数学高频考点_教资_292026上教资科三高频考点

同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 目 录 第一模块 数与代数...................................................................................................................................1 第一章 方程.................................................................................................................................................1 第二章 函数.................................................................................................................................................4 第三章 不等式.............................................................................................................................................5 第二模块 图形与几何...............................................................................................................................6 第一章 解析几何.........................................................................................................................................6 第三模块 统计与概率...............................................................................................................................9 第一章 统计.................................................................................................................................................9 第二章 概率...............................................................................................................................................11 第四模块 高等数学.................................................................................................................................16 第一章 极限...............................................................................................................................................16 第二章 导数与微分...................................................................................................................................20 第三章 积分...............................................................................................................................................23 第四章 空间解析几何与向量代数...........................................................................................................27 第五章 多元函数微分...............................................................................................................................33 第六章 级数...............................................................................................................................................35 第五模块 线性代数.................................................................................................................................37 第一章 行列式...........................................................................................................................................37 第二章 矩阵...............................................................................................................................................38 第三章 线性空间与线性变换...................................................................................................................41 第四章 向量组的线性相关性...................................................................................................................42 第五章 线性方程组...................................................................................................................................44 第六章 正交矩阵.......................................................................................................................................46 第六模块 概率论与数理统计.................................................................................................................47 第七模块 数学史.....................................................................................................................................50 第八模块 课程与教学论.........................................................................................................................53 第一章 义务教育课标...............................................................................................................................53 第二章 高中课标.......................................................................................................................................56同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 第三章 数学教学论...................................................................................................................................59 第四章 案例分析.......................................................................................................................................62 第五章 教学设计.......................................................................................................................................64同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 第一模块 数与代数 第一章 方程 【高频考点1】二元一次方程组的解法 解二元一次方程组的基本思想是“消元”，即减少未知数的个数，使多元方程最终转化为一元方程， 再解出未知数。 （1）代入消元法 将方程组中的一个方程的未知数用含有另一个未知数的代数式表示，并代入到另一个方程中去，这就 消去了一个未知数，得到一个解。 （2）加减消元法 利用等式的性质，使方程组中两个方程中的某一个未知数的系数的绝对值相等，然后把两个方程相加 （减），以消去这个未知数，使方程只含有一个未知数而得以求解。 【经典例题】 1.简述二元一次方程组有哪些解法，并对其步骤进行简单说明。 【参考答案】 ①代入消元法； 用代入消元法解二元一次方程组的一般步骤： （1）在方程组中选一个系数比较简单的方程，将这个方程变形，用含一个未知数的代数式表示另一个 未知数；（2）将这个关系式代入另一个方程，消去一个未知数，得到一个一元一次方程；（3）解这个一 元一次方程，求得一个未知数的值；（4）将这个求得的未知数的值再代入关系式，求出另一个未知数的值； （5）写出方程组的解。 ②加减消元法 用加减法解二元一一次方程组的一般步骤： （1）确定消元对象，并把它的系数化成相等或互为相反数的数；（2）把两个方程的两边分别相加或 相减，消去一个未知数，得到一个一元一次方程；（3）解这个一元一次方程，求得一个未知数的值；（4） 将这个求得的未知数的值代入原方程组中的任意一个方程，求出另一个未知数的值；（5）写出方程组的解。 【高频考点2】高次方程的解法 1.1判根法 在一个一元高次方程中，如果各项系数之和等于0，则1是方程的根；如果偶次项系数之和等于奇次 项系数之和，则1是方程的根。求出方程的1的根后，将原高次方程用因式分解法分别除以x1或x1， 1同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 降低方程次数后依次求根。 注：常数项算在偶次项系数当中。 2.常数项约数求根法 根据定理：“如果整系数多项式a xn a xn1a xa 可分解出因式PxQ，即方程 n n1 1 0 Q a xn a xn1axa  0有有理数根 （P、Q是互质整数），那么，P一定是首项系数a 的约数， n n1 1 0 P n Q一定是常数项a 的约数”。常数项约数求根法有两种类型：第一种类型：首项系数为1。对首项（最高 0 次数项）系数为1的高次方程，直接列出常数项所有约数，代入原方程逐一验算，使方程值为零的约数， 就是方程的根。依次用原方程除以带根的因式，逐次降次，直至将高次方程降为二次或一次方程求解；第 二种类型：首项系数不为1。对首项系数不为1的高次方程，首先以首项系数为“公因数”提取到小括号 Q 外，然后对小括号内的方程的常数项列出公约数。特别注意此时代入方程验算的值一定是 而不是Q，因 P 为此时原方程的因式是PxQ，其余的解法步骤同首项系数为1的解法步骤相同。 3.倒数方程求根法 定义：系数成首尾等距离的对称形式的方程，叫做倒数方程。如：ax4 bx3 cx2 dxe 0，其中，ae， bd 或者ae，bd。 性质1：倒数方程没有零根； 1 性质2：如果a是方程的根，则 也是方程的根； a 性质3：奇数次倒数方程必有一个根是1或者1，分解出因式x1或x1，降低一个次数后的方程 仍是倒数方程。 【经典例题】 1.求解方程12x4 56x3 89x2 56x120的实数根。 3 2 1 【答案】x  ，x  ，x  2，x  1 2 3 4 2 3 2 【解析】原方程化为12  x4 1  56  x3 x  89x2 0 ，显然，上述方程中 x0，两边除以 x2 0得 2  1   1 1 1  1 12x2  56x 890 。令 x  y ，则 x2  x  2 y2 2 ，代入上面方程得  x2  x x x2  x 12  y2 2  56y890，即12y2 56y650，即6y132y50，y  13 ，y  5 。由y  13 得 1 2 1 6 2 6 2同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 1 13 3 2 5 1 5 x  ，即 2x33x20，x  ， x  。由 y  得 x  ，即 2x2 5x20 ，即 1 2 2 x 6 2 3 2 x 2 1 3 2 1 x22x10，x 2，x  。故原方程的根为x  ，x  ，x 2，x  。 3 4 1 2 3 4 2 2 3 2 2.解方程4x4 18x3 28x2 18x40 的实数根。 1 【答案】1；2； 2 4x4 18x3 28x2 18x4 18 4 【解析】由题意可知x0，原方程化为 0，可得4x2 18x28  0， x2 x x2 则4  x2  1   18  x 1 280，令x 1 t，x2  1 t2 2，则4  t2 2  18t280，化简得  x2  x x x2 5 1 5 4t2 18t200，解得t 2，t  。当t 2时，x 2，则x2 2x10，解得x x 1；当t  1 2 2 x 1 2 2 1 5 1 1 时，x  ，2x2 5x20，解得x 2，x  。故原方程的解为1；2；。 3 4 x 2 2 2 【高频考点3】绝对值方程 1.定义：绝对值符号中含有未知数的方程叫做绝对值方程。 2.解题步骤：去掉绝对值符号，把绝对值方程转化为一般的方程来解。 3.不同类型绝对值方程的解法： （1）形如 axb ca0的绝对值方程的解法： ①当c0时，根据绝对值的非负性，可知此时方程无解； b ②当c0时，原方程变为 axb 0，即axb0，解得x ； a cb cb ③当c0时，原方程变为axbc或axbc，解得x 或x 。 a a （2）形如 axb cxdac 0的绝对值方程的解法： ①根据绝对值的非负性可知cxd 0，求出x的取值范围； ②根据绝对值的定义将原方程化为两个方程axbcxd和axbcxd； ③分别解方程axbcxd和axbcxd； ④将求得的解代入cxd 0检验，舍去不符合条件的解。 （3）形如 axb  cxd ac 0的绝对值方程的解法： ①根据绝对值的定义将原方程化为两个方程axbcxd或axbcxd； ②分别解方程axbcxd和axbcxd。 3同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 （4）形如 xa  xb cab的绝对值方程的解法： ①根据绝对值的几何意义可知： xa  xb  ab ； ②当c ab 时，方程无解；当c ab 时，方程的解为a xb；当c ab 时，分两种情况：当 abc abc xa时，原方程的解为x ；当xb时，原方程的解为x 。 2 2 【经典例题】 1.方程 x5  3x7 1的解有（ ）个。 A.1 B.2 C.3 D.无数 【答案】B 7 11 7 【解析】当x 时，原方程可化简为x53x71，解得x 符合题意；当5 x 时，原方 3 2 3 3 程可化简为x53x71，解得x 符合题意；当x5时，原方程可化简为x53x71，解得 4 13 11 13 x ，不符合题意；所以x的值为 或 。即方程的解有2个。故本题选B。 2 2 2 2.解绝对值方程 x2  x7 11。 【答案】x8或x3 【解析】当x7时，x20，x70，原方程化为：2xx711，解得：x8；当7 x2 时，x20，x70，原方程化为2xx711，该方程无解；当x2时，x20，x70， 原方程化为x2x711，解得：x3。即原方程的解为x8或x3。 第二章 函数 【高频考点】函数的单调性 在公共定义域内： 增函数 f x增函数gx是增函数； 减函数 f x减函数gx是减函数； 增函数 f x减函数gx是增函数； 减函数 f x增函数gx是减函数。 4同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 【经典例题】 1.设函数 f x，gx的定义域都为R，且 f x是增函数，gx是减函数，则下列结论正确的是（ ）。 