資源簡介

《高中數學解題思維與思想》
導 讀
數學家G . 波利亞在《怎樣解題》中說過：數學教學的目的在于培養學生的思維能力，培養良好思維品質的途徑，是進行有效的訓練，本策略結合數學教學的實際情況，從以下四個方面進行講解：
一、數學思維的變通性
根據題設的相關知識，提出靈活設想和解題方案
二、數學思維的反思性
提出獨特見解，檢查思維過程，不盲從、不輕信。
三、數學思維的嚴密性
考察問題嚴格、準確，運算和推理精確無誤。
四、數學思維的開拓性
對一個問題從多方面考慮、對一個對象從多種角度觀察、對一個題目運用多種不同的解法。
什么”轉變，從而培養他們的思維能力。
《思維與思想》的即時性、針對性、實用性，已在教學實踐中得到了全面驗證。
一、高中數學解題思維策略
第一講 數學思維的變通性
一、概念
數學問題千變萬化，要想既快又準的解題，總用一套固定的方案是行不通的，必須具有思維的變通性——善于根據題設的相關知識，提出靈活的設想和解題方案。根據數學思維變通性的主要體現，本講將著重進行以下幾個方面的訓練：
（1）善于觀察
心理學告訴我們：感覺和知覺是認識事物的最初級形式，而觀察則是知覺的高級狀態，是一種有目的、有計劃、比較持久的知覺。觀察是認識事物最基本的途徑，它是了解問題、發現問題和解決問題的前提。
任何一道數學題，都包含一定的數學條件和關系。要想解決它，就必須依據題目的具體特征，對題目進行深入的、細致的、透徹的觀察，然后認真思考，透過表面現象看其本質，這樣才能確定解題思路，找到解題方法。
例如，求和.
這些分數相加，通分很困難，但每項都是兩相鄰自然數的積的倒數，且，因此，原式等于問題很快就解決了。
（2）善于聯想
聯想是問題轉化的橋梁。稍具難度的問題和基礎知識的聯系，都是不明顯的、間接的、復雜的。因此，解題的方法怎樣、速度如何，取決于能否由觀察到的特征，靈活運用有關知識，做出相應的聯想，將問題打開缺口，不斷深入。
例如，解方程組.
這個方程指明兩個數的和為，這兩個數的積為。由此聯想到韋達定理，、是一元二次方程 的兩個根，
所以或.可見，聯想可使問題變得簡單。
（3）善于將問題進行轉化
數學家G . 波利亞在《怎樣解題》中說過：數學解題是命題的連續變換。可見，解題過程是通過問題的轉化才能完成的。轉化是解數學題的一種十分重要的思維方法。那么怎樣轉化呢？概括地講，就是把復雜問題轉化成簡單問題，把抽象問題轉化成具體問題，把未知問題轉化成已知問題。在解題時，觀察具體特征，聯想有關問題之后，就要尋求轉化關系。
例如，已知,,
求證、、三數中必有兩個互為相反數。
恰當的轉化使問題變得熟悉、簡單。要證的結論，可以轉化為：
思維變通性的對立面是思維的保守性，即思維定勢。思維定勢是指一個人用同一種思維方法解決若干問題以后，往往會用同樣的思維方法解決以后的問題。它表現就是記類型、記方法、套公式，使思維受到限制，它是提高思維變通性的極大的障礙，必須加以克服。
綜上所述，善于觀察、善于聯想、善于進行問題轉化，是數學思維變通性的具體體現。要想提高思維變通性，必須作相應的思維訓練。
二、思維訓練實例
觀察能力的訓練
雖然觀察看起來是一種表面現象，但它是認識事物內部規律的基礎。所以，必須重視觀察能力的訓練，使學生不但能用常規方法解題，而且能根據題目的具體特征，采用特殊方法來解題。
例1 已知都是實數，求證
思路分析 從題目的外表形式觀察到，要證的
結論的右端與平面上兩點間的距離公式很相似，而
左端可看作是點到原點的距離公式。根據其特點，
可采用下面巧妙而簡捷的證法，這正是思維變通的體現。
證明 不妨設如圖1－2－1所示，
則
在中，由三角形三邊之間的關系知：
當且僅當O在AB上時，等號成立。
因此，
思維障礙 很多學生看到這個不等式證明題，馬上想到采用分析法、綜合法等，而此題利用這些方法證明很繁。學生沒能從外表形式上觀察到它與平面上兩點間距離公式相似的原因，是對這個公式不熟，進一步講是對基礎知識的掌握不牢固。因此，平時應多注意數學公式、定理的運用練習。
已知，試求的最大值。
解 由 得
又
當時，有最大值，最大值為
思路分析 要求的最大值，由已知條件很快將變為一元二次函數然后求極值點的值，聯系到，這一條件，既快又準地求出最大值。上述解法觀察到了隱蔽條件，體現了思維的變通性。
思維障礙 大部分學生的作法如下：
由 得
當時，取最大值，最大值為
這種解法由于忽略了這一條件，致使計算結果出現錯誤。因此，要注意審題，不僅能從表面形式上發現特點，而且還能從已知條件中發現其隱蔽條件，既要注意主要的已知條件，
又要注意次要條件，這樣，才能正確地解題，提高思維的變通性。
有些問題的觀察要從相應的圖像著手。
已知二次函數滿足關系
，試比較與的大小。
思路分析 由已知條件可知，在與左右等距離的點的函數值相等，說明該函數的圖像關于直線對稱，又由
已知條件知它的開口向上，所以，可根據該函數的大致
圖像簡捷地解出此題。
解 （如圖1－2－2）由，
知是以直線為對稱軸，開口向上的拋物線
它與距離越近的點，函數值越小。
思維障礙 有些同學對比較與的大小，只想到求出它們的值。而此題函數的表達式不確定無法代值，所以無法比較。出現這種情況的原因，是沒有充分挖掘已知條件的含義，因而思維受到阻礙，做題時要全面看問題，對每一個已知條件都要仔細推敲，找出它的真正含義，這樣才能順利解題。提高思維的變通性。
聯想能力的訓練
在中，若為鈍角，則的值
(A) 等于1 (B)小于1 (C) 大于1 (D) 不能確定
思路分析 此題是在中確定三角函數的值。因此，聯想到三角函數正切的兩角和公式可得下面解法。
解 為鈍角，.在中
且
故應選擇（B）
思維障礙 有的學生可能覺得此題條件太少，難以下手，原因是對三角函數的基本公式掌握得不牢固，不能準確把握公式的特征，因而不能很快聯想到運用基本公式。
若
思路分析 此題一般是通過因式分解來證。但是，如果注意觀察已知條件的特點，不難發現它與一元二次方程的判別式相似。于是，我們聯想到借助一元二次方程的知識來證題。
證明 當時，等式
可看作是關于的一元二次方程有等根的條件，在進一步觀察這個方程，它的兩個相等實根是1 ，根據韋達定理就有：
即
若，由已知條件易得 即,顯然也有.
已知均為正實數,滿足關系式,又為不小于的自然數，求證:
思路分析 由條件聯想到勾股定理,可構成直角三角形的三邊，進一步聯想到三角函數的定義可得如下證法。
證明 設所對的角分別為、、則是直角，為銳角，于是
且
當時，有
于是有
即
從而就有
思維阻礙 由于這是一個關于自然數的命題，一些學生都會想到用數學歸納法來證明，難以進行數與形的聯想，原因是平時不注意代數與幾何之間的聯系，單純學代數，學幾何，因而不能將題目條件的數字或式子特征與直觀圖形聯想起來。
問題轉化的訓練
我們所遇見的數學題大都是生疏的、復雜的。在解題時，不僅要先觀察具體特征，聯想有關知識，而且要將其轉化成我們比較熟悉的，簡單的問題來解。恰當的轉化，往往使問題很快得到解決，所以，進行問題轉化的訓練是很必要的。
轉化成容易解決的明顯題目
例11 已知求證、、中至少有一個等于1。
思路分析 結論沒有用數學式子表示，很難直接證明。首先將結論用數學式子表示，轉化成我們熟悉的形式。、、中至少有一個為1，也就是說中至少有一個為零，這樣，問題就容易解決了。
證明
于是
中至少有一個為零，即、、中至少有一個為1。
思維障礙 很多學生只在已知條件上下功夫，左變右變，還是不知如何證明三者中至少有一個為1，其原因是不能把要證的結論“翻譯”成數學式子，把陌生問題變為熟悉問題。因此，多練習這種“翻譯”，是提高轉化能力的一種有效手段。
直線的方程為，其中；橢圓的中心為，焦點在軸上，長半軸為2，短半軸為1，它的一個頂點為，問在什么范圍內取值時，橢圓上有四個不同的點，它們中的每一點到點的距離等于該點到直線的距離。
思路分析 從題目的要求及解析幾何的知識可知，四個不同的點應在拋物線
（1）
是，又從已知條件可得橢圓的方程為
（2）
因此，問題轉化為當方程組（1）、（2）有四個不同的實數解時，求的取值范圍。將（2）代入（1）得：
（3）
確定的范圍，實際上就是求（3）有兩個不等正根的充要條件，解不等式組：
在的條件下，得
本題在解題過程中，不斷地把問題化歸為標準問題：解方程組和不等式組的問題。
逆向思維的訓練
逆向思維不是按習慣思維方向進行思考，而是從其反方向進行思考的一種思維方式。當問題的正面考慮有阻礙時，應考慮問題的反面，從反面入手，使問題得到解決。
例13 已知函數，求證、、中至少有一個不小于1.
