多想少算视角下2020年高考数学试题分析

摘要：数学作为思维的科学，应该“多动脑”，即“多想少算”，高考数学命题将“多考点想，少考点算”作为一条基本的命题理念.其中，“多想”是指需要多花时间去思考，“少算”是指多花时间思考后减少简单、重复、繁琐的运算，使学生的思维能力得到充分的发展，提高学生思考和解决问题的能力.本文以2020年高考数学试题为载体，介绍了一系列优化解题的策略.

关键词：二级结论;数学模型;数形结合;构造函数

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）16-0025-06

1 利用特殊化

解决问题的一般策略是从简单到复杂、从特殊到一般、从已知到未知，特殊化策略是处理选择题和填空题最常用的简便方法，也是解决问题的基本策略.波利亚认为：“特殊化是从对象的一个给定集合，转而考虑包含在这集合内较小的集合”.在几何中，特殊化就是让直线、平面处于一些特殊的位置或临界情况，例如：直线的平行、直线的垂直、直线和圆相切等;在代数中，特殊化就是让变量取一些特殊的值，使问题变得简单明了.

例1（2020年全国Ⅰ卷理第11题）若⊙M：x2+y2-2x-2y-2=0，直线l：2x+y+2=0，P为l上的动点，过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当PM·AB最小时，直线AB的方程为（）.

A.2x-y-1=0B.2x+y-1=0

C.2x-y+1=0D.2x+y+1=0

解析当PM·AB最小时，只需要各自最小即可，所以猜想：当PM⊥l时，PM·AB最小.

因为PM⊥l，则PM最小，设PM与AB的交点为C，则由三角形面积可知

12AC·PM=12PA·AM.

则有PM最小时AB也最小.

又因为AB∥l，则kAB=-2，排除A，C.

易求直线AB方程为x-2y+1=0.

联立x-2y+1=0，2x+y+2=0，解得P（-1，0），点P在直线l上，代入B，D验算选择D.

例2（2020年浙江卷第9题）已知a，b∈R且ab≠0，对于任意x≥0均有（x-a）（x-b）（x-2a-b）≥0，则（）.

A.a<0B.a>0C.b<0D.b>0

解析当a=1，b=-1时，（x-1）（x+1）（x-1）≥0在x≥0时恒成立.

当a=-1，b=-1时有（x+1）2（x+3）≥0在x≥0时恒成立.

当a=-1，b=1时有（x+1）2（x-1）≥0在x≥0时不一定成立，故选C.

评注牛顿指出：“没有大胆的猜想，就做不出伟大的发现”，例1通过猜想对图形位置进行了特殊化;例2对字母数据进行了特殊化，避免了直接对字母进行分类讨论，都对解题过程进行了极大简化.

2 利用“二级结论”二级结论是指教材中现有结论之外的结论，它是通过教材中的一些定理、公理进行推导所得到的结论，一般是经验性的利于考试解题的结论.例如：抛物线的焦点弦长公式、椭圆焦半径公式、椭圆焦点三角形的面积、对数—平均值不等式、三角形面积的坐标表示、若奇函数存在最大值和最小值，则其之和为0等.这些二级结论不应该去死记硬背，而是应该在理解或者解题的基础上去记忆.

例3（2020年全国Ⅲ卷理第11题）设双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的左、右

焦点分别为F1，F2，离心率为5.P是C上一点，且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4，则a=（）.

A.1B.2C.4D.8

解析设∠F2PF1=θ，所以由双曲线焦点三角形面积公式可知S△F2PF=b2tanθ2.

代入数据解得b=2.

又因为e=ca=5，c2=a2+b2，

所以a=1，选择A.

例4（2020年全国Ⅰ卷理第15题）已知F为双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率為3，则C的离心率为.

解析利用二级结论双曲线的半通径长为b2a.

又AB的斜率为3，则有b2ac-a=3.

即e2-1e-1=3.

解得双曲线离心率为2.

评注圆锥曲线问题在高考中一直是热点、重点、难点，如果能合理利用好圆锥曲线中的二级结论则可以达到巧解甚至“秒杀”.圆锥曲线常用的二级结论有很多，例如：在抛物线中，l为过抛物线焦点的直线与抛物线交于A，B两点，那么AB=2psin2θ（θ为直线的倾斜角）等.

3 利用模型

数学模型是为了某种目的，用字母、数字及数学符号建立起来的函数、方程、等式或不等式以及图表、图象等描述客观事物的特征及其内在联系的数学结构表达式.常见的数学模型包括：向量恒等式模型、三点共线模型、面积模型、点到直线的距离模型、指数模型、对数模型、均值不等式模型等.

例5（2020年北京卷第13题）已知正方形ABCD的边长为2，点P满足AP=12（AB+AC），则|PD|=;PB·PD=.

解析由题可知PD=5.

由向量恒等式，有

PB·PD=14[（PB+PD）2-（PB-PD）2]

=14[22-（22）2]=-1.

