高二数学讲评试卷教学设计

赵国鲜

教学目标：1、通过反馈测试评价的结果，让学生分析错题，找出错因，解决学习中存在的问题，完善认知结构，深化常见题型的答题技巧。

2、 引导学生正确看待考试分数，以良好的心态面对考试开阔解题思路，优选解题方法，提高学生分析问题、解决问题的能力。 教学重点：

梳理必修2和选修2-1的知识点和解题方法技巧。 教学难点：

1、对试卷中出现的基本概念做本质剖析，对易错易混知识点进行分类辨析与变式训练 2、通过对基本题型的分析、讲解，从而提高数学综合素质。 教学方法：反馈交流 归纳总结 讲练结合

教学过程： 一、试卷分析

1、 成绩分析 2、 学生分析

3、 试卷存在的问题

② 基本概念掌握不准确，基本题型掌握不到位，运算差

②缺乏基本的数学思想方法，如数形结合思想，分类讨论思想、函数方程的思想等 二、试题分类辨析和认识

本试卷考查简易逻辑的：3、5、13、17

考查解析几何的：1、2、4、9、12、14、15、20、21 考查立体几何的：6、7、8、11、16、18、19、22 考查函数：10（必修一的内容） 难点试题讲解：

与立体几何有关的问题：

11. 在球O的内接四面体D-ABC中，AC=6,BC=8,ACBC，且四面体D-ABC体积的最大值为200，则球O的表面积为（ ）

A．96 B. 144 C.256 D.676 分析：

如图所示可以知道三角形ABC的面积是24， 若四面体D-ABC的体积最大，则高最大。

分析当D 点动时，要使高最大，则只有D和球心O一条线，此时，

由于底面是直角三角形，斜边的中点M是小圆的圆心， 故M点再DO 直线上。

计算V=3×24|DM|=200,所以|DM|=25. 设圆的半径是R,连结OB，则直角三角形OBM中， (25−𝑅)2+52=𝑅2,所以R=13

所以球O的表面积为4π𝑅2=676

1

1

总结：考查球的内接问题，经常会研究球的过球心的截面，计算经常会构造直角三角形利用勾股定理来求解R.

16.空间四边形ABCD中，AB=CD，边AB．CD所在直线所成的角为30°，E、F分别为边BC、AD的中点，则直线EF与AB所成的角为 ．

主要是异面直线所成角的范围0<θ≤𝜋

2

18. 如图，已知ABC和EBC是边长为2的正三角

形，平面EBC⊥平面ABC，AD⊥平面ABC，且

AD23. (） 证明：AD∥平面EBC. (II） 求三棱锥EABD的体积．

分析：求棱锥的体积，要求棱锥的底面积和高，那么这个三棱锥EABD的高如何求？直接求不好求，我们可以转化椎体的顶点，还可以利用线面平行转化椎体。

方法1.解 由(1)知EF∥AD， ∴VEABDVFABDVDABF， SABF12BF•AF32 ∴VDABF13SABF•AD1即VEABD1. 方法2.𝑉𝐸−𝐴𝐵𝐷=𝑉𝐹−𝐴𝐵𝐷=𝑉𝐷−𝐴𝐵𝐹=1

1

√33×2√3×2×2×2

=1方法3.

因为EF∥AD,则AFED共面，延长AF和DE交于G

又因为EF=1

2AD,所以为中点，所以E和F为AG和DG的中点,所以AC∥BG,∠ABG=120

0

所以𝑉𝐸−𝐴𝐵𝐷=𝑉𝐷−𝐴𝐵𝐸=𝑉𝐷−𝐴𝐵𝐺−𝑉𝐸−𝐴𝐵𝐺=11

3×√3×2×2×

√32

×1×1=1

总结：本题使用了转化法和割补法求体积。

2

19. 如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是正方形，SA底面ABCD，SAAB, 点M是SD的中点，

ANSC，且交SC于点N．

（1）求证:SB//平面ACM；

第19题图

（2）求证：平面SAC⊥平面AMN； （3）求二面角DACM的余弦值；

分析：做辅助线，利用线面平行的线面垂直的判定和性质可以完成第1，2问。求二面角可以直接做，可以使用向量，也可以建立坐标系完成。 方法一：

取AD中点F，则MF//SA．作FQAC于Q，连结

MQ．

∵SA底面ABCD，∴MF底面ABCD． ∴FQ为MQ在平面ABCD内的射影．

∵FQAC,∴MQAC． ∴FQM为二面角DACM的平面角． 设

SAABa，在RtMFQ中，

，∴

MF1a12SA,FQDEa2224a224tanFQM2． a33．

√22

∴ 二面角DACM的余弦的大小为

方法二：过D作DO⊥AC，O为AC的中点，过M作ME⊥AC,设正方体的棱长为1， AM=,∠MAE=600，则ME=4,AE=4,EO=4 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐷𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 因为𝐷𝑀

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=(𝐷𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) 所以𝐷𝑀

2

√6

√2

√2

3

所以=++-2×

2

2

8

8

1113

√2√6⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉 ×𝑐𝑜𝑠〈𝑂𝐷24

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=𝑐𝑜𝑠〈𝑂𝐷

√3

3

∴ 二面角DACM的余弦的大小为33．

方法三：坐标法以A为原点建立空间直角坐标系 总结：求二面角的常用方法：垂线法，向量法，坐标法 22. (本小题满分12分)

如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是

AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图

(2)．

(1)求证：A1C⊥平面BCDE；

(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小； (3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．

解：(1)证明：∵AC⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AC ∴DE⊥A1D，DE⊥CD，

A1DCDD∴DE⊥平面A1DC，

又A1C⊂平面A1DC，∴DE⊥A1C 又∵A1C⊥CD，DECDD

∴A1C⊥平面BCDE

(2)建立空间直角坐标系C－xyz则A1(0,0,23)，D(0,2,0)，M(0,1,3)，B(3,0,0)，

E(2,2,0)．设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1B＝0，n·BE＝0又A1B＝(3,0，

→

－23)，BE＝(－1,2,0)，

→→→

3x－23z＝0，∴

－x＋2y＝0.