思路分析 反證法被譽為“數學家最精良的武器之一”，它也是中學數學常用的解題方法。當要證結論中有“至少”等字樣，或以否定形式給出時，一般可考慮采用反證法。
證明 （反證法）假設原命題不成立，即、、都小于1。
則
①＋③得 ，
與②矛盾，所以假設不成立，即、、中至少有一個不小于1。
一題多解訓練
由于每個學生在觀察時抓住問題的特點不同、運用的知識不同，因而，同一問題可能得到幾種不同的解法，這就是“一題多解”。通過一題多解訓練，可使學生認真觀察、多方聯想、恰當轉化，提高數學思維的變通性。
例14 已知復數的模為2，求的最大值。
解法一（代數法）設
解法二（三角法）設
則
解法三（幾何法）
如圖1－2－3 所示，可知當時，
解法四（運用模的性質）
而當時，
解法五（運用模的性質）
又
第二講 數學思維的反思性
一、概述
數學思維的反思性表現在思維活動中善于提出獨立見解，精細地檢查思維過程，不盲從、不輕信。在解決問題時能不斷地驗證所擬定的假設，獲得獨特的解決問題的方法，它和創造性思維存在著高度相關。本講重點加強學生思維的嚴密性的訓練，培養他們的創造性思維。
二、思維訓練實例
(1) 檢查思路是否正確，注意發現其中的錯誤。
例1 已知，若求的范圍。
錯誤解法 由條件得
②×2－①得
①×2－②得
+得
錯誤分析 采用這種解法，忽視了這樣一個事實：作為滿足條件的函數，其值是同時受制約的。當取最大（小）值時，不一定取最大（小）值，因而整個解題思路是錯誤的。
正確解法 由題意有
解得：
把和的范圍代入得
在本題中能夠檢查出解題思路錯誤，并給出正確解法，就體現了思維具有反思性。只有牢固地掌握基礎知識，才能反思性地看問題。
證明勾股定理：已知在中，，求證
錯誤證法 在中，而，
，即
錯誤分析 在現行的中學體系中，這個公式本身是從勾股定理推出來的。這種利用所要證明的結論，作為推理的前提條件，叫循環論證。循環論證的錯誤是在不知不覺中產生的，而且不易發覺。因此，在學習中對所學的每個公式、法則、定理，既要熟悉它們的內容，又要熟悉它們的證明方法和所依據的論據。這樣才能避免循環論證的錯誤。發現本題犯了循環論證的錯誤，正是思維具有反思性的體現。
(2) 驗算的訓練
驗算是解題后對結果進行檢驗的過程。通過驗算，可以檢查解題過程的正確性，增強思維的反思性。
已知數列的前項和，求
錯誤解法
錯誤分析 顯然，當時，，錯誤原因，沒有注意公式成立的條件是因此在運用時，必須檢驗時的情形。即：
實數為何值時，圓與拋物線有兩個公共點。
錯誤解法 將圓與拋物線 聯立，消去，
得 ①
因為有兩個公共點，所以方程①有兩個相等正根，得
解之，得
錯誤分析 （如圖2－2－1；2－2－2）顯然，當時，圓與拋物線有兩個公共點。
要使圓與拋物線有兩個交點的充要條件是方程①有一正根、一負根；或有兩個相等正根。
當方程①有一正根、一負根時，得解之，得
因此，當或時，圓與拋物線有兩個公共點。
思考題：實數為何值時，圓與拋物線，
有一個公共點；
有三個公共點；
有四個公共點；
沒有公共點。
養成驗算的習慣，可以有效地增強思維反思性。如：在解無理方程、無理不等式；對數方程、對數不等式時，由于變形后方程或不等式兩端代數式的定義域可能會發生變化，這樣就有可能產生增根或失根，因此必須進行檢驗，舍棄增根，找回失根。
(3) 獨立思考，敢于發表不同見解
受思維定勢或別人提示的影響，解題時盲目附和，不能提出自己的看法，這不利于增強思維的反思性。因此，在解決問題時，應積極地獨立思考，敢于對題目解法發表自己的見解，這樣才能增強思維的反思性，從而培養創造性思維。
30支足球隊進行淘汰賽，決出一個冠軍，問需要安排多少場比賽？
解 因為每場要淘汰1個隊，30個隊要淘汰29個隊才能決出一個冠軍。因此應安排29場比賽。
思 路 分 析 傳統的思維方法是：30支隊比賽，每次出兩支隊，應有15＋7＋4＋2＋1＝29場比賽。而上面這個解法沒有盲目附和，考慮到每場比賽淘汰1個隊，要淘汰29支隊，那么必有29場比賽。
解方程
考察方程兩端相應的函數，它們的圖象無交點。
所以此方程無解。
例7 設是方程的兩個實根，則的最小值是（ ）
思路分析 本例只有一個答案正確，設了3個陷阱，很容易上當。
利用一元二次方程根與系數的關系易得：
有的學生一看到，常受選擇答案（A）的誘惑，盲從附和。這正是思維缺乏反思性的體現。如果能以反思性的態度考察各個選擇答案的來源和它們之間的區別，就能從中選出正確答案。
原方程有兩個實根，
當時，的最小值是8；當時，的最小值是18；
這時就可以作出正確選擇，只有（B）正確。
第三講 數學思維的嚴密性
二、概述
在中學數學中，思維的嚴密性表現為思維過程服從于嚴格的邏輯規則，考察問題時嚴格、準確，進行運算和推理時精確無誤。數學是一門具有高度抽象性和精密邏輯性的科學，論證的嚴密性是數學的根本特點之一。但是，由于認知水平和心里特征等因素的影響，中學生的思維過程常常出現不嚴密現象，主要表現在以下幾個方面：
概念模糊 概念是數學理論體系中十分重要的組成部分。它是構成判斷、推理的要素。因此必須弄清概念，搞清概念的內涵和外延，為判斷和推理奠定基礎。概念不清就容易陷入思維混亂，產生錯誤。
判斷錯誤 判斷是對思維對象的性質、關系、狀態、存在等情況有所斷定的一種思維形式。數學中的判斷通常稱為命題。在數學中，如果概念不清，很容易導致判斷錯誤。例如，“函數是一個減函數”就是一個錯誤判斷。
推理錯誤 推理是運用已知判斷推導出新的判斷的思維形式。它是判斷和判斷的聯合。任何一個論證都是由推理來實現的，推理出錯，說明思維不嚴密。
例如，解不等式
解
或 這個推理是錯誤的。在由推導時，沒有討論的正、負，理由不充分，所以出錯。
二、思維訓練實例
思維的嚴密性是學好數學的關鍵之一。訓練的有效途徑之一是查錯。
(1) 有關概念的訓練
概念是抽象思維的基礎，數學推理離不開概念。“正確理解數學概念是掌握數學基礎知識的前提。”《中學數學教學大綱》（試行草案）
不等式
錯誤解法
錯誤分析 當時，真數且在所求的范圍內（因 ），說明解法錯誤。原因是沒有弄清對數定義。此題忽視了“對數的真數大于零”這一條件造成解法錯誤，表現出思維的不嚴密性。
正確解法
求過點的直線，使它與拋物線僅有一個交點。
錯誤解法 設所求的過點的直線為，則它與拋物線的交點為
，消去得：
整理得 直線與拋物線僅有一個交點，
解得所求直線為
錯誤分析 此處解法共有三處錯誤：
第一，設所求直線為時，沒有考慮與斜率不存在的情形，實際上就是承認了該直線的斜率是存在的，且不為零，這是不嚴密的。
第二，題中要求直線與拋物線只有一個交點，它包含相交和相切兩種情況，而上述解法沒有考慮相切的情況，只考慮相交的情況。原因是對于直線與拋物線“相切”和“只有一個交點”的關系理解不透。
第三，將直線方程與拋物線方程聯立后得一個一元二次方程，要考慮它的判別式，所以它的二次項系數不能為零，即而上述解法沒作考慮，表現出思維不嚴密。
正確解法 當所求直線斜率不存在時，即直線垂直軸，因為過點，所以即軸，它正好與拋物線相切。
當所求直線斜率為零時，直線為平行軸，它正好與拋物線只有一個交點。
設所求的過點的直線為則
， 令解得所求直線為
綜上，滿足條件的直線為：
判斷的訓練
造成判斷錯誤的原因很多，我們在學習中，應重視如下幾個方面。
①注意定理、公式成立的條件
數學上的定理和公式都是在一定條件下成立的。如果忽視了成立的條件，解題中難免出現錯誤。
實數，使方程至少有一個實根。
錯誤解法 方程至少有一個實根，
或
錯誤分析 實數集合是復數集合的真子集，所以在實數范圍內成立的公式、定理，在復數范圍內不一定成立，必須經過嚴格推廣后方可使用。一元二次方程根的判別式是對實系數一元二次方程而言的，而此題目盲目地把它推廣到復系數一元二次方程中，造成解法錯誤。
正確解法 設是方程的實數根，則
由于都是實數，
解得
例4 已知雙曲線的右準線為，右焦點,離心率,求雙曲線方程。
錯解1
故所求的雙曲線方程為
錯解2 由焦點知
故所求的雙曲線方程為
錯解分析 這兩個解法都是誤認為雙曲線的中心在原點，而題中并沒有告訴中心在原點這個條件。由于判斷錯誤，而造成解法錯誤。隨意增加、遺漏題設條件，都會產生錯誤解法。
正解1 設為雙曲線上任意一點，因為雙曲線的右準線為，右焦點，離心率，由雙曲線的定義知
整理得
正解2 依題意，設雙曲線的中心為
則 解得
所以
故所求雙曲線方程為
②注意充分條件、必要條件和充分必要條件在解題中的運用
我們知道：
如果成立，那么成立，即，則稱是的充分條件。
如果成立，那么成立，即，則稱是的必要條件。
如果，則稱是的充分必要條件。
充分條件和必要條件中我們的學習中經常遇到。像討論方程組的解，求滿足條件的點的軌跡等等。但充分條件和必要條件中解題中的作用不同，稍用疏忽，就會出錯。
例5 解不等式
錯誤解法 要使原不等式成立，只需
解得
錯誤分析 不等式成立的充分必要條件是：或
原不等式的解法只考慮了一種情況，而忽視了另一種情況，所考慮的情況只是原不等式成立的充分條件，而不是充分必要條件，其錯誤解法的實質，是把充分條件當成了充分必要條件。
正確解法 要使原不等式成立，則
或
，或
原不等式的解集為
例6（軌跡問題）求與軸相切于右側，并與
⊙也相切的圓的圓心
的軌跡方程。
錯誤解法 如圖3－2－1所示，
已知⊙C的方程為
設點為所求軌跡上任意一點，并且⊙P與軸相切于M點，
與⊙C相切于N點。根據已知條件得
，即
化簡得
錯誤分析 本題只考慮了所求軌跡的純粹性（即所求的軌跡上的點都滿足條件），而沒有考慮所求軌跡的完備性（即滿足條件的點都在所求的軌跡上）。事實上，符合題目條件的點的坐標并不都滿足所求的方程。從動圓與已知圓內切，可以發現以軸正半軸上任一點為圓心，此點到原點的距離為半徑（不等于3）的圓也符合條件，所以也是所求的方程。即動圓圓心的軌跡方程是
。因此，在求軌跡時，一定要完整的、細致地、周密地分析問題，這樣，才能保證所求軌跡的純粹性和完備性。
③防止以偏概全的錯誤
以偏概全是指思考不全面，遺漏特殊情況，致使解答不完全，不能給出問題的全部答案，從而表現出思維的不嚴密性。
例7 設等比數列的全項和為.若，求數列的公比.
錯誤解法
錯誤分析 在錯解中，由
時，應有在等比數列中，是顯然的，但公比完全可能為1，因此，在解題時應先討論公比的情況，再在的情況下，對式子進行整理變形。
正確解法 若，則有
但，即得與題設矛盾，故.
又依題意
可得
即
因為，所以所以
所以
說明 此題為1996年全國高考文史類數學試題第（21）題，不少考生的解法同錯誤解法，根據評分標準而痛失2分。
④避免直觀代替論證
我們知道直觀圖形常常為我們解題帶來方便。但是，如果完全以圖形的直觀聯系為依據來進行推理，這就會使思維出現不嚴密現象。
例8 （如圖3－2－2），具有公共軸的兩個直角坐標平面和所成的二面角等于.已知內的曲線的方程是，求曲線在內的射影的曲線方程。
錯誤解法 依題意，可知曲線是拋物線，
在內的焦點坐標是
因為二面角等于，
且所以
設焦點在內的射影是，那么，位于軸上，
從而
所以所以點是所求射影的焦點。依題意，射影是一條拋物線，開口向右，頂點在原點。
所以曲線在內的射影的曲線方程是
錯誤分析 上述解答錯誤的主要原因是，憑直觀誤認為
。
正確解法 在內，設點是曲線上任意一點
（如圖3－2－3）過點作，垂足為，
過作軸，垂足為連接，
則軸。所以是二面角
的平面角，依題意，.
