(高考第二轮专题复习)2005年高考数学第二轮专题复习----探索性专题

1高考中的探索性问题江苏省宿迁中学王爱斌一、高考大纲剖析2003年以前数学考试说明中能力要求没有创新意识。2004年数学考试说明：能力要求中指出，能力是指思维能力、运算能力、空间想象能力以及实践能力和创新意识。其中创新意识指对新颖的信息、情境和设问，选择有效的方法和手段收集信息，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法，进行独立的思考、探索和研究，提出解决问题的思路，创造性地解决问题.命题基本原则中指出，创新意识和创造能力是理性思维的高层次表现.在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融汇的程度越高，展示能力的区域就越宽泛，显现出的创造意识也就越强.命题时要注意试题的多样性，设计考查数学主体内容，体现数学素质的题目；反映数、形运动变化的题目；研究型、探索型或开放型的题目.让考生独立思考，自主探索，发挥主观能动性，研究问题的本质，寻求合适的解题工具.梳理解题程序，为考生展现其创新意识，发挥创造能力，创设广阔的空间.2005年数学考试大纲（必修+选I）：能力要求中创新意识增加了：创新意识是理性思维的高层次表现。对数学问题的“观察、猜测、抽象、概括、证明”，是发现问题和解决问题的重要途径，对数学知识的迁移、组合、融会的程度越高，显示出的创造意识也就越强。考查要求指出对创新意识的考查是对高层次理性思维的考查。在考试中创设比较新颖的问题情境,构造有一定深度和广度的数学问题,要注重问题的多样化,体现思维的发散性。精心设计考察数学主体内容,体现数学素质的试题;反映数、形运动变化的试题;研究型、探索型、开放型的试题。两年考试大纲对比，说明今年高考对学生创新意识要求更高，近几年高考试题中对这方面考查主要通过探索性问题来实现的。那么什么是探索性问题呢?如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.二、高考试题研究高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.由于这类题型没有明确的结论，解题方向不明，自由度大，需要先通过对问题进行观察、分析、比较、概括后方能得出结论，再对所得出的结论予以证明．其难度大、要求高，是训练和考查学生的创新精神，数学思维能力、分析问题和解决问题能力的好题型．近几年高考中探索性问题分量加重，在选择题、填空题、解答题中都已出现．如2003年高考江苏卷第16题（立几）、第20题（解几）；2003年高考全国卷第15题（立几）、第22题（解几）；2003年高考上海卷第12题（填空题，解几）、第21题（Ⅲ）（解几）、第22题（理：集合与函数，文：数列与组合数）；2004年高考江苏卷第6题（统计图）、第13题（表格）；2004年高考上海卷第12题（填空题，数列）、第16题（选择题，招聘信息表）、第21题（3）（立几）、第22题（3）（圆锥曲线）；2004年高考北京卷第214题（填空题，数列）、第20题（不等式证明）；2004年高考福建卷第15题（概率）、第21题（Ⅱ）（导数与不等式）；2005年春季高考上海卷第9题（数列）、第16题（函数）、第21题（2）（函数与直线）、第22题（3）（椭圆）等。题目设计背景新颖，综合性强,难度较大，是区分度较高的试题，基本上都是每份试卷的压轴题。高考常见的探索性问题，就其命题特点考虑，可分为归纳型、题设开放型、结论开放型、题设和结论均开放型以及解题方法的开放型几类问题．其中结论开放型探索性问题的特点是给出一定的条件而未给出结论，要求在给定的前提条件下，探索结论的多样性，然后通过推理证明确定结论;题设开放型探索性问题的特点是给出结论，不给出条件或条件残缺，需在给定结论的前提下，探索结论成立的条件，但满足结论成立的条件往往不唯一，答案与已知条件对整个问题而言只要是充分的、相容的、独立的．就视为正确的；全开放型，题设、结论都不确定或不太明确的开放型探索性问题，与此同时解决问题的方法也具有开放型的探索性问题，需要我们进行比较全面深入的探索，才能研究出解决问题的办法来。三、高考复习建议1.复习建议：（1）在第二轮复习的过程中要重视对探索性问题的专题训练,题型要多样化,题目涉及的知识覆盖面尽量广一些，难度由浅入深;（2）近几年高考探索性问题重点出在函数、数列、不等式、立体几何和解析几何,今年高考这些内容还是出探索性问题的热点（特别是解答题）,应加强对这些内容的研究；（3）注意总结探索性问题的解题策略。2.解题策略：解探索性问题应注意三个基本问题:认真审题,确定目标;深刻理解题意;开阔思路,发散思维,运用观察、比较、类比、联想、猜想等带有非逻辑思维成分的合理推理,以便为逻辑思维定向.方向确定后,又需借助逻辑思维,进行严格推理论证,这两种推理的灵活运用,两种思维成分的交织融合,便是处理这类问题的基本思想方法和解题策略解决探索性问题，对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面有较高要求，高考题中一般解这类问题有如下方法：(1)直接法：直接从给出的结论入手，寻求成立的充分条件；直接从给出的条件入手，寻求结论；假设结论存在（或不存在），然后经过推理求得符合条件的结果（或导出矛盾）等例1.如图，在直四棱柱A1B1C1D1—ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件__________时，有A1C⊥B1D1（注：填上你认为正确的条件即可，不必考虑所有可能的情况）分析：本题是条件探索型试题，即寻找结论A1C⊥B1D1成立的充分条件，由AA1⊥平面A1C1以及A1C⊥B1D1（平面A1C1的一条斜线A1C与面内的一条直线B1D1互相垂直），容易联想到三垂线定理及其逆定理。因此，欲使A1C⊥B1D1，只需B1D1与CA1在平面A1C1上的射影垂直即可。