40j中学数学磬学参考…
，2013年第3期(上句)
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基本数学息想专项训练课设计示例
国冀目重国国圈∞
1设计思考
熬熹i
张志超(江苏省南京市第五中学)
分类与整合思想是指将被研究的某个问题视为
一个整体，然后根据一定的划分标准，将这个整体分
为若干个简单的部分，再由各部分的解决最终获得整
体的解决．其本质是将问题化整为零，分而治之．从方
法论来看，它是重要的科学研究方法；从数学角度来
看，它是重要的数学思想方法，常用于解决数学中一
类“不能整体确定”的问题，且应用广泛，是培养学生
思维严谨性和周密性的好素材．因此，它成为高考数
学命题的必选内容，其中含参数的函数、方程、不等式
及数列问题多为试卷的压轴题，是重中之重．
对于数学思想方法的教学，笔者认为，教师要贯
彻渗透性原则：教师在高一和高二新授课的教学中要
挖掘教学内容中蕴涵的数学思想方法并逐步渗透；教
师要遵循发展性原则：在渗透的基础上，高三教学要
总结、提升，让数学思想方法成为显性的、系统的数学
知识为学生所学所用，提高学生对数学知识及数学思
想方法的整体认识；教师要坚持参与性原则：数学思
想方法的教学要符合学生的认知水平，只有学生通过
自己的参与，才能逐步地从感受理解发展到形成应
用．正如波利亚所说：“思想应该在学生头脑中产生出
来，教师仅仅只起一个产婆的作用．”基于这些认识，
笔者认为，分类与整合思想隶属数学思想方法的范
畴，教师对它的教学应该遵守上述原则．
高i学生经过第一轮复习，完成了对知识的梳理
与整合，对中学数学有了整体认识，而对于分类与整
合思想及其应用虽有认识，但不系统，更不能做到深
刻理解和灵活应用．因此，在第二轮复习之始，我们采
用“小问题、大道理”的策略，深入浅出，循序渐进．计
划通过两个课时的复习，引导学生积极参与，从简单、
熟悉的小题人手，先感受理解，再难点突破，最后练习
巩固．力求使学生对分类与整合思想做到深刻理解和
灵活应用．
2设计示例
2．1第1课时：感受理解。活动建构
2．1．1设计意图
以学生的理解为基础，选择学生熟悉的六种不同
类型的客观题，引导学生通过课前自主预习、课上合
作交流，形成对分类整合思想的系统认识．
2．1．2教学过程
预习交流：教师课前布置预习作业，用问题驱动
学生思维．要求学生从各题的解答中，找出引起分类
的原因，总结分类的原则和应用步骤．教师课上组织
学生交流，采用学生板书演示、集体讨论的方式，彼此
分享见解．要求先分析：找出引起分类的原因；再定
义：描述分类的称谓；后详解：对问题做出规范的解
答，为归纳总结，建构知识做铺垫．
问题1(2012年高考数学大纲卷理科第2题)
已知集合A一{1，3，~／}，B一{1，)，AUB—A，则Tr／
一()．
A．0或√3B．0或3c．1或√3D．1或3
分析：由AUB—A得BA．而m无法直接求
出，需划分为一3或／Tg一两种情形求解再整合．
一墓
冀t；矗毫垮1曩簟
∞…∞|…b§
这是由集合子集概念引起的分类，可称为概念型分
类．如集合的概念及运算、绝对值的定义、函数的定
义、圆锥曲线的定义等．
解：因为AUB=A，所以BA．由A一{1，3，
~／}和B={1，m)得m一3或优一~／，解得m=3或
m一0或m一1．由元素的互异性得m一1舍去，故
=3或m一0．答案选B．
问题2若函数Y—log。(z一ax)在区间[2，3]
上是增函数，则实数a的取值范围是．
分析：这是复合函数的单调性问题，只有当内、外
函数的单调性一致时，才能是增函数．本题外函数是
对数函数，内函数是二次函数，都含参数a，可以先由