在
又知軸（或與重合），
軸（或與重合），設，
則
因為點在曲線上，所以
即所求射影的方程為
推理的訓練
數學推理是由已知的數學命題得出新命題的基本思維形式，它是數學求解的核心。以已知的真實數學命題，即定義、公理、定理、性質等為依據，選擇恰當的解題方法，達到解題目標，得出結論的一系列推理過程。在推理過程中，必須注意所使用的命題之間的相互關系（充分性、必要性、充要性等），做到思考縝密、推理嚴密。
例9 設橢圓的中心是坐標原點，長軸在軸上，離心率，已知點到這個橢圓上的最遠距離是，求這個橢圓的方程。
錯誤解法 依題意可設橢圓方程為
則 ，
所以 ，即
設橢圓上的點到點的距離為，
則
所以當時，有最大值，從而也有最大值。
所以 ，由此解得：
于是所求橢圓的方程為
錯解分析 盡管上面解法的最后結果是正確的，但這種解法卻是錯誤的。結果正確只是碰巧而已。由當時，有最大值，這步推理是錯誤的，沒有考慮到的取值范圍。事實上，由于點在橢圓上，所以有，因此在求的最大值時，應分類討論。即：
若，則當時，（從而）有最大值。
于是從而解得
所以必有，此時當時，（從而）有最大值，
所以，解得
于是所求橢圓的方程為
例10 求的最小值
錯解1
錯解2
錯誤分析 在解法1中，的充要條件是
即這是自相矛盾的。
在解法2中，的充要條件是
這是不可能的。
正確解法1
其中，當
正 確 解 法2 取正常數，易得
其中“”取“＝”的充要條件是
因此，當
第四講 數學思維的開拓性
一、概述
數學思維開拓性指的是對一個問題能從多方面考慮；對一個對象能從多種角度觀察；對一個題目能想出多種不同的解法，即一題多解。
“數學是一個有機的整體，它的各個部分之間存在概念的親緣關系。我們在學習每一分支時，注意了橫向聯系，把親緣關系結成一張網，就可覆蓋全部內容，使之融會貫通”，這里所說的橫向聯系，主要是靠一題多解來完成的。通過用不同的方法解決同一道數學題，既可以開拓解題思路，鞏固所學知識；又可激發學習數學的興趣和積極性，達到開發潛能，發展智力，提高能力的目的。從而培養創新精神和創造能力。
在一題多解的訓練中，我們要密切注意每種解法的特點，善于發現解題規律，從中發現最有意義的簡捷解法。
數學思維的開拓性主要體現在：
一題的多種解法
例如 已知復數滿足，求的最大值。
我們可以考慮用下面幾種方法來解決：
①運用復數的代數形式；
②運用復數的三角形式；
③運用復數的幾何意義；
④運用復數模的性質（三角不等式）；
⑤運用復數的模與共軛復數的關系；
⑥（數形結合）運用復數方程表示的幾何圖形，轉化為兩圓與有公共點時，的最大值。
一題的多種解釋
例如，函數式可以有以下幾種解釋：
①可以看成自由落體公式
②可以看成動能公式
③可以看成熱量公式
又如“1”這個數字，它可以根據具體情況變成各種形式，使解題變得簡捷。“1”可以變換為：，等等。
思維訓練實例
例1 已知求證：
分析1 用比較法。本題只要證為了同時利用兩個已知條件，只需要觀察到兩式相加等于2便不難解決。
證法1
所以
分析2 運用分析法，從所需證明的不等式出發，運用已知的條件、定理和性質等，得出正確的結論。從而證明原結論正確。分析法其本質就是尋找命題成立的充分條件。因此，證明過程必須步步可逆，并注意書寫規范。
證法2 要證
只需證
即
因為
所以只需證
即
因為最后的不等式成立，且步步可逆。所以原不等式成立。
分析3 運用綜合法（綜合運用不等式的有關性質以及重要公式、定理（主要是平均值不等式）進行推理、運算，從而達到證明需求證的不等式成立的方法）
證法3
即
分析4 三角換元法：由于已知條件為兩數平方和等于1的形式，符合三角函數同角關系中的平方關系條件，具有進行三角代換的可能，從而可以把原不等式中的代數運算關系轉化為三角函數運算關系，給證明帶來方便。
證法4 可設
分析5 數形結合法：由于條件可看作是以原點為圓心，半徑為1的單位圓，而聯系到點到直線距離公式，可得下面證法。
證法5 （如圖4-2-1）因為直線經過
圓的圓心O，所以圓上任意一點
到直線的距離都小于或等于圓半徑1，
即
簡評 五種證法都是具有代表性的基本方法，也都是應該掌握的重要方法。除了證法4、證法5的方法有適應條件的限制這種局限外，前三種證法都是好方法。可在具體應用過程中，根據題目的變化的需要適當進行選擇。
例2 如果求證：成等差數列。
分析1 要證，必須有成立才行。此條件應從已知條件中得出。故此得到直接的想法是展開已知條件去尋找轉換。
證法1
故 ，即 成等差數列。
分析2 由于已知條件具有輪換對稱特點，此特點的充分利用就是以換元去減少原式中的字母，從而給轉換運算帶來便利。
證法2 設則
于是，已知條件可化為：
所以成等差數列。
分析3 已知條件呈現二次方程判別式的結構特點引人注目，提供了構造一個適合上述條件的二次方程的求解的試探的機會。
證法3 當時，由已知條件知即成等差數列。
當時，關于的一元二次方程：
其判別式故方程有等根，顯然＝1為方程的一個根，從而方程的兩根均為1，
由韋達定理知 即 成等差數列。
簡評：證法1是常用方法，略嫌呆板，但穩妥可靠。證法2簡單明了，是最好的解法，其換元的技巧有較大的參考價值。證法3引入輔助方程的方法，技巧性強，給人以新鮮的感受和啟發。
已知，求的最小值。
分析1 雖然所求函數的結構式具有兩個字母，但已知條件恰有的關系式，可用代入法消掉一個字母，從而轉換為普通的二次函數求最值問題。
解法1
設，則
二次項系數為故有最小值。
當時，
的最小值為
分析2 已知的一次式兩邊平方后與所求的二次式有密切關聯，于是所求的最小值可由等式轉換成不等式而求得。
解法2 即
即 當且僅當時取等號。 的最小值為
分析3 配方法是解決求最值問題的一種常用手段，利用已知條件結合所求式子，配方后得兩個實數平方和的形式，從而達到求最值的目的。
解法3 設
當時，即的最小值為
分析4 因為已知條件和所求函數式都具有解析幾何常見方程的特點，故可得到用解析法求解的啟發。
解法4 如圖4－2－2，表示直線
表示原點到直線上的點的距離的平方。
顯然其中以原點到直線的距離最短。
此時，即
所以的最小值為
注 如果設則問題還可轉化為直線與圓有交點時，半徑的最小值。
簡評 幾種解法都有特點和代表性。解法1是基本方法，解法2、3、4都緊緊地抓住題設條件的特點，與相關知識聯系起來，所以具有靈巧簡捷的優點，特別是解法4，形象直觀，值得效仿。
設求證：
分析1 由已知條件為實數這一特點，可提供設實系數二次方程的可能，在該二次方程有兩個虛根的條件下，它們是一對共軛虛根，運用韋達定理可以探求證題途徑。
證法1 設當時，可得與條件不合。
于是有
該方程有一對共軛虛根，設為，于是
又由韋達定理知
分析2 由于實數的共軛復數仍然是這個實數，利用這一關系可以建立復數方程，注意到這一重要性質，即可求出的值。
證法2 設當時，可得與條件不合，
則有 ，
即
但
而 即
分析3 因為實數的倒數仍為實數，若對原式取倒數，可變換化簡為易于進行運算的形式。再運用共軛復數的性質，建立復數方程，具有更加簡捷的特點。
證法3 即
從而必有
簡評 設出復數的代數形式或三角形式，代入已知條件化簡求證，一般也能夠證明，它是解決復數問題的基本方法。但這些方法通常運算量大，較繁。現在的三種證法都應用復數的性質去證，技巧性較強，思路都建立在方程的觀點上，這是需要體會的關鍵之處。證法3利用倒數的變換，十分巧妙是最好的方法。
例5 由圓外一點引圓的割線交圓于兩點，求弦的中點的軌跡方程。
分析1 （直接法）根據題設條件列出幾何等式，運用解析幾何基本公式轉化為代數等式，從而求出曲線方程。這里考慮在圓中有關弦中點的一些性質，圓心和弦中點的連線垂直于弦，可得下面解法。
解法1 如圖4－2－3，設弦的中點的坐標為，連接，
則，在中，由兩點間的距離公式和勾股定理有
整理，得 其中
分析2 （定義法）根據題設條件，判斷并確定軌跡的
曲線類型，運用待定系數法求出曲線方程。
解法2 因為是的中點，所以，
所以點的軌跡是以為直徑的圓，圓心為,
半徑為該圓的方程為：
化簡，得 其中
分析3 （交軌法）將問題轉化為求兩直線的交點軌跡問題。因為動點可看作直線與割線的交點，而由于它們的垂直關系，從而獲得解法。
解法3 設過點的割線的斜率為則過點的割線方程為：.
且過原點，的方程為 這兩條直線的交點就是點的軌跡。兩方程相乘消去化簡，得：其中
分析4 （參數法）將動點坐標表示成某一中間變量（參數）的函數，再設法消去參數。由于動點隨直線的斜率變化而發生變化，所以動點的坐標是直線斜率的函數，從而可得如下解法。
解法4 設過點的割線方程為：
它與圓的兩個交點為，的中點為.