例6（2020年全国Ⅲ卷文第16题）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为.

解析由圆锥内切球模型可知：球的半径最大时球与圆锥相切.设圆锥的截面三角形为△ABC，球的截面圆与AB边相切于点M，与BC边相切于点P，与AC边相切于点N，由题意知△ABC为等腰三角形，AP2=AB2-BP2=22.

则SΔABC=22.

此时三角形的面积S=12R（a+b+c）.

所以R=22，V=43πR3=23π.

4 利用数形结合

数和形是数学研究的两部分，它们既有区别又有联系，不能将它们视作孤立存在，华罗庚指出：“数缺形时少直观，形缺数时难入微;数形结合千般好，隔离分家万事休.”由此可见：“形”具有直观性，而“数”具有抽象性，只有将两者结合才能达到事半功倍的效果.

例7（2020年全国Ⅰ卷理第10题）如图1，已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为

△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为（）.

A.64πB.48πC.36πD.32π图1

解析设圆O1半径为r，球的半径为R，由题意得πr2=4π.解得r=2.

因为△ABC为等边三角形，由正弦定理，得

AB=2rsin60°=23.

所以OO1=AB=23，O1A=23AB·cos30°=2.

根据球的截面性质，OO1⊥平面ABC.

所以OO1⊥O1A，R=OA=OO21+O1A2=OO21+r2=4.

所以球O的表面积S=4πR2=64π.故选A.

评注本题的关键就是找到球的半径，根据题意画出图形则有R=OO21+O1A2.

5 利用观察

例8（2020年天津卷第9题）已知函数f（x）=x3，x≥0，-x，x<0.若g（x）=f（x）-kx2-2x（k∈R）恰有4个零点，则k的取值范围是（）.

A.（-

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，-12）∪（22，+

SymboleB@

）

B.（-

SymboleB@

，-12）∪（0，22）

C.（-

SymboleB@

，0）∪（0，22）

D.（-

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，0）∪（22，+

SymboleB@

）

解析通过观察选项结构可知：A，B中k≠-12，而C，D中是可以取到的，所以先对k=-12进行验证，再观察C，D，可对k=1进行验证.

k=-12时，g（x）=f（x）--12x2-2x恰有4个零点，画出函数图象（如图2）可知：此时刚好有4个零点，所以排除A，B.

k=1时，g（x）=f（x）-x2-2x恰有4个零点，画出函数图象（如图3）可知：此时并不满足题意排除C，选择D.

评注观察是寻找解决数学问题思路的基本方法和策略.在审题的过程中要观察题目所给条件、代数式的结构、选项的组成情况，如果能善于观察并选择合适方法，将会极大提高解题效率和正确率.本题正是通过观察选项的组成情况，对参数进行赋值从而极大地优化了解题过程.

6 利用函数性质

克莱因曾说：“函数是数学的灵魂”，函数是高中学习的重点，高考的热点.对于函数性质的考查更是顺理成章，高考中常考查的函数性质包括：函数的图象、单调性、奇偶性、周期性、对称性、有界性、凹凸性等.

例9（2020年新高考山东卷第8题）若定义在R的奇函数f（x）在（-

SymboleB@

，0）单调递减，且f（2）=0，则满足xf（x-1）≥0的x的取值范围是（）.

A.[-1，1]∪[3，+

SymboleB@

）

B.[-3，-1]∪[0，1]C.[-1，0]∪[1，+

SymboleB@

）

D.[-1，0]∪[1，3]

解析由奇函數的性质可知：奇函数在关于原点对称的区间上单调性相同，并且满足

f（-x）=-f（x）.

根据题意可知f（x）在（0，+

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）上单调递增并且f（-2）=0，f（0）=0，画出示意图如图4所示，选择D.

例10（2020年全国Ⅰ卷理第12题）若2a+log2a=4b+2log4b，则（）.

A.a>2bB.a<2bC.a>b2D.a<b2

解析根据题意有2a+log2a=22b+log2b.

令f（x）=2x+log2x，

易证f（x）在（0，+

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）上单调递增.

则有2a+log2a=22b+log2b<22b+log22b.

则f（a）<f（2b）.

所以a<2b.故选B.

评注例10作为理科压轴选择题，不偏不怪、题干简练、设问巧妙、解法多样，是一道好题，熟练掌握函数的基本性质并且学会选择与应用非常重要.

7 利用换元

例11（2020年浙江卷第17题）已知平面单位向量e1，e2满足|2e1-e2|≤2.a=e1+e2，b=3e1+e2，向量a，b的夹角为θ，则cos2θ的最小值是.

解析因为|2e1-e2|≤2，

所以4-4e1·e2+1≤2，e1·e2≥34.

又因为e1·e2≤e1·e2=1

设t=e1·e2∈[34，1]，

所以cos2θ=（a·b）2a2·b2

=（4+4e1·e2）2（2+2e1·e2）（10+6e1·e2）

=4（1+t）5+3t.