显然，CA1在平面A1C1上的射影为A1C1，故当B1D1⊥A1C1时，有A1C⊥B1D1，又由于直四棱柱的上、下底面互相平行，从而B1D1∥BD，A1C1∥AC。因此，当3BD⊥AC时，有A1C⊥B1D1。由于本题是要探求使A1C⊥B1D1成立的充分条件，故当四边形ABCD为菱形或正方形时，依然有BD⊥AC，从而有A1C⊥B1D1，故可以填：①AC⊥BD或②四边形ABCD为菱形，或③四边形ABCD为正方形中的任一个条件即可。点评:AC⊥BD是结论A1C⊥B1D1成立的充要条件，而所填的ABCD是正方形或菱形则是使结论A1C⊥B1D1成立的充分而不必要的条件．本例中，满足题意的充分条件不唯一，具有开放性特点，这类试题重在考查基础知识的灵活运用以及归纳探索能力。例2.（2000年全国高考试题）如图，E、F分别为正方体的面ADD1A1和面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是_____________（要求把可能的图形的序号都填上）分析：本题为结论探索型的试题，要求有一定的空间想象能力。解：由于正方体的6个面可分为互为平行的三对，而四边形BFD1E的在互为平行的平面上的射影相同，因此可把问题分为三类：a：在上、下两面上的射影为图②；b：在前、后两面上的射影为图②；c：在左、右两面上的射影为图③.综上可知，在正方体各面上的射影是图②或图③。点评：这也是一道结论探索型问题，结论不唯一，应从题设出发，通过分类以简化思维，再利用射影的概念，得到正确的结论。例3.已知函数1)(2axcbxxf(a,c∈R,a＞0,b是自然数）是奇函数，f(x)有最大值21，且f(1)＞52.（1）求函数f(x)的解析式；（2）是否存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，并且使得P、Q两点关于点（1，0）对称，若存在，求出直线l的方程，若不存在，说明理由.分析:本题考查待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的能力.解：（1）∵f(x)是奇函数∴f(–x)=–f(x)，即1122axcbxaxcbx，∴–bx+c=–bx–c，∴c=04∴f(x)=12axbx.由a＞0，b是自然数得当x≤0时，f(x)≤0，当x＞0时，f(x)＞0，∴f(x)的最大值在x＞0时取得.∴x＞0时，22111)(babxxbaxf当且仅当bxxba1即ax1时，f(x)有最大值21212ba∴2ba=1,∴a=b2①又f(1)＞52，∴1ab＞52,∴5b＞2a+2②把①代入②得2b2–5b+2＜0解得21＜b＜2，又b∈N,∴b=1,a=1,∴f(x)=12xx（2）设存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，且P、Q关于点（1，0）对称，P(x0,y0)则Q（2–x0,–y0)，∴020002001)2(21yxxyxx,消去y0，得x02–2x0–1=0解之，得x0=1±2,∴P点坐标为(42,21)或(42,21)进而相应Q点坐标为Q（42,21）或Q(42,21).过P、Q的直线l的方程：x–4y–1=0即为所求.点评：充分利用题设条件是解题关键.本题是存在型探索题目，注意在假设存在的条件下推理创新，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定的结论，并加以论证.（2）观察——猜测——证明例4.观察sin220°+cos250°+sin20°cos50°=43,sin215°+cos245°+sin15°cos45°=43，写出一个与以上两式规律相同的一个等式.答案：sin2α+cos2(α+30°)+sinαcos(α+30°)=43例5.（2003高考上海卷）已知数列}{na（n为正整数）是首项是a1，公比为q的等比数列.（1）求和：;,334233132031223122021CaCaCaCaCaCaCa5（2）由（1）的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明.（3）设q≠1，Sn是等比数列}{na的前n项和，求：nnnnnnnnCSCSCSCSCS134231201)1(解:（1）.)1(33,)1(231312111334233132031212111223122021qaqaqaqaaCaCaCaCaqaqaqaaCaCaCa（2）归纳概括的结论为：若数列}{na是首项为a1，公比为q的等比数列，则nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnqaCqCqCqqCCaCqaCqaCqaqCaCaCaCaCaCaCanqaCaCaCaCaCa)1(])1([)1()1(:.,)1()1(13322101133122111011342312011134231201证明为正整数（3）因为,111qqaaSnn.)1(1])1([1])1([11)1(111)1(133221013210111123111211011134231201nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnqqqaCqCqCqqCCqqaCCCCCqaCqqaaCqqaaCqqaaCqqaaCSCSCSCSCS所以例6.由下列各式：1121111231111113123456721111223156你能得出怎样的结论，并进行证明.分析：对所给各式进行比较观察，注意各不等式左边的最后一项的分母特点：1=21-1，3=22-1，7=23-1，15=24-1，…，一般的有2n-1，对应各式右端为一般也有2n.解：归纳得一般结论*1111()23212nnnN证明：当n=1时，结论显然成立.当n≥2时，3333111111111111()()2321244222211111111()()2222222222nnnnnnnnn