解方程組
利用韋達定理和中點坐標公式，可求得點的軌跡方程為：
其中
分析5 （代點法）根據曲線和方程的對應關系：點在曲線上則點的坐標滿足方程。設而不求，代點運算。從整體的角度看待問題。這里由于中點的坐標與兩交點通過中點公式聯系起來，又點構成4點共線的和諧關系，根據它們的斜率相等，可求得軌跡方程。
解法5 設則
兩式相減，整理，得
所以
即為的斜率，而對斜率又可表示為
化簡并整理，得 其中
簡評 上述五種解法都是求軌跡問題的基本方法。其中解法1、2、3局限于曲線是圓的條件，而解法4、5適用于一般的過定點且與二次曲線交于兩點，求中點的軌跡問題。具有普遍意義，值得重視。對于解法5通常利用可較簡捷地求出軌跡方程，比解法4計算量要小，要簡捷得多。
二、《解密數學思維的內核》
數學解題的思維過程
數學解題的思維過程是指從理解問題開始，經過探索思路，轉換問題直至解決問題，進行回顧的全過程的思維活動。
對于數學解題思維過程，G . 波利亞提出了四個階段*（見附錄），即弄清問題、擬定計劃、實現計劃和回顧。這四個階段思維過程的實質，可以用下列八個字加以概括：理解、轉換、實施、反思。
第一階段：理解問題是解題思維活動的開始。
第二階段：轉換問題是解題思維活動的核心，是探索解題方向和途徑的積極的嘗試發現過程，是思維策略的選擇和調整過程。
第三階段：計劃實施是解決問題過程的實現，它包含著一系列基礎知識和基本技能的靈活運用和思維過程的具體表達，是解題思維活動的重要組成部分。
第四階段：反思問題往往容易為人們所忽視，它是發展數學思維的一個重要方面，是一個思維活動過程的結束包含另一個新的思維活動過程的開始。
數學解題的技巧
為了使回想、聯想、猜想的方向更明確，思路更加活潑，進一步提高探索的成效，我們必須掌握一些解題的策略。
一切解題的策略的基本出發點在于“變換”，即把面臨的問題轉化為一道或幾道易于解答的新題，以通過對新題的考察，發現原題的解題思路，最終達到解決原題的目的。
基于這樣的認識，常用的解題策略有：熟悉化、簡單化、直觀化、特殊化、一般化、整體化、間接化等。
熟悉化策略
所謂熟悉化策略，就是當我們面臨的是一道以前沒有接觸過的陌生題目時，要設法把它化為曾經解過的或比較熟悉的題目，以便充分利用已有的知識、經驗或解題模式，順利地解出原題。
一般說來，對于題目的熟悉程度，取決于對題目自身結構的認識和理解。從結構上來分析，任何一道解答題，都包含條件和結論（或問題）兩個方面。因此，要把陌生題轉化為熟悉題，可以在變換題目的條件、結論（或問題）以及它們的聯系方式上多下功夫。
常用的途徑有：
（一）、充分聯想回憶基本知識和題型：
按照波利亞的觀點，在解決問題之前，我們應充分聯想和回憶與原有問題相同或相似的知識點和題型，充分利用相似問題中的方式、方法和結論，從而解決現有的問題。
（二）、全方位、多角度分析題意：
對于同一道數學題，常常可以不同的側面、不同的角度去認識。因此，根據自己的知識和經驗，適時調整分析問題的視角，有助于更好地把握題意，找到自己熟悉的解題方向。
（三）恰當構造輔助元素：
數學中，同一素材的題目，常常可以有不同的表現形式；條件與結論（或問題）之間，也存在著多種聯系方式。因此，恰當構造輔助元素，有助于改變題目的形式，溝通條件與結論（或條件與問題）的內在聯系，把陌生題轉化為熟悉題。
數學解題中，構造的輔助元素是多種多樣的，常見的有構造圖形（點、線、面、體），構造算法，構造多項式，構造方程（組），構造坐標系，構造數列，構造行列式，構造等價性命題，構造反例，構造數學模型等等。
二、簡單化策略
所謂簡單化策略，就是當我們面臨的是一道結構復雜、難以入手的題目時，要設法把轉化為一道或幾道比較簡單、易于解答的新題，以便通過對新題的考察，啟迪解題思路，以簡馭繁，解出原題。
簡單化是熟悉化的補充和發揮。一般說來，我們對于簡單問題往往比較熟悉或容易熟悉。
因此，在實際解題時，這兩種策略常常是結合在一起進行的，只是著眼點有所不同而已。
解題中，實施簡單化策略的途徑是多方面的，常用的有: 尋求中間環節，分類考察討論，簡化已知條件，恰當分解結論等。
1、尋求中間環節，挖掘隱含條件：
在些結構復雜的綜合題，就其生成背景而論，大多是由若干比較簡單的基本題，經過適當組合抽去中間環節而構成的。
因此，從題目的因果關系入手，尋求可能的中間環節和隱含條件，把原題分解成一組相互聯系的系列題，是實現復雜問題簡單化的一條重要途徑。
2、分類考察討論：
在些數學題，解題的復雜性，主要在于它的條件、結論（或問題）包含多種不易識別的可能情形。對于這類問題，選擇恰當的分類標準，把原題分解成一組并列的簡單題，有助于實現復雜問題簡單化。
3、簡單化已知條件：
有些數學題，條件比較抽象、復雜，不太容易入手。這時，不妨簡化題中某些已知條件，甚至暫時撇開不顧，先考慮一個簡化問題。這樣簡單化了的問題，對于解答原題，常常能起到穿針引線的作用。
4、恰當分解結論：
有些問題，解題的主要困難，來自結論的抽象概括，難以直接和條件聯系起來，這時，不妨猜想一下，能否把結論分解為幾個比較簡單的部分，以便各個擊破，解出原題。
三、直觀化策略：
所謂直觀化策略，就是當我們面臨的是一道內容抽象，不易捉摸的題目時，要設法把它轉化為形象鮮明、直觀具體的問題，以便憑借事物的形象把握題中所及的各對象之間的聯系，找到原題的解題思路。
（一）、圖表直觀：
有些數學題，內容抽象，關系復雜，給理解題意增添了困難，常常會由于題目的抽象性和復雜性，使正常的思維難以進行到底。
對于這類題目，借助圖表直觀，利用示意圖或表格分析題意，有助于抽象內容形象化，復雜關系條理化，使思維有相對具體的依托，便于深入思考，發現解題線索。
（二）、圖形直觀：
有些涉及數量關系的題目，用代數方法求解，道路崎嶇曲折，計算量偏大。這時，不妨借助圖形直觀，給題中有關數量以恰當的幾何分析，拓寬解題思路，找出簡捷、合理的解題途徑。
（三）、圖象直觀：
不少涉及數量關系的題目，與函數的圖象密切相關，靈活運用圖象的直觀性，常常能以簡馭繁，獲取簡便，巧妙的解法。
四、特殊化策略
所謂特殊化策略，就是當我們面臨的是一道難以入手的一般性題目時，要注意從一般退到特殊，先考察包含在一般情形里的某些比較簡單的特殊問題，以便從特殊問題的研究中，拓寬解題思路，發現解答原題的方向或途徑。
五、一般化策略
所謂一般化策略，就是當我們面臨的是一個計算比較復雜或內在聯系不甚明顯的特殊問題時，要設法把特殊問題一般化，找出一個能夠揭示事物本質屬性的一般情形的方法、技巧或結果，順利解出原題。
六、整體化策略
所謂整體化策略，就是當我們面臨的是一道按常規思路進行局部處理難以奏效或計算冗繁的題目時，要適時調整視角，把問題作為一個有機整體，從整體入手，對整體結構進行全面、深刻的分析和改造，以便從整體特性的研究中，找到解決問題的途徑和辦法。
七、間接化策略
所謂間接化策略，就是當我們面臨的是一道從正面入手復雜繁難，或在特定場合甚至找不到解題依據的題目時，要隨時改變思維方向，從結論（或問題）的反面進行思考，以便化難為易解出原題。
數學解題思維過程
數學解題的思維過程是指從理解問題開始，從經過探索思路，轉換問題直至解決問題，進行回顧的全過程的思維活動。
在數學中，通常可將解題過程分為四個階段：
第一階段是審題。包括認清習題的條件和要求，深入分析條件中的各個元素，在復雜的記憶系統中找出需要的知識信息，建立習題的條件、結論與知識和經驗之間的聯系，為解題作好知識上的準備。
第二階段是尋求解題途徑。有目的地進行各種組合的試驗，盡可能將習題化為已知類型，選擇最優解法，選擇解題方案，經檢驗后作修正，最后確定解題計劃。
第三階段是實施計劃。將計劃的所有細節實際地付諸實現，通過與已知條件所選擇的根據作對比后修正計劃，然后著手敘述解答過程的方法，并且書寫解答與結果。
第四階段是檢查與總結。求得最終結果以后，檢查并分析結果。探討實現解題的各種方法，研究特殊情況與局部情況，找出最重要的知識。將新知識和經驗加以整理使之系統化。
所以：第一階段的理解問題是解題思維活動的開始。
第二階段的轉換問題是解題思維活動的核心，是探索解題方向和途徑的積極的嘗試發現過程，是思維策略的選擇和調整過程。
第三階段的計劃實施是解決問題過程的實現，它包含著一系列基礎知識和基本技能的靈活運用和思維過程的具體表達，是解題思維活動的重要組成部分。
第四階段的反思問題往往容易為人們所忽視，它是發展數學思維的一個重要方面，是一個思維活動過程的結束包含另一個新的思維活動過程的開始。
通過以下探索途徑來提高解題能力：
研究問題的條件時，在需要與可能的情況下，可畫出相應圖形或思路圖幫助思考。因為這意味著你對題的整個情境有了清晰的具體的了解。
清晰地理解情境中的各個元素；一定要弄清楚其中哪些元素是給定了的，即已知的，哪些是所求的，即未知的。
深入地分析并思考習題敘述中的每一個符號、術語的含義，從中找出習題的重要元素，要圖中標出（用直觀符號）已知元素和未知元素，并試著改變一下題目中（或圖中）各元素的位置，看看能否有重要發現。
盡可能從整體上理解題目的條件，找出它的特點，聯想以前是否遇到過類似題目。
仔細考慮題意是否有其他不同理解。題目的條件有無多余的、互相矛盾的內容？是否還缺少條件？
認真研究題目提出的目標。通過目標找出哪些理論的法則同題目或其他元素有聯系。
如果在解題中發現有你熟悉的一般數學方法，就盡可能用這種方法的語言表示題的元素，以利于解題思路的展開。
以上途徑特別有利于開始解題者能迅速“登堂入室”，找到解題的起步點。在制定計劃尋求解法階段，最好利用下面這套探索方法：
設法將題目與你會解的某一類題聯系起來。或者盡可能找出你熟悉的、最符合已知條件的解題方法。
記住：題的目標是尋求解答的主要方向。在仔細分析目標時即可嘗試能否用你熟悉的方法去解題。
解了幾步后可將所得的局部結果與問題的條件、結論作比較。用這種辦法檢查解題途徑是否合理，以便及時進行修正或調整。
嘗試能否局部地改變題目，換種方法敘述條件，故意簡化題的條件（也就是編擬條件簡化了的同類題）再求其解。再試試能否擴大題目條件（編一個更一般的題目），并將與題有關的概念用它的定義加以替代。
分解條件，盡可能將分成部分重新組合，擴大騍條件的理解。
嘗試將題分解成一串輔助問題，依次解答這些輔助問題即可構成所給題目的解。
研究題的某些部分的極限情況，考察這樣會對基本目標產生什么影響。
改變題的一部分，看對其他部分有何影響；依據上面的“影響”改變題的某些部分所出現的結果，嘗試能否對題的目標作出一個“展望”。
萬一用盡方法還是解不出來，你就從課本中或科普數學小冊子中找一個同類題，研究分析其現成答案，從中找出解題的有益啟示。
************************************************************* 附錄：
波利亞給出了詳細的“怎樣解題”表，在這張表中啟發你找到解題途徑的一連串問句與建議，來表示思維過程的正確搜索程序，其解題思想的核心在于不斷地變換問題，連續地簡化問題，把數學解題看成為問題化歸的過程，即最終歸結為熟悉的基本問題加以解決。