A. f xgx是增函数 B. f xgx是减函数 C. f xgx是增函数 D. f xgx是减函数 【答案】C 【解析】根据单调性法则：①增函数+增函数=增函数；②减函数+减函数=减函数；③增函数减函数 =增函数；④减函数增函数=减函数。故本题选C。 2.设函数 f x是定义在R上的增函数，则下列结论一定正确的是（ ）。 A. f x f x是偶函数且是增函数 B. f x f x是偶函数且是减函数 C. f x f x是奇函数且是增函数 D. f x f x是奇函数且是减函数 【答案】C 【解析】设Fx f x f x， f x是定义在R上的增函数， f x是定义在R上的减函数， 从而f x是定义在R上的增函数，Fx f x f x是在，上的增函数， Fx f x f x，Fx f x f x，则FxFx，函数Fx为奇函数，且在，上的增函数。 故本题选C。 第三章 不等式 【高频考点】重要不等式 ab （1）设a、b是两个正数，则 称为正数a、b的算术平均数， ab称为正数a、b的几何平均数。 2 ab （2）均值不等式：若a0，b0，则ab2 ab，即  ab，当且仅当ab时，“”成立。 2 a2 b2 ab 2 a2 b2 ab 2 （3）常用的基本不等式：a2 b2 2ab，ab ；ab  ，   。 2  2  2  2  【经典例题】 y z x 1 1 1 1.（1）已知x0，y0，z0，证明：      。 x2 y2 z2 x y z （2）已知a1，b1，c1，且abc8，若log alog alog blog blog clog ck 恒成立， b 2 c 2 a 2 求实数k的最大值。 5同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 【答案】（1）证明见解析；（2）3 y 1 y 1 2 y 1 2 z 1 2 x 1 2 【解析】（1）证明：由x0，y0，得  2   ，即   ，同理   ，   ， x2 y x2 y x x2 y x y2 z y z2 x z y z x 1 1 1 2 2 2 y z x 以上三式相加，得         （当且仅当x yz时取等号），故   x2 y2 z2 y z x y z x x2 y2 z2 1 1 1    。成立。 x y z log2a log2b log2c log 2 log 2 log 2 （2）log alog alog blog blog clog c = 2  2  2 = b  c  a ，根据 b 2 c 2 a 2 log b log c log a log22 log22 log22 2 2 2 a b c log 2 log 2 log 2 1 1 1 （1），得 b  c  a    =log alog blog c log abc log 8 3，所以，k 3， log22 log22 log22 log 2 log 2 log 2 2 2 2 2 2 a b c a b c 故实数k的最大值为3。 2.证明不等式：a，b，cR，a4 b4 c4 abcabc。 【答案】见解析 【解析】∵a4 b4 2a2b2，b4 c4 2b2c2，c4 a4 2c2a2，∴2  a4 b4 c4 2  a2b2 b2c2 c2a2， 即a4 b4 c4 a2b2 b2c2 c2a2。又a2b2 b2c2 2ab2c，b2c2 c2a2 2abc2 ，a2b2 c2a2 2a2bc 。∴ 2  a2b2 b2c2 c2a2 2  ab2cabc2 a2bc ，即a2b2 b2c2 c2a2 abcabc，∴a4 b4 c4  abcabc。 第二模块 图形与几何 第一章 解析几何 【高频考点1】圆的方程 1.标准方程：xa2 yb2 r2，其中，a，b——圆心，r ——半径。 2.一般方程：x2  y2 DxEyF  0， D2 E2 4F 0   D E D2 E2 4F  ， ——圆心，r  ——半径。  2 2 2 xarcos 3.参数方程： ，a，b——圆心，r ——半径。 ybrsin 6同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 【经典例题】 若A，B两点分别在圆x2  y2 6x16y480和x2  y2 4x8y440上运动，则A，B两点距 离的最大值是（ ）。 A.13 B.32 C.36 D.38 【答案】B 【解析】本题考查圆上的动点问题。将圆 x2  y2 6x16y480 化为标准方程，得 x32 y82 121，所以该圆是以M3，8为圆心，半径r 11的圆。同理可得x2  y2 4x8y440 1 的圆心为N2，4，半径r 8，所以两圆的圆心距为 MN  322 842 13，因为A、B两点分 2 别在圆M 、圆N上运动，所以当A、B在直线MN 上，且M 、N两点在A、B之间时 AB 取最大值。此 时， AB r r  MN 1181332。故本题选B。 max 1 2 【高频考点2】圆锥曲线 1.椭圆 x2 y2 （1）标准方程：  1ab0 a2 b2 （2）定义域： x axa ；值域： y b yb ； （3）长轴长2a，短轴长2b，焦距2c，a2 b2 c2； a2 （4）准线方程：x 。 c 2.双曲线 x2 y2 （1）标准方程：  1 a0，b0； a2 b2 （2）范围： x xa或xa ； y yR ； （3）实轴长2a，虚轴长2b，焦距2c，c2 a2 b2； a2 （4）准线方程：x 。 c 3.抛物线 （1）标准方程：y2 2px（ p0）， p为焦参数；  p  （2）焦点：  ，0 ，通径 AB 2p；  2  p （3）准线：x ； 2 7同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 p （4）焦半径： AF  x  ，过焦点弦长 AB x x  p。 1 2 1 2 【经典例题】 1 已知抛物线y x2，如图，抛物线在点Px，y x 0处的切线PT 与y轴交于点M ，点光源放在 0 0 0 4 抛物线焦点F0，1处，入射光线FP经抛物线反射后的光线为PQ，即FPM QPT ，求证：光线PQ与 y轴平行。 【答案】（见解析 1 1 x x 2 【解析】证明：如图，因为y x，代入x 可得k  x ，根据点斜式方程可得切线方程为y 0 x 0 ， 0 0 2 2 2 4 1 即当x0时，y x2 y ，所以FM  y 1。过P点做准线的垂线交于点E，设P点切线方程交y轴 0 0 0 4 于M ，即PE∥y轴，连接ME ，因为PF PE  y 1，即可得PF PEFM  y 1，所以在△FMP中， 0 0 FMPFPM ，又因为 PE∥y ，所以 FMPMPE ，由已知可知 FPM QPT ，综上可得 MPE QPT ，因此E、P、Q三点共线，故PQ平行于y轴。 8同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 第三模块 统计与概率 第一章 统计 【高频考点】统计学中的几个基本概念 （一）平均数 1 一般地，如果有n个数x，x，x ，那么，x  x x ...x 叫做这n个数的平均数，x 读作“x拔”。 1 2 n n 1 2 n （二）中位数 1.定义：将一组数据按大小顺序依次排列，处在最中间位置的一个数据（或最中间两个数据的平均数） 叫做这组数据的中位数。 2.中位数的算法：设样本有n个数据，按大小顺序依次排列后， n1 （1）n为奇数，第 个数据为中位数； 2 n n （2）n为偶数，第 与 1个数据的平均数为中位数。 2 2 3.特点： （1）中位数仅与数据的排列位置有关，不受某些数据变动的影响； （2）当一组数据中的个别数据变动较大时，中位数能较好的反映数据的集中趋势。 （三）样本方差 样本中所有个体x，x，...，x 与样本平均数x 的差的平方的平均数叫做样本方差，用s2表示。方差反 1 2 n 映了一组数据的波动情况。方差越大，数据的波动越大，越不稳定；方差越小，数据的波动越小，越稳定。 1 s2  x x2x x2... x x 2 n  1 2 n  常用结论： 若x ，x ，，x 的平均数为x ，则ax b，ax b，，ax b的平均数为ax b。 1 2 n 1 2 n 【经典例题】 1.在一次高三年级统一考试中，数学试卷有一道满分为10分的选做题，学生可以从A，B两道题目中任 选一题作答。某校有900名高三学生参加了本次考试，为了了解该校学生解答该选做题的得分情况，计划 从900名学生的选做题成绩中随机抽取一个容量为10的样本，为此将900名学生的选做题的成绩随机编号 为001，002，，900。 （1）若采用随机数法抽样，并按照以下随机数表，以方框内的数字5为起点，从左向右依次读数，每 次读取三位随机数，一行数读完之后接下一行左端写出样本编号的中位数。 9同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 05 26 93 70 60 22 35 85 15 13 92 03 51 59 77 59 56 78 06 83 52 91 05 70 74 07 97 10 88 23 09 98 42 99 64 61 71 62 99 15 06 51 29 16 93 58 05 77 09 51 51 26 87 85 85 54 87 66 47 54 73 32 08 11 12 44 95 92 63 16 29 56 24 29 48 26 99 61 65 53 58 37 78 80 70 42 10 50 67 42 32 17 55 85 74 94 44 67 16 94 14 65 52 68 75 87 59 36 22 41 26 78 63 06 55 13 08 27 01 50 15 29 39 39 43 （2）若采用分层随机抽样，按照学生选择A题目或B题目，将成绩分为两层，且样本中选择A题目的 成绩有8个，平均数为7，方差为4；样本中选择B题目的成绩有2个，平均数为8，方差为1。试用样本 估计该校900名学生的选做题得分的平均数与方差。 【答案】（1）667；（2）平均数为7.2；方差为3.56 【解析】（1）由题意知：读取的编号依次是512，916（超界），935（超界），805，770，951（超 界），512（重复），687，858，554，876，647，547，332。将有效的编号由小到大排序，得332， 647687 512，547，554，647，687，770，805，858，876，样本编号的中位数为 667。（2） 2 设样本中选择A题目的成绩的平均数为x ，方差为s2；样本中选择B题目的成绩的平均数为y，方差为t2， 8 2 4 1 则 x 7 ， s2 4 ， y 8 ， t2 1 ，样本的平均数为 x  y  7 87.2 ，方差为 82 82 5 5 8 2 4 1  s2 x 7.22  t2y7.22 4 77.22 1 87.22 3.56。该校900 82   82   5   5   名学生的选做题得分的平均数约为7.2，方差约为3.56。 2.甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人，乙班40人，甲班的平均成绩为80.5分，方差 为500；乙班的平均成绩为85分，方差为360。那么甲、乙两班全部90名学生的平均成绩和方差分别是多 少？ 【答案】平均分是82.5分，方差为442.78 【解析】设甲班 50 名学生的成绩分别是a，a，，a ，那么甲班的平均成绩、权重和方差分别为 1 2 50 x  a 1 a 2 a 50 80.5（分），w  50 ，s2   a 1 x 甲 2  a 2 x 甲 2  a 50 x 甲 2 500。设乙班 甲 甲 甲 50 90 50 10同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 b b b 40名学生的成绩分别是b，b，，b ，那么乙班的平均成绩、权重和方差分别为x  1 2 40 85 1 2 40 乙 40 40 b x 2 b x 2 b x 2 （分）， w  ， s2  1 乙 2 乙 40 乙  360 。如果不知道 a，a，，a 和 乙 90 乙 40 1 2 50 b，b，，b ，只知道甲、乙两班的平均成绩、权重及方差，全部 90 名学生的平均成绩应为 1 2 40 x w x w x  50  80.5 40 8582.5（分）。而全部90名学生的方差为s2 w  s2  x x 2 甲 甲 乙 乙 90 90 甲 甲 甲  w  s2 x x2。因此，s2 w  s2  x x 2w  s2  x x 2  50  50080.582.52 乙 乙 乙  甲 甲 甲  乙 乙 乙  90   40 5050050440360406.25 3608582.52 442.78。   90 90 第二章 概率 【高频考点1】古典概型 1.特点 （1）所有可能出现的基本事件为有限个； （2）每个基本事件发生的可能性相等。 2.概率公式 事件A包含的基本事件的个数 m PA  所有基本事件的个数 n 【经典例题】 1.甲、乙、丙、丁4个足球队参加比赛，假设每场比赛各队取胜的概率相等，现任意将这4个队分成 两个组（每组两个队）进行比赛，胜者再赛，则甲、乙相遇的概率为（ ）。 1 1 A. B. 6 4 1 1 C. D. 3 2 【答案】D 1 【解析】根据题意，分两种情况讨论：①甲、乙在同一组：P  ；②甲乙不在同一组，但相遇的概 1 3 2 1 1 1 1 1 1 率：P     。则甲、乙相遇的概率为P   。故本题选D。 2 3 2 2 6 3 6 2 2.盒子中装有编号为1~7的七个球，从中任意取出两个，则这两个球的标号之积为偶数的概率为（ ）。 1 2 A. B. 7 7 5 11 C. D. 7 21 【答案】C 11同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 C2 1 【解析】7个球选出编号之积为偶数，则有两种情况，一种是从3个偶数中选择两个，概率为 3  ， C2 7 7 C1C1 4 1 4 5 另一种是从3个偶数中选择一个，4个奇数中选择一个，概率为 3 4  ，则所求概率为   。故本 C2 7 7 7 7 7 题选C。 【高频考点2】条件概率 1.概念：对事件A和B，在已知事件B发生的条件下，事件A发生的概率，称为B发生时A发生的条 件概率，记为P  A B 。 PAB 2.概率公式：P  A B  ，其中PB0。 PB 【经典例题】 9 11 1.根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为 ，下雨的概率为 ，既吹东风又下雨的概率 30 30 8 为 。则在吹东风的条件下下雨的概率为（ ）。 30 9 8 A. B. 11 11 2 8 C. D. 5 9 【答案】D 11 9 【解析】设事件A表示“该地区四月份下雨”，B表示“四月份吹东风”，则PA ，PB ， 30 30 8 PAB 8 ，从而吹东风的条件下下雨的概率为P  A B  PAB  30  8 。故本题选D。 30 PB 9 9 30 2.设M，N 为随机事件，PN0，且条件概率P  M N 1，则必有（ ）。 A.PM NPM B.PM NPN C.PM NPM D.PM NPN 【答案】C PMN 【解析】由已知可得P  M N  1，所以PMNPN，所以PM N PN PMPNPMNPM 。故本题选C。 【高频考点3】离散型随机变量 12同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 1.概念：对于随机变量可能取的值，我们可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机 变量。 2.离散型随机变量的分布列 设离散型随机变量可能的取值为x，x，x， ，取每一个值x i1，2， 的概率为Px  p ， 1 2 i i i i 则随机变量0 p 1，i1，2，的概率分布（简称的分布列）为： i  x x … x … 1 2 i P P P … P … 1 2 i 分布列具有如下性质： （1）0 p 1，i1，2，；（2） p  p 1。 i 1 2 3.离散型随机变量的期望（均值）：E px  p x  px  1 1 2 2 i i 4.离散型随机变量的方差： D p  x E2  p  x E2  p  x E 2 1 1 2 2 i i 【经典例题】 1  1.已知随机变量 N2，4，则D 1（ ）。 2  A.1 B.2 C.0.5 D.4 【答案】A 1  1 【解析】 N2，4，D4，D 1 D1。故本题选A。 2  4 4 2.设X 为随机变量，且X ~ Bn，p，若随机变量X 的数学期望EX1，DX ，则PX 2 5 （ ）。 64 128 A. B. 3125 625 1 32 C. D. 25 625 【答案】B 2 4 4 1 1 【解析】由EX1，DX ，则np1，np1 p ，解得n5，p ，pX 2C2    5 5 5 55 3  1 128 1   。故本题选B。  5 625 13同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 【高频考点4】独立事件 （一）相互独立事件 1.概念：事件A的发生对事件B的发生没有影响，同样事件B的发生对事件A的发生也没有影响，则 这两个事件称为相互独立事件。 2.特征：如果事件A和B独立，则PABPAPB。 （二）独立重复试验 1.概念：一次试验中，事件A发生的概率为 p。相同条件下，独立、重复进行了n次试验，称作n次独 立重复试验。 2.概率公式：n次独立重复试验中，事件A发生的次数记为=0，1，，n，则事件A恰好发生k次的 概率为：PkCkpk1 pnk0kn。 n 此时称随机变量服从二项分布，记作~Bn，p。 【经典例题】 1.甲、乙两人向同一个目标射击，击中目标的概率分别为0.6、0.7。假定两人同时射击时击中与否是相 互独立的。若每人射击一次，求： （1）两人都中靶的概率； （2）甲中乙不中的概率； （3）目标被击中的概率。 【答案】（1）0.42（2）0.18（3）0.88 【解析】记事件A为“甲击中目标”，事件B为“乙击中目标”，则两人都中靶记为AB，甲中乙不 中记为AB，目标被击中记为C，由两人同时射击时击中与否是相互独立的可得：（1）PABPAPB 0.60.70.42；（2）P  AB  PAP  B  0.60.30.18；（3）PC1P  A  P  B  10.40.30.88。 2.从1，2，3，4，5，6这六个数字中，每次任意取出一个数字，有放回地取两次。