对数函数的性质分O<口<1和n>1两类情况，再分
别讨论二次函数的单调性，同时要考虑二次函数的值
为正数，最后整合．这是由参数引起的分类，可称为参
数型分类．由参数变化引起的分类讨论涉及广泛，是
应用思想方法的难点．
解：设T—z--ax，得Y=log。T．
当O<口<1时，得==：log。T在区间[2，3]上是减
函数且T>0．
所以T=x一ax在区间[2，3]上也是减函数，那
么≥3且3。一3a~>O，此种情况无解．
厶
当n>1时，得y：log。T在区间[2，3]上是增函
数且T>O．
所以T—--ax在区间[2，3]上也是增函数，那
么≤2且2一2a>0，解得1
厶
所以实数a的取值范围是(1，2)．
问题3在平面直角坐标系xOy中，双曲线中心
在原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线方程为z一2y
一0，则它的离心率为．
分析：从题设中我们无法确定双曲线的焦点位
置，需要分焦点在．27轴上和在Y轴上两类不同情形求
解，再整合．这是由双曲线性质引起的分类，可称为性
质型分类．还有如函数的性质、不等式的求解、方程根
的分布等．
解：当焦点在z轴上时，由渐近线方程一2y=0
，1
得旦===妻．由c===口+6得P===．
“厶厶
当焦点在Y轴上时，由渐近线方程z一2y一0得
1
一÷．由f一口4-b。得e一√5．
厶
综上，离心率为√5或‘．
厶
问题4已知等比数列{口}的公比为q，前项
和S>0(n一1，2，…)，则q的取值范围是．
分析：因为等比数列的前n项和S
rr／a1(q一1)，
一
(q≠1)，所以本题应分q一和q≠两
类求解．这是由等比数列的前／''l项的和的公式引起的
分类，可称为限制型分类．还有如直线方程的形式、等
比数列的求和公式、数列中的a一S一S一公式、正
切的和角公式等．
解：因为{a}是等比数列，得g≠0．
由S>O得a1一S1>0．
当q一1时，得S=：=t／a1>O；
当q≠1时，得S--竿三．
由s>0，a1一S1>o得>0，
即或1--q
，
解得一11．
综上，q的取值范围是(一1，0)U(O，+c×。)．
问题5到空间不共面的四个点距离相等的平
面有个．
分析：将这四个点分别记为
A、B、C、D，并两两连接组成四面
体A-BCD(图1)．那么到空间不
共面的四个点距离相等的平面可
解：如图2，当A与B、C、D
在平面两侧时，分别取AB、AC、
AD的中点为E、F、G，连接EF、
FG、GE，得△EFG，易证△EFG
如图3，当A、B与C、D在
平面两侧时，分别取AC、BC、
BD、AD的中点为E、F、G、H，连
接EF、FG、GH、HE，得
4l2．一攀孝孝考…一…．
2013年第3期(上甸)
个满足条件的平面，这一类共有3个．
综上，满足条件的平面共有7个．
问题6(2011年高考数学安徽卷理科第8题)
设集合A一{1，2，3，4，5，6}，B一{4，5，6，7，8)，则满
足SA且SnB≠的集合S的个数是()．
A．57B．56C．49D．8
分析：由sA且snB≠得s中至少含有元
素4、5、6其中之一，我们无法整体求出S，需要按S
中含有1个、2个、3个元素进行划分，利用组合知识
分别计数，再整合．这是由问题引起的分类，称为问题
型分类．还有如排列组合问题、实际应用问题等．
解：由题意得S中至少含有元素4、5、6其中
之一．
当s中含有元素4、5、6其中的一个时，得S的个
数为C(C：+C4-Cj+Cj)一24；
当S中含有元素4、5、6其中的两个时，得S的个
数为C；(C4-C4-Ci4-Ci)===24；