怎樣解題
G . 波 利 亞
第一：你必須弄清問題
弄清問題：
未知數是什么？已知數據是什么？條件是什么？滿足條件是否可能？要確定未知數，條件是否充分？或者它是否不充分？或者是多余的？或者是矛盾的？把條件的各部分分開。你能否把它們寫下來？
第二：找出已知數與未知數之間的聯系。如果找不出直接的聯系，你可能不得不考慮輔助問題，你應該最終得出一個求解的計劃。
擬訂計劃：
你以前見過它嗎？你是否見過相同的問題而形式稍有不同？
你是否知道與此有關的問題？你是否知道一個可能用得上的定理？
看著未知數！試想出一個具有相同未知數或相似未知數的熟悉的問題。
這里有一個與你現在的問題有關，且早已解決的問題。
你能不能利用它？你能利用它的結果嗎？你能利用它的方法嗎？為了利用它，你是否應該引入某些輔助元素？
你能不能重新敘述這個問題？你能不能用不同的方法重新敘述它？
回到定義去。
如果你不能解決所提出的問題，可先解決一個與此有關的問題。你能不能想出一個更容易著手的有關問題？一個更普遍的問題？一個更特殊的問題？一個類比的問題？你能否解決這個問題的一部分？僅僅保持條件的一部分而舍去其余部分，這樣對于未知數能確定到什么程度？它會怎樣變化？你能不能從已知數據導出某些有用的東西？你能不能想出適于確定未知數的其它數據？如果需要的話，你能不能改變未知數或數據，或者二者都改變，以使新未知數和新數據彼此更接近？
你是否利用了所有的已知數據？你是否利用了整個條件？你是否考慮了包含在問題中的所有必要的概念？
第三：實現你的計劃
實現計劃：
實現你的求解計劃，檢驗每一步驟。
你能否清楚地看出這一步驟是否正確的？你能否證明這一步驟是正確的？
第四：驗證所得的解
回顧：
你能否檢驗這個論證？你能否用別的方法導出這個結果？你能不能一下子看出來？你能不能把這個結果或方法用于其它的問題？
數學解題方法
一、換元法
“換元”的思想和方法，在數學中有著廣泛的應用，靈活運用換元法解題，有助于數量關系明朗化，變繁為簡，化難為易，給出簡便、巧妙的解答。
在解題過程中，把題中某一式子如f(x)，作為新的變量y或者把題中某一變量如x，用新變量t的式子如g(t)替換，即通過令f(x)=y或x=g(t)進行變量代換，得到結構簡單便于求解的新解題方法，通常稱為換元法或變量代換法。
用換元法解題，關鍵在于根據問題的結構特征，選擇能以簡馭繁，化難為易的代換f(x)=y或x=g(t)。就換元的具體形式而論，是多種多樣的，常用的有有理式代換，根式代換，指數式代換，對數式代換，三角式代換，反三角式代換，復變量代換等，宜在解題實踐中不斷總結經驗，掌握有關的技巧。
例如，用于求解代數問題的三角代換，在具體設計時，宜遵循以下原則：（1）全面考慮三角函數的定義域、值域和有關的公式、性質；（2）力求減少變量的個數，使問題結構簡單化；（3）便于借助已知三角公式，建立變量間的內在聯系。只有全面考慮以上原則，才能謀取恰當的三角代換。
換元法是一種重要的數學方法，在多項式的因式分解，代數式的化簡計算，恒等式、條件等式或不等式的證明，方程、方程組、不等式、不等式組或混合組的求解，函數表達式、定義域、值域或最值的推求，以及解析幾何中的坐標替換，普通方程與參數方程、極坐標方程的互化等問題中，都有著廣泛的應用。
二、消元法
對于含有多個變數的問題，有時可以利用題設條件和某些已知恒等式（代數恒等式或三角恒等式），通過適當的變形，消去一部分變數，使問題得以解決，這種解題方法，通常稱為消元法，又稱消去法。
消元法是解方程組的基本方法，在推證條件等式和把參數方程化成普通方程等問題中，也有著重要的應用。
用消元法解題，具有較強的技巧性，常常需要根據題目的特點，靈活選擇合適的消元方法。
三、待定系數法
按照一定規律，先寫出問題的解的形式（一般是指一個算式、表達式或方程），其中含有若干尚待確定的未知系數的值，從而得到問題的解。這種解題方法，通常稱為待定系數法；其中尚待確定的未知系數，稱為待定系數。
確定待定系數的值，有兩種常用方法：比較系數法和特殊值法。
（一）比較系數法
比較系數法，是指通過比較恒等式兩邊多項式的對應項系數，得到關于待定系數的若干關系式（通常是多元方程組），由此求得待定系數的值。
比較系數法的理論根據，是多項式的恒等定理：兩個多項式恒等的充分必要條件是對應項系數相等，即a0xn+a1xn-1+ …+an≡b0xn+b1xn-1+… +bn 的充分必要條件是 a0=b0, a1=b1,…… an=bn 。
（二）特殊值法
特殊值法，是指通過取字母的一些特定數據值代入恒等式，由左右兩邊數值相等得到關于待定系數的若干關系式，由此求得待定系數的值。
特殊值法的理論根據，是表達式恒等的定義：兩個表達式恒等，是指用字母容許值集內的任意值代替表達式中的字母，恒等式左右兩邊的值總是相等的。
待定系數法是一種常用的數學方法，主要用于處理涉及多項式恒等變形問題，如分解因式、證明恒等式、解方程、將分式表示為部分分式、確定函數的解析式和圓錐曲線的方程等。
四、判別式法
實系數一元二次方程ax2+bx+c=0 (a≠0) ①
的判別式△=b2-4ac具有以下性質：
＞0，當且僅當方程①有兩個不相等的實數根
△ ＝0，當且僅當方程①有兩個相等的實數根；
＜0，當且僅當方程②沒有實數根。
對于二次函數
y=ax2+bx+c (a≠0)②它的判別式△=b2-4ac具有以下性質：
＞0，當且僅當拋物線②與x軸有兩個公共點；
△ ＝0，當且僅當拋物線②與x軸有一個公共點；
＜0，當且僅當拋物線②與x軸沒有公共點。
利用判別式是中學數學的一種重要方法，在探求某些實變數之間的關系，研究方程的根和函數的性質，證明不等式，以及研究圓錐曲線與直線的關系等方面，都有著廣泛的應用。
在具體運用判別式時，①②中的系數都可以是含有參數的代數式。
從總體上說，解答數學題，即需要富有普適性的策略作宏觀指導，也需要各種具體的方法和技巧進行微觀處理，只有把策略、方法、技巧和諧地結合起來，創造性地加以運用，才能成功地解決面臨的問題，獲取良好的效果。
五、 分析法與綜合法
分析法和綜合法源于分析和綜合，是思維方向相反的兩種思考方法，在解題過程中具有十分重要的作用。
在數學中，又把分析看作從結果追溯到產生這一結果的原因的一種思維方法，而綜合被看成是從原因推導到由原因產生的結果的另一種思維方法。通常把前者稱為分析法，后者稱為綜合法。
具體的說，分析法是從題目的等證結論或需求問題出發，一步一步的探索下去，最后達到題設的已知條件；綜合法則是從題目的已知條件出發，經過逐步的邏輯推理，最后達到待證的結論或需求問題。
六、 數學模型法
數學模型法，是指把所考察的實際問題，進行數學抽象，構造相應的數學模型，通過對數學模型的研究，使實際問題得以解決的一種數學方法。
利用數學模型法解答實際問題（包括數學應用題），一般要做好三方面的工作：
建模。根據實際問題的特點，建立恰當的數學模型。從總體上說，建模的基本手段，是數學抽象方法。建模的具體過程，大體包括以下幾個步驟：
1o考察實際問題的基本情形。分析問題所及的量的關系，弄清哪些是常量，哪些是變量，哪些是已知量，哪些是未知量；了解其對象與關系結構的本質屬性，確定問題所及的具體系統。
2o分析系統的矛盾關系。從實際問題的特定關系和具體要求出發，根據有關學科理論，抓住主要矛盾，考察主要因素和量的關系。
3o進行數學抽象。對事物對象及諸對象間的關系進行抽象，并用有關的數學概念、符號和表達式去刻畫事物對象及其關系。如果現有的數學工具不夠用，可以根據實際情況，建立新的數學概念和數學方法去表現數學模型。
（2）推理、演算。在所得到的數學模型上，進行邏輯推理或數學演算，求出相應的數學結果。
評價、解釋。對求得的數學結果進行深入討論，作出評價和解釋，返回到原來的實際問題中去，形成最終的解答。
七、試驗法
解答數學題，需要多方面的信息。數學中的各種試驗，常常能給人以有益的信息，為分析問題和解決問題提供必要的依據。
用試驗法處理數學問題時，必須從問題的實際情形出發，結合有關的數學知識，恰當選擇試驗的對象和范圍；在制定試驗方案時，要全面考慮試驗的各種可能情形，不能有所遺漏；在實施試驗方案時，要講究試驗技巧，充分利用各次試驗所提供的信息，以縮小試驗范圍，減少試驗次數，盡快找出原題的解答。
任何試驗都和觀察相聯系。觀察依賴于試驗，試驗離不開觀察。因此，要用好試驗法，必須勤于觀察，善于觀察，有目的、有計劃、有條理地進行觀察。
八、分類法
分類法是數學中的一種基本方法，對于提高解題能力，發展思維的縝密性，具有十分重要的意義。
不少數學問題，在解題過程中，常常需要借助邏輯中的分類規則，把題設條件所確定的集合，分成若干個便于討論的非空真子集，然后在各個非空真子集內進行求解，直到獲得完滿的結果。這種把邏輯分類思想移植到數學中來，用以指導解題的方法，通常稱為分類或分域法。
用分類法解題，大體包含以下幾個步驟：
第一步：根據題設條件，明確分類的對象，確定需要分類的集合A；
第二步：尋求恰當的分類根據，按照分類的規則，把集合A分為若干個便于求解的非空真子集A1，A2，…An;
第三步：在子集A1，A2，…An內逐類討論；
第四步：綜合子集內的解答，歸納結論。
以上四個步驟是相互聯系的，尋求分類的根據，是其中的一項關鍵性的工作。從總體上說，分類的主要依據有：分類敘述的定義、定理、公式、法則，具有分類討論位置關系的幾何圖形，題目中含有某些特殊的或隱含的分類討論條件等。在實際解題時，僅憑這些還不夠，還需要有較強的分類意識，需要思維的靈活性和縝密性，特別要善于發掘題中隱含的分類條件。
九、數形結合法
數形結合，是研究數學的一個基本觀點，對于溝通代數、三角與幾何的內在聯系，具有重要的指導意義。理解并掌握數形結合法，有助于增強人們的數學素養，提高分析問題和解決問題的能力。
數和形這兩個基本概念，是數學的兩塊基石。數學就是圍繞這兩個概念發展起來的。在數學發展的進程中，數和形常常結合在一起，在內容上互相聯系，在方法上互相滲透，在一定條件下可以互相轉化。
數形結合的基本思想，是在研究問題的過程中，注意把數和形結合起來考察，斟酌問題的具體情形，把圖形性質的問題轉化為數量關系的問題，或者把數量關系的問題轉化為圖形性質的問題，使復雜問題簡單化，抽象問題具體化，化難為易，獲得簡便易行的成功方案。
中學數學中，數形結合法包含兩個方面的內容：一是運用代數、三角知識，通過對數量關系的討論，去處理幾何圖形問題；二是運用幾何知識，通過對圖形性質的研究，去解決數量關系的問題。就具體方法而論，前者常用的方法有解析法、三角法、復數法、向量法等；后者常用的方法主要是圖解法。
十、反證法與同一法
反證法和同一法是間接證明的兩種方法，在解題中有著廣泛的應用。
（一）反證法是一種重要的證明方法。這里主要研究反證法的邏輯原理、解題步驟和適用范圍。
反證法的解題步驟：
第一步：反設。假設命題結論不成立，即假設原結論的反面為真。