设事件A为“第一 次取出的数字为4”，B为“两次取出的数字之和等于7”。 （1）用合适的符号写出样本间； （2）判断A与B是否相互独立。 【答案】（1） i，ji，j1，2，3，4，5，6 ；（2）是 【解析】（1）用i，ji，j1，2，3，4，5，6表示有放回地取两次数字所得的一个结果，则样本空间为  i，ji，j1，2，3，4，5，6 ；（2）由（1）知基本事件总数n36。又A4，1，4，2，4，3，4，4，4，5，4，6， 14同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 B 1， 6，2，5，3，4，4，3，5，2，6，1。PA 6  1 ，PB 6  1 。而AB4，3。PAB 1 36 6 36 6 36 1 1   ，即PABPAPB。故A与B相互独立。 6 6 【高频考点5】互斥与对立事件 （一）互斥事件 1.概念：不能同时发生的两个事件称为互斥事件。 2.特征：如果事件A和B互斥，则PABPAPB（加法公式）。 （二）对立事件 1.概念：两个互斥事件中必有一个发生，则这两个事件称为对立事件。 2.特征：如果事件A和B对立，则PAPB1。 （三）互斥与对立事件的联系 1.对立事件一定是互斥事件，但是互斥事件不一定是对立事件。 2.互斥事件的两个事件的交集是空集，但对立事件不仅要求交集是空集，还要求并集是全集。 【经典例题】 1.已知随机事件A、B、C中，A与B互斥，B与C对立，且PA0.3，PC0.6，则PAB （ ）。 A.0.3 B.0.6 C.0.7 D.0.8 【答案】C 【解析】因为PC0.6，事件B与C对立，所以PB0.4，又PA0.3， A与B互斥，所以 PABPAPB0.30.40.7。故本题选C。 2.若PAB 1 ，P  A   2 ，PB 1 ，则事件A 与B 的关系是（ ）。 9 3 3 A.事件A 与B 互斥 B.事件A 与B 对立 C.事件A 与B 相互独立 D.事件A 与B 既互斥又相互独立 【答案】C 【解析】因为P  A   2 ，所以PA1P  A  1 2  1 ，又P(AB) 1 ，P(B) 1 ，所以PAB 3 3 3 9 3 PAPB，则A 与B 相互独立；因为P  A   PB，所以事件A 与B 显然不对立，无法确定事件A 与 B 是否互斥。故本题选C。 15同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 1 3（. 1）抛掷一个骰子，观察出现的点，设事件A为“出现1点”，B为“出现2点”。已知PAPB ， 6 求出现1点或2点的概率。 （2）盒子里装有6只红球，4只白球，从中任取3只球。设事件A表示“3只球中有1只红球，2只 3 1 白球”，事件B表示“3只球中有2只红球，1只白球”。已知PA ，PB ，求这3只球中既有 10 2 红球又有白球的概率。 1 4 【答案】（1） ；（2） 3 5 【解析】（1）设事件C为“出现1点或2点”，因为事件A、B是互斥事件，由C  AB可得PC 1 1 1 1 PAPB   ，所以出现1点或出现2点的概率是 ；（2）因为A、B是互斥事件，所以PAB 6 6 3 3 3 1 4 4 PAPB   ，所以这3只球中既有红球又有白球的概率是 。 10 2 5 5 第四模块 高等数学 第一章 极限 【高频考点1】无穷大与无穷小 1.定义 若lim f x0，则称在xx 过程中， f x是无穷小量； xx0 0 1 若lim 0，则称在xx 过程中， f x是无穷大量。 xx0 f x 0 2.两个无穷小的比较 f x 在自变量同一变化过程（xx 或x）中，设lim f x0，limgx0，且lim l，则 0 gx （1）l0，称 f x是比gx高阶的无穷小，记作： f xo gx  ； （2）l ，称 f x是比gx低阶的无穷小； （3）l0，称 f x与gx是同阶无穷小； f x （4）lim l0，k 0，就说 f x是关于gx的k阶无穷小； gkx （5）l1，称 f x与gx是等价无穷小，记作： f x~ gx。 【经典例题】 当x0时，与x等价的无穷小量是（ ）。 A.xsinx B.x2 sinx C.tan3 x D.2x 16同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 【答案】B xsinx 【解析】A选项，lim 0，当x0时，xsinx是比x的高阶无穷小，故不符合题意；B选项， x0 x x2 sinx lim 011 ，当 x0 时， x2 sinx 与 x 是等价的无穷小，故符合题意；C 选项， x0 x tan3 x 3 x 1 lim lim lim ，当x0时，tan3 x 是比x的低阶无穷小，故不符合题意；D 选项， x0 x x0 x x0 3 x2 2x lim 2，∴当x0时，2x与x是同阶无穷小，故不符合题意。故本题选B。 x0 x 【高频考点2】等价无穷小代换 当x0时的等价无穷小量，则有 sinx~ x；tanx~ x；arcsinx~ x；arctanx~ x；ex 1~ x；ln1x~ x；1x2 1~2x； x2 1cosx~ ；ax 1~ xlna。 2 【经典例题】 sinx1cosx 1.lim （ ）。 x0 x2 ex1  1 A.1 B. 2 C.2 D.0 【答案】B 1 【解析】lim sinx1cosx lim x 2 x2  1 。故本题选B。 x0 x2 ex1  x0 x2x 2 【高频考点3】两个重要极限公式 sinx 1.lim 1 x0 x  1 x 1 2.lim1  e或lim1v v e x x v0 【经典例题】 1.下列函数极限运算不正确的是（ ）。 sin2x tan2x A.lim 2 B.lim 2 x0 x x0 x 1 x1 1 C.limx1 x 1 D.lim  x0 x1ln2x1 2 【答案】C 17同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 sin2x 2x tan2x 2x 【解析】A选项，lim lim 2，故正确；B选项，lim lim 2，故正确；C选项， x0 x x0 x x0 x x0 x 1 x1 2x1 1 由第二个重要极限公式可知limx1 x e，故错误；D选项，由洛必达法知，lim lim  ， x0 x1ln2x1 x1 2 2 故正确。故本题选C。 3x2 2x1 2.lim  （ ）。 x 3x1 A.0 B.1 C.e D.e2 【答案】D 【解析】 lim   3x2  2x1 lim  1 3   2x1 lim  1 3   3x 3 1 3x 3 1 2x1 lime3x 3 1 2x1 e2。故本题选D。 x3x1 x 3x1 x 3x1 x 【高频考点4】洛必达法则 0  1.法则1 型  0  设（1）lim f x0，limgx0， （2）x变化过程中， fx，gx皆存在， fx （3）lim  A（或）； gx f x 则lim  A（或）。 gx fx f x 注意：如果lim 不存在，则不能得出lim 不存在。 gx gx   2.法则2 型    设（1）lim f x，limgx， （2）x变化过程中， fx，gx皆存在， fx （3）lim  A（或）； gx f x 则lim  A（或）。 gx 【经典例题】 2  x 当x0时，ex 1  与（ ）是同阶无穷小量。  2 18同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 A.x B.x2 C.x3 D.x4 【答案】B 2  x 1 x ex 1  ex 2 1   2 2 2  x 【解析】A 选项，利用洛必达法则得lim = lim limex 1 0 ，则 x0 x x0 1 x0 2 2 2 ex   1 x  ex   1 x  ex  1 ex   1 x  是比x高阶无穷小，故不符合题意；B选项，lim  2 lim  2 lim 2 = 1 ，  2 x0 x2 x0 2x x0 2 4 2 2 ex   1 x  ex   1 x  ex  1 则ex   1 x   是x2的同阶无穷小，故符合题意；C选项，lim  2 lim  2  lim 2 ，  2 x0 x3 x0 3x2 x0 6x 2  x  x 2 ex 1  ex 1   x  2  2 则ex 1  是比x3的低阶无穷小，故不符合题意；D选项，lim lim   2 x0 x4 x0 4x3 1 ex  2 lim 2 ，所以ex   1 x  是比x4的低阶无穷小，故不符合题意。故本题选B。。 x0 12x2  2 【高频考点5】闭区间上连续函数的性质 定理1：（有界性定理）闭区间a，b上的连续函数必在a，b上有界。 定理2：（最大值最小值定理）闭区间a，b上的函数 f x，必在a，b上有最大值和最小值，即在 a，b上，至少存在两点与，使得对a，b上的一切x，恒有 f  f x f  ，此处 f ，f  1 2 1 2 1 2 就是在a，b上的最小值与最大值。 定理3：（介值定理）设 f x在a，b上连续，m与M 分别为在a，b上的最小值与最大值，则对于 任一实数cmcM，至少存在一点a，b，使 f c。 定理 4：（零点定理或根的存在定理）设 f x在a，b上连续， f a f b0，则至少存在一点 a，b，使 f 0。 【经典例题】 设 f x在0，n（n为自然数，n2）上连续， f 0 f n，证明：存在，10，n，使 f  f 1。 【答案】见解析 【解析】证明：设gx f x1 f x，x0，n1，则g0 f 1 f 0，g1 f 2 f 1， 19同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 n1 g2 f 3 f 2 ，…， gn1 f n f n1 ，上式相加得， gi f n f 00 ，又因为 i0 n1 1 n1 nmginM ，即 m giM ，由闭区间上连续函数的介值定理知存在0，n1 ，使 n i0 i0 1 n1 g gi0，即g f 1 f 0， f  f 1。 n i0 第二章 导数与微分 【高频考点1】可导与连续 定理：若函数y f x在点x 处可导，则y f x在点x 处必连续。 0 0 1.逆命题不成立，即“连续不一定可导”； 2.逆否命题成立，即“不连续一定不可导”。 【经典例题】 2x2， x1， 设函数 f x 则 f x在点x1处（ ）。 3x1，x1， A.不连续 B.连续但左、右导数不存在 C.连续但不可导 D.可导 【答案】C 【解析】由题意得 f 12，lim f xlim2x2 2，lim f xlim3x12 ，则lim f xlim f x x1 x1 x1 x1 x1 x1 f x f 1 2x2 2 f x f 1 2 f 2，故 f x在点x1处连续。又 f1lim  lim 4，f1 lim   x1 x1 x1 x1  x1 x1 3x12 lim 3，则 f1 f1，故 f x在点x1处不可导。故本题选C。 x1 x1   【高频考点2】求曲线上一点处的切线方程与法线方程 1.切线斜率：函数 f x在点x 处的导数 fx 在几何上表示曲线 y f x在点 x，f x 处的切线斜 0 0 0 0 率，即 fx k 。 0 切 2.切线方程：y f x在点 x，f x 处的切线方程为y f x  fx xx 。 0 0 0 0 0 3.法线方程：y f x在点 x，f x 处的法线方程为y f x  1 xx 。 0 0 0 fx  0 0 【经典例题】 已知抛物线x2 4y。 （1）求抛物线在点4，3处的切线方程； 1 （2）若不过原点的直线l与抛物线交于A，B两点（如图所示），且OAOB， OA  OB ，求直 8 线l的斜率。 20同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 3 【答案】（1）2xy50；（2） 2 1 1 1 1 【解析】（1）由题意可得，y x2，y x，∴y  x 42，抛物线在点4，3处的切线 4 2 x4 2 2 方程为y32x4，2xy50。（2）设直线l的方程为ykxm（k 0，m0），Ax，y ， 1 1 ykxm   Bx，y ，由 ，得x2 4kx4m0，x x 4k ，xx 4m，∵OAOB，∴OAOB0， 2 2 x2 4y 1 2 1 2 x2x2 xx  y y xx  1 2  0，解得xx 4m16，m4，过A，B分别作x轴的垂线，垂足为A，B ， 1 2 1 2 1 2 16 1 2 1 1 ∵ OAOB ，∴ AOB90 ，又∵ AOBAOA BOB 180 ，∴ AOA BOB 90 ，∵ 1 1 1 1 OA AO 1 OBB BOB 90 ，∴， AOA OBB ， Rt△AAO∽Rt△OBB ，∴  1  ， y 8x ， 1 1 1 1 1 1 OB BB 8 2 1 1 3 3 x2 32x ，又∵xx 16，∴x 2，x 8，∴x x 4k 6，k  ，直线l的斜率为 。 2 1 1 2 1 2 1 2 2 2 【高频考点3】函数的单调性 定理：设函数y= f ( x )在a，b上连续，在( a，b )内可导。 （1）如果在( a，b )内 f（¢ x）>0，那么函数y= f ( x )在a，b上单调增加； （2）如果在( a，b )内 f（¢ x）<0，那么函数y= f ( x )在a，b上单调减少。 【高频考点4】函数的极值 设函数y f x在x 及其附近有定义，如果对x 附近的所有的点都有 f x f x （或 f x f x ）， 0 0 0 0 则称 f x 是函数 f x的极小值（或极大值）。 0 可导函数的极值，可通过研究函数的单调性求得，基本步骤是： （1）确定函数 f x的定义域； （2）求导数 fx； 21同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 （3）求方程 fx0的全部实根，x x x ，顺次将定义域分成若干个小区间，并列表：x变 1 2 n 化时， fx和 f x值的变化情况： x ，x  x x，x   x x， 1 1 1 2 n n fx 正负 0 正负  0 正负 f x 单调性 极值 单调性  极值 单调性 （4）检查的符号 fx并由表格判断极值。 【经典例题】 1 1 求函数 f x x3 x2 2x1的单调区间和极值。 3 2 13 7 【答案】增区间为，1和2，，减区间为1，2，极大值为 ，极小值为 6 3 【解析】由题意可得， fxx2 x2x2x1， fx， f x随x变化如表： x ，1 1 1，2 2 2， fx  0  0  f x  极大值  极小值  1 1 13 f x的增区间为，1和2，，减区间为1，2，极大值为 f 1  21 ，极小值 3 2 6 8 7 为 f 2 241 。 3 3 【高频考点5】微分中值定理 1.罗尔定理（Rolle定理）：若函数 f x满足： （1）在闭区间a，b上连续； （2）在开区间( a，b )内可导； （3） f a f b， 则在a，b内至少有一点a，b，使得 f0。 2.拉格朗日中值定理（Lagrange中值定理）：设函数 f x满足： （1）在闭区间a，b上连续； （2）在开区间a，b内可导； f b f a 则在a，b内至少有一点a，b，使得 f 。 ba 【经典例题】 设函数 f x在a，b上满足罗尔定理的条件，且 f x不恒等于常数。证明：在a，b内至少存在一 22同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 点，使 f0。 【答案】见解析 【解析】证明：因为 f x在a，b上满足罗尔定理的条件且不恒等于常数，所以至少存在一点 x a，b，使 f x  f a f b，（1）若 f x  f a，则将 f x在a，x 应用拉格朗日中值定理， 0 0 0 0 f x  f a 至少存在一点a，x ，使 f 0 0；（2）若 f x  f b，则将 f x在x，b上应 1 0 1 x a 0 0 0 f b f x  用拉格朗日中值定理，至少存在一点 x，b，使 f 0 0。综上，在a，b内至少存 2 0 2 bx 0 在一点，使 f0。 第三章 积分 【高频考点1】不定积分的性质与公式 1.性质 性质1： f xgx dx f xdxgxdx； 性质2：kf xdxk f xdx（k为常数，k 0）。 2.积分公式 x1 （1）kdxkxC（k为常数） （2）xdx C 1 1 1 （3） dxln x C （4）sinxdxcosxC x （5）exdxex C （6）cosxdxsinxC ax dx （7）axdx C （8） arctanxC lna 1x2 dx （9） sec2xdxtanxC （10）secxtanxdxsecxC cos2x dx （11） csc2xdxcotxC （12）cscxcotxdxcscxC sin2x dx （13） arcsinxC 1x2 23同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 【经典例题】 1 1.不定积分 dx（ ）。 94x2 1 2x 1 2x A. arcsin C B. arcsin C 2 3 3 3 2x 2 2x C.arctan C D. arctan C 3 3 3 【答案】C 1 1 1 3 1 2 1 2x 【解析】 dx dx   d x arcsin C 。故本题选A。 94x2 32 2x2 3 2 2x 2 3 2 3 1   3  【高频考点2】定积分的性质 1.积分的运算性质  b kf xdxk b f xdx a a  b  f xgx dx b f xdx b gxdx a a a  b f xdx c f xdx b f xdx a a c  b cdxcba（c为常数） a 2.积分的保序性：如果在区间 a，b 上，恒有 f xgx，则有 b f xdx b gxdx。 a a 3.积分估值定理：如果函数 f x在区间 a，b 上有最大值M 和最小值m，则 mba  b f xdxMba。 a 4.积分中值定理：如果函数 f x 在区间 a，b  上连续，则在 a，b  内至少有一点，使得  b f xdx f ba， a，b 。 a 5.对称区间上奇偶函数的积分性质：设 f x在对称区间a，a 上连续，则有 如果 f x为奇函数，则 a f xdx0； a 如果 f x为偶函数，则 a f xdx2 a f xdx。 a 0 【经典例题】 下列定积分计算结果正确的是（ ）。 