当S中含有元素4、5、6其中的三个时，得S的个
数为Ci(C：4-C+Cj4-Cj)一8．
(其中C：+C+C；+C；一8为A中元素1、2、3
组成的所有集合个数)
所以满足条件的集合S的个数为24+24+8
—56．答案为B．
建构知识：教师引导学生，从六个问题的解答交
流中，理解引起分类的原因是整体中的“不定”因素，
理解分类就是将整体的“不定”分为局部的“确定”并
加以解决；整合就是将每一个局部的解决总合起来，
达到整体解决的目的．在理解的基础上总结概括
如下：
(1)分类与整合的思想．
在研究某个数学问题时，将这个问题视为一个整
体，然后根据一定的划分标准，将这个整体分为几个
部分，先通过对这几个部分问题的解答，再获得原整
体性问题的解答．
(2)分类与整合的一般步骤：
①明确分类对象和对象范围；
②合理分类，不遗漏、不重复；
③逐类讨论，获取阶段结果；
④归纳整合，得出综合结论．
(3)分类与整合的类型．
概念型；性质型；限制型；参数型；图形型；问
题型．
这种分类是描述性的，可能有重复和遗漏，无碍
解题，不必纠结．
训练题
A组
1．(2012年高考数学江西卷理科第1题)若集合
。赫高毒哆贡疆
《。
A一{一1，1}，B一{0，2}，则集合{z}—4-y，∈A，y
∈B}中的元素的个数为()．
A．5B．4C．3D．2
2．(2009年高考数学山东卷理科第14题)若函
数厂(z)—“一32一n(a>0，且“≠1)有两个零点，则
实数a的取值范围是．
3．函数—log在z∈V2，+C×3)时总有Iyl>1，
则a的取值范围是．
4．(2012年高考数学天津卷理科第11题)已知
集合A一{∈RlIoZ''4-2l<3)，集合B==={z∈R(
—m)(一2)<0}，且AnB一(一1，)，则m===，”
一
‘
5．(2012年高考数学广东卷理科第9题)不等式
lz4-2I—lz1≤1的解集为．
6．已知圆的方程为z。4-y。一25，过点A(一3，
一1)的直线z与圆相交所得弦长为8，则直线z的方
程为．
●，，
7．已知椭圆芒4-一1的离心率一，则
fltJ
的值为．
8．已知等比数列{a}的公比为q，前项和为
S，若s。一3a。，则q的值为．
9．在AABC中，设一(2，3)，一(1，是)，且
△ABC是直角三角形，求k的值．
1O．解关于z的不等式“一2(a+1)4-4>0．
2．2第2课时：综合运用。突破难点
2．1．1设计意图
高考对分类与整合思想的考查，主要有含参数的
函数性质研究问题、概率问题、含参数的绝对值不等
式问题、含参数的轨迹方程讨论问题．难点在于分类
的标准的确定、分类后的再分类即连续分类以及求解
过程运算复杂且含字母．因此，选择合理的分类以及
正确的计算是突破难点的关键．本节课以上述四个方
面为选题，采用先练后讲的方法，深度剖析，总结方
法，规范解答，帮助学生突破难点．
2．2．2教学过程
问题1已知“∈R，设关于的不等式
I2z—al+Iz4-3l≥2-z+4的解集为A．
(I)若＆===1，求A；
(Ⅱ)若A—R，求a的取值范围．
设计意图：绝对值问题是运用分类整合思想求解
的典型，也是高考命题新的热点．解决的常用方法是
用零点分段，去掉绝对值，分段求解，再整合．第(I)
问只要按部就班，即可解决；第(1I)问求绝对值中含
有的参数a的取值范围，对考生要求较高．难点在于
怎样分类，去掉绝对值的方法很多，但习惯的方法可
能陷入泥潭，好的分类可简约解答．笔者建议通过“一
Ⅳ|ll■k喜搦温■j
‰E％gmH栅雌∞
题多解”，展示不同分类方法的差异，促进学生对合理
分类的理解和解题方法的优化．