第二步：歸謬。由反設和已知條件出發，經過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結果。這里所說的矛盾結果，通常是指推出的結果與已知公理、定義、定理、公式矛盾，與已知條件矛盾，與臨時假設矛盾，以及自相矛盾等各種情形。
第三步：存真。由矛盾結果，斷定反設不真，從而肯定原結論成立。
反證法的三個步驟是互相聯系的。反設是前提，歸謬是關鍵，存真是目的。只有正確地作出反設，合乎邏輯地進行推導，才能間接地證出原題。
十一、同一法
互逆的兩個命題未必等效。但是，當一個命題條件和結論都唯一存在，它們所指的概念是同一概念時，這個命題和它的逆命題等效。這個道理通常稱為同一原理。
對于符合同一原理的命題，當直接證明有困難時，可以改證和它等效的逆命題，只要它的逆命題正確，這個命題就成立。這種證明方法叫做同一法。
同一法常用于證明符合同一原理的幾何命題。應用同一法解題，一般包括下面幾個步驟：
第一步：作出符合命題結論的圖形。
第二步：證明所作圖形符合已知條件。
第三步：根據唯一性，確定所作的圖形與已知圖形重合。
第四步：斷定原命題的真實性。
三、《高考數學解題專項訓練》
（選擇題）
（一）數學選擇題的解題思路
要想確保在有限的時間內，對10多條選擇題作出有效的抉擇，明晰解題思路是十分必要的。一般說來， 數學選擇題有著特定的解題思路，具體概括如下：
1、仔細審題，吃透題意
審題是正確解題的前題條件，通過審題，可以掌握用于解題的第一手資料——已知條件，弄清題目要求。
審題的第一個關鍵在于：將有關概念、公式、定理等基礎知識加以集中整理。凡在題中出現的概念、公式、性質等內容都是平時理解、記憶、運用的重點，也是我們在解選擇題時首先需要回憶的對象。
審題的第二個關鍵在于：發現題材中的“機關”——— 題目中的一些隱含條件，往往是該題“價值”之所在，也是我們失分的“隱患”。
除此而外，審題的過程還是一個解題方法的抉擇過程，開拓的解題思路能使我們心涌如潮，適宜的解題方法則幫助我們事半功倍。
2、反復析題，去偽存真
析題就是剖析題意。在認真審題的基礎上，對全題進行反復的分析和解剖，從而為正確解題尋得路徑。因此，析題的過程就是根據題意，聯系知識，形成思路的過程。由于選擇題具有相近、相關的特點，有時“真作假時假亦真”，對于一些似是而非的選項，我們可以結合題目，將選項逐一比較，用一些“虛擬式”的“如果”，加以分析與驗證，從而提高解題的正確率。
3、抓往關鍵，全面分析
在解題過程中，通過審題、析題后找到題目的關鍵所在是十分重要的，從關鍵處入手，找突破口，聯系知識進行全面的分析形成正確的解題思路，就可以化難為易，化繁為簡，從而解出正確的答案。
4、反復檢查，認真核對
在審題、析題的過程中，由于思考問題不全面，往往會導致“失根”、“增根”等錯誤，因而，反復地檢查，認真地進行核對，也是解選擇題必不可少的步驟之一。
（二）數學選擇題的解題方法
當然，僅僅有思路還是不夠的，“解題思路”在某種程度上來說，屬于理論上的“定性”，要想解具體的題目，還得有科學、合理、簡便的方法。
有關選擇題的解法的研究，可謂是仁者見仁，智者見智。其中不乏真知灼見，現選擇部分實用性較強的方法，供參考：
直接法
有些選擇題是由計算題、應用題、證明題、判斷題改編而成的。這類題型可直接從題設的條件出發，利用已知條件、相關公式、公理、定理、法則，通過準確的運算、嚴謹的推理、合理的驗證得出正確的結論，從而確定選擇支的方法。
篩選法
數學選擇題的解題本質就是去偽存真，舍棄不符合題目要求的錯誤答案，找到符合題意的正確結論。可通過篩除一些較易判定的的、不合題意的結論，以縮小選擇的范圍，再從其余的結論中求得正確的答案。如篩去不合題意的以后，結論只有一個，則為應選項。
特殊值法
有些選擇題，用常規方法直接求解比較困難，若根據答案中所提供的信息，選擇某些特殊情況進行分析，或選擇某些特殊值進行計算，或將字母參數換成具體數值代入，把一般形式變為特殊形式，再進行判斷往往十分簡單。
驗證法
通過對試題的觀察、分析、確定，將各選擇支逐個代入題干中，進行驗證、或適當選取特殊值進行檢驗、或采取其他驗證手段，以判斷選擇支正誤的方法。
圖象法
在解答選擇題的過程中，可先根椐題意，作出草圖，然后參照圖形的作法、形狀、位置、性質，綜合圖象的特征，得出結論。
試探法
對于綜合性較強、選擇對象比較多的試題，要想條理清楚，可以根據題意建立一個幾何模型、代數構造，然后通過試探法來選擇，并注意靈活地運用上述多種方法。
（三）數學經典選擇題點評
1、同時滿足① M {1, 2, 3, 4, 5}; ② 若a∈M，則(6-a)∈M, 的非空集合M有（C）。
（A）16個 （B）15個 （C）7個 （D）8個
點評：著重理解“∈”的意義，對M中元素的情況進行討論，一定要強調如果“a在M中，那么(6-a)也在M中”這一特點，分別討論“一個、兩個、三個、四個、五個元素”等幾種情況，得出相應結論。
2、函數y=f (x)是R上的增函數，則a+b>0是f (a)+f (b)>f (-a)+f (-b)的（ C ）條件。
（A）充分不必要 （B）必要不充分 （C）充要 （D）不充分不必要
點評：由a+b>0可知，a> -b ，b >-a， 又 y = f ( x )在R上為增函數，故f ( a ) > f ( b ) ，f ( b ) > f ( - a )，反過來，由增函數的概念也可推出，a+b>（-a）+（-b）。
3、函數g(x)=x2，若a≠0且a∈R, 則下列點一定在函數y=g(x)的圖象上的是（ D ）。
（A）(-a, -g(-a)) （B）(a, g(-a)) （C）(a, -g(a)) （D）(-a, -g(a))
點評：本題從函數的奇偶性入手，先看括號內函數的奇偶性為奇函數，得到該復合函數為奇函數，再根據g(-x)=-g(x)，取x=a 和x=-a加以驗證。
4、數列{an}滿足a1=1, a2=，且 (n≥2)，則an等于（ A ）。
（A） （B）()n-1 （C）()n （D）
點評：先代入求得a3的值，再對照給出的選擇支，用驗證法即可得出結論。
5、由1，2，3，4組成的沒有重復數字的四位數，按從小到大的順序排成一個數列{an}，其中a18等于（B ）。
（A）1243 （B）3421 （C）4123 （D）3412
點評：先寫出以1開頭、2開頭、3開頭的各6個數，再按由小到大順序排列。
6、若=9，則實數a等于（ B ）。
（A） （B） （C）- （D）-
點評：通過觀察可知a<1（如a>1，則數值為負），且求和的各項成等比，因此可以運用無窮遞縮等比數列求和公式（其中q=a，a1=4）。
7、已知圓錐內有一個內接圓柱，若圓柱的側面積最大，則此圓柱的上底面將已知圓錐的體積分成小、大兩部分的比是（ D ）。
（A）1:1 （B）1:2 （C）1:8 （D）1:7
點評：通過平面展開圖，達到“降維”之目的，促使立體圖形平面化，再在相似等腰三角形中，求得小、大三角形的高的比為1：2，由此可見，小的與全體體積之比為1：8，從而得出小、大兩部分之比（特別提醒：小、大之比并非高之比的立方）。
8、下列命題中，正確的是（ D ）。
（A）y=arccosx是偶函數 （B）arcsin(sinx)=x, x∈R
（C）sin(arcsin)= （D）若-1點評：反三角函數的概念、公式的理解與運用。注意：arccos（-x）=Π
x (當 - -arccosx，arcsin(sinx)=
x’ 且sinx =sinx’ ( 當- 9、函數y=f (x)的反函數f -1(x)= (x∈R且x≠-3)，則y=f (x)的圖象（ B ）。
（A）關于點(2, 3)對稱 （B）關于點(-2, -3)對稱
（C）關于直線y=3對稱 （D）關于直線x=-2對稱
點評：主要考核反函數的概念與對稱性的知識。
10、兩條曲線|y|=與x = -的交點坐標是（ B ）。
（A）(-1, -1) （B）(0, 0)和(-1, -1)
（C）(-1, 1)和(0, 0) （D）(1, -1)和(0, 0)
點評：從定義域、值域、特殊值等角度加以驗證。
11、已知a, b∈R, m=, n=-b+b2，則下列結論正確的是（ D ）。
（A）mn （D）m≤n
點評：由題意可知m≤、 n=(b-1) 2 +。
12、正方體ABCD-A1B1C1D1中，EF是異面直線AC、A1D的公垂線，則EF和BD1的關系是（ B ）。
（A）垂直 （B）平行 （C） 異面 （D）相交但不垂直
點評：理解公垂線的概念，通過平行作圖可知。
13、直線4x+6y-9=0夾在兩坐標軸之間的線段的垂直平分線是l，則l的方程是（ B ）。
（A）24x-16y+15=0 （B）24x-16y-15=0 （C）24x+16y+15=0 （D）24x+16y-15=0
點評：通過兩線垂直與斜率的關系，以及中點坐標公式。
14、函數f (x)=loga(ax2-x)在x∈[2, 4]上是增函數，則a的取值范圍是（ A ）。
（A）a>1 （B）a>0且a≠1 （C）0點評：分類討論，考慮對稱軸與單調區間的位置關系，運用特殊值進行驗證。
15、函數y=cos2(x-)+sin2(x+)-1是（ C ）。
（A）周期為2π的奇函數 （B）周期為π的偶函數
（C）周期為π的奇函數 （D）周期為2π的偶函數
點評：用倍角公式降次，判斷周期性，根據和差化積的結果來求奇偶性。
16、若a, b∈R，那么成立的一個充分非必要條件是（ C ）。
（A）a>b （B）ab(a-b)<0 （C）a點評：理解條件語句，用不等式的性質解題。
17、函數y=cos4x-sin4x圖象的一條對稱軸方程是（ A ）。
（A）x=- （B）x=- （C）x= （D）x=
點評：先降次，后找最值點。
18、已知l、m、n為兩兩垂直且異面的三條直線，過l作平面α與m垂直，則直線n與平面α的關系是（ A ）。
（A）n//α （B）n//α或nα
（C）nα或n不平行于α （D）nα
點評：畫草圖，運用線面垂直的有關知識。
19、若z1, z2∈C，|z1|=|z2|=1且arg(z1)=150°, arg(z2)=300°，那么arg(z1+z2)為（ B ）。
（A）450° （B）225° （C）150° （D）45°
點評：旋轉與輻角主值的概念。
20、已知a、b、c成等比數列，a、x、b和b、y、c都成等差數列，且xy≠0，那么的值為（ B ）。
（A）1 （B）2 （C）3 （D）4
點評：運用等比、差中項概念，通分求解。
21、如果在區間[1, 3]上，函數f (x)=x2+px+q與g(x)=x+在同一點取得相同的最小值，那么下列說法不對的是（ C ）。
（A）f (x)≥3 (x∈[1, 2]) （B）f (x)≤4 (x∈[1, 2])
（C）f (x)在x∈[1, 2]上單調遞增 （D）f (x)在x∈[1, 2]上是減函數
點評：通過最值定理、二次函數的對稱軸與最值等求出p 、q，再行分析。
22、在(2+)100展開式中，有理數的項共有（ D ）。
（A）4項 （B）6項 （C）25項 （D）26項