A. 1  x2 x3 dx0 B. 1 ex ex dx0 1 1 2 24同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 C. 1 lnx2dx0 D. 1 ex ex dx0 1 1 2 【答案】D 1 【解析】A选项， 1  x2 x3 dx   x3  x4   2 ，故错误；B选项 1 ex ex dx 1  1  ex ex dx 1  3 4  3 1 2 2 1 1 1  1 exdx 1  1 exdx 1 ee1  1  e1e  ee1，故错误；C选项，因为lnx2为非奇非偶函数， 2 1 2 1 2 2 所以 1 lnx2dx0，故错误；D选项， 1 ex ex dx 1  1  ex ex dx 1  1 exdx 1  1 exdx 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 ee1  1 e1e  0，故正确。故本题选D。 2 2 【高频考点3】牛顿—莱布尼兹公式 如果函数 f x在区间 a，b 上连续，且F（x）是 f x的任意一个原函数，那么  b f xdxFx b FbFa。 a a 上述公式称为牛顿—莱布尼兹（Newton-Leibniz）公式，又称为微积分基本公式。 【经典例题】 π 2sinxcosxesin2xdx的值为（ ）。 0 A.e1 B.1e e1 1e C. D. 2 2 【答案】C π π 1 π 1 2 e 1 【解析】2sinxcosxesin2xdx 2esin2xdsin2x esin2x  。故本题选C。 0 2 0 2 2 0 【高频考点4】定积分的求法 1.换元积分法 设函数 f x在区间 a，b 上连续，并且满足下列条件： （1）xt，且a，b； （2）t在区间，上单调且有连续的导数t； （3）当t从变到时，t从a单调地变到b，则有 b f xdx  f   t  tdt 。 a  25同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 2.分部积分法 设函数uux和vvx在区间 a，b 上有连续的导数，则有  b uxdvx uxvx  b  b vxdux。 a a a 上述公式称为定积分的分部积分公式。 【经典例题】 1 不定积分 dx（ ）。 x1lnx 1 A. ln lnx1 C B.ln lnx1 C 2 1 C. ln lnx1C D.ln lnx1C 2 【答案】B 1 1 【解析】 dx dlnx1ln lnx1 C 。故本题答案为B。 x1lnx 1lnx 【高频考点5】定积分的应用——求平面图形的面积 计算由区间 a，b 上的两条连续曲线y f x与 ygx，以及两条直线xa与xb所围成的平面 图形的面积，所求平面图形的面积A为A b f xgxdx。 a 【经典例题】 求由曲线yln2x，直线x1与x5及x轴所围成的平面区域的面积。 【答案】5ln10ln24 5 【解析】由题意知，所围成平面区域如图所示，由定积分的几何意义知阴影部分面积为 ln2xdx 1 xln2x 5  5 xdln2x xln2x 5  5 x 1 2dx xln2x 5 x 5 5ln10ln24。 1 1 2x 1 1 1 1 26同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 【高频考点6】定积分的应用——求旋转体的体积 计算由区间 a，b 上的连续曲线y f x、两直线xa与xb及x轴所围成的曲边梯形绕x轴旋转一 周所成的旋转体的体积，所求旋转体的体积为：V  π b  f x  2 dx。 a 【经典例题】 已知平面上一椭圆，长半轴长为a，短半轴长为b，0ba，求该椭圆绕着长轴旋转一周所得到的旋 转体的体积。 4 【答案】 πab2 3 x2 y2 【解析】由题意知，无论长轴在x轴或y轴旋转体的体积不变；不妨设长轴在x轴上，将椭圆  1 a2 b2 a  x2  a  x2  4 绕x轴旋转一周，所得的旋转体的体积为V  b2π1 dx2 b2π1 dx πab2。 a   a2   0   a2   3 第四章 空间解析几何与向量代数 【高频考点1】空间向量的数量积、向量积 1.向量的数量积：已知向量a，b，则|a||b|cosa，b叫做a，b的数量积，记作ab，即 ab|a||b|cosa，b。 2.空间向量数量积的性质：ae|a|cosa，e；abab0；|a|2aa。 ab a b a b a b 3.夹角公式：cosa，b  x x y y z z 。 |a||b| a 2 a 2 a 2  b2 b 2 b2 x y z x y z 4.向量的向量积：两个向量a与b的向量积（外积）是一个向量c，记作cab，它的模是 ab  a b sin，其中为a与b间的夹角。 c的方向垂直于a与b所决定的平面（即c既垂直于a，又垂直于b），c的指向按右手规则从a转向b 来确定。 5.向量积的坐标表示式 设aa ia ja k ，bb ib jb k，则 x y z x y z i j k ab  a b a b  ia b a b j  a b a b  k 或ab a a a 。 y z z y z x x z x y y x x y z b b b x y z 【经典例题】 1.设为向量m2，2，1和n1，2，2的夹角，则cos是（ ）。 1 4 A. B. 3 9 27同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 5 3 C. D. 9 3 【答案】B 【解析】因为mn 212212 4 ， m  22 22 12 3， n  12 22 22 3，所 mn 4 4 以cos   。故本题选B。 m  n 33 9 2.已知ai2j3k ，b2i3j3k，则a3b的值是（ ）。 A.39 B.13 C.13 D.39 【答案】D 【解析】a3b3ab31339。故本题选D。 【高频考点2】常见曲面 1.旋转曲面 设在yOz 坐标面上有一已知曲线C，它的方程为 f y，z0。把这曲线绕z轴旋转一周，得到一个以   z轴为轴的旋转曲面，就有旋转曲面的方程 f  x2  y2，z 0，旋转曲线绕哪个轴旋转，该轴对应变量 不变，另外的变量将缺的变量补上改成正负二者的完全平方根的形式，即得旋转曲面方程。 2.锥面方程为：z2 a2 x2  y2，其中，acot。 3.几个常用的柱面： ①圆柱面：x2  y2 R2（母线平行于z轴） ②抛物柱面：y2 2x（母线平行于z轴） x2 y2 z2 4.椭球面方程：   1。 a2 b2 c2 5.抛物面 x2 y2 （1）椭圆抛物面方程：   z。 a2 b2 x2 y2 （2）双曲抛物面（鞍形曲面）的方程：   z。 a2 b2 6.双曲面 （1）单叶双曲面 x2 y2 z2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 单叶双曲面方程：   1，   1和   1 a2 b2 c2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 28同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 x2 y2 z2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 （2）双叶双曲面方程：   1，   1和   1。 a2 b2 c2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 【经典例题】 1.已知球面方程为x2  y2 z2 1，在z轴上取一点P作球面的切线与球面相切与点M，线段PM 长为 2 2，则在点P的坐标0，0，z中， z 的值为（ ）。 A. 2 B.2 C.3 D.4 【答案】C  2 【解析】连接球面切点M与球心O，MOPM 。在Rt△ PMO中，OP OM2 PM2  12  2 2 3， 因为点P为0，0，z，所以 z 3。故本题选C。 2.已知动点P与定点A0，0，1的距离等于点P到平面z4距离的一半。 （1）求动点P的轨迹方程； （2）动点P的轨迹方程所表示的几何图形是什么？ x2 y2 z2 【答案】（1）   1；（2）椭球面 3 3 4 z4 3 【解析】设点Px，y，z，由题意得 x2  y2 z12  ，两边平方后化简可得x2  y2  z2 3， 2 4 x2 y2 z2 x2 y2 z2 即   1；（2）由（1）可知点P的轨迹方程为：   1，即点P的轨迹方程所代表的 3 3 4 3 3 4 为旋转椭球面。 【高频考点3】空间平面方程、两平面位置关系 1.平面方程 （1）平面的点法式方程：Axx Byy Czz  0。 0 0 0 （2）平面的一般方程为：AxByCzD0。 2.两平面位置关系 （1）定义：两平面法线向量之间的夹角（通常指锐角）称为两平面的夹角。 （2）设平面Π：AxB yC zD  0，Π：A xB yC zD  0，法线向量分别是： 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 n A，B，C ，n A，B，C 。 1 1 1 1 2 2 2 2 AA BB CC 按照两向量夹角余弦公式有：cos 1 2 1 2 1 2 A2 B2 C2  A2 B2 C2 1 1 1 2 2 2 29同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 （3）几个常用的结论： 设平面1和平面2的法向量依次为n A，B，C 和n A，B，C  1 1 1 1 2 2 2 2 ①两平面垂直：AA BB CC 0（法向量垂直）； 1 2 1 2 1 2 A B C D ②两平面平行： 1  1  1  1 （法向量平行）； A B C D 2 2 2 2 A B C D ③两平面重合： 1  1  1  1 ； A B C D 2 2 2 2 ④平面外一点到平面的距离公式：设平面外的一点P x，y，z ，平面的方程为AxByCzD0， 0 0 0 0 Ax By Cz D 则点到平面的距离为d  0 0 0 。 A2 B2 C2 【经典例题】 已知点M 1，2，1，M 1，3，0，若平面过点M 且垂直于M M ，则平面：6x y18z180与 1 2 1 1 1 2 2 平面的夹角是（ ）。 1   A. B. 6 4   C. D. 3 2 【答案】B  【解析】由题意得平面的法向量为 n M M =0，1，1 ，由平面 的一般方程得其法向量为 1 1 1 2 2 n n 2 n 6，1，18，所以根据平面间的夹角公式可以得出所求的夹角的余弦值为 cos n，n  1 2  ，即 2 1 2 n  n 2 1 2 π n，n  。故本题选B。 1 2 4 【高频考点4】空间直线方程、两直线位置关系 1.空间直线方程 xx y y zz （1）直线的点向式方程： 0  0  0 （也叫标准式或者对称式）。 m n p xx mt xx y y zz  0 （2）直线的参数方程：设 0  0  0 t，得方程组y y nt 。 m n p  0 zz  pt 0 AxB yCzD 0 （3）直线的一般方程： 1 1 1 1 ，其中A， B， C 与A， B， C 不成比例。 A xB yC zD 0 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2.两直线位置关系 30同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 xx yy zz （1）设两条直线l 与l 的方程为：l ： 1  1  1 ，方向向量s m， n， p ，l ： 1 2 1 m n p 1 1 1 1 2 1 1 1 xx y y zz 2  2  2 ，方向向量s m，n， p ，由它们的方程构成的方程组： m n p 2 2 2 2 2 2 2 xx y y zz 1  1  1   m n p  1 1 1 （1） xx 2  y y 2  zz 2   m n p 2 2 2 ①若方程组（1）有无穷组解，则l 与l 重合； 1 2 ②若方程组（1）只有一组解，则l 与l 相交，且方程组的解即为l 与l 的交点坐标； 1 2 1 2 ③若方程组（1）无解，且s∥s ，即s s 0，则l 与l 平行； 1 2 1 2 1 2 ④若方程组（1）无解，且s s 0，则l 与l 异面直线。 1 2 1 2 |s s | （2）空间中两条直线的夹角：cos coss， s   1 2 1 2 |s ||s | 1 2 ①若l∥l ，规定l 与l 的夹角为0； 1 2 1 2 ②对于异面直线，可把这两条直线平移至相交状态，此时，它们的夹角称为异面直线的夹角； ③若l l  s s 0  mm nn  p p 0。 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 【经典例题】 x1 y1 z 求过点2，1，3且与直线   垂直相交的直线的方程。 3 2 1 x2 y1 z3 【答案】   2 1 4 【解析】先求过点2，1，3且垂直于已知直线的平面，因为该平面的法向量为3，2，1，所以这平面 的方程为3x22y1z30 ①。再求已知直线与这个平面的交点。已知直线的参数方程为 x13t  3 2 13 3 y12t ②，把②式代入①式可得t  ，从而求得交点为  ， ，  ，则以2，1，3 为起点，点  7 7 7 7 zt 2 13 3 2 13 3  6  ， ，  为终点的向量为  2， 1， 3 2，1，4，该向量为所求直线的一个方向向量，故 7 7 7 7 7 7  7 x2 y1 z3 所求直线方程为   。 2 1 4 31同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 【高频考点5】空间曲线及其方程 Fx，y，z0 1.空间曲线的一般方程： 。 Gx，y，z0 xxt  2.空间曲线的参数方程：yyt。  zzt 【高频考点6】平面与直线的位置关系的判定 xx yy zz 1.设直线l : 0  0  0 ，平面π:AxByCzD0，将其联立起来的方程组为 1 m n p xx y y zz  0  0  0  m n p ，  AxByCzD0 （1）若方程组有无穷组解，则l在π内； （2）若方程组无解，则l∥π； （3）若方程组只有一组解，则l与π相交，方程组的解即为l与π的交点坐标。 注：还可以根据直线的方向向量s与平面的法向量n的关系来判定直线与平面的位置关系。 若sn0，即sn时，l在π内或l∥π； 若sn0，即s与n不垂直时，l与π相交。 2.直线与平面的夹角  π 直线与它在平面上的投影之间的夹角0  ，称为直线与平面的夹角。  2 xx yy zz 若直线l: 0  0  0 ，平面π:AxByCzD0，则直线l的方向向量为sm，n，p， m n p 平面π的法向量为nA，B，C。 π 设直线l与平面π的法线之间的夹角为，则 。所以， 2 sn Am BnCp sincos  s  n m2 n2  p2  A2 B2 C2 m n p 特别地，lπs∥nsn0   。 A B C 【经典例题】 x3 y4 2 1.直线   与平面4x2y2z3的位置关系是（ ）。 2 7 3 A.平行 B.直线在平面内 C.垂直相交 D.相交但不垂直 32同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 【答案】A 【解析】本题考查空间解析几何。由题意可知，直线的方向向量为2，7，3 ，平面的法向量为 x3 y4 2 4，2，2，∵2472320，且直线   上的点3，4，0不在平面内， 2 7 3 ∴直线与平面平行。故本题选A。 x1 y2 z3 x2 y1 z 2.求过直线l ：   且平行于直线l ：   的平面方程。 1 1 1 1 2 2 1 1 【答案】2x3yz70 【解析】由题意可知，l 的方向向量m 1，1，1，l 的方向向量m 2，1，1 ，设平面的法向量为 1 1 2 2 x yz0 2 1  2 1 nx，y，z，则 ，令 y1得x ，z n ，1，  ，又因为l 在平面内，所以点 2x yz0 3 3  3 3 1 2 1 1，2，3也在平面内，代入得所求平面方程为 x1y2 z3 0，即2x3yz70。 3 3 第五章 多元函数微分 【高频考点1】偏导数的求法 f f 求z f x，y对x的偏导数 时，只要把变量y暂时看作常量而对x求导数；求z对y的偏导数 时， x y 则只要把x暂时看作常量而对y求导数。 注：偏导数的记号是一个整体记号，不能看作分子与分母之商。 【经典例题】 z 设函数zx3yxy3，则 （ ）。 x A.x3 x B.3x2yxy2 C.x2y2xy2 D.3x2yy3 【答案】D z 【解析】根据题意有： 3x2yy3。故本题选D。 x 【高频考点2】可微分的条件 z z 1.必要条件：若函数z f x，y在点 x，y 处可微分，则该函数在点 x，y 的偏导数 ， 必定存 x y z z 在，且函数z f x，y在点 x，y 的全微分为dz x y。 x y z z 2.充分条件：如果函数z f x，y的偏导数 ， 在点x，y连续，则称函数在该点可微分。 x y 总结：由1和2可知二元函数的可导、可微、连续的关系如图所示： 33同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 f x，y连续 f x，y x f x，y可微 f x，y f x x，y y f x，y存在 y 【经典例题】 z z z f x，y的偏导数 及 在点x，y存在且连续与 f x，y在该点可微分的关系是（ ）。 x y A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.不存在联系 【答案】A z z 【解析】根据可微的充分条件可知，z f x，y的偏导数 及 在点x，y存在且连续可以推导 x y z z f x，y在该点可微分；根据可微的必要条件可知，f x，y在该点可微分只能推导出偏导数 及 在点 x y x，y存在，不能推导出偏导数连续。故本题选A。 【高频考点3】空间曲线的切线与法平面 xt  1 xx y y zz 空间曲线方程F ：y t在点Mx，y，z 处的切线方程： 0  0  0 ，  2 0 0 0 t  t  t   z  3 t 1 0 2 0 3 0 在点M处的法平面的方程为  t  xx  t  yy  t  zz 0。 