将其看成一个新的函数，令y=4+4t5+3t=43（1-23t+5），易知该函数在定义域上单调递增.

所以当t=34时，ymin=2829.

评注换元法是解题中常用的方法，其實质是转化进行等量代换，使一个复杂、困难的问题变得简单容易处理.换元的关键在于确定替换的部分和引入新参数的范围，常见的换元包括：整体换元、局部换元、三角换元、均值换元等.

8 利用补体法

补体或者造形的本质是从宏观的角度看待和处理立体几何问题.补体法根据已知条件将一个几何体补成一个比较熟悉的几何体（例如：正方体、长方体、椎体、柱体、球体等），使其原来不易发掘或不易表示的点、线、面之间的关系可以更加直观地呈现.补体这一过程需要充分发挥考生的空间想象力和创造力，具有创造的成分.

例12（2020年全国Ⅲ卷理第16题）如图5，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=.

解析将三棱锥P–ABC的平面展开图还原为三棱锥P-ABC，然后补成一个斜四棱柱ABOC-DB1O1C1，其中D，E，F，P为同一个点，所以在△DCB中，由余弦定理有

cos∠FCB=CB2+CD2-BD22CB·CD.

又因为∠CAE=30°，AE=AD=3，BF=BD=2AB=6，根据余弦定理，得

CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos30°.

则CD=1.

代入数据可得cos∠FCB=-14.

9 构造函数

例13（2020年全国Ⅱ卷文第12题）若2x-2y<3-x-3-y，则（）.

A.ln（y-x+1）>0

B.ln（y-x+1）<0

C.lnx-y>0

D.lnx-y<0

解析由题可得2x-3-x<2y-3-y.

构造函数令f（t）=2t-（13）t.

易证该函数在R上为增函数.

所以f（x）<f（y）.

则有x<y.

那么y-x>0，y-x+1>1.

所以ln（y-x+1）>ln1=0，故选A.

评注构造函数的关键是根据题目条件去寻找相同或相似的式子，然后利用函数的单调性、最值、极值进行解决.

10 利用设而不求

例14（2020年新高考山东卷第13题）斜率为3的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则AB=.

解析设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意可知直线方程为y=3（x-1）.

与抛物线方程联立，得3x2-10x+3=0.

则x1+x2=103.

由抛物线定义AB=x1+x2+p=163.

评注本题根据题意设出两点坐标但是并没有直接将其计算出来，而是利用根与系数的关系进行整体代换，避免了大量繁琐的计算.在解决直线与抛物线相交的弦长问题时，如果该直线过焦点，那么可直接利用弦长公式：AB=x1+x2+p.

11 利用极限

例15（2020年浙江卷第22题（节选））已知1<a≤2，函数fx=ex-x-a，其中e=2.71828…是自然对数的底数.证明：函数y=fx在（0，+

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）上有唯一零点.

解析由已知，得f ′（x）=ex-1，故f ′（x）在（0，+

SymboleB@

）上单调递增，则f ′（x）>f ′（0）=0.

所以函数f（x）在（0，+

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）上单调递增.

x→+

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时，f（x）→+

SymboleB@

;

x→0+时，f（x）→1-a<0.

所以在（0，+

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）上存在x0使得f（x0）=0.

即f（x）在（0，+

SymboleB@

）上有唯一零点.

评注极限策略是利用极限思想来分析问题和解决问题.利用极限思想是对问题进行极端化，特别是在判断函数图象、证明函数极值点、判断函数零点时可以起到化繁为简的作用.

12 利用高等数学工具高等数学工具是指利用高等数学中的定理、公式进行解题.常用的高等数学工具包括：洛必达法则、泰勒展开式、琴生不等式、条件极值、隐函数偏导数、拉格朗日乘数法等.

例16（2020年新高考山东卷第22题（节选））已知函数f（x）=aex-1-lnx+lna，若f（x）≥1，求a的取值范围.

解析根据泰勒展开式ex=1+x+x22！+o（x2），

则ex-1=x+（x-1）22！+o（x2），

ln（x+1）=x-x22+o（x2）.

则lnx=x-1-（x-1）22+o（x2）.

所以ex-1≥x，lnx≤x-1.

则f（x）≥1恒成立可以转化为

（a-1）x+lna≥0恒成立.

所以a-1≥0，lna≥0.解得a≥1.

评注泰勒公式的本质就是利用多项式函数去逼近一个给定的函数.不等式ex≥x+1，lnx≤x-1是压轴题中常用的放缩结论，值得重点掌握.

多想少算策略作为基本的高考命题策略，在2020年高考（12套）试卷中得到了充分的体现，其种类远不止这些，文中案例仅仅想起到抛砖引玉的作用.新时代要求教师应该是教育教学的研究者，对于这些能优化解题的策略，让学生取得数学思维上的突破，值得深入研究.

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[责任编辑：李璟]