(工)分析：由口一1得I2z一1l+Iz+3l≥2z
+4，根据绝对值定义，用零点分段法，分三类求解，再
整合．
解：由n一1得l2z一1I+}+3『≥2+4，令
I2x--1I一0得z一寺，令fx+3l一0得一一3．
当≤一3时，得一3x一2≥2x+4，解得z
≤一号，所以z≤一3；
当一3
所以一3<≤0；
当x～~--4-t。。t,-f，得3x+2≥2x+4，解得z≥2．
综上，A：{zlz≤0或z≥2}．
(II)分析1：由于无法确定零点和一3的大小，
需先讨论和一3的大小，再用零点分段，分段求解，
之后整合，最后利用解集为R的条件，求出n的范围．
解法1：令I2x--aI===0，得z一詈，令
Ilz-4-3I一0，得X一一3．
当≤一3，即n≤一6时，按零点分段，分z
≤号，号<<一3，z≥一3三种情况求解；当号
>一3，即口>一6时，按零点分段，分z≤一3，一3
<，z≥a二--种情况求解．还要讨论每一种情况的解
与所在范围的关系，最后再整合．可以说太繁琐，很
难做下去．
分析1：来自习惯，在没有理解题意的情况下草
率分类，由于分类的方法不合理，影响了解题．切记解
题的关键在审题，特别是新颖题，不能只靠思维定势
来处理．
分析2：由l2z—I+l+3l≥2+4的解集为
R，可先按+3—0的零点分段去掉一个绝对值，再
按2+4的零点分段求出满足不等式解集为R的参
数n，再整合．
解法2：当z≤一3时，得2x+4<0，所以l2z一口I
+Iz+3i≥0>2x-4-4成立，此时口∈R；
当z>一3时，得l2z—nl+Iz+3l=l2z—nl
+z+3≥2x+4，化简得I2z一口l≥z+1．
当z≤一1，即一3
成立，即12z—nl+fz+31≥2z+4成立，n∈R；
当z>一1时，解得z≥口+1或z≤，所以n
+1≤一1或a+1≤，解得口≤一2．
综上，n的取值范围为。≤一2．
分析3：由12z一日I+1+3I≥2+4的解集为
R，可先按2x+4的零点分段，再按+3的零点分
段，分别求出满足不等式解集为R的参数n，再整合．
解法3：当≤一2时，得I2—aJ+『．27+3J≥0
≥2x+4成立，Ⅱ∈R；
当z>一2时，得I2z一口l+I+31===l2x—nl
++3≥2x+4，解得≥n+1或≤，所以n+1
≤一2或口+1≤，解得口≤一2．
综上，的取值范围为n≤一2．
解法2和解法3所用知识为
lI、f≤一n，-z<0，Il≥㈢1
z≥。，≥0
和JzJ≥a甘If
z
x
≥
ff
。
R
或
,a<
z≤
0,
一。，。≥。，
其本质是处理绝对值问题所用的两种分类方法．比较
可得解法3优于解法2．
问题2(2008年高考数学江苏卷第14题)-厂()
一ax。一3+1对于z∈[一1，1]总有，(z)≥o成立，
则口一．
设计意图：以含参数的三次多项式函数为背景，
运用分类与整合的思想，利用导数工具研究函数的图
象及性质的问题是高考的热点．本题结构简单，意义
深刻，集导数、二次函数、不等式的研究为一体，考查
学生综合应用数学知识解决问题的能力．试题的解答
有两种分类的标准，引导学生从“一题两解”中学习分
类标准的确定方法，认识合理分类可简化解题．
分析1：口是三次项的系数，可按n一0，口>0，a
<0进行分类，分别求出厂(z)在[一1，1]上的最小值
If(x)]。，再令If(x)]…≥0求出n，最后整合即可．
解法1：由函数f(z)一az。一3x+1得导函数
f(z)一3ax一3．
当口一0时，厂()一一3x+1，显然z∈[一1，1]
时，厂(z)≥0不恒成立，所以n≠0．
当a<0时，f()一3ax一3<0，所以f(x)在