點評：借助二項式展開的通項公式來分析。
23、在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M為AD中點，O為側面AA1B1B的中心，P為側棱CC1上任意一點，那么異面直線OP與BM所成的角是（ A ）。
（A）90° （B）60° （C）45° （D）30°
點評：運用平行和垂直的有關知識。
24、等比數列{an}的公比q<0，前n項和為Sn, Tn=，則有（ A ）。
（A）T1T9 （D）大小不定
點評：T1=1，用等比數列前n項和公式求T9
25、設集合A＝，集合B＝{0}，則下列關系中正確的是（ C ）
（A）A＝B （B）AB （C）AB （D）AB
點評：主要考核空集的概念、以及集合與集合的關系。
26、已知直線l過點M（－1，0），并且斜率為1，則直線l的方程是（ B ）
x＋y＋1＝0 （B）x－y＋1＝0
（C）x＋y－1＝0 （D）x―y―1＝0
點評：直線方程的點斜式。
27、已知α－β＝,tgα=3m, tgβ=3－m, 則m的值是（ D ）。
（A）2 （B）－ （C）－2 （D）
點評：通過tanαtanβ= 1，以及tan（α－β）的公式進行求解。
28、已知集合A＝{整數}，B＝{非負整數}，f是從集合A到集合B的映射，且f：x y＝x2（x∈A，y∈B），那么在f的作用下象是4的原象是（ D ）
（A）16 （B）±16 （C）2 （D）±2
點評：主要考核象和原象的概念。
29、有不等式① cos（A）僅①② （B）僅②③ （C）僅③④ （D）①②③④
點評：主要考核三角函數、對數、指數函數、反三角函數的知識。
30、已知函數y＝,那么（ A ）
（A）當x∈（－∞，1）或x∈（1，＋∞）時，函數單調遞減
（B）當x∈（－∞，1）∪（1，＋∞）時，函數單調遞增
（C）當x∈（－∞，－1）∪（－1，＋∞）時，函數單調遞減
（D）當x∈（－∞，－1）∪（－1，＋∞）時，函數單調遞增
點評：先對函數式進行變形，再運用有關大小比較的知識解題。
31、若－π≤2α≤π,那么三角函數式化簡為（ C ）
（A）sin （B）－sin （C）cos （D）－cos
點評：主要運用半角公式及三角函數單調性等知識。
32、如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，斜邊AB＝a，側棱AA1=2a,點D是AA1的中點，那么截面DBC與底面ABC所成二面角的大小是（ B ）
（A）30° （B）45° （C）60° （D）非以上答案
點評：實際上是要求角DCA的大小。
33、加工某一機械零件，需要經過兩個工序，完成第一個工序有3種不同的方法，完成第二個工序有4種不同的方法，那么加工這一零件不同的方法種數有（ A ）
（A）12種 （B）7種 （C）4種 （D）3種
點評：運用乘法原理解題。
34、在(2－)8的展開式中，第七項是（ A ）
（A）112x3 （B）－112x3 （C）16x3 （D）－16x3
點評：運用二項展開式的通項公式，注意：r =6。
35、在－8，－6，－4，－2，0，1，3，5，7，9這十個數中，任取兩個作為虛數a＋b的實部和虛部（a, b∈R, a≠b），則能組成模大于5的不同虛數的個數有（ A ）。
（A）64個 （B）65個 （C）72個 （D）73個
點評：虛部不能為0，模大于5，最好用“樹圖”來討論。
36、直線x－ay＋＝0（a>0且a≠1）與圓x2＋y2＝1的位置關系是（ A ）
（A）相交 （B）相切 （C）相離 （D）不能確定
點評：運用點到直線的距離公式，比較半徑與距離的大小。
37、在正方體AC1中，過與頂點A相鄰的三個頂點作平面α，過與頂點C1相鄰的三個頂點作平面β，那么平面α與平面β的位置關系是（ B ）
（A）垂直 （B）平行 （C）斜交 （D）斜交或平行
點評：作圖后，找線線關系，由線線平行得出線面平行，從而求得面面平行。
38、有下列三個對應：①A＝R＋，B＝R，對應法則是“取平方根”；②A＝{矩形},B＝R＋，對應法則是“求矩形的面積”；③A＝{非負實數}，B＝（0，1），對應法則是“平方后與1的和的倒數”，其中從A到B的對應中是映射的是（ A ）。
（A）② （B）②，③ （C）①，②，③ （D）①，②
點評：映射的概念。
39、設A＝{x| x2＋px＋q＝0},B＝{x| x2＋(p－1)x＋2q＝0},若A∩B＝{1}，則（ A ）。
AB （B）AB
（C）A∪B ＝{1, 1, 2} （D）A∪B＝(1,－2)
點評：考察集合與集合的關系。
40、能夠使得sinx>0和tgx>0同時成立的角x的集合是（ D ）。
（A）{x|0（C）{x|點評：通過不同象限，三角函數值的正負不同的特點，進行分析。
41. 已知函數y＝|＋cos(2x＋)|, (≤x≤), 下列關于此函數的最值及相應的x的取值的結論中正確的是（ B ）。
（A）ymax＝，x＝ （B）ymax＝，x＝
（C）ymin＝，x＝ （D）ymin＝0，x＝
點評：對余弦函數最值進行分析。
42、已知函數f（x）在定義域R內是減函數且f（x）<0，則函數g(x)＝x2 f（x）的單調情況一定是（ C ）。
（A）在R上遞減 （B）在R上遞增
（C）在（0，＋∞）上遞減 （D）在（0，＋∞）上遞增
點評：先選定區間（0，＋∞）分析其增減性，再結合篩選法，對余下的部分，取特殊值進行驗證。
43、α，β是兩個不重合的平面，在α上取4個點，在β上取3個點，則由這些點最多可以確定平面（ C ）。
（A）35個 （B）30個 （C）32個 （D）40個
點評：運用排列組合以及平面的性質進行分析。
44、已知定點P1（3，5），P2（－1，1），Q（4，0），點P分有向線段所成的比為3，則直線PQ的方程是（ A ）。
x＋2y－4＝0 （B）2x＋y－8＝0
（C）x－2y－4＝0 （D）2x－y－8＝0
點評：用定比分點坐標公式求P點坐標，再考察PQ的斜率。
45、函數y=x在[－1, 1]上是（ A ）。
（A）增函數且是奇函數 （B）增函數且是偶函數
（C）減函數且是奇函數 （D）減函數且是偶函數
點評：運用函數奇偶性的定義，以及奇函數在不同區間上增減性一致，偶函數在不同區間上不一致的特點，進行分析。
46、下列函數中，在[,π]上是增函數的是（ D ）。
（A）y=sinx （B）y=cosx （C）y=sin2x （D）y=cos2x
點評：用圖象法解題。
47、與函數y=sin(arcsinx)的圖象相同的的是（ D ）。
（A）y=x （B）y=arcsin(sinx)
（C）y=arccos(cosx) （D）y=cos(arccosx)
點評：考慮函數的定義域與值域。
48、方程cosx=lgx的實根的個數是（ C ）。
（A）1個 （B）2個 （C）3個 （D）4個
點評：用圖象法解題。
49、一個首項為23，公差為整數的等差數列，如果前6項均為正數，第7項起為負數，則它的公差是（ C ）。
（A）－2 （B）－3 （C）－4 （D）－5
點評：分析前6項為正，第7項起為負數。列出不等式解題。
50、已知復數z滿足|2z－i|=2，則|z＋2i|的最小值是（ B ）。
（A） （B） （C）1 （D）2
點評：數形結合，通過圖象解題。
51、正三棱錐的側棱長和底面邊長比值的取值范圍是（ D ）。
（A）[, ＋∞] （B）(, ＋∞)
（C）[, ＋∞] （D）(, ＋∞)
點評：畫圖形，側棱應比底邊三角形的外接圓的半徑大。
52、已知橢圓(a>b>0)的離心率等于，若將這個橢圓繞著它的右焦點按逆時針方向旋轉后，所得的新橢圓的一條準線的方程y=，則原來的橢圓方程是（ C ）。
（A） （B） （C） （D）
點評：旋轉的過程中，焦點到準線的距離沒有變，先找焦點。
53、直線x－y－1=0與實軸在y軸上的雙曲線x2－y2=m (m≠0)的交點在以原點為中心，邊長為2且各邊分別平行于坐標軸的正方形內部，則m的取值范圍是（ C ）。
（A）0點評：通過極限位置，找出相關范圍。
54、已知直線l1與l2的夾角的平分線為y=x，如果l1的方程是ax＋by＋c=0(ab>0)，那么l2的方程是（ A ）。
（A）bx＋ay＋c=0 （B）ax－by＋c=0
（C）bx＋ay－c=0 （D）bx－ay＋c=0
點評：聯系反函數的概念。
55、函數F(x)=(1＋)f (x) (x≠0)是偶函數，且f (x)不恒等于零，則f (x)（ A ）。
（A）是奇函數 （B）是偶函數
（C）可能是奇函數，也可能是偶函數 （D）非奇、非偶函數
點評：先討論y=(1＋)的奇偶性，再結合題目中的已知內容分析。
56、函數y=的反函數（ C ）。
（A） 是奇函數，它在(0, ＋∞)上是減函數
（B）是偶函數，它在(0, ＋∞)上是減函數
（C）是奇函數，它在(0, ＋∞)上是增函數
（D）是偶函數，它在(0, ＋∞)上是增函數
點評：先對給出函數進行分析，再運用反函數的概念解題。
57、若a, b是任意實數，且a>b，則（ D ）。
（A）a2>b2 （B）<1 （C）lg(a－b)>0 （D）()a<()b
點評：運用平方數、分數、對數、指數函數的概念進行分析。
58、若loga2（A）0b>1 （D）b>a>1
點評：先確定對數符號（即真數和底數與1的關系一致時（同時大于或同時小于），為正，不一致時，為負。）再用換底公式。
59、已知等差數列{an}的公差d≠0，且a1, a3, a9成等比數列，則的值是（ C ）。
（A） （B） （C） （D）
點評：先求a1和公比的關系，再化簡。
60、如果α, β∈(, π)，且tgα（A）α<β （B）β<α （C）α＋β< （D）α＋β>
點評：先用誘導公式化成同名函數，再借助函數圖象解題。
61、已知集合Z={θ| cosθ（A）(, π) （B）(, ) （C）(π, ) （D）(, )
點評：用圖象法解題。
62、如果直線y=ax＋2與直線y=3x＋b關于直線y=x對稱，那么（ B ）。
（A）a=, b=6 （B）a=, b=－6
（C）a=3, b=－2 （D）a=3, b=6
點評：運用反函數的知識。
63、已知f()=，則f (x)=（ C ）。
（A）(x＋1)2 （B）(x－1)2 （C）x2－x＋1 （D）x2＋x＋1
點評：用換元法。
64、若函數f (x)=的定義域是R，則實數k的取值范圍是（ A ）。
（A）[0, ] （B）(－∞, 0)∪(, ＋∞)
（C）[0, ] （D）[, ＋∞]
點評：分母不為0，用根的判別式。
65、設P是棱長相等的四面體內任意一點，則P到各個面的距離之和是一個定值，這個定值等于（ C ）。
（A）四面體的棱長 （B）四面體的斜高
（C）四面體的高 （D）四面體兩對棱間的距離
點評：用體積求。
66、若正四棱柱的底面積為P，過相對兩側棱的截面面積是Q，則該四棱柱的體積是（ A ）。