令y＝1，则x＝2，z＝3，

∴n＝(2，1，3)．

→

设CM与平面A1BE所成的角为θ ∵CM＝(0，1，3)，

→n·CM42→

∴sin θ＝|cos〈n，CM〉|＝→＝8×4＝2 CM与平面A1BE所成角的大小为

|n|·|CM|π4 …

(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下：假设这样的点P存

4

在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]．设平面A1DP的法向量为m＝(x′，y′，z′)， →→→→

则m·A1D＝0，m·DP＝0 又A1D＝(0,2，－23)，DP＝(p，－2,0)，

2y′－23z′＝0，∴

px′－2y′＝0.

2，p，p

令x′＝2，则y′＝p，z′＝，∴m＝

33

p平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，即4＋p＋p＝0 解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾． ∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．

总结：折叠问题要先搞清楚折叠前后的图形的变化；常使用坐标法解决立体几何中的探索性问题。

与解析几何有关的问题： 12. 已知直线(m1)x(n)y16622与圆(x3)(y6)5相切，若对任意

22的m,nR均有不等式2mnk成立，那么正整数k的最大值是（ ）

A.3 B.5 C.7 D.9

1直线与圆的位置关系，相切时点到直线的距离为半径长； 分析： 本题主要考查：○

2在等式中构造2m+n的不等式，再解决不等式2mnk的恒成立问题。 ○

这个题比较综合，所以计算比较复杂，需要估算会更好些。 解法一：由点(3，√6)到直线的(m1)x(n)y1266距离公式得 21√6|3(𝑚+1)+√6(𝑛+)−3−|

22

√(𝑚+1)2+(𝑛+1)2

化简得4𝑚2+𝑛2+6√6𝑚𝑛−5(2𝑚+𝑛)−0 即

254

254

2=√5

=

(2m+n)2−4𝑚𝑛+6√6𝑚𝑛−5(2𝑚+𝑛)−

=0， 即

(2m+n)2+(3√6−2)∙2𝑚∙𝑛−5(2𝑚+

254

𝑛)−=0，

2𝑚+𝑛2

因为m,n为正数，所以

≥√2𝑚∙𝑛

254

所以(2m+n)2+(3√6−2)∙2𝑚∙𝑛−5(2𝑚+𝑛)−

≤(2m+n

5

)2

2𝑚+𝑛225

+(3√6−2)()−5(2𝑚+𝑛)−

24

令t=2m+n，𝑡2+(3√6−2)(2)−5𝑡−

𝑡2

254

≥0

(3√6+2)2

𝑡4

−5𝑡−

254

≥0，显然有一正一负

根，设对应的方程的两个根为𝑡1，𝑡2，𝑡1<𝑡2不等式的解集为{𝑡|𝑡≥𝑡2}若对任意的m,nR均有不等式2mnk成立，即𝑡≥𝑘恒成立。看选项，把t=3代入 把t=4代入解法二：(3√6+2)2

𝑡4

(3√6+2)2

𝑡4

254

(3√6+2)2

𝑡4

−5𝑡−

254

<0

−5𝑡−

254

>0则3<𝑡2<4，那么正整数k的最大值是3

10+5√6+3√63√6+2−5𝑡−

≥0，解不等式{𝑡|𝑡≥𝑡2}，由于𝑡2=

是个无理数，只

能估算范围在（3，4），那么正整数k的最大值是3 解法三：由点(3，√6)到直线的(m1)x(n)y1266距离公式得 21√6|3(𝑚+1)+√6(𝑛+2)−3−2|

√(𝑚+1)2+(𝑛+1)

2化简得4𝑚2+𝑛2+6√6𝑚𝑛−5(2𝑚+𝑛)−

254

2=√5 =0

254

令t=2m+n，则n=t-2m，代入上式得(8−12√6)𝑚2+(6√6𝑡−4𝑡)𝑚+𝑡2−5𝑡−由题意该式有正解，所以△=(6√6𝑡−4𝑡)−4(8−12√6)(𝑡2−5𝑡−

2

254

=0，

)≥0所以t≥3.02

那么正整数k的最大值是3

小结:本题考查了直线与圆的位置关系，转化思想与方程函数思想的应用。在计算难度大时，估算是一种好的方法。

课堂小结1. 回顾本节课主要内容。2.复习时要注重反思，不断总结，提炼方法 课后反思：

本节课是试卷讲评课，通过本节课总结如下：要重视学生的学习过程，注意培养学生良好的学习习惯，从数学思想入手来解题，通过数学思想方法的指导可以更好的发现解题途径。继续加强基础知识教学，调动学生学习主动性和积极性，注意知识点的讲解透彻，在 立足于教材、把握教材的基础上挖掘教材；善于把握数学思想，善于提炼数学思想，并不失时机地对学生进行数学思想教育。本节课中的数学思想主要有：数形结合的思想、化归与转化的思想。因此，在试卷评讲后，一定要引导学生及时进行试卷自我分析，自我反思。借此让学生再次反思自己之所以做错某些题目的原因，并采取相应的改进措施，以免类似错误一犯再犯。

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