放在最前面；然后按头——脸——双耳——神态这样的顺序去组织材料。］

3、依次填入下面横线处的几句话，排列恰当的一项是（）昔时，潮州的这座湘子桥，是一座亦市亦桥的市桥，；

。

①廿四墩上，有廿四座楼阁、亭台 ②桥下，是盛极一时的花艇“六蓬船” ③五百米的大桥面上，商贾在营利

A.①②③ B.②③① C.②①③ D.①③②

D［所给三句中，有两句写桥上，一句写桥下，根据一般描写顺序，先写桥上。①句写楼阁、亭台，是写桥面的大的景象；桥面上干什么？原语段中有“是一座亦市亦桥的市桥”，那自然就要写及其桥面上的“市”，即第③句所写。注意把握语段的行文顺序。］

4、填入下面横线处的句子与上下文衔接最恰当的一项是 此时正是三五之夜，月亮已经爬上中天了，风来了，楼房和山影在水中摇曳着，显得神秘而又朦胧。

①在深蓝色的夜空上高高地悬挂着，②高高地悬挂在深蓝色的夜空上，③向大地散射银色的光华，④银色的光华散射在大地上，⑤梅河暗绿色的水里倒映着两岸的楼房和山影，⑥梅河两岸的楼房和山影倒映在暗绿色的水里，A.①④⑤ B.②③⑥ C.①③⑥ D.②④⑤

B［“月亮（光）”是本段内容的主体，以此为关键，注意把握语意的衔接。］

5、填入下面横线处的句子与上下文衔接最恰当的一项是

蜿蜓曲折的沙底小河，顺着山脚涓涓地流着，，随着微风和涟漪的荡漾，宛如天真的孩子在欢笑。

①那澄清的河水，泛起花纹般的微波

②花纹般的微波，在那澄清的河水上泛起

③水面可见来往穿梭般游逛的一群群小鱼儿

④一群群小鱼儿，来来往往穿梭般地游逛

⑤嫩绿的杨柳，被夕阳倒映在水里

⑥被夕阳倒映在水里的嫩绿的杨柳

A.①③⑤ B.②④⑥ C.①④⑤ D.②③⑥

C［此题的关键是各分句的结构一致问题。语段在内容上表现的是一种动态的情景，要抓住这一点分析和辨别。］

6、填入下面横线上的句子，与上下文衔接最恰当的一组是

在北京举行的“数字地球”国际会议上，代表们认为：

“数字地球”都具有重要意义。

①无论是推动当前科学与技术的发展

②无论是促进社会的可持续性发展

③开拓未来的新天地

④还是开拓未来知识经济的新天地

⑤提高人们的生活水平

⑥还是提高人们的生活质量

A.②⑥①④ B.①③②⑤ C.②③①⑥ D.①⑤②⑥

A［分析时应抓住“社会——生活，科学技术——知识经济”这一思路，同时注意关联词语及句式搭配。］

7、依次填入下面语段横线处的句子，恰当的一组是 古人写评论，大致三类：（1）

（2）

（3）

这三类，未必概全，但纵有遗漏我想也无损于以下事实，即：古代的文学评论一直以私人性、兴趣和偶然为特色，兴致有便写一点，如没有，则可能一辈子也想不起来写，没有谁处心积虑当什么批评家。①读了好诗文、好词曲、好小说，逢着妙处，就忍不住批解一番，后来整理出来，好教别人，也知道妙在何处，②为所编的作品集写一些说明，或出于情谊而替别人的书写推荐文字，③创作之余，有些敝帚自珍的心得、体会，或不得不吐，或值得总结，或欲与友人交流，④于是借书简、诗词、短论而发。⑤是为点评。

⑥是为序跋类。

A.①⑤/②④/③⑥

B.②⑥/③④/①⑤ C.③④/①⑤/②⑥

D.①④/②⑤/③⑥

B［语段中“古代的文学评论一直以私人性、兴趣和偶然为特色”，其“私人性”“兴趣”“偶然”即可看出内容的顺序。］

8、依次填入下面一段文字中横线处的语句，与上下文衔接最恰当的一组是

我们一直在选择，谨慎地选择。选择博爱，___________；选择回忆，___________；选择诚信，___________；选择坚强，___________；选择关爱，我们因几颗心同时跳动而愉悦不已……