[一1，1]上单调递减．所以z∈[一1，1]时，If(x)]j
一厂(1)一a一2，令n一2≥O，得n≥2．这与n<0矛盾．
当n>0时，f()一3ax。一3．
当n≤1，即0
与a<0时同理，不符合要求．
当n>1时，令f(z)一3ax～3—0，得z一±圭
(i)当E1—1，一l时，f(z)≥0，所以f()
在I一1，一I上单调递增；
(ii)当∈(一1，去)时，厂()<。，所以_厂(z)
在(一1，去)上单调递减；
(iii)当zEl寺，1l~,-j-，f(z)≥0，所以f()在
I{，1}上单调递增．
所以，’(z)在[一1，1]上的最小值[f(z)]…
(去)㈩c，令f(
--1)~
O．
O．
即
』“(去)3—3去+≥。，解得
此种解法的难点在于n>0后的讨论，尤其是当
n>1时，求[-f(x)]…需要再对-z按单调区间进行分
类，这种分类中的再分类，可称为连续分类，是分类整
合的难中之难．突破难点的方法是指导学生把握方
向，坚持求出[／’()]．，再通过Ef(x)]…≥o去求“
分析2：分离参数，将．78E[一l，1]按一0，
∈(0，1]，E[一1，0)进行分类，分别求出a的范围，
再取交集，整合即可．
解法2：由E[一1，1]都有-厂(37)≥0成立，得
当一0时，得，(O)一1≥0成立，所以aER．
当-丁∈(0，1]时，由_厂()≥o得n≥塑．
设g(z)一，则gl(z)一__，可得
g()在(。，吉]上单调递增，在[专，1]上单调递减，所
以[g()]…一g()===4，故a≥4．
当EE—l，o)时，由_厂(z)≥o得n≤．
设g()===坠
，则gt()一，可得
g()在[一1，0)上单调递增，
所以[g()]…：g-(一1)-----4，故n≤4．
综上，得a一4．
本题解法整合时应取每项结果的交集，保证z
；
a矗壹k
々
∈[一1，1]都有／(-z)≥O成立．分离参数需要知识：若
n≥g(z)恒成立，则n≥[g()]…；若口≤g(z)恒成
立，则a≤Eg(x)]…．比较可得，解法2优于解法1．
问题3讨论方程(k+k一2)+志。Y一9(足
∈R)所表示的曲线．
设计意图：曲线方程中含参数的问题是高考新的
热点．题型的设计通常是先求出含参数的曲线方程，
再根据参数的变化讨论方程所表示的曲线，最后再研
究曲线的性质．解决此类问题需要熟练掌握曲线与方
程的关系和严密的逻辑思维，本题的解答亦是如此．
分析：根据曲线的标准方程可以判定形状，何种
曲线与方程中z和Y的系数为正、为负、为零有关．
因此，可采用零点分段法来分类讨论．
解：(1)当k+k一2：0时，得k一1或k一一2．
若是一1，得Y一±3，曲线为平行于z轴的两条
直线．
0
若忌一一2，得一±昔，曲线为平行于轴的两
厶
条直线．
rk+
(2)当k。>
Ik+
≠2，曲线为椭圆
>
≠
(3)当k一2时，得。+一G-，曲线为圆．
(4)当』k…2~-k一2
l定／>0
曲线为双曲线．
(5)当k一0时，曲线不存在．
综上，当尼<一2时，曲线为椭圆
当k一一2时，曲线为平行于37轴的两条直线；
当～2<是<1且是≠0时，曲线为双曲线；
当k一0时，曲线不存在；
当志一1时，曲线为平行于轴的两条直线；
当是>1且是≠2时，曲线为椭圆；
当k一2时，曲线为圆．
研究这类问题先从简单情形人手，本题先令
的系数为零就是如此，再按37和系数同号、异号
以及相等、不等分类逐一讨论．整合时可由小到大分
类写出结果．
问题4(I)用红、黄、蓝、白四种不同颜色的鲜
花布置如图4所示的花圃，要求同一区域上用同一种
颜色鲜花，相邻区域用不同颜色鲜花，问共有多少种
不同的摆放方案?