1 0 0 2 0 0 3 0 0 【高频考点4】曲面的切平面和法线 曲面方程Fx，y，z0在点 x，y，z 处的切平面的方程： 0 0 0 F x，y，z xx F x，y，z y y F x，y，z zz 0， x 0 0 0 0 y 0 0 0 0 z 0 0 0 0 xx  yy  zz  法线方程为 0  0  0 。 F x，y，z  F x，y，z  F x，y，z  x 0 0 0 y 0 0 0 z 0 0 0 【经典例题】 求二次曲面3x2 2y2 z2 20过点(1，2，5)的切平面的法向量。 【答案】n6，8，10 【解析】Fx,，y，z3x2 2y2 z2 20，可以得到Fx，y，z6x，Fx，y，z x y 4y，Fx，y，z2z 。故切平面的法向量n6x，4y，2z，将点1，2，5代入可得，切平面的法向量 z n6，8，10。 34同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 第六章 级数 【高频考点1】收敛级数的基本性质   性质1：若级数u 收敛于和s，则级数ku 也收敛，且其和为ks。 n n n1 n1    性质2：若u 、v 分别收敛于s、，则u v 也收敛，且其和为s。 n n n n n1 n1 n1 性质3：在级数中去掉、加上或改变有限项，不会改变级数的收敛性。  性质4：如果级数u 收敛，则对这级数的项任意加括号后所成的级数 n n1  u u    u u    u u   仍然收敛，且其和不变。 1 n1 n1 1 n2 nk1 nk  性质5（级数收敛的必要条件）：若级数u 收敛，则它的一般项u 趋于0，即limu 0。 n n n n n1 【经典例题】   数项级数u 的一般项趋于零（即limu 0）是级数u 收敛的（ ）。 n n n n n1 n1 A.充分条件 B.必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】B    1 【解析】u 收敛，必有limu 0，但limu 0，u 可能发散，例如调和级数 。则数项级 n n n n n n n n1 n1 n1   数u 的一般项趋于零（即limu 0）是级数u 收敛的必要条件。故本题选B。 n n n n n1 n1 【高频考点2】绝对收敛和条件收敛 1.绝对收敛与条件收敛   若级数u 收敛，则称级数u 绝对收敛； n n n1 n1    若级数u 收敛，而级数u 发散，则称级u 条件收敛。 n n n n1 n1 n1 2.绝对收敛与收敛的关系   如果级数u 绝对收敛，则级数u 必定收敛。 n n n1 n1 【经典例题】   1 1  级数为   sinnk（k为常数），则该级数（ ）。  n n1 n1 A.绝对收敛 B.条件收敛 C.发散 D.收敛性与k有关 【答案】A   1 1   n1 n 【解析】由题意得：   sinnk sinnk  n n1 n n1 n1 n1 35同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料  sinnk sin(nk) 1 1  ，因为   ，由正项级数的       n1 n n1 n1 n n n1 n1 n n n1 n1 n 2n n 比较判别法得，原级数绝对收敛。故本题选A。 【高频考点3】收敛半径 1.收敛半径  a 1  如果幂级数a xn 的相邻两项的系数满足条件：lim n1 ，则称正数R 就是a xn 的收敛半 n n a  n n0 n n0 径。 2.求解方法 a 幂级数的收敛半径可如下求得：设极限lim n1 ，其中a，a 是幂级数相邻两项的系数，则： n a n n1 n 1 （1）若0，则R ；  （2）若0，则R； （3）若，则R0。  3.幂级数a xn 的收敛域分三种情形： n n0  （1）收敛域为，，亦即a xn对每一个x皆收敛，我们称它的收敛半径R。 n n0  （2）收敛域仅为原点，除原点外幂级数a xn 皆发散，我们称它的收敛半径R0。 n n0 （3）收敛域为 R，R 或 R，R 或R，R 或R，R 中的一种，我们称它的收敛半径为 R0R 所以求幂级数的收敛半径R非常重要，（1）（2）两种情形的收敛域是确定的。而（3）的情形，还需 讨论R两点上的敛散性。 a 1 如果lim n1 l（包括）或limn a l（包括），则收敛半径R （若l，则R0；若 n a n n l n l0，则R），如果上述两极限不成立，那么就要用其它方法求收敛半径，后面有所讨论。 【经典例题】   设幂级数a xn的收敛半径为3，则幂级数na x1n1的收敛区间为（ ）。 n n n0 n1 A.2，4 B.2，4 C.1，4 D.2，4 【答案】A 【解析】令t  x1，则  na tn1 t2  na tn1 t2   a tn 。由于逐项求导后的幂级数与原幂级数有 n n n n1 n1 n1 相同的收敛半径，  a tn 的收敛半径为3    a tn 的收敛半径为3。从而t2   a tn   na tn1的收敛 n n n n n1 n1 n1 n1 36同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料  半径为3，收敛区间即3，3，回到原幂级数na x1n1，它的收敛区间为3 x13，即2，4。 n n1 故本题选A。 第五模块 线性代数 第一章 行列式 【高频考点】行列式的计算 1.对角线法 a a （1）二阶行列式： 11 12 a a a a a a 11 22 12 21 21 22 （2）三阶行列式 a a a 11 12 13 a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 21 22 23 11 22 33 12 23 31 13 21 32 13 22 31 12 21 33 11 23 32 a a a 31 32 33 即：二阶和三阶行列式的值等于主对角线元素的乘积减去副对角线元素的乘积。 2.化三角法：将行列式转化为上三角形或者下三角形行列式，这样所得行列式的值等于主对角线元素 的乘积。 3.代数余子式法：将行列式按某一行（或列）展开，达到降阶的目的。 【经典例题】 2x 1 1 1.若 f x x x x ，则x3的系数为（ ）。 1 2 x A.3 B.2 C.2 D.3 【答案】C 【解析】根据计算行列式的对角线法，容易发现只有主对角线上的三个元素相乘，会得到x3项，因此， 该项为2xxx2x3，则x3的系数为2。故本题选C。 1 0 1 2.若 1 x 1 0，则x的值为（ ）。 4 1 0 A.6 B.8 C.0 D.3 【答案】C 【解析】根据题意得D4x0，则x0。故本题选C。 37同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 第二章 矩阵 【高频考点1】矩阵的运算 1.矩阵的加法：矩阵A  a  和B  b  ，则矩阵 A与B的和记作AB，且 ij mn ij mn  a b a b  a b  11 11 12 12 1n 1n   AB  a 21 b 21 a 22 b 22  a 2n b 2n。         a b a b  a b  m1 m1 m2 m2 mn mn 2.矩阵的数乘：常数与矩阵A的乘积记作A或A，且 a a  a  11 12 1n   A A  a 21 a 22  a 2n。         a a  a  m1 m2 mn 3.矩阵的乘法：设矩阵A  a  与B   b  的乘积是C   c  ，记作C  AB，其中 ij ms ij sn ij mn s c a b a b a b  a b i1，2，，m；j1，2，，n 。 ij i1 1j i2 2j is sj ik kj k1 4.矩阵的转置：将矩阵A  a  中行与列的元素互换，得到A的转置矩阵AT  A ij mn  a  。 ji nm 应该注意，方阵与行列式是两个不同的概念，n阶方阵是n2个数按一定方式排成的数表，而n阶行列 式则是这些数（也就是数表A）按一定的运算法则所确定的一个数。 由A确定 A 的这个运算满足下述运算规律（设A，B为n阶方阵，λ为数）： （1） AT  A ；（2）A n A ；（3） AB  A B 。 【经典例题】  1 0 2 1 1   1.已知矩阵P   ，Q  1 1  ，则矩阵PQ是（ ）。 1 0 1    0 1 0 1 1 0 A.  B.  1 1 1 1 1 1 1 1 C.  D.  0 1 1 0 【答案】B 38同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 1 0  2 1 1   1 0 【解析】本题考查矩阵的运算。∵P   ，Q  1 1  ，∴PQ   。故本题选B。  1 0 1    1 1  0 1 1 0 1 2.设，， 为 3 维列向量，记矩阵 A，，，B，， 2 3 1 ，如若行列式 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 3 2 A 2，则行列式 B 的值是（ ）。 A.223 B.216 C.432 D.452 【答案】C 1 0 1 【解析】因为 2 3 1 6，矩阵A是三阶方阵，且 A 2，则 B 63 A 432。故本题选C。 1 3 2 【高频考点2】矩阵的秩 k阶子式：矩阵A的任意k行和k列交叉点上的元素构成k阶子矩阵，此子矩阵的行列式即为k阶子式。 若矩阵A有一个非零r 阶子式，且所有r1阶子式全为零，则矩阵A的秩为r ，记为RAr。 求法：通过初等行变换将给定矩阵化为行阶梯形矩阵，行阶梯形矩阵中非零行的行数即为给定矩阵的 秩。 【经典例题】 1.设n阶方阵M 的秩rMr n，则在M 的n个行向量中（ ）。 A.任意一个行向量均可由其它r个行向量线性表示 B.任意r个行向量均可构成极大无关组 C.任意r个行向量均线性无关 D.必有r个行向量线性无关 【答案】D 【解析】根据rMr可知，该矩阵M 的极大线性无关组向量的个数为r ，行向量反映的性质和列向 1 0 0   量反映的性质相似，可举一个反例a，a，a  0 1 1 ，从列向量角度可得a 不可以由a，a 线性表 1 2 3   1 2 3   0 0 0 示，排除A选项；a，a 线性相关，不能构成极大无关组，排除B、C选项，而D选项描述正确。故本题 2 3 39同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 选D。 1 2 3 1   2 3 4 1 2.矩阵 的秩是（ ）。 3 4 1 2   1 3 5 4 A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】D 1 2 3 1 1 2 3 1 1 2 3 1  r2 2r1   r3 3r1     【解析】本题考查矩阵的秩。 2 3 4 1  r4  ~ r1  0 1 2 1  r3 ~ 2r2 0 1 2 1  ，行阶梯矩阵非零行   3 4 1 2  r r3 2       1 1    0 2 8 1  r4 r2   0 0 4 1  1 3 5 4 0 1 2 3 0 0 0 2  数为4，故该矩阵的秩为4。故本题选D。 【高频考点3】逆矩阵 1.定义：对于n阶矩阵A，如果有一个n阶矩阵B，使得ABBAE（n阶单位矩阵），则称矩阵A 是可逆的，把矩阵B称为A的逆矩阵，记为A1 B。 当 A 0时，A称为奇异矩阵，可逆矩阵就是非奇异矩阵。 2.定理1：若矩阵A可逆，则 A 0。 1 定理2：若 A 0，则矩阵A可逆，且A-1= A，其中A为矩阵A的伴随矩阵。 A 3.逆矩阵满足下述运算规律： （1）若A可逆，则A1亦可逆，且 A11  A； （2）若A可逆，数0，则A可逆，且A1  1 A1；  （3）若A、B为同阶矩阵且均可逆，则AB亦可逆，且AB1 B1A1。 【经典例题】 1 2 1   1.设矩阵A 3 4 2 ，则A1 ________。     5 4 1   2 1 0    13 1 【答案】 3    2 2    16 7 1 40同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 1 2 1  4 2 0    【解析】因为 A  3 4 2 20 ，故 A 可逆，其伴随矩阵为 A*  13 6 1 ，所以     5 4 1 32 14 2  2 1 0   2 1 0   4 2 0      1 1  13 1 13 1 A1  A*  13 6 1   3  。故本题答案为 3  。   A 2   2 2  2 2 32 14 2      16 7 1  16 7 1 2.已知A2 3AE 0，其中A为n阶方阵，E为n阶单位矩阵。若A可逆，试用A表示A1；若A不 可逆，说明理由。 【答案】A可逆，且A1  A3E 【解析】∵A2 3AE 0，∴A2 3A E，A(A3E) E。∵AA1 E，∴A1  A3E。 第三章 线性空间与线性变换 【高频考点1】线性空间的基与维数 向量空间，又称线性空间。设V 是数域F 上一个向量空间。V 中满足下列两个条件的向量组 α，α，，α 叫做V 的一个基： 1 2 n （1）α，α，，α 线性无关； 1 2 n （2）V 的每一个向量都可以由α，α，，α 线性表示。 1 2 n 一个向量空间V 的基所含向量的个数叫做V 的维数。零空间的维数定义为0。空间V 的维度记作dimV 。 这样，空间V 的维度是2；V 的维度是3；Fn的维度是n；F 上一切mn矩阵所成的向量空间的维度数 2 3 是mn。 【经典例题】 设 f xacosxbsinx是R到R的函数，V   f x f xacosxbsinx，a，bR 是线性空间，则 V 的维数是（ ）。 A.1 B.2 C.3 D. 【答案】B 【解析】∵V   f x f xacosxbsinx，a，bR ，∴线性空间V 中每一个元素都是cosx和sinx 的线性组合，都能用cosx和sinx线性表出。又cosx和sinx是线性无关的，因此cosx和sinx是线性空间V 的一组基，故V 的维数是2。故本题选B。 【高频考点2】线性变换 在平面直角坐标系中，平面内的点与有序实数对有一一对应关系，这样，借助直角坐标系，我们可以 用代数方法表示几何变换，进而就可以从代数的角度研究几何变换。在平面直角坐标系xOy内，很多几何 xaxby 变换都具有下列形式： ①，其中系数a，b，c，d 均为常数，我们把形如①的几何变换叫做线 ycxdy 性变换，①式叫做这个线性变换的坐标变换公式。Px，y是Px，y在这个线性变换作用下的像。线性 41同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 a b a b 变换①可以由矩阵 唯一确定，反之，矩阵 也可以由线性变换①唯一确定。     c d c d 【经典例题】 下列矩阵所对应的线性变换为关于yx的对称变换的是（ ）。 0 1 0 1  A.  B.  1 0 1 0  0 1 0 1 C.  D.  1 0  1 0  【答案】C a a  【解析】设任意点Ax，y关于yx的对称点为Ay，x。因此设本题中所求矩阵为  11 12  ， a a  21 22 y a a x ya xa y a 0，a 1 0 1 则由题意可知   11 12   ，即 11 12 ，所以 11 12 ，即所求矩阵为   。 x a a y xa xa y a 1，a 0 1 0  21 22 21 22 21 22 故本题选C。 第四章 向量组的线性相关性 【高频考点1】向量组的线性相关性 1.线性相关、线性无关的定义 设α，α，，α 是一组n维向量： 1 2 s （1）如果存在一组不全为0的数k，，k ，使得：kα k α k α 0，则称向量组α，α，，α 1 s 1 1 2 2 s s 1 2 s 线性相关。 任何一个包含零向量的向量组必线性相关。 （2）如果不存在不全为0的数k，，k ，使得：kα k α k α 0，则称向量组α，α，，α 线 1 s 1 1 2 2 s s 1 2 s 性无关。 一向量组α，α，，α 线性无关，如果kα k α k α 0，则必有k k k 0。 1 2 s 1 1 2 2 s s 1 2 s 2.向量组线性相关、无关的充要条件 向量组α，α，，α 线性相关的充分必要条件是它所构成的矩阵Aα，α，，α 的秩小于向量个 1 2 m 1 2 m 数m；向量组线性无关的充要条件是RAm。 3.向量组线性相关性的其他结论 （1）若向量组A:α，α，，α 线性相关，则向量组B:α，α，，α ，α 也线性相关。反言之，若 1 2 m 1 2 m m1 向量组B线性无关，则向量组称A也线性无关。 （2）m个n维向量组成的向量组，当维数n小于向量个数m时一定线性相关。特别地，n1个n维向 量一定线性相关。 （3）设向量组A:α，α，，α 线性无关，而向量组B:α，α，，α ，b线性相关，则向量b必能由 1 2 m 1 2 m 向量组A线性表示，且表示式是唯一的。 42同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 【经典例题】 1.若向量组 1，1，1， 1，2，3， 1，3，t线性无关，则t满足（ ）。 1 2 3 A.t5 B.t3 C.t5 D.t4 【答案】C 1 1 1 1 1 1  1 1 1  【解析】令 A  T，T，T   1 2 3 r2 ~ r1 0 1 2 r3 ~ 2r2  0 1 2  ，所以当 RA3，即 1 2 3   1 3 t    r3 r1   0 2 t 1      0 0 t5    t50时，向量组线性无关。故本题选C。 2.若向量组 1，1，0， 1，3，1， 5，3，t线性相关，则t（ ）。 1 2 3 A.1 B.0 C.2 D.3 【答案】A 【解析】向量组α，α，，α 线性相关的充分必要条件是它所构成的矩阵Aα，α，，α 的秩小 1 2 m 1 2 m 1 1 5 1 1 5 于向量个数m ，即行列式 A  α，α，，α  0，所以 1 3 3 r2  r1 0 2 2  2 2 2t20 ， 1 2 m 1 t 0 1 t 0 1 t 即t1时，向量组线性相关。故本题选A。 【高频考点2】极大线性无关组 1.设有向量组 A，如果在 A中能选出r 个向量α，α，，α ，满足 1 2 s （1）向量组A：a，a ，，a 线性无关； 0 1 2 r （2）向量组A中任意r1个向量（如果 A中有r1个向量的话）都线性相关，那么称向量组 A 是向 0 量组 A的一个极大线性无关向量组（简称极大无关组）。 2.向量组的秩：向量组α，α，，α 的极大线性无关组所含有的向量的个数称为向量组的秩。 