①我们品味多样的人生 ②我们感受苦尽甘来的喜悦

③我们度量往事的厚重 ④我们畅享生命的真真切切

A、②①③④ B、①③④② C、②③①④ D、③①②④

分析：该语段采用排比句式，阐述了正确的选择带来的种种益处。横线前的“博爱”、“回忆”、“诚信”、“坚强”可分别对应“多样”、“往事”、“真真切切”、“苦尽甘来”，据此可确定B项正确。

点拔：找准对应之处。

9、填入文中横线处最恰当的一项

茫茫沙漠，滔滔流水，于世无奇。惟有大漠中如此一湾，风沙中如此一静，荒凉中如此一景，高坡后如此一跌，才深得天地之韵律，造化之机巧，让人神醉情驰。以此推衍，人生、世界、历史，莫不如此。___________，___________。惟其这样，___________，___________，___________。

①给高蹈以平实，给粗犷以明丽②给浮嚣以宁静，给躁急以清冽

③世界才显精致④人生才见灵动⑤历史才有风韵

A、①②④③⑤ B、②①④③⑤ C、②①③⑤④ D、①②⑤④③

巧寻工作点解一道高考题 篇6

两个额定电压为220V的白炽灯L₁和L₂的U－I特性曲线如图1所示。L₂的额定功率约为_______W；现将L₁和L₂串联后接到220V的电源上，电源内阻忽略不计，此时L₂的实际功率约为________W。

分析

上题是2004年高考上海卷的一道试题，本题当年只提供了“99”和“17.5”两个答案，并没有提供详细的解题过程。对第一问大家意见一致，对第二问的解法则颇多争议。

仔细研究后不难发现，本题意图其实很单纯，就是要考查学生从图象中获取有用的信息和数据的能力，以及综合运用串、并联规律处理问题的能力。具体的说，第二问是要求在正确的判断出电流和电压规律后，从图象中依据电流相等去获取相应的电压值。L₁和L₂串联后接到220V的电源上，应同时满足I₁=I₂和U₁+U₂=220V。从图象中可以直接看出，当I₁=I₂＝0.25A时，可满足U₁+U₂=150V+70V=220V，故P₂=U₂I₂=70×0.25W=17.5W。

这本应该就是本题的正解，但数据的获得颇有“凑数”和粗糙之嫌，若数据不易直接简单看出，又该怎么办？下面介绍一种从理论到数据都能保证严密的方法。

解法

先将原图象分解，图2为L₁的U－I特性曲线，图3为L2的U－I特性曲线。然后将图3的U轴正方向改变为向下，如图4所示，L₂的U－I特性曲线也随之翻转。最后将图2和图4复合在一起，形成图5，在复合时要注意用图5的坐标原点去重合图2的（0A，220V）点，为此图4和图5去掉了240V这条坐标线。在图5中L₁和L₂的U－I特性曲线相交了，你现在能看出这个交点的意义吗？

换个角度解高考题 篇7

【题1】 (2004, 全国) 在平面坐标内, 与点A (1, 2) 距离为1, 且与点B (3, 1) 距离为2的直线共有 () .

A.1条B.2条C.3条D.4条

[命题意图]考查解析几何中直线、直线方程、夹角、对称、点到直线的距离等相关知识点, 以及分类讨论思想方法的运用.

[解题策略]利用初中圆的知识:圆和圆的位置关系, 圆的切线, 两圆的公切线的条数等相关知识来求解, 可使问题简化.

[分析]∵到点A (1, 2) 距离为1的直线是以A为圆心、1为半径的⊙A的切线;到点B (3, 1) 距离为2的直线是以B为圆心、2为半径的⊙B的切线, ∴题中所求直线应为⊙A、⊙B这两个圆的公切线, 又因为⊙A和⊙B的圆心距为∴这两个圆相交, 其公切线只有两条外公切线, 故选B.

本题巧用圆的知识, 把涉及解析几何众多知识点的问题变得更加清楚明白, 易于理解.

【题2】 (2006, 四川) 设a、b、c分别为的三内角A、B、C所对的边, 则a2=b (b+c) 是A=2B的 ()

A.充要条件B.充分不必要条件

C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

[命题意图]本题考查三角函数知识的应用、三角形中边角关系的互换、充分必要条件等知识, 及灵活分析解决问题的能力.

[解题策略]根据题中三角形的边与角的关系, 利用初中三角形的知识, 把比例式转化为乘积式, 作辅助线构造相似形来寻求边角关系, 以求达到解题的目的.

[分析] (1) 充分性:若a2=b (b+c) , 则A=2B.

证明:延长CA至D, 使AD=AB=c, 如图2所示,

(2) 必要性:若A=2B, 则a2=b (b+c) .