(1I)用红、黄、蓝、白、橙五种不同颜色的鲜花布
置如图5所示的花圃，要求同一区域上用同一种颜色
鲜花，相邻区域使用不同颜色鲜花．
鞲
一一
是
且
L>
悬
或
2一
<
得
时
c；
墨喜0奠
一R…
①求恰有两个区域用红色鲜花的概率；
②记花圃中红色鲜花区域的块数为，求的分
布列及其数学期望E()．
旱昂
设计意图：与排列组合有关的概率问题是近年来
高考的热点，每年的全国高考几乎有半数以上的试卷
都考概率题，解决问题的方法是排列组合和概率知
识，其核心是分类与整合思想．本题以花坛图案的选
色为背景设计了排列组合问题，概率计算问题及数学
期望问题，综合性强、覆盖面广．在解题的过程中，可
以复习相关知识，提高应用能力．
分析：(I)可以有两种解法：第一种，可由分步计
数原理直接求出；第二种，可由分类计数原理，按4种
颜色全用和只用3种颜色两类分别计算后，再累加．
(Ⅱ)用排列组合先求出基本事件，再求出发生事
件，最后求出概率以及含红色鲜花的分布列及数学
期望E()．
(I)解法1：根据分步计数原理，摆放鲜花的不
同方案有4×3×2×2—48种．
解法2：用4种颜色摆放鲜花的不同方案有4×3
×2×1—24种；用3种颜色摆放鲜花的不同方案有
CiCA；一4×3×2×1—24种．所以共有48种．
解法1用的是分步计数原理，解法2用的是分类
计数原理，这是处理排列组合常用的两个基本原理，
使用时要分清计数是分步完成的还是分类完成的，不
能混淆．
(Ⅱ)解：①设M表示事件“恰有两个区域用红色
鲜花”．
如图6，当区域A、D同色时，共有5
×4×3×1×3—180种；
当区域A、D不同色时，共有5×4
×3×2×2—240种．
厂■r]删
两类，后用分步计数原理分别求出，再累加．
解决这类问题先要弄清是分步计数还是分类计
数，其次要分清哪些元素需要先排或哪些位置需要先
排．本题的特殊元素为红色，特殊位置为A、D或
B、E．
②当一0时，按用四种颜色、三种颜色分两类．
当用黄、蓝、白、橙四种不同颜色的鲜花布置五块
区域时，其中有一种颜色要用两次，有C种，因为相
邻区域不同色，所以区域B和E，A和D可以用相同
颜色，可以有C种，剩下的三块区域从不同的三种颜
色中选有A；种，由分步计数原理得CC!Ai一48种；
当用黄、蓝、白、橙中三种不同颜色的鲜花布置五
块区域时，先选三种有C：种，后把区域B和E，A和
D看成两个整体，加上剩下的一块，共三块，可以有
Ai种，由分步计数原理得CAi：==24种．
所以不含红色的摆放有48+34—72种，故P(0)
一
72
—
6
一一
‘
当==：1时，可按用五种颜色、四种颜色、三种颜
色分三类．
当用五种颜色时，有Ai一120种；
当用四种颜色时，首先从黄、蓝、白、橙中选三种
且有一种颜色用两次可有qC种，由区域B和E，A
和D可以用相同颜色，可以有C种，剩下共有A；
种，所以有CiCC5A；一144种；
当用三种颜色时，首先从黄、蓝、白、橙中选两种
可有Cj种，由区域B和E，A和D可以用相同颜色，
所以有C；种，剩下只有红色一种，所以有C；C
一12种．
综上，含红色区域一块摆放的有1204-144+12
—276种，故P(1)一一嚣·
当一2时，由题(1I)①得P(2)=．
图6随机变量的分布列为
因此，所有基本事件总数为180q-240—420种．
又因为A、D为红色时，共有4×3×3—36种；
B、E为红色时，共有4×3×3—36种．
因此，事件M包含的基本事件有36+36
=72种．
，79
所以P(M)一=．
厶U．)J
求基本事件时，先用分类计数原理，将基本事件
划分为区域A、D同色和区域A、D不同色两类，后用
分步计数原理分别求出，再累加．
求发生事件，也是先用分类计数原理，将发生事
件划分为区域A、D为红色时和区域B、E为红色时
O12
6236P
_。一___一_。一
353535
所以E(一o×+1×瑟+2×嘉一1．
排列与组合的综合问题，分类是关键，难点在于
不遗漏、不重复．本题的分类是按红花使用区域的多
少进行的．分类后的计数，大都采用先选后排的方法．
常用的有特殊元素优先、特殊位置优先和排除法
三种．
(下转第56页)
…嫠学爹号2013年第3期(上旬)………㈡驰㈠一～…
因为s≥r+1，则①式左端2一2。≥0；又因为
①式右端(一1)一2(一1)一3≤0，于是当且仅当S一，-
+1，且为不小于4的偶数时，a，a，a成等差数列．