1 2 s 【经典例题】 已知向量组 1，2，0，3， 2，1，3，0， 4，7，9，t的秩为2。 1 2 3 （1）求t的值； （2）求出向量组，，的一个极大线性无关组，并将其余向量用极大无关组线性表示。 1 2 3 43同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 【答案】（1）3；（2）见解析 1 2 4  1 2 4  1 2 4        【解析】（1） A  αT，αT，αT   2 1 7  r2  ~ 2r1 0 5 15  r2  ~ 5  0 1 3  ，所以当 1 2 3 0 3 9  r4 3r1 0 3 9  r3 3 0 0 0      r3 r2   3 1 t  0 5 t12 0 5 t12 1 2 4 1 0 2      0 1 3  r1 2r2 0 1 3  t1215时，向量组的秩为2，此时t 3；（2）由（1）可知A ~ ，所以， 0 0 0 0 0 0  1     0 0 0 0 0 0   可作为向量组的一个极大无关组， 2 3 。 2 3 1 2 第五章 线性方程组 【高频考点】线性方程组的解 1.解的情况 设n元线性方程组为Axb，系数矩阵A的秩为RA，其增广矩阵的秩为RA，b，则 （1）若RARA，b，则该线性方程组无解； （2）若RARΑ，bn，则该线性方程组有唯一解； （3）若RARA，bn，则该线性方程组有无穷多解。 2.齐次线性方程组的解 齐次线性方程组Ax0总是有解的，因为x x x 0就是它的一个解。因此，齐次线性方程组的 1 2 n 解有两种情况：（1）只有零解；（2）有非零解。 定理：系数矩阵A的秩RAn齐次线性方程组有非零解。 推理：若齐次线性方程组的方程个数小于未知数的个数，即mn，则它必有非零解。 3.非齐次线性方程组的解 对于非齐次线性方程组来说，只需要将其增广矩阵化为行阶梯形矩阵，以此来判断其是否有解。 定理：n元非齐次线性方程组有解的充分必要条件是系数矩阵A的秩等于增广矩阵AA|b的秩。 当RAR  A  n时，方程组没有自由未知量，只有唯一解。 当RAR  A  rn时，方程组有nr个自由未知量，有无穷多个解。 【经典例题】 1.对于mn矩阵A，存在ns矩阵B(BO)，使得AB=O成立的充要条件是矩阵A的秩rankA满 足（ ）。 44同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 A.rankAn B.rankAn C.rankAn D.rankAn 【答案】A 【解析】必要性，由条件可设B，，， ，则AB A，，， A，A，，A ， 1 2 s 1 2 s 1 2 s 由题意可知B为非零向量，故，，， 中至少有一个非零向量。若ABO，则A 0  j1，2，，s ， 1 2 s j 因此 Ax0有非零解，故 rAn；充分性：若 rAn，则方程组 Ax0有非零解，设非零解为 ，，， ，即A 0，j1，2，，s，令B，，， ，则ABOBO。故本题选A。 1 2 s j 1 2 s 2.已知非齐次线性方程组 x 2x 4x 5x 6 1 2 3 4  x x 2x 2 2 3 4  2x 1 5x 2 9x 3 12x 4 14  x 3x 5x ax 8 1 2 3 4 （1）a为何值时，其对应齐次线性方程组解空间的维数为2？ （2）对于（1）中确定的a值，求该非齐次线性方程组的通解。 【答案】（1）7；（2）见解析 【解析】（1）齐次方程组的解空间维数为2，可以得出齐次方程组的自由变量个数为2，对应的齐次 方程组系数矩阵的秩为2，可得系数矩阵为 1 2 4 5  1 2 4 5       0 1 1 2  r 1 ( ~ 2)r 3 0 1 1 2  ，RA2，a52 ，所以得到a7； 2 5 9 12 0 1 1 2   r 1 (1)r 4  1 3 5 a  0 1 1 a+5 （2）当a7时得到增广矩阵为 1 2 4 5 6  1 2 4 5 6 1 2 4 5 6   0 1 1 2 2   r 1 (2)r 3   0 1 1 2 2   r 4 1r 3  0 1 1 2 2   ~ ~ 2 5 9 12 14 0 1 1 2 2 0 0 0 0 0   r 1 (1)r 4    1 3 5 7 8  0 1 1 2 2 0 0 0 0 0  1 0 2 1 2 r 1  ~ 2r 2   0 1 1 2 2   ，可得到   x 1 2x 3 x 4 2 。由此可得导出组的基础解系 0 0 0 0 0  x x 2x 2   2 3 4 0 0 0 0 0  45同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 ξ  2 1 1 0 T，ξ  1 2 0 1 T，所以对应的导出齐次方程的通解为 k ξ k ξ k，k R ； 1 2 1 1 1 2 2 1 2 = 2 2 0 0 T为非齐次方程组的一组特解。则非齐次方程组的通解为k ξ k ξ 。 1 1 2 2 第六章 正交矩阵 【高频考点1】正交矩阵 （1）若A为正交矩阵，则A1  AT也是正交矩阵，且 A 1。 （2）若A和B 都是正交矩阵，则AB也是正交矩阵。 （3）A是正交阵的充分必要条件是A的n维列向量是单位正交向量组。 【高频考点2】施密特正交化 线性无关组的正交化方法 设α，α，，α 是向量空间V 的一个基，要求V 的一个标准正交基，这也就是要找一组两两正交的单 1 2 r 位向量e，e，，e ，使e，e，，e 与α，α，，α 等价。这样一个问题，称为把基α，α，，α 标 1 2 r 1 2 r 1 2 r 1 2 r 准正交化。 我们可以用以下办法把α，α，，α 标准正交化；取 1 2 r b，α  b α，b α  1 2 b， 1 1 2 2 b，b  1 1 1 b，α  b，α  b ，α  b α  1 r b  2 r b  r1 r b r r b，b  1 b，b  2 b ，b  r1 1 1 2 2 r1 2 容易验证b，b，，b 两两正交，且b，b，，b 与α，α，，α 等价。然后把它们单位化，即取 1 2 r 1 2 r 1 2 r b b b e  1 ，e  2 ，，e  r 就是V 的一个标准正交基。 1 b 2 b r b 1 2 r 上述线性无关向量组α，α，，α 导出正交向量组b，b，，b 的过程称为施密特正交化。 1 2 r 1 2 r 【经典例题】 在线性空间R3中，已知向量 1，2，1， 2，1，4， 0，3，2，记V   ，R， 1 2 3 1 1 2 V k kR，令V tt t，t R；V， V 。 2 3 3 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 （1）求子空间V 的维数； 3 （2）求子空间V 的一组标准正交基。 3  6 2 6 6 2 93 5 93 8 93 【答案】（1）2（2）  ， ， ，= ， ，  1   6 6 6   2   93 93 93   1 2 0  1 2 0   11 2 0 【解析】（1）A(T，T，T)  2 1 3 r2 ~ 2r1 0 3 3  r2  ~    3   0 1 1  ，所以， 线性无 1 2 3     r3 r1     r3 2r2     1 2 1 4 2  0 2 2  0 0 0 关，所以dim(V )2；（2）由题可知， 为V 的一组基，所以对， 正交化，令  1，2，1， 3 1 2 3 1 2 1 1 46同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 (，) 4 2 5 8  6 2 6 6  2  2  ( 2 ， 1 )  1 (2，1，4) 3 (1，2，1)  3 ， 3 ， 3   ，将 1  2 单位化，可得 1    6 ， 6 ， 6    ， 1 1 2 93 5 93 8 93 = ， ，  。 2   93 93 93   第六模块 概率论与数理统计 【高频考点1】两个事件相互独立 1.定义 设A、B是两事件，如果满足等式PABPAPB，则称事件A、B相互独立，简称A、B独立。 容易知道，若PA0，PB0，则A、B相互独立与A、B互不相容不能同时成立。 2.性质 （1）设A、B是两事件，且PA0。若A、B相互独立，则PB|APB。反之亦然。 （2）若事件A与B相互独立，则A与B、A与B、A与B各对事件也相互独立。 【经典例题】 两人A与B下棋，每局胜的可能性一样。某一天两人要进行一次三局两胜的比赛，最终胜者赢得100 元奖金。第一场比赛A胜，后因为有其他要事而中止比赛，问怎么分100元奖金才公平? 【答案】A分75元，B分25元才公平 1 1 1 3 【解析】记第i场比赛A获胜为事件A，则比赛继续下去A获胜的概率为 P(A )P(A A )    ， i 2 2 3 2 2 2 4 1 1 1 3 1 比赛继续下去B获胜的概率为 P(A A )   ，所以A分 100 75 （元），B分100 25（元） 2 3 2 2 4 4 4 才公平。 【高频考点2】常用的离散型随机变量 1.（01）分布 （1）设随机变量X 只可能取0与1两个值，它的分布律是 PX k pk1 p1k，k 0，10 p1 则称X 服从以 p为参数的（01）分布或两点分布，记为X  B1，p。（01）分布的分布律也可 以写成 X 0 1 。 p 1 p p k （2）伯努利试验 设试验E只有两个可能结果：A及A，则称E为伯努利试验。设PA p0 p1，此时P  A  1 p。 将E独立重复地进行n次，则称这一串重复的独立试验为n重伯努利试验。“重复”是指在每次试验中 PA p保持不变；“独立”是指各次试验的结果互不影响。 47同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 在伯努利试验中，设事件A的概率为 p0 p1，如果所定义的随机变量X 表示A发生的次数，即 1，A发生 X  ， 0，A不发生 显然X 的分布律为 X 0 1 p 1 p p k 即X  B1，p。 2.二项分布 在n重伯努利试验中，设事件A发生的概率为 p，事件A发生的次数是随机变量，设为X ，则X 可能 取值为0，1，，n， P(X k)P (k)Ckpkqnk n n 其中，q1 p，0 p1，k 0，1，，n，则称随机变量X 服从参数为n，p的二项分布。记为 X ~B(n，p)。 当n1时，P(X k) pkqnk，k 0，1，这就是（01）分布，所以（01）分布是二项分布的特例。 3.几何分布 P(X k)qk1p，k 1，2，3，，其中 p0，q1 p，则称随机变量X 服从参数为 p的几何分布，记 为Gp。 4.泊松分布 （1）定义 设随机变量X 所有可能取值为0，1，2，，而取各个值得概率为 k PX k e，0，k 0，1，2， k! 则称随机变量X 服从参数为的泊松分布，记为X 或者P。易知，PX k0，k 0，1，2，， 且有   ke  k PX k e ee1。 k! k! k0 k0 k0 （2）泊松定理 我们用泊松分布来逼近二项分布，设0是一个常数，n是任意正整数，设np ，则对于任一固 n 定的非负整数k，有limCkpn1 p nk  ke 。 n n k n k! 【经典例题】 设书籍上每页的印刷错误的个数X 服从泊松分布，经统计发现在某本书上，有一个印刷错误与有两个 印刷错误的页数相同，求任意检验4页，每页上都没有印刷错误的概率。 【答案】e8 k 【解析】令X 表示每页的印刷错误个数，据题意知，X ~ P，即PX k e，k 0，1，2，，由 k! 48同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 1 2 2k 题意，PX 1PX 2，可得 e e，解得2，所以PX k e2，k 0，1，2，，所以， 1! 2! k! 20 每页上没有印刷错误的概率为PX 0 e2 e2。令Y 表示检验的 4页中没有印刷错误的页数，则 0! Y ~ B  4，e2，所求概率为PX 4C4 e24 1e20   e24 e8。 4 【高频考点3】常见的连续型随机变量 1.均匀分布  1  ，axb 若连续函数随机变量X 具有概率密度 f xba ，则称X 在区间a，b上服从均匀分布。  0， 其他 记为X Ua，b。易知 f x0，且  f xdx1。  均匀分布的分布函数为 0， xa，  Fx x f xdx   xa ，axb，  ba  1， xb。 当ax x b时，X 落在区间x，x 内的概率为 1 2 1 2 x x P(x  X x ) 2 1 。 1 2 ba 2.指数分布 若连续型随机变量X 的概率密度为 1  x  e ，x0， f x  0， 其他。 其中0为常数，则称X 服从参数为的指数分布。 显然， f x0，且  f xdx1，指数分布的分布函数为  Fx    1e   x ，x0，  0， 其他。 3.正态分布 1  (x)2 （1）若连续随机变量X 的概率密度为 f(x) e 22 ，x。其中，0为常数，则 2 称X 服从参数，0的正态分布或高斯分布，记为X N  ，2。 （2） f x具有如下性质： ① f x的图形是关于x对称的； 1 ②当x时， f() 为最大值。 2 49同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 t2 （3）若X N  ，2，则X 的分布函数为Fx 1  x e  22 dt 。 2  （4）标准正态分布：参数0，1时的正态分布称为标准正态分布，记为X  N0，1，其密度函 数记为x 1 e  x 2 2 ，x。 2 分布函数为x 1  x e  t 2 2 dt 。x是不可求积函数，其函数值已编制成表可供查用。 2  1 x1x，且0 。 2 若X N  ，2，则它的分布函数可以写成FxPX xP   X   x    x  。        （5）如果X N  ，2，则 X   N(0，1)。  x  x  Px  X x   2    1  ，查表得出概率。 1 2       1 （6）如果固定，改变，由于最大值 f() ，可知，当越小时，图形变得越尖。 2 【经典例题】 1 设顾客排队等候服务的时间X （以分计）服从 的指数分布，某顾客等候服务，若超过10分钟他 5 就离开。他一个月要去等待服务5次。以Y 表示一个月内他未等到服务而离开的次数，试求Y 的概率分布 和PY 1。 【答案】见解析  【解析】该顾客“一次等待服务未成而离开”的概率为PY 10  f xdx 1   e  5 x dx e  5 x  10 X 5 10 10 e2，因此Y ~B  5，e2，即PY kCke2k 1e25k，k 1，2，3，4，5，PY 11PY 1 5 1PY 01  1e25。 第七模块 数学史 【高频考点1】中算发展的第二次高峰：数学稳步发展 《九章算术》注释中最杰出的代表是刘徽和祖冲之父子。 （一）刘徽（魏晋，公元3世纪） 撰《九章算术注》，不仅对《九章算术》的方法、公式和定理进行一般的解释和推导，而且系统地阐 述了我国传统数学的理论体系与数学原理，并且多有创造。 50同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 刘徽数学成就中最突出的是“割圆术”（圆内接正多边形面积无限逼近圆面积）。刘徽在《九章算术 注》中提出割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，通 3927 过计算圆内接正3072边形的面积，求出圆周率为 3.1416（阿基米德计算了圆内接和外切正96边形 1250 的周长）。 157 为方便计算，刘徽主张利用圆内接正192边形的面积求出 3.14作为圆周率，后人常把这个值称 50 为“徽率”。这使刘徽成为中算史上第一位用可靠的理论来推算圆周率的数学家，并享有国际声誉。 （二）祖冲之（429－500年） 祖冲之的著作《缀术》，取得了圆周率的计算和球体体积的推导两大数学成就。祖冲之算出圆周率在 355 22 3.1415926与3.1415927之间，并以 3.1415929为密率， 3.1428为约率。 113 7 《缀术》的另一贡献是祖氏原理：幂势既同，则积不容异，在西方文献中称为卡瓦列里原理，或不可 分量原理，因为1635年意大利数学家卡瓦列里（1598－1647年）独立提出，对微积分的建立有重要影响。 为了教学需要，唐初由李淳风（604－672年）等人注释并校订了《算经十书》（约656年），即《周 髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》（刘徽）、《孙子算经》（约成书于公元400年，内有“物不知 数”问题）、《夏候阳算经》（内有“百鸡问题”：今有鸡翁一，直钱五；鸡母一，直钱三；鸡雏三，直 钱一。凡百钱，买鸡翁、母、雏各几何）、《张邱建算经》、《缀术》（祖冲之）、《五曹算经》、《五 经算经》和《缉古算经》（约成书于626年前后，内有三次方程及其根，但没有解题方法）。十部算经对 继承古代数学经典有积极的意义，显示了汉唐千余年间我国数学发展的水平，是当时科举考试的必读书（公 元587年隋文帝开创我国的科举考试制度，1905年清朝废止科举制度）。 【经典例题】 1.《九章算术》的“少广”章主要讨论（ ）。 A.比例术 B.面积术 C.体积术 D.开方术 【答案】D 【解析】《九章算术》分成九章：（1）方田（土地测量），包括正方形、矩形、三角形、梯形、圆形、 环形、弓形、截球体的表面积计算，另有约分、通分、四则运算，求最大公约数等运算法则；（2）粟米（粮 食交易的比例方法）；（3）衰分（比例分配的算法），介绍依等级分配物资或按等级摊派税收的比例分配 算法；（4）少广（开平方和开立方法）；（5）商功（立体形求体积法）；（6）均输（征税），处理行程 和合理解决征税问题，包括复比例和连比例等比较复杂的比例分配问题；（7）盈不足（盈亏类问题解法及 其应用）；（8）方程（一次方程组解法和正负数）；（9）勾股（直角三角形），介绍利用勾股定理测量 计算高、深、广、远的问题。故本题选D。 2.如图所示，其中没有涉及的数学元素是（ ）。 51同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 A.旋转变换 B.勾股弦图 C.轴对称变换 D.杨辉三角图 【答案】D 【解析】A选项，画中有小正方形，通过旋转90°重合，属于旋转变换，故不符合题意；B选项，主 画面中间是数学家赵爽给出的勾股定理的证明，其他都是在此基础上画出来的，故不符合题意；C选项， 画是轴对称图形，故不符合题意；D选项，画中没有涉及杨辉三角图，故符合题意。故本题选D。 