证明:延长CA至D使AD=AB=c, 如图2所示,

一道较难的三角函数高考题, 巧妙利用相似三角形知识来处理, 比利用正弦定理等知识进行边角互化更易理解, 这样不仅使问题简单化, 而且很容易判断它们之间的等价关系.

【题3】 (2007, 四川) 如图3, l1、l2、l3是同一平面内的三条平行直线, l1与l2间的距离是1, l2与l3间的距离是2, 正三角形ABC的三个顶点分别在l1、l2、l3上, 则的边长是 () .

[命题意图]本题考查平行线间的距离、正三角形、三角形中边角互化、三角函数的化简等相关知识.

[解题策略]利用平面几何中三角形、梯形的知识, 利用等积法建立关系式, 这样处理可使问题简化.

[分析]设的边长为x, ∴过B作MN⊥l1于M, 交l3于N (如图4) .在中, 同理

然后代A、B、C、D四个答案去验证.选D.

本题巧妙利用面积法将题中正三角形、平行线间的距离等条件糅合在一起, 使较复杂繁难的一道高考选择题通过这样转化就变得更易于入手, 解决起来更加轻松自如.

【题4】 (2007, 江西) 如图5, 在中, 点O是BC的中点, 过点O的直线分别交直线AB, AC于不同的两点M, N, 若则m+n的值为________.

[命题意图]本题主要考查平面向量和三角形的知识及其运用, 考查学生分析和解决问题的能力.

[解题策略]利用O是BC边的中点, 构造相似三角形或全等三角形找比例关系来进行转化.

本题所给出的这几种方法都有一个共同点:围绕O是BC中点这一条件作平行线, 构造相似形或全等形找比例关系, 寻求m与n之间的关系, 用初中三角形的知识就可以使这道高考题迎刃而解.

巧用数学思想解高考题 篇8

一、函数与方程思想

函数思想是对函数内容在更高层次上的抽象、概括与提炼。函数思想在研究方程、不等式、数列、解析几何等内容时, 起着重要作用。方程思想是解决各类计算问题的基本思想, 是运算能力的基础。高考数学把函数与方程思想作为七种重要思想方法中的重点来考查。

例1.设a>0, b>0, e是自然对数的底数则 ()

A.若ea+2a=eb+3b, 则a>b

B.若ea+2a=eb+3b, 则a<b

C.若ea-2a=eb-3b, 则a>b

D.若ea-2a=eb-3b, 则a<b

本题主要考查了复合函数单调性的综合应用, 通过构造法巧妙地确定函数的单调性。若ea+2a=eb+3b, 必有ea+2a>eb+2b.构造函数:f (x) , 则f′ (x) =ea+2>0恒成立, 故存在函数f (x) =ea+2x在x>0上单调递增, 即a>b成立。其余选项用同样方法排除。

(1) 求函数f (x) 的解析式;

(2) 判断函数f (x) 在 (0, π) 内的零点个数, 并加以证明。

由 (1) (2) 得:函数f (x) 在 (0, π) 内有两个零点。

本题考查的知识点为导数的计算, 利用函数与方程的思想解决根个数的问题。

二、数形结合思想

数学研究的对象是数量关系和空间形式。在一维空间, 实数与数轴上的点建立一一对应关系;在二维空间, 实数对与坐标平面上的点建立一一对应关系。在数形结合的考查中, 选择、填空侧重突出考查数到形的转化;在解答题中, 考查推理论证严密性, 突出形到数的转化。

三、分类与整合思想

分类是自然科学乃至社会科学研究中的基本逻辑方法。分类要从具体出发, 选取适当的分类标准。划分只是手段, 分类研究才是目的。有分有合, 先分后合, 是分类整合思想的本质属性。在对含字母参数的数学问题进行分类与整合的研究时, 重点的是考查学生思维严谨性与周密性。

例4.已知函数f (x) =ex-ax, 其中a>0。

(1) 若对一切x∈R, f (x) ≥1恒成立, 求a的取值集合;

(2) 在函数f (x) 的图象上去定点A (x1, f (x1) ) , B (x2, f (x2) ) (x1<x2) , 记直线AB的斜率为k, 证明:存在x0∈ (x1, x2) , 使f′ (x0) =k恒成立。

本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等, 考查运算能力, 考查分类讨论思想、函数与方程思想等数学方法。第一问利用导函数法求出f (x) 取最小值f (lna) =a-alna, 对一切x∈R, f (x) ≥1恒成立转化为f (x) min≥1从而得出求a的取值集合;第二问在假设存在的情况下进行推理, 然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题, 通过构造函数, 研究这个函数的性质进行分析判断。