（A）Q （B）P （C）Q （D）P
點評：化面積為邊。
67、過定點(1, 3)可作兩條直線與圓x2＋y2＋2kx＋2y＋k2－24=0相切，則k的取值范圍是（ C ）。
（A）k>2 （B）k<－4 （C）k>2或k<－4 （D）－4點評：畫定點、平移圓、定區域。
68、適合|z－2|=1且argz=的復數z的個數是（ B ）。
（A）0 （B）1 （C）2 （D）3
點評：在直角坐標系中畫圓，找出適合條件的復數。
69、已知{an}是等比數列，且an>0, a2a4＋2a3a5＋a4a6=25，那么a3＋a5的值為（ A ）。
（A）5 （B）10 （C）15 （D）20
點評：用等比的性質：若數列為等比數列，m+m=k+l時，am an= ak al 。
70、設a, b是滿足ab<0的實數，那么（ B ）。
（A）|a＋b|>|a－b| （B）|a＋b|<|a－b|
（C）|a－b|<||a|－|b|| （D）|a－b|<|a|＋|b|
點評：從符號出發，取特殊值代入。
71、如果AC<0且BC<0, 那么直線Ax＋By＋C=0不通過（ C ）。
（A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限
點評：分析符號，找斜率和截距。
72、直線的傾斜角是（ C ）。
（A）20° （B）70° （C）110° （D）160°
點評：化參數方程為普通方程。
73、函數y=sinxcosx＋sinx＋cosx的最大值是（ D ）。
（A） （B） （C）1＋ （D）＋
點評：用倍角公式和（sinx＋cosx）的公式。
74、函數y=0.2x＋1的反函數是（ C ）。
y=log5x＋1 （B）y=logx5＋1
（C）y=－log5(x－1) （D）y=－log5x－1
點評：反函數的定義，結合定義域、值域的變換情況進行討論。
75、設α、β都是第二象限的角，若sinα>sinβ，則（ C ）。
tgα>tgβ （B）ctgα（C）cosα>cosβ （D）secα>secβ
點評：結合特殊值，找出α、β在[0，2π]上的大小關系。
76、下列命題：① 函數y=tgx是增函數；② 函數y=sinx在第一象限是增函數；③ 函數y=3sin(2x＋5θ)的圖象關于y軸對稱的充要條件是θ=, k∈Z；④ 若角α是第二象限的角，則角2α一定是第四象限的角。其中正確命題的個數是（ A ）。
（A）0個 （B）1個 （C）2個 （D）3個
點評：緊扣定義，逐個分析。
77、在△ABC中，A>B是cos2B>cos2C的（ A ）。
（A）非充分非必要條件 （B）充分非必要條件
（C）必要非充分條件 （D）充要條件
點評：分若三種情況，取特殊值驗證。
78、若0（A）logb（C）logba< logb點評：運用對數符號確定的有關知識，先討論兩個對數值，然后用指數。
79、要使sinα－cosα=有意義，則m的取值范圍是（ C ）。
m≤ （B）m≥－1
（C）－1≤m≤ （D）m≤－1或 m≥
點評：先對等式左邊進行變形，再對分數變形。
80、直線xcosθ－y＋1=0的傾斜角的范圍是（ D ）。
（A）[－, ] （B）[, ]
（C）(0, )∪(, π) （D）[0, ]∪[, π]
點評：先討論斜率，再用三角函數的知識。
81、設n≥2時，數列的和是（ A ）。
（A）0 （B）(－1)n2n （C）1 （D）
點評：特殊值法。
82、在四棱錐的四個側面中，直角三角形最多可有（ D ）。
（A）1個 （B）2個 （C）3個 （D）4個
點評：用圖形來驗證。
83、當z=時，z100＋z50＋1的值等于（ D ）。
（A）1 （B）－1 （C）i （D）－I
點評：先化Z為三角形式，然后用棣莫佛定理。
84、函數y=的值域是（ B ）。
（A）{－2, 4} （B）{－2, 0, 4}
（C）{－2, 0, 2, 4} （D）{－4, －2, 0, 4}
點評：分象限討論。
85、正三棱錐S－ABC的側棱與底面邊長相等，如果E、F分別是SC、AB的中點，那么異面直線EF、SA所成的角為（ C ）。
（A）90° （B）60° （C）45° （D）30°
點評：巧用中位線平行于底邊。
86、若正棱錐的底面邊長與側棱相等，則該棱錐一定不是（ D ）。
（A）三棱錐 （B）四棱錐 （C）五棱錐 （D）六棱錐
點評：用射影和直角三角形的知識。
87、四邊形ABCD是邊長為1的正方形，E、F為BC、CD的中點，沿AE、EF、AF折成一個四面體，使B、C、D三點重合，這個四面體的體積為（ B ）。
（A） （B） （C） （D）
點評：分析圖形的折疊與邊角關系。
88、一束光線從點A(－1, 1)出發經x軸反射，到達圓C：(x－2)2＋(y－3)2=1上一點的最短路程是（ A ）。
（A）4 （B）5 （C）3－1 （D）2
點評：用對稱性，找關于X軸對稱的圓心位置，用兩點間距離減半徑。
89、設地球半徑為R，當人造地球衛星距離地面的高度為h1與h2時，可以直射到地表面的面積分別是地球表面面積的與，則h1－h2等于（ B ）。
（A）R （B）R （C）R （D）2R
點評：用球冠公式。
90、函數f (x)=|x|－|x－3|在定義域內（ A ）。
（A）最大值為3，最小值為－3 （B）最大值為4，最小值為0
（C）最大值為1，最小值為1 （D）最大值為3，最小值為－1
點評：用區間分析法。
91、如果sinαsinβ=1，那么cos(α＋β)等于（ A ）。
（A）－1 （B）0 （C）1 （D）±1
點評：用公式。
92、已知α=arg(2＋i), β=arg(－3＋i)，則α－β為（ D ）。
（A） （B） （C）－ （D）－
點評：用旋轉的方法，進行向量合成。
93、若雙曲線x2－y2=1右支上一點P(a, b)到直線y=x的距離為，則a＋b的值是（ B ）。
（A）－ （B） （C）－或 （D）2或－2
點評：先確定P點在坐標系中的位置，然后用篩選法。
94、一球內切于一圓臺，若此圓臺的上、下底面半徑分別是a, b，則此圓臺的體積是（ B ）。
（A）π(a2＋ab＋b2) （B）(a2＋ab＋b2)
（C）(a2＋ab＋b2)ab （D）(a2＋ab＋b2)
點評：畫軸截面，分析平面圖形。
95、若全集I＝R，A＝{x| ≤0}，B＝{x| lg(x2－2)>lgx}，則A∩＝（ B ）。
（A）{2} （B）{－1} （C）{x| x≤－1} （D）
點評：先用篩選法，再用驗證法。
96、已知函數f (x)=ax－(b＋2) (a>0, a≠1)的圖象不在二、四象限，則實數a, b的取值范圍是（ A ）。
a>1, b=－1（B）0（C）a>1, b=－2 （D）0點評：先分析b，再考慮a。
97、設函數f (x)=(x∈R, x≠－，)則f -1(2)=（ A ）。
（A） － （B） （C） （D）－
點評：令f (x)= 2，求x。
98、如果α, β∈(, π)，且tgα（A）α<β （B）β<α （C）α＋β< （D）α＋β>
點評：用誘導公式，取特殊值。
99、函數y=sinxcosx＋cos2x－的最小正周期等于（ A ）。
（A）π （B）2π （C） （D）
點評：先用倍角公式降次，合并，再用周期公式。
100、函數y=－ctgx, x∈(0, π)的反函數為（ B ）。
（A）y=－arctgx （B）y=＋arctgx
（C）y=π－arctgx （D）y=π＋arctgx
點評：運用反三角函數的值域進行分析。
101、設a, b是滿足ab<0的實數，那么（ B ）。
（A）|a＋b|>|a－b|（B）|a＋b|<|a－b|
（C）|a－b|<|a|－|b|（D）|a－b|>|a|＋|b|
點評：特殊值法。
102、設a, b, c∈R＋，則三個數a＋, b＋, c＋（ D ）。
（A）都不大于2 （B）都不小于2
（C）至少有一個不大于2 （D）至少有一個不小于2
點評：反證法。
103、若一數列的前四項依次是2，0，2，0，則下列式子中，不能作為它的通項公式的是（ D ）。
（A）an= 1－(－1)n （B）an=1＋(－1)n＋1
（C）an=2sin2 （D）an=(1－cosnπ)＋(n－1)(n－2)
點評：驗證法。
104、復數z1=－2＋i的輻角主值為θ1，復數z2=－1－3i輻角主值為θ2，則θ1＋θ2等于（ D ）。
（A） （B） （C） （D）
點評：輻角主值的概念。
105、平行六面體ABCD－A1B1C1D1的體積為30，則四面體AB1CD1的體積是（ C ）。
（A）15 （B）7.5 （C）10 （D）6
點評：體積公式。
106、不論k為何實數，直線(2k－1)x－(k＋3)y－(k－11)=0恒通過一個定點，這個定點的坐標是（ B ）。
（A）(5, 2) （B）(2, 3) （C）(5, 9) （D）(－,3)
點評：對原式進行變形。
107、方程ax＋by＋c=0與方程2ax＋2by＋c＋1=0表示兩條平行直線的充要條件是（ C ）。
（A）ab>0, c≠1 （B）ab<0, c≠1
（C）a2＋b2≠0, c≠1 （D）a=b=c=2
點評：兩直線平行的充要條件。
108、與三條直線y=0, y=x＋2, y=－x＋4都相切的圓的圓心是（ C ）。
(1, 2＋2)（B）(1, 3－3)
（C）(1, 3－3)（D）(1, －3－3)
點評：用點到直線的距離公式進行驗證。
109、焦距是10，虛軸長是8，過點(3, 4)的雙曲線的標準方程是（ A ）。
（A） （B） （C） （D）
點評：運用概念進行驗證。
110、函數y=log3(x2＋x－2)的定義域是（ C ）。
（A）[－2, 1] （B）(－2, 1)
（C）(－∞, －2)∪(1, ＋∞) （D）(－∞, －2)∪[1, ＋∞]
點評：解不等式。
111、若logm0.7>logn0.7>0，則m, n的大小關系是（ C ）。
（A）m>n>1 （B）n>m>1 （C）0點評：先用對數符號的確定，再用換底公式。
112、函數y=sin(ωx)cos(ωx) (ω>0)的最小正周期是4π，則常數ω為（ D ）。
（A）4 （B）2 （C） （D）
點評：先用倍角公式，再用周期公式。
113、若(1－2x)7=a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋……＋a7x7，那么a1＋a2＋a3＋……＋a7的值等于（ A ）。
（A）－2 （B）－1 （C）0 （D）2
點評：取x =1。
114、當A=20°,B=25°時，(1＋tgA)(1＋tgB)的值是（ B ）。
（A） （B）2 （C）1＋ （D）2＋
點評：公式變形。
115、滿足|z＋25i|≤15

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