(3)由于+一a一2”+2(一1)”≥0，不妨设a，
a，a，“成等差数列，其中1≤q
4-6／，一“4-a，即2一2一2+2一(一1)+(一1)
一(一1)一(一1)．②
因为②式的左端2一2一2+2≥2一2一2
+2q一2一2+2≥2+2。≥4+2—6，右端(一1)。
4-(一1)一(～1)一(一1)≤4，所以方程②无解．所
以在数列{a}中不存在4项成等差数列．
3结束语
数学试题的命制，不只是在教学检测环节才需要，
与教师平时的教学也是密不可分的．例如，在教学“数列
求和”的“裂项求和法”时，如果教学了数列{}的
求和方法后，还能够给出求数列{}，
{)，{—14-4-n(n丽前”和的1(”1)(2)／’1+1)(，z+2)(+3)f““
问题，可以在锻炼学生思维、开拓学生视野的同时．让学
生真正理解裂项求和法．因此，作为教师，研究试题的命
(上接第45页)
训练题
B组
1．用3种不同颜色给图7中的3个
矩形随机涂色，每个矩形只涂一种颜色，
则3个矩形中有且仅有两个矩形颜色相
同的概率为．
2．如图8，在直三棱柱ABC一
ABC中，AClBC，AC一4，BC===CC】
一2．若用平行于三棱柱ABC一ABC
的某一侧面的平面去截此三棱柱，使
能得到的两个几何体能拼接成长方
体，则长方体表面积的最小
值为．
皿
图7
图8
3．已知函数，’()一37一兰4-Ⅱ(2—1n)(＆>O)，
上
讨论厂()的单调性．
4．已知厂()=xlnz，g(x)一一32十＆z一3．
(I)求函数．厂(z)在[f，+2](f>0)上的最小值；
(11)对一切∈(0，+oo)，2f(x)≥g(z)恒成立，
求实数cz的取值范围；
1
(Ⅲ)证明：对一切3L"∈(0，4-。。)，都有In>÷
题方法，不仅可以提高自己的数学命题能力，而且能够更
好地培养学生的思维能力，提高课堂教学效率．
以上是笔者在高中数学试题命题方面的实践与
思考，需要说明的是，其中有不少方法是笔者多年来
在学习、借鉴他人研究成果的基础上总结提炼得到
的．因时间稍久，恐难一一列出参考文献，在此，向这
些作者表示感谢!
参考文献：
E1]杨英，张蕴禄．数学选择题的利与弊EJ]．数学通报，1998
(8)：8-11．
E2]贺贤孝，陈君汉．数学选择题评析[J]．数学通报，l999
(10)：4041．
[3]刘广智．数学选择题的测试研究[J]．数学通报，1999
(11)：3334．
[-43刘明．也谈“数学选择题的利与弊”[J]．数学通报，2000
(5)：35-36．
Es]陈碧芳．数学选择题的利弊有多大——选择题的优点与
缺点定量分析[J]．数学通报，2000(5)：17-18．
[6]刘明．对数学选择题难度与区分度关系的研究及思考
[J]．中学数学月刊，2003(2)：67．
[7]单鳟．普通高中课程标准实验教科书：数学5[M]．南京：
江苏教育出版社，2007．
[8]单增．普通高中课程标准实验教科书：数学选修2—1
[M]．南京：江苏教育出版社，2008．
‘，
～成立．
ex
5．(2012年高考数学湖北卷理科第2题改编)设
A是单位圆．35+一1上的任意一点，z是过点A与．27
轴垂直的直线，D是直线Z与37轴的交点，点M在直线
l上，且满足lDMl—m1DAI(>0，且m≠1)．当点A
在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C．求曲线C的方
程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标．
6．一个盒子装有六张卡片，上面分别写着如下六
个定义域为R的函数：f()一，厂。()一．17，／、。()
一z。
，()一sin37，f5(o27)=COS，f6(37)一2．
(工)现从盒子中任取两张卡片，将卡片上的函数
相加得一个新函数，求所得函数是奇函数的概率；
(Ⅱ)现从盒子中进行逐一抽取卡片，且每次取出
后均不放回，若取到一张记有偶函数的卡片则停止抽
取，否则继续进行，求抽取次数的分布列和数学期望．
(注：本设计的训练题分为A组和B组，A组以
基础题为主，用于对思想方法的理解应用；B组以中
档题为主，用于对思想方法的综合应用．训练题答案
或解答提示详见中学数学教学参考网站http：／／
www．zhongshucan．corn)
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