四、化归与转化思想

将复杂问题化归为简单问题, 将较难问题化为较易问题, 将未解决问题化归为已解决问题。化归与转化思想灵活、多样, 无统一模式, 要利用动态思维, 去寻找有利于问题解决的变换途径与方法。高考重视常用变换方法:一般与特殊的转化、繁与简的转化、构造转化、命题的等价转化。

本题考查同角三角函数、倍角三角函数、和角三角函数, 利用化归与整体转化思想, 通过换元, 将复杂问题化归为简单问题, 将较难问题化为较易问题, 从而使问题容易解决。

五、特殊与一般思想

通过对个例认识与研究, 形成对事物的认识;由浅入深, 由现象到本质、由局部到整体、由实践到理论;由特殊到一般, 再由一般到特殊的反复认识过程;构造特殊函数、特殊数列, 寻找特殊点、确立特殊位置, 利用特殊值、特殊方程。高考以新增内容为素材, 突出考查特殊与一般思想。

例6.已知a为正实数, n为自然数, 抛物线与x轴正半轴相交于点A, 设f (n) 为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距。

(Ⅰ) 用a和n表示f (n) ;

本题属于高档题, 难度较大, 需要考生具备扎实的数学基础和解决数学问题的能力。本题主要考查了导数的应用、不等式、数列等基础知识;考查了思维能力、运算能力、分析问题与解决问题的能力和创新意识能力;且又深层次地考查了函数、转换与化归、特殊与一般等数学思想方法。

六、类比思想

把两个 (或两类) 不同的数学对象进行比较, 如果发现它们在某些方面有相同或类似之处, 那么就推断它们在其他方面也可能有相同或类似之处。

例7.如图, 在平面直角坐标系xoy中, 设三角形ABC的顶点分别为A (0, a) , B (b, 0) , C (c, 0) , 点P (0, p) 在线段AO上的一点 (异于端点) , 这里a, b, c, p均为非零实数, 设直线BP, CP分别与边AC, AB交于点E, F, 某同学已正确求得直线OE的方程为请你完成直线OF的方程。

本题考查的知识点是类比推理, 我们类比直线OE的方程去求直线OF方程:类比推理的一般步骤是: (1) 找出两类事物之间的相似性或一致性; (2) 用一类事物的性质去推测另一类事物的性质, 得出一个明确的命题 (猜想) 。

七、建模思想

为了使描述的一个实际现象更具科学性、逻辑性、客观性和可重复性, 人们采用一种普遍认为比较严格的语言来描述这种现象, 这种语言就是数学。使用数学语言描述的事物就称为数学模型。有时候我们需要做一些实验, 但这些实验往往用抽象出来了的数学模型作为实际物体的代替而进行相应的实验, 实验本身也是实际操作的一种理论替代。

例8.请你设计一个包装盒, 如图所示, ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片, 切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形, 再沿虚线折起, 使得四个点重合于图中的点P, 正好形成一个正四棱柱形状的包装盒, E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点, 设AE=FB=xcm。

(1) 若广告商要求包装盒侧面积S (cm2) 最大, 试问x应取何值?

(2) 若广告商要求包装盒容积V (cm3) 最大, 试问x应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。

妙用“转化法”解高考物理题 篇9

一、情景转化法

即等效转化法，把新情景等效转化为熟悉的情景，利用所掌握的知识和方法去处理。

例题1：在光滑水平面上的O点系一长为L的绝缘细线，细线的另一端系一质量为m带电量为q的小球，当沿细线方向加上场强为E的匀强磁场后，小球处于平衡状态。(如图1)现给小球一垂直于细线的初速度Vo，使小球在水平面上开始运动，若Vo很小，则小球第一次回到平衡位置所需的时间为______。

析与解：该图可转化图2所示情景，图1中的电场力相当于图2中的重力。图2在Vo很小的情况下做简谐振动，所以该题可看成类单摆处理。

二、模型转化法

例题2：如图3所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻ro=0.10Ω。导轨的端点P、Q用电阻可以忽略的导线相连，两导轨间的距离L=0.20m。有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面。已知磁感强度B与时间t的关系为B=kt，比例系数k=0.020T/s。一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直。在t=0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t=6.0s时金属杆所受的安培力。