【高频考点2】中算发展的第三次高峰：数学全盛时期 （一）贾宪三角 贾宪发明了“增乘开方法”，是中算史上第一个完整、可推广到任意次方的开方程序，一种非常有效 和高度机械化的算法。在此基础上，贾宪创造了“开方作法本源图”（即“古法七乘方图”或贾宪三角）， 西方人叫“帕斯卡三角”或“算术三角形”。 （二）隙积术 沈括一生论著极多，其中以《梦溪笔谈》（1093年）影响最大，他对数学的主要成就有两项，会圆术 （解决由弦求孤的问题）和隙积术（开创研究高阶等差级数之先河）。 （三）天元术 李冶1248年撰成代数名著《测圆海镜》，该书是首部系统论述“天元术”（一元高次方程）的著作。 （四）大衍术 秦九韶于1247年完成数学名著《数书九章》，它是我国古算中最早用圆圈Ο表示0号的著作。一是发 展了一次同余组解法，创立了“大衍求一术”（一种解一次同余式的一般性算法程序）的一般解法。二是 总结了高次方程数值解法，将贾宪的“增乘开方法”推广到了高次方程的一般情形，提出了相当完备的“正 负开方术”（现称秦九韶法）。 （五）垛积术 杨辉的主要数学著作之一《详解九章算法》是为了普及《九章算术》中的数学知识而作，其中主要的 数学贡献是“垛积术”，这是在沈括“隙积术”的基础上发展起来的，由多面体体积公式导出相应的垛积 术公式。另一贡献是所谓的“杨辉三角”，其实是记载了贾宪的工作。 （六）四元术 朱世杰在经过长期游学、讲学之后，终于在1299年和1303年在扬州刊刻了他的两部代表作《算学启 蒙》和《四元玉鉴》。《四元玉鉴》是我国宋元数学高峰的又一个标志，主要贡献有四元术和招差术（高 次内插公式）。 52同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 【经典例题】 1.下列数学成就是中国古代数学成就的是（ ）。 ①勾股定理 ②大衍术 ③割圆术 ④对数 A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④ 【答案】A 【解析】本题考查数学史。①勾股定理②大衍术③割圆术为中国古代数学成就，其中①勾股定理最早 记录于中国古代数学典籍《周髀算经》，②大衍术是出自秦九韶的《数书九章》，③割圆术是魏晋时期的 数学家刘徽首创，用来求圆周率。故本题选A。 2.南宋时期数学家秦九韶总结了高次方程数值解法，提出了相当完备的（ ）。 A.二分法 B.辗转相除法 C.正负开方术 D.割圆法 【答案】C 【解析】秦九韶于1247年完成数学名著《数书九章》，此书是我国古算中最早用圆圈表示0号的著作。 此书中总结了高次方程数值解法，将贾宪的“增乘开方法”推广到了高次方程的一般情形，提出了相当完 备的“正负开方术”（现称秦九韶法）。故本题选C。 第八模块 课程与教学论 第一章 义务教育课标 【高频考点1】数学课程基本理念 1.数学课程应致力于实现义务教育阶段的培养目标，要面向全体学生，适应学生个性发展的需要，使 得：人人都能获得良好的数学教育，不同的人在数学上得到不同的发展。 2.课程内容要反映社会的需要、数学的特点，要符合学生的认知规律。它不仅包括数学的结果，也包 括数学结果的形成过程和蕴涵的数学思想方法。课程内容的选择要贴近学生的实际，有利于学生体验与理 解、思考与探索。课程内容的组织要重视过程，处理好过程与结果的关系；要重视直观，处理好直观与抽 象的关系；要重视直接经验，处理好直接经验与间接经验的关系。课程内容的呈现应注意层次性和多样性。 3.教学活动是师生积极参与、交往互动、共同发展的过程。有效的教学活动是学生学与教师教的统一， 学生是学习的主体，教师是学习的组织者、引导者与合作者。 数学教学活动，特别是课堂教学应激发学生兴趣，调动学生积极性，引发学生的数学思考，鼓励学生 的创造性思维；要注重培养学生良好的数学学习习惯，使学生掌握恰当的数学学习方法。 学生学习应当是一个生动活泼的、主动的和富有个性的过程。认真听讲、积极思考、动手实践、自主 探索、合作交流等，都是学习数学的重要方式。学生应当有足够的时间和空间经历观察、实验、猜测、计 算、推理、验证等活动过程。 教师教学应该以学生的认知发展水平和已有的经验为基础，面向全体学生，注重启发式和因材施教。 教师要发挥主导作用，处理好讲授与学生自主学习的关系，引导学生独立思考、主动探索、合作交流，使 学生理解和掌握基本的数学知识与技能，体会和运用数学思想与方法，获得基本的数学活动经验。 4.学习评价的主要目的是为了全面了解学生数学学习的过程和结果，激励学生学习和改进教师教学。 53同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 应建立目标多元、方法多样的评价体系。评价既要关注学生学习的结果，也要重视学习的过程；既要关注 学生数学学习的水平，也要重视学生在数学活动中所表现出来的情感与态度，帮助学生认识自我、建立信 心。 5.信息技术的发展对数学教育的价值、目标、内容以及教学方式产生了很大的影响。数学课程的设计 与实施应根据实际情况合理地运用现代信息技术，要注意信息技术与课程内容的整合，注重实效。要充分 考虑信息技术对数学学习内容和方式的影响，开发并向学生提供丰富的学习资源，把现代信息技术作为学 生学习数学和解决问题的有力工具，有效地改进教与学的方式，使学生乐意并有可能投入到现实的、探索 性的数学活动中去。 【高频考点2】数学核心概念 在数学课程中，应当注重发展学生的数感、符号意识、空间观念、几何直观、数据分析观念、运算能 力、推理能力和模型思想。为了适应时代发展对人才培养的需要，数学课程还要特别注重发展学生的应用 意识和创新意识。 数感主要是指关于数与数量、数量关系、运算结果估计等方面的感悟。建立数感有助于学生理解现实 生活中数的意义，理解或表述具体情境中的数量关系。 符号意识主要是指能够理解并且运用符号表示数、数量关系和变化规律；知道使用符号可以进行运算 和推理，得到的结论具有一般性。建立符号意识有助于学生理解符号的使用是数学表达和进行数学思考的 重要形式。 空间观念主要是指根据物体特征抽象出几何图形，根据几何图形想象出所描述的实际物体；想象出物 体的方位和相互之间的位置关系；描述图形的运动和变化；依据语言的描述画出图形等。 几何直观主要是指利用图形描述和分析问题。借助几何直观可以把复杂的数学问题变得简明、形象， 有助于探索解决问题的思路，预测结果。几何直观可以帮助学生直观地理解数学，在整个数学学习过程中 都发挥着重要作用。 数据分析观念包括：了解在现实生活中有许多问题应当先做调查研究，收集数据，通过分析做出判断， 体会数据中蕴涵着信息；了解对于同样的数据可以有多种分析的方法，需要根据问题的背景选择合适的方 法；通过数据分析体验随机性，一方面对于同样的事情每次收集到的数据可能不同，另一方面只要有足够 的数据就可能从中发现规律。数据分析是统计的核心。 运算能力主要是指能够根据法则和运算律正确地进行运算的能力。培养运算能力有助于学生理解运算 的算理，寻求合理简洁的运算途径解决问题。 推理能力的发展应贯穿于整个数学学习过程中。推理是数学的基本思维方式，也是人们学习和生活中 经常使用的思维方式。推理一般包括合情推理和演绎推理，合情推理是从已有的事实出发，凭借经验和直 觉，通过归纳和类比等推断某些结果；演绎推理是从已有的事实（包括定义、公理、定理等）和确定的规 则（包括运算的定义、法则、顺序等）出发，按照逻辑推理的法则证明和计算。在解决问题的过程中，两 种推理功能不同，相辅相成：合情推理用于探索思路，发现结论；演绎推理用于证明结论。 模型思想的建立是学生体会和理解数学与外部世界联系的基本途径。建立和求解模型的过程包括：从 现实生活或具体情境中抽象出数学问题，用数学符号建立方程、不等式、函数等表示数学问题中的数量关 系和变化规律，求出结果并讨论结果的意义。这些内容的学习有助于学生初步形成模型思想，提高学习数 学的兴趣和应用意识。 应用意识有两个方面的含义，一方面有意识利用数学的概念、原理和方法解释现实世界中的现象，解 决现实世界中的问题；另一方面，认识到现实生活中蕴涵着大量与数量和图形有关的问题，这些问题可以 抽象成数学问题，用数学的方法予以解决。在整个数学教育的过程中都应该培养学生的应用意识，综合实 54同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 践活动是培养应用意识很好的载体。 创新意识的培养是现代数学教育的基本任务，应体现在数学教与学的过程之中。学生自己发现和提出 问题是创新的基础；独立思考、学会思考是创新的核心；归纳概括得到猜想和规律，并加以验证，是创新 的重要方法。创新意识的培养应该从义务教育阶段做起，贯穿数学教育的始终。 【经典例题】 1.新课程理念下教师的角色发生了变化。已由原来的主导者转变成了学生学习活动的组织者，学生探 究发现的引导者，与学生共同学习的（ ）。 A.合作者 B.指导者 C.旁观者 D.评价者 【答案】A 【解析】《义务教育数学课程标准（2011年版）》在课程理念中指出，教学活动是师生积极参与、交 往互动、共同发展的过程。有效的教学活动是学生学与教师教的统一，学生是学习的主体，教师是学习的 组织者、引导者与合作者。所以新课程理念下教师的角色发生了变化。已有原来的主导者转变成了学生学 习活动的组织者，学生探究发现的引导者，与学生共同学习的合作者。故本题选A。 2.课程内容要反映社会的需要、数学的特点，要符合学生的（ ）。 A.认知规律 B.基本素养 C.个性发展 D.认知基础 【答案】A 【解析】《义务教育数学课程标准（2011年版）》指出，课程内容要反映社会的需要、数学的特点， 要符合学生的认知规律。故本题选A。 3.推理能力表现在通过观察、试验、（ ）、类比等获得数学猜想。 A.归纳 B.交流 C.操作 D.技能 【答案】A 【解析】《义务教育数学课程标准（2011年版）》指出，推理能力包括合情推理和演绎推理，合情推 理是从已有的事实出发，凭借经验和直觉，通过归纳和类比等推断某些结果。故本题选A。 4.《义务教育数学课程标准（2011年版）》强调培养学生的应用意识和创新意识，简述“应用意识和 创新意识”。 【参考答案】 应用意识有两个方面的含义，一方面有意识利用数学的概念、原理和方法解释现实世界中的现象，解 55同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 决现实世界中的问题；另一方面，认识到现实生活中蕴涵着大量与数量和图形有关的问题，这些问题可以 抽象成数学问题，用数学的方法予以解决。在整个数学教育的过程中都应该培养学生的应用意识，综合实 践活动是培养应用意识很好的载体。 创新意识的培养是现代数学教育的基本任务，应体现在数学教与学的过程之中。学生自己发现和提出 问题是创新的基础；独立思考、学会思考是创新的核心；归纳概括得到猜想和规律，并加以验证，是创新 的重要方法。创新意识的培养应该从义务教育阶段做起，贯穿数学教育的始终。 5.根据《义务教育数学课程标准（2011年版）》，简述符号意识的内涵，并举例说明在教学中体现符 号意识。 【参考答案】 符号意识主要是指能够理解并且运用符号表示数、数量关系和变化规律；知道使用符号可以进行运算 和推理，得到的结论具有一般性。建立符号意识有助于学生理解符号的使用是数学表达和进行数学思考的 重要形式。比如这样一个问题：“某书定价8元，如果一次购买10本以上，超过10本部分打八折。分析 并表示购书数量与付款金额之间的关系。”显然，购书数量与付款金额之间呈函数关系（分段函数），为 了解决问题的方便，我们可以分别采用函数关系式、列表、作出图象等多种符号表达方式来表示这一具体 问题。 第二章 高中课标 【高频考点1】高中数学学科核心素养 数学学科核心素养包括：数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算和数据分析。这些数 学学科核心素养既相对独立、又相互交融，是一个有机的整体。 【高频考点2】高中数学课程目标 1.通过高中数学课程的学习，学生能获得进一步学习以及未来发展所必需的数学基础知识、基本技能、 基本思想、基本活动经验（简称“四基”）；提高从数学角度发现和提出问题的能力、分析和解决问题的 能力（简称“四能”）。 2.在学习数学和应用数学的过程中，学生能发展数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运 算、数据分析等数学学科核心素养。 3.通过高中数学课程的学习，学生能提高学习数学的兴趣，增强学好数学的自信心，养成良好的数学 学习习惯，发展自主学习的能力；树立敢于质疑、善于思考、严谨求实的科学精神；不断提高实践能力， 提升创新意识；认识数学的科学价值、应用价值、文化价值和审美价值。 【高频考点3】高中数学课程内容 56同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 说明：数学文化是指数学的思想、精神、语言、方法、观点，以及它们的形成和发展；还包括数学在 人类生活、科学技术、社会发展中的贡献和意义，以及与数学相关的人文活动。 【高频考点4】高中数学学业质量水平 数学学业质量水平是六个数学学科核心素养水平的综合表现。每一个数学学科核心素养划分为三个水 平，每一个水平是通过数学学科核心素养的具体表现和体现数学学科核心素养的四个方面进行表述的。数 学学科核心素养的具体表现参见“学科核心素养与课程目标”，体现数学学科核心素养的四个方面如下： 情境与问题 情境主要是指现实情境、数学情境、科学情境，问题是指在情境中提出的数学问题； 知识与技能 主要是指能够帮助学生形成相应数学学科核心素养的知识与技能； 思维与表达 主要是指数学活动过程中反映的思维品质、表述的严谨性和准确性； 交流与反思 主要是指能够用数学语言直观地解释和交流数学的概念、结论、应用和思想方法，并能进 行评价、总结与拓展。 【高频考点5】学业质量水平与考试评价的关系 数学学业质量水平一是高中毕业应当达到的要求，也是高中毕业的数学学业水平考试的命题依据； 数学学业质量水平二是高考的要求，也是数学高考的命题依据； 数学学业质量水平三是基于必修、选择性必修和选修课程的某些内容对数学学科核心素养的达成提出 的要求，可以作为大学自主招生的参考。 关于教学与评价的具体要求可参照“教学与评价建议”，关于学业水平考试与高考命题的具体要求可 参照“学业水平考试与高考命题建议”，关于教材编写的具体要求可参照“教材编写建议”。 【高频考点6】教学与评价建议 1.教学建议 （1）教学目标制定要突出数学学科核心素养 （2）情境创设和问题设计要有利于发展数学学科核心素养 （3）整体把握教学内容，促进数学学科核心素养连续性和阶段性发展 57同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 （4）既要重视教，更要重枧学，促进学生学会学习 （5）重枧信息技术运用，实现信息技术与数学课程的深度融合 2.评价建议 （1）评价目的 评价的目的是考查学生学习的成效，进而也考查教师教学的成效。通过考查，诊断学生学习过程中的 优势与不足，进而诊断教师教学过程中的优势与不足；通过诊断，改进学生的学习行为，进而改进教师的 教学行为，促进学生数学学科核心素养的达成。 （2）评价原则 ①重视学生数学学科核心素养的达成；②重视评价的整体性与阶段性；③重视过程评价 （3）评价方式 （4）评价结果的呈现与利用 【经典例题】 1.下列表述属于数学直观想象素养的是（ ）。 ①利用图形描述、分析数学问题； ②借助空间形式认识事物的位置关系、形态变化和运动规律； ③经历形与数的关系，构建数学问题的直观模型，探索解决问题的思路； ④在实际情境中从数学的视角发现问题，提出问题，分析问题、建立模型。 A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④ 【答案】A 【解析】《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》中的“数学核心素养”指出，数学的 直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数 学问题的素养。主要包括：借助空间形式认识事物的位置关系、形态变化与运动规律；利用图形描述、分 析数学问题；建立形与数的联系；构建数学问题的直观模型，探索解决问题的思路。因此选项中①②③正 确。故本题选A。 2.下列描述为演绎推理的是（ ）。 A.从一般到特殊的推理 B.从特殊到一般的推理 C.通过实验验证结论的推理 D.通过观察猜想得到结论的推理 【答案】A 【解析】《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》指出，演绎推理是从一般到特殊的推 理方法，归纳推理是从特殊到一般的推理方法。故本题选A。 3.如何培养学生的数学抽象学科核心素养？ 【参考答案】 通过高中数学课程的学习，学生能在情境中抽象出数学概念、命题、方法和体系，积累从具体到抽象 的活动经验；养成在日常生活和实践中一般性思考问题的习惯，把握事物的本质，以简驭繁；运用数学抽 象的思维方式思考并解决问题。 58同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 第三章 数学教学论 【高频考点1】教学原则 1.抽象与具体相结合的原则 （1）对数学抽象性含义的理解 （2）如何有效地运用抽象与具体相结合的原则进行教学 ①注意从实例引入，阐明数学概念。②注意数学逐级抽象的特点，做好有关知识的复习工作。③要注 意培养学生抓住数学实质的能力。 2.严谨性与量力性相结合的原则 （1）对数学严谨性和量力性含义的理解 第一，数学理论和逻辑的严谨性。严谨性是数学学科的基本特征之一。其涵义主要是指数学逻辑的严 格性及结论的精确性。在中学数学的理论体系中，它主要表现在以下两个方面：其一，概念（除原始概念 外）必须定义，命题（除公理外）必须证明；其二，在数学内容的安排上，要符合学科内在的逻辑结构。 第二，数学教学的量力性。教学的量力性就是量力而行，要求教学内容能容易被学生接受，这是由青 少年的生理与心理发展的阶段性所决定的。 （2）如何有效地应用严谨性与量力性相结合的原则进行教学 第一，教学要求应明确、恰当 第二，教学中要逻辑严谨、思路清晰、语言准确 第三，教学安排上要有适当的梯度 3.培养“双基”与策略创新相结合的原则 （1）对数学“双基”与策略创新的含义的理解 （2）如何有效地运用培养“双基”与策略创新相结合的原则进行教学 第一，转变观念，与时俱进地认识数学“双基” 第二，重视“双基”教学，加强合情推理培养 第三，把握数学“双基”和数学创新的关系 4.精讲多练与自主建构相结合的原则 （1）对精讲多练与自主建构含义的理解 建构性是数学学科的又一基本特性。于数学知识的建构性，社会建构主义哲学家欧内斯特给出了阐述： ①数学知识的基础是语言知识、约定和规则，而语言知识是一种社会建构；②个人的主观数学知识发表后 转化成让人接受的客观数学知识，这需要人际交流和交往的社会性过程；③客观性本身应该理解为社会性 的认同。 （2）如何有效地应用精讲多练与自主建构相结合的原则进行教学 第一，确立学生学习的主体地位 第二，教师要为学生自主建构而精讲 第三，注重数学过程教学 【高频考点2】教学方法 1.启发式教学 启发式不是一种具体的教学方法，而是确定所有教学方法的指导思想。它是教师在教学工作中依据教 学过程的客观规律，引员学生主动地，积极地、创造性地掌握知识的教学方式、旨在培养学生分析问题和 解决问题的能力。可以看到，同样的一种具体的教学方法，由于指导思想不同，可能是启发式的，也可能 是注入式的。例如，引导发现，注重于探究，本应有较大的启发作用，可是如果在注入式的教育指导思想 59同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 下，也可能是教师设框框，让学生往教师的思维框里“跳”，成为变相的填鸭式。 2.常用教学方法 讲授法，谈话法，讲练结合法，自学辅导法，发现法，小组教学法，探究性数学教学，情境教学法。 3.教学方法的选择 （1）教学方法的选择要考虑教学目标 （2）教学方法的选择要考虑教学内容特点 （3）教学方法的选择需要考虑教师自身特点 （4）教学方法的选择需要考虑学生的实际情况 （5）教学方法的选择要考虑教学条件 【高频考点3】概念教学 1.概念的内涵和外延 概念的内涵与外延呈反变的关系，即概念的内涵越大，外延越小；概念的内涵越小，外延越大。 2.概念间的关系 （1）相容关系：全同关系（同一关系或者重合关系），交叉关系，从属关系（包含关系） （2）不相容关系：（1）对立关系（反对关系），矛盾关系。 3.概念的定义方法 ①属加种差定义法（最常用的定义方式） 对某一概念有若干属概念，从最邻近的属概念出发来定义，即把被定义的概念归入另一个较为普遍的 概念（属概念）。被定义的概念=最邻近的属概念+种差。概念的种差，就是在同一个属概念里，一个种概 念与其他种概念之间本质属性的差别。 ②揭示外延的定义方法 数学中有些概念，不易揭示其内涵，可直接指出概念的外延作为它的定义。如果用揭示内涵的方法则 难以定义，揭示外延的定义方法还有一种特殊形式，即外延的揭示采用约定的方法，因此也称约定式定义 方法。 【高频考点4】命题教学 1.命题教学的基本要求 使学生深刻理解数学命题；使学生了解命题的来龙去脉，能够灵活运用命题解决问题；使学生了解相 关命题之间的内在联系，掌握命题的系统。 2.公理教学 公理教学的重点是使学生明确公理引入的必要性和真实性。 3.命题的教学过程 数学命题包括公理、定理、公式、性质和法则等，其教学的过程分为命题引入、命题证明、命题巩固 及命题应用四个阶段。 4.命题教学的策略 整体性策略，准备性策略，问题性策略，情景化策略，过程性策略，产生式策略。 【高频考点5】数学思想方法 中学数学教科书中处处渗透着基本数学思想。如果能使它落实到学生学习和运用数学的思维活动上， 它就能在发展学生的数学能力方面发挥出一种方法论的功能。中学数学基本思想是指：渗透在中学数学知 识与方法中具有普遍而强有力适应性的本质思想。主要归纳为以下几个方面内容：符号思想、集合思想、 数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想、分类与整合思想、特殊与一般思想、有限与无限思想、 60同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 或然与必然思想、归纳思想、类比思想、演绎思想、模型思想等。另外，数学思想方法是连接中学数学与 高等数学的一条红线，因为在高等数学中几乎全部保留下来的只有中学数学思想和方法以及与其关系密切 的内容，如集合、对应等。 【高频考点6】课程内容的教学 关于课程内容的教学，需要熟练掌握知识内容的同时，借助教学原则、教学方法、数学思想的渗透， 完成相应内容的教学。 【经典例题】 1.“等差数列”和“等比数列”概念之间的关系是（ ）。 A.交叉关系 B.同一关系 C.属种关系 D.矛盾关系 【答案】A 【解析】等差数列是指从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数的一种数列；等比数列 是指从第二项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数的一种数列。两种数列有不同的特征，但由 “公比为1的等比数列也是公差为0的等差数列”又可得，存在既符合等差数列特征又符合等比数列特征 的数列，则说明“等差数列”和“等比数列”两个概念存在交叉。故本题选A。 2.有一个角是直角的平行四边形是矩形，这个定义方式属于（ ）。 A.公理定义 B.属加种差定义 C.递归定义 D.外延定义 【答案】B 【解析】属加种差的定义方式可以由公式表示：被定义项种差邻近的属；例如，矩形的定义：有 一个角是直角的平行四边形叫矩形。用公式表示为：矩形有一个角是直角（种差）平行四边形（属）。 故本题选B。 3.以“余弦定理”教学为例，简述数学定理教学的主要环节。 【参考答案】 数学定理教学的主要环节有：（1）定理的引入；（2）定理的证明；（3）定理的运用。下面就以余弦 定理为例来加以阐述：首先，从解三角形的问题出发，提出解题需要，引发认知冲突，激起学生的求知欲 望，调动了学生学习的积极性；在定理证明的教学中，引导学生从向量知识、坐标法、平面几何等方面进 行分类讨论。其次，在给出余弦定理的三个等式和三个推论之后，对知识进行归纳比较，发现特征，便于 学生识记，同时也指出了勾股定理是余弦定理的特殊情形，提高了学生的思维层次。最后，命题的应用是 命题教学的一个重要环节，学习命题的重要目的是应用命题去解决问题。所以在这一环节精选例题、讲解 是至关重要的。 61同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 第四章 案例分析 【高频考点】案例分析 【经典例题】 1.根据案例回答下列问题。 教学课题：人民教育出版社数学八年级上册《第十二章全等三角形》12.3角平分线的性质 教学过程： （1）发现结论：在透明纸上任意画一个角AOB如下图所示：点P是AOB的角平分线OC 上的任意 一点，过P作OA、OB的垂线，D、E 分别是垂足，让学生操作，沿直线OP将图形对折，测量，最终学生 可以得出结论：PDPE 。 （2）证明结论：如上图， PDOA ， PE OB ，PDOPEO90 ，△PDO 与△PEO中， PDOPEO  AOCBOC ，△PDO≌△PEOAAS。∴PDPE 。  OPOP 根据这个教学案例，请你回答下列问题： （1）以上教学过程中，用到了哪两种推理方法? （2）结合案例，简要阐述这两种推理方法的不同点及相互联系。 62同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 （3）写出你对上述教学过程的反思。 【参考答案】 （1）以上教学过程中，用到了合情推理与演绎推理两种推理方法。 （2）不同点：合情推理是归纳推理、类比推理等或然性推理（即推理的结论不一定成立的推理）的特 称，它能获得猜想，发现结论，它的思维进程是从特殊到一般。案例当中用测量及折叠的方法直观的得出 结论：PDPE ，APOBPO，符合这个年龄阶段学生的直观认知规律；演绎推理是从已有的事实（包 括定义、公理、定理等）、确定的规则出发，得到某个具体结论的推理，它是必然性推理（即只要推理前 提为真，则得到的结论也一定为真），其思维进程是从一般到特殊。演绎推理的基本形式是三段论，它主 要用来验证猜想，证明结论。案例中运用等边三角形的证明方法得到结论：PDPE ，逻辑严密。 联系：在认识事物的过程中所发挥的作用中，它们是紧密联系、相辅相成的。合情推理的结论需要演 绎推理的验证，而演绎推理的思路一般通过合情推理获得，合情推理可以为演绎推理提供方向和思路。 （3）教学反思： ①角平分线是初中数中重要的概念，它有着十分重要的性质，通过本节的学习，可以丰富和加深学生 对已学图形的认识，同时为学习其它图形知识打好基础。 ②本节课本着以学生为主，突出重点的意图，结合课件使之得到充分的诠释。如在角平分线的画法总 结中，让学生自己动手，实践操作—逻辑证明，得出结论，既可以激发学生的学习积极性发展合情推理， 又可以促进学生演绎推理能力的提升与完善。像采用这种由易到难的手法，符合学生的思维发展，一气呵 成，突破了本节课的重点和难点。 ③对学生动手环节的时间上可能会不太合理。 2.结合案例，回答下列问题。 在学习求解绝对值不等式的教学过程中，教师出示了这样一道练习题：求解不等式3|2x3|5。学 生很快给出了两种不同的解法： 方法一：根据绝对值的定义，进行分类讨论求解： 当2x30时，不等式可化为32x353 x4； 当2x30时，不等式可化为32x351 x0 ； 综上所述：解集为 x|3x4或1x0 。 方法二：转化为不等式组求解 原不等式等价于 2x3 3且 2x3 5 3 x4或1 x0； 综上所述：解集为 x|3x4或1x0 。 教师在肯定了学生的解法后，准备继续后面的教学内容，这时有位学生举起了手，该教师边继续教学， 63同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 边走到这位学生身边，轻轻按下了他举起的手。课后，教师找该学生了解到原来他有不同的解题方法：原 3 3 5 3 3 5 不等式可化为  x  ，不等式的几何意义是数轴上的点x到 的距离大于 ，且小于 ，由图可知 2 2 2 2 2 2 解集为 x|3x4或1x0 。 这位学生是利用绝对值的几何意义进行解题，而这种方法是教师没有想到的。 问题： （1）上述教学片断中师生教学行为的可取之处有哪些？ （2）分析教学过程中存在的问题并给出教学方案。 【参考答案】 （1）教师的可取之处：在教学过程中，教师以学生为主体，师生积极参与，交往互动，共同发展，引 导学生自主探究、归纳总结出绝对值不等式的求解方法。 学生的可取之处：教学过程中，学生积极主动的参与到学习中去，敢想敢说敢于表达自己的见解。 （2）存在的问题：《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》指出：“教师要鼓励学生创 造性思维，鼓励学生积极思考，养成良好的学习习惯。”而本教学片断中当学生举手想表达自己的不同意 见时，老师没有让学生表达自己的意见，而是把学生的手按了下去，学生未能及时表达自己独立思考的结 果，这样做会大大降低学生独立思考的积极性。 教学方案：当看到学生举手时，鼓励学生大声的表达自己的想法，并请其他学生对该同学的想法进行 评价，引导其他学生将解绝对值不等式与绝对值的几何意义联系起来，同时表扬该生善于思考，敢于表达 的良好的学习习惯。最后师生共同总结出解绝对值不等式的不同方法。 第五章 教学设计 【高频考点1】教学目标 1.理解并掌握________，能熟练运用________。 2.经历________等过程，借助________环节，提高/发展________。 3.养成________学习习惯，树立________科学精神。 【高频考点2】教学重难点 教学重点： 理解/掌握________，运用________。 教学难点： 理解________过程。/能熟练地________，运用________。 【高频考点3】教学过程 64同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 教师活动：教师播放（展示、创设）________。接着引导学生认真观察。提出如下问题： ________？ 课程导入 学生活动：独立思考或讨论。从而引出课题。 【设计意图】通过这种导入方式能营造愉悦的学习氛围/开启学生的思维/诱发学生的求知 欲望和学习兴趣。 1.初步感知，以旧引新。 教师活动：教师提出________（关于第一个知识点的问题）等目标问题，教师组织学生 根据目标问题以四人为一小组进行讨论或同桌之间交流，教师进行巡视指导，交流讨论 结束后，找学生代表回答讨论结果，教师评价，学生互评或自评。 学生活动：根据问题探究出结论或预设：________（一般都是知识点本身的内容） 2.自主探究，得出结论。 教师活动：教师再次拋出问题（第二个知识点的问题），给予一定的时间，组织学生思 考并抢答或自主探究再回答，教师针对学生的回答情况做相应评价或让学生自评或互评。 新授环节 学生活动：通过自主探究，学生回答出________。 3.总结归纳，知识应用。 教师活动：教师组织学生梳理和总结本节新课的教学重难点并展示相关例题________， 引导学生完成并展示。 学生活动：________。 【设计意图】通过设置问题，引起学生的认知冲突，使学生对旧知识产生疑问，从而激 发学生学习的动力，知识在学生自主探索，经验归纳的基础上获得。 教师通过多媒体展示有关本节课知识点不同类型、不同层次的练习题目，引导学生独立 思考并作答，或者找学生代表在黑板上进行板演，完成后教师针对结果给予评价并总结。 巩固练习 【设计意图】这样设置不同层次的习题体现新课标提出的让不同的学生在数学上得到不 同发展的教学理念。这样也反馈教学，内化知识。 教师引导学生从知识、技能和情感等方面畅谈本节课的收获，针对学生的回答，采用多 种方式进行评价并总结。 课堂小结 【设计意图】这个环节帮助学生将零碎的、分散的知识整理成条理的、系统的知识的过 程，也是学生将所学的新知识内化，与原有知识融合形成新的知识结构的过程。 学生完成课后剩余练习题或者教师自主设计一道能用本节课所学知识解决的生活实际问 题。 布置作业 【设计意图】这样实践性的作业更能充分地调动学生利用已有知识经验亲自探索数学， 感受数学的魅力。 【经典例题】 1.材料： 65同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 根据上面的内容，完成下列任务： （1）说出其它判定方法，并使用判定方法1证明。 （2）写教学设计，包含教学目标、重难点、教学过程（指导教学的活动及设计意图）。 【参考答案】 （1）两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等（同旁内角互补），那么两直线平行。以内错角相 等，两直线平行为例进行证明：1EGA，EGA2，12，AB∥CD。 （2）教学设计如下： 一、教学目标 1.理解判定方法1并熟练应用。 2.通过动手操作、小组讨论等方法，提高图形的观察感知能力。 3.发现数学的乐趣，增加学习数学的兴趣。 二、教学重、难点 1.教学重点：掌握判定方法1。 2.教学难点：理解判定方法1并应用到证明中。 三、教学过程 1.导入 66同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 视频导入：出示工人师傅利用两个三角尺找平的视频，询问学生其中的道理，顺势引出平行线的判定。 【设计意图】吸引学生的学习兴趣。 2.新授 【活动1】引导学生拿出学习单，前后左右4人为一小组，动手操作量一量，发现其中的奥秘。请小 组代表进行汇报。 【设计意图】通过测量发现八个角之间的大小关系。 【活动2】找出两组同位角，对比它们的度数，引导学生发现规律并进行总结：同位角相等，两直线 平行。 【设计意图】引导学生回答，可以加深学生的理解与记忆，并增加学习数学的自信心。 【活动3】大屏幕展示例题，找一名同学到黑板进行板书，其他同学独立完成。 【设计意图】讲练结合，加深同学们对知识点的应用。 3.巩固 大屏幕展示相应图片和角度，采用快问快答的方式进行提问，判断图片中的两条直线是否平行。 【设计意图】巩固判定定理1。 4.小结 教师提问：这节课大家学会了什么？学生回答，教师总结补充。 【设计意图】以问答的形式进行总结，让学生畅所欲言，体现学生主体，教师主导。 5.作业 课后复习并预习。 2.材料： 下面是高一下学期教材“空间中直线与平面的位置关系”的部分内容。 根据上面的内容，完成下列任务： （1）画出直线与平面三种位置关系的示意图，并举出生活中体现这三种位置关系的实例； （2）写出这部分内容的教学设计，包括教学目标、教学重点、教学过程（含引导学生探究的活动和设 计意图）。 【参考答案】 （1）直线与平面的三种位置关系如下图所示： 67同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 生活中能够体现这三种位置关系的实例：①线在面内：黑板的一条长边所在直线含于黑板所在的平面 内；②线面相交：门轴所在的直线与地面所在的平面相交；③线面平行：黑板的一条长边所在的直线与地 面所在的平面平行。 （2）《空间中直线与平面的位置关系》教学设计： 《空间中直线与平面的位置关系》 一、教学目标 1.了解空间中直线与平面的位置关系。 2.学生通过动手操作模型或者观察实例，能够正确画图表示直线与平面的位置关系，培养基本的作图 能力以及空间观念。 3.感受数学与实际生活的联系，加强合作交流的团队意识。 二、教学重难点 1.教学重点：了解空间中直线与平面的位置关系。 2.教学难点：学会用图形语言、符号语言表示三种位置关系。 三、教学过程 （一）复习导入 回顾空间中直线与直线的位置关系，引导学生复习旧知得到：（1）相交；（2）平行；（3）异面。从 而引出课题：空间中直线与平面的位置关系。 （二）讲授新知 1.出示情境 给出生活实例：（1）一支笔所在的直线与一个作业本所在的平面有什么位置关系？（2）长方体中正 面的面对角线所在的直线与长方体的6个平面有什么位置关系？组织学生进行小组讨论。 2.合作探究 小组合作交流之后，教师进行提问并归纳：空间中直线与平面的位置关系有且只有三种：（1）直线在 平面内（有无数个公共点）；（2）直线与平面相交（有一个公共点）；（3）直线与平面平行（没有公共 点）。当直线与平面平行或相交时，统称为“线在面外”。教师在此处强调：线在面外，直线与平面有可 能有一个公共点或者0个公共点，并刚刚出示的情境具体描述直线与平面的位置关系。 3.强调表示法 教师鼓励学生尝试给出三种位置关系的图形、符号语言，并鼓励学生上台板演。最后教师进行完善补 充（如图），并强调其读写法以及与文字语言的对应。作图时候，教师提醒学生：表示线在面内时，将直 68同学们，关注微信公众号“教资资料箱”领取更多教资笔试资料 线画在表示平面的平行四边形之内。 （三）巩固练习 1.PPT出示图片，学生快速判断每个图片中直线与平面属于什么位置关系。 2.出示课本例1（下列命题中正确的是），进行讲解。 （四）小结作业 1.课堂小结：直线与平面的位置关系可以按位置分，也可以按照交点个数分。 2.课后作业：直线与平面的位置关系可以按位置分，也可以按照交点个数分。 （1）必做题：课本51页5、6题 （2）思考题：直线与平面平行，则直线所在的平面与该平面有什么样的位置关系？直线与平面相交， 则直线所在的平面与该平面有什么样的位置关系？ 四、板书设计 69