解析：在电磁感应现象中，有两类基本模型：

磁场不变，单棒切割类，如图4所示;面积不变，磁场变化类，如图5所示。原题金属棒在向右运动过程中，一方面棒切割，另一方面磁场改变，故图3可转化4与5两类模型的叠加。考虑到切割与磁场增加产生的感应电动势方向一致，所以原回路的感应电动势可写成E=BLV+S，详解如下：

以a表示金属杆的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离

此时杆的速度

杆与导轨构成的回路的面积

回路中的感应电动势

而 B=kt, 即

回路总电阻%%%%%%%%%%R=2br (6)

回路中的感应电流%%%%%%%I=E/R (7)

作用于杆的安培力%%%%%%%F=BIL (8)

代入数据求得 F=1.44×10-3N。

三、恒变量转化法

某些变量问题不好直接运用所学知识处理，可适当转化为恒量问题处理。

例题3：如图6所示，长为L，电阻r=0.3Ω，质量m=0.1kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两根平行光滑金属导轨上，两条轨间距也为L，棒与导体间接触良好，导轨电阻不计。导轨左端接有R=0.5Ω的电阻，量程为3.0A的电流表接在一条导轨上，量程位1.0V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面。现以向右恒定外力F使金属棒右移，当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏。问：(1)此满偏的电表是什么表?说明理由。(2)拉动金属棒的外力F多大?(3)此时撤去外力F，金属棒逐渐慢下来，最终停止在导轨上，求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。

析与解：(1)设电流表满偏，电路中电流I=3.0A，电阻R两端的电压u=IR=3.0×0.5V=1.5V>1.0V，大于电压表量程，不合题意。故电压表满偏，此时，I=U/R=1.0V/0.5Ω=2A。

(2)由能量守恒，外力对金属棒做的功全部转化为电能，故有Fv=I2 (R+r)，而I=2A，求得拉动金属棒的外力为F=I2 (R+r) v=22× (0.5+0.3) /2N=1.6N。

(3)当撤除外力后，金属棒将做加速度不断减小的减速运动直至停下，棒的运动状态改变是由于受到安培力冲量，但安培力是变力，不少学生不会或不能正确使用动量定理。教师可对该过程作如下转化：

将该过程采用微元法无限细分，对于每一段，时间足够短，安培力可视为恒力，可直接使用动量定理：对于第n段，则有BLIntn=mvn-mvn-1。对两边求和，则有-BL (I1△t1+I2△t2+…+In△tn+…) = (mv1-mv0) + (mv2-mv1) +…+ (mvn-mvn-1) +…,

即BL (q1+q2+…+qn+…) =mv0。

BLQ=mv0, Q=mv0/BL。

又BLv=I (R+r) ,

巧解高考完型填空题 篇10

1. 充满信心, 沉着冷静

2. 精读第一句

它它是是了了解解全全文文大大意意的的基基石。完形填空文章的第一句话, 常是是没没有有空空白白的的完完整整句句子子, , 而而且第一句往往是文章的主题句, 或是是含含有有主主题题词词的的句句子子, , 考考生生可以根据它来把握文章的中心思想, 为下面答题奠定基础。

33..通通读读全全文文, , 掌掌握握大大意意, 粗选答案

有有相相当当一一部部分分同同学学在在没没有通读全文、弄懂大意的情况下就急急忙忙边边阅阅读读边边依依空空选选择择。。这这是一种不良的答题习惯。同学们在做做题题之之前前必必须须先先集集中中精精力力将将短文精读一遍, 掌握其大意, 同时要要记记住住短短文文里里的的人人物物、、时时间间或地点, 尤其要注意首句和尾句的含含义义。。这这样样, , 答答题题时时才才能能心心中中有数。

44..从从上上下下文文寻寻找找信信息息词

完完形形填填空空所所选选的的文文章章都都具有逻辑关系、意义相符, 而词语的的重重复复出出现现、、同同义义词词和和反反义义词词的使用是重要的连句成篇的词汇纽纽带带, , 因因此此, , 在在行行文文中中不不可可避避免地会出现词语的复现、前后同义词词、、反反义义词词相相互互照照应应等等现现象象。。

5. 形意结合, 前后参照

完完形形填填空空所所要要求求填填的的答答案在意义上必须和短文内容相符, 形形式式上上必必须须符符合合语语法法规规则则和和习惯用法。同学们在选择答案时, 应应先先从从意意义义上上判判断断其其是是否否与与短文内容相吻合, 然后再从形式上

4.审美理想的培养

对美的事物的感受和由此而产生的情感反应, 是审美评价活动最初的表现形式, 但这种感受和感化, 都受着审美理想的制约。青少年由于年龄和身心发展的局限, 往往把握不了什么是应该歌颂的, 什么是应该批评的。不同的审美判断往往会引起不同的情感反应, 一切优秀的健康的艺术作品, 总是引入生活这个大资源库, 集中拓宽思维的广度和深度, 反映了生活中的美好事物和艺术家正确的审美观点。反过来, 它又使欣赏者得到审美愉悦, 起着积极的审美教育作用。这种寓教于乐和潜移默化的作用, 正是艺术审美活动的特征, 也是我们美术教育的目的之一。

二、艺术的审美评价

审美价值的客观性并不排斥主体感受在审美现象上的多样性。欣赏是在主体参与下进行的, 个人的视野和知识经验决定了评价具有主观成分, 这些成分造成欣赏活动的复杂性, 也造成评价难于统一。所以在审美教育中, 教师对作品的分析和评价应该是一种建设性的, 而不是指令性的。任何作品都是某一时代和社会文化心理结构的 (如时态、语态、非谓语动词、主谓一致、固定搭搭配配等等) ) 判判断断所所选选答案是否恰当, 前后参照, 连贯考虑, 提高选择择的的准准确确率率。。

6. 先易后难, 迂回解题

做完形填空时, 对于一时没有把握的题目目, , 在在做做完完较较容容易易的的题目之后再回过头来思考那些难题, 同时把已已确确定定好好了了的的答答案案代入短文, 帮助理解。这样, 也许难题就不难了了。。

7. 把握文章组织结构

做题时, 要把准文章作者发展脉络, 文章的的起起承承转转合合, , 要要注注意段落与段落之间、句与句之间的内在逻辑联联系系, , 领领悟悟暗暗示示, , 选选对答案。

8. 了解生活常识, 确定相关知识

9. 全文贯通, 复查核定

做完题目后, 要仔细复查核定。全方位, , 多多角角度度地地检检查查所所选选答案。

要提高完形填空的得分, 除了上面介绍的的方方法法技技巧巧外外, , 考考生一要积累并熟练掌握词汇语法等扎实的基基本本技技能能, , 对对于于重重要要的语法项目, 如定语从句、状语从句、非谓语动动词词、、名名词词性性从从句句等, 要加以总结概括, 以便做题时运用灵活, , 概概念念清清楚楚。。二二要要有有计划、有目的地训练, 加强阅读, 提高速度, 培培养养语语感感, , 在在实实践践中中感悟词语的辨析、搭配, 学会对文章进行逻辑辑判判断断及及推推理理, , 既既要要看懂表层意思, 更要理解深层次的含义。三要要由由简简到到难难、、由由短短到到长地进行有针对性的专项训练, 材料要精选, , 解解题题要要限限时时, , 体体裁裁要多样, 运用正确的解题方法与技巧。四要注注意意分分析析错错题题, , 避避免免出现类似错误。

只要在冲刺阶段注意到这些方面, 应该说说解解答答完完形形填填空空的的水平就能得到一定的提高。

(冀州市职教中心)

反映, 作品审美价值的各种现象都有其局限性, 或侧重于技法、或侧重于观念;或侧重于唯美性、或侧重于文学性等等。只有用历史的辩证唯物的态度, 才能较全面而客观地评价作品, 所以教师在讲解作品前, 首先对自己的判断作内省的理性分析, 理清情感中审美的和非审美的成分。在教学中, 可用推测性的语言引导学生去感知和评价作品。如, “我体验到……”和“我感觉到……”等非定性语气。使学生觉得教师的评价也并非是权威的和终极的。于是, 学生也会进行自我分析, 避免在欣赏上的“伪敏感”, 即缺乏主见的泛泛而谈和人云亦云的假象。

综上所述, 欣赏教学是一个复杂的综合性活动。审美教育的开展都必须依据学生前一阶段的基础, 提出具体教学目标的侧重点。尽管教学活动的各阶段和各层次都有不同的目的和要求, 但都必须围绕着以提高学生对形式的审美感知水平和对形式意味的直觉能力为宗旨。对实际作品进行多维的和有效的审美评价, 是达到这一宗旨的唯一途径。

解高考题 篇11

“电像法”由英国的数学、物理学家开尔文于1848年提出，是一种计算一定形状导体电荷分布所产生的静电场问题的有效方法.具体用处指的是将一大堆非常难以计算的物体产生的电场等效于在某一个点的一个电荷产生的电场.电像法也是高中物理中常用到的一种方法，主要应用于讨论导体周围有一个或几个点电荷时空间的电势和场强等问题.其核心思想是在不改变原来问题的边界条件基础上，用求解区域外的假想电荷代替导体上的感应电荷.掌握了这种方法，对学生解题思路的拓展和解题能力的提高都有很大的帮助.简单地说，比如有一个接地的薄导体板，这个导体板上面的电荷都是自由电荷，且这个导体板为无限长.这时，运用电像法解题时，还需注意：一般先根据题目的边界条件来确定像电荷的位置和大小，然后再根据场的叠加原理求出电势、电场强度等物理量.学生对于使用电像法并不困难，而问题出在总是“滥用”电像法.每遇到导体在电场中的情况时，就去使用电像法，其实很多问题是无法用电像法解决的.在此，一定要强调电像法的适用条件和使用范围：①所求区域有少数几个或一个点电荷.如果点电荷过多，就很难利用边界条件求出像电荷的电荷量与位置.②导体或者介质的边界形状比较规则（球面，平面，圆柱面），具有一定的对称性.如果没有很好的对称性，像电荷是很难找出来的.③边界条件必须给定.如果没有确定的边界条件，那么唯一性定理也就不成立了，电像法就无从谈起.④像电荷是一些假想的电荷，它的引入不能改变所研究区域的原有场分布，因此像电荷应放在所研究的场的区域之外.也就是说像电荷产生的效果只有在所研究区域内与感应电荷是等效的，在其他位置其效果与感应电荷并不相同，这也是学生最容易出错的地方.

nlc202309041501

利用洛必达法则巧解高考题 篇12

一、洛必达法则

设函数f (x) 、g (x) 满足

$(1)\underset{x\to a}{{\displaystyle \lim }}f(x)=\underset{x\to a}{{\displaystyle \lim }}g(x)=0$;

(2) 在U° (a) 内, f′ (x) 和g′ (x) 都存在, 且g′ (x) ≠0;

$(3)\underset{x\to a}{{\displaystyle \lim }}\frac{f{}^{´}(x)}{g{}^{´}(x)}=A(A$可为实数, 也可以是±∞) 。

则$\underset{x\to a}{{\displaystyle \lim }}\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a}{{\displaystyle \lim }}\frac{f{}^{´}(x)}{g{}^{´}(x)}=A$。

二、高考题处理

1. (2011年全国新课标理) 已知函数曲线y=f (x) 在点[1, f (1) ]处的切线方程为x+2y-3=0。

(Ⅰ) 求a、b的值;

(Ⅱ) 如果当x>0, 且x≠1时, $f(x)＞\frac{\text{l}\text{n}x}{x-1}+\frac{k}{x}$, 求k的取值范围。

原解略。

原解在处理第 (II) 题时方法较难, 现利用洛必达法则处理如下:

解: (II) 由题设可得, 当x>0, x≠1时, $k<\frac{2x\text{l}\text{n}x}{1-x{}^2}+1$恒成立。

令$g(x)=\frac{2x\text{l}\text{n}x}{1-x{}^2}+1(x＞0,x\ne 1)$, 则

$g{}^{´}\left(x\right)=2\cdot \frac{\left(x{}^2+1\right)\text{l}\text{n}x-x{}^2+1}{\left(1-x{}^2\right){}^2}$,

再令$h\left(x\right)=\left(x{}^2+1\right)\ln x-x{}^2+1(x＞0,x\ne 1)$, 则$h{}^{´}\left(x\right)=2x\ln x+\frac{1}{x}-x‚h^{″}\left(x\right)=2\ln x+1-\frac{1}{x{}^2}$, 易知$h^{″}\left(x\right)=2\ln x+1-\frac{1}{x{}^2}$在$\left(0,+\infty \right)$上为增函数, 且$h^{″}\left(1\right)=0$, 故当x∈ (0, 1) 时,

$h^{″}\left(x\right)＜0$, 当x∈ (1, +∞) 时, $h^{″}\left(x\right)＞0$。

所以$h^{\prime }\left(x\right)$在$\left(0,1\right)$上为减函数, 在$\left(1,+\infty \right)$上为增函数, 故$h^{\prime }\left(x\right)＞h^{\prime }\left(1\right)=0$, 所以$h\left(x\right)$在$\left(0,+\infty \right)$上为增函数。

因为$h\left(1\right)=0$,

所以当x∈ (0, 1) 时, $h\left(x\right)＜0$,

当x∈ (1, +∞) 时, $h\left(x\right)＞0$,

所以当x∈ (0, 1) 时, g′ (x) <0,

当x∈ (1, +∞) 时, $g^{\prime }\left(x\right)＞0$,

所以$g\left(x\right)$在$\left(0,1\right)$上为减函数, 在$\left(1,+\infty \right)$上为增函数,

因为由洛必达法则知$\underset{x\to 1}{{\displaystyle \lim }}g\left(x\right)=2\underset{x\to 1}{{\displaystyle \lim }}\frac{x\text{l}\text{n}x}{1-x{}^2}+1=2\underset{x\to 1}{{\displaystyle \lim }}\frac{1+\text{l}\text{n}x}{-2x}+1=2\times \left(-\frac{1}{2}\right)+1=0$, 所以k≤0, 即k的取值范围为 (-∞, 0]。

本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数k分离出来, 然后对分离出来的函数$g(x)=\frac{2x\text{l}\text{n}x}{1-x{}^2}+1$求导, 研究其单调性、极值。此时遇到了“当x=1时, 函数g (x) 值没有意义”这一问题, 很多考生会陷入困境。如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用, 再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法。

2. (2010年全国新课标理) 设函数f (x) =ex-1-x-ax2。

(Ⅰ) 若a=0, 求f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 若当x≥0时f (x) ≥0, 求a的取值范围。

原解略。

现利用洛必达法则处理第 (Ⅱ) 题如下:

解: (Ⅱ) 当x=0时, f (x) =0, 对任意实数a, 均存在f (x) ≥0。

当x>0时, f (x) ≥0, 等价于$a\le \frac{e{}^x-x-1}{x{}^2}$,

令$g\left(x\right)=\frac{e{}^x-x-1}{x{}^2}(x＞0)$, 则$g{}^{´}(x)=\frac{xe{}^x-2e{}^x+x+2}{x{}^3}$,

令$h\left(x\right)=xe{}^x-2e{}^x+x+2\left(x＞0\right)$, 则$h^{\prime }\left(x\right)=xe{}^x-e{}^x+1‚h^{″}\left(x\right)=xe{}^x＞0$,

知$h^{\prime }\left(x\right)$在$\left(0,+\infty \right)$上为增函数, $h{}^{´}\left(x\right)＞h^{\prime }\left(0\right)=0$, 知

$h\left(x\right)$在$\left(0,+\infty \right)$上为增函数, $h\left(x\right)＞h\left(0\right)=0$, 所以$g^{\prime }\left(x\right)＞0‚g(x)$在$\left(0,+\infty \right)$上为增函数。

由洛必达法则知$\underset{x\to 0{}^{+}}{{\displaystyle \lim }}\frac{e{}^x-x-1}{x{}^2}=\underset{x\to 0{}^{+}}{{\displaystyle \lim }}\frac{e{}^x}{2x}=\underset{x\to 0{}^{+}}{{\displaystyle \lim }}\frac{e{}^x}{2}=\frac{1}{2}$,

故$a\le \frac{1}{2}$。

综上, 知a的取值范围为$\left(-\infty ,\frac{1}{2}\right)$。

3. (2010海南宁夏文) 已知函数f (x) =x (ex-1) -ax2。

(Ⅰ) 若f (x) 在x=-1时有极值, 求函数f (x) 的解析式;

(Ⅱ) 当x≥0时, f (x) ≥0, 求a的取值范围。

原解略。

应用洛必达法则和导数处理第 (Ⅱ) 题如下:

解: (Ⅱ) 当x≥0时, f (x) ≥0, 即x (ex-1) ≥ax2。

①当x=0时, a∈R;

②当x>0时, x (ex-1) ≥ax2, 等价于ex-1≥ax, 也即

记$g(x)=\frac{e{}^x-1}{x}‚x\in (0,+\infty )$, 则$g\text{'}(x)=\frac{(x-1)e{}^x+1}{x}$。

记h (x) = (x-1) ex+1, x∈ (0, +∞) , 则h' (x) =xex>0, 因此h (x) = (x-1) ex+1在 (0, +∞) 上单调递增, 且h (x) >h (0) =0, 所以$g\text{'}(x)=\frac{h(x)}{x}＞0$, 从而$g(x)=\frac{e{}^x-1}{x}$在 (0, +∞) 上单调递增。

由洛必达法则有$\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}g(x)=\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{e{}^x-1}{x}=\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{e{}^x}{1}=1$, 即当x→0时, g (x) →1,

所以g (x) >1, 即有a≤1。

综上所述, 当a≤1, x≥0时, f (x) ≥0成立。