历年高考数学常错题集.doc

历年高考数学常错题集 一、1983年前的高考数学败题 【说明】这一阶段高考数学试题评价是以批评与自我批评为主，因此，我们也就国家公布的没有提及优秀的试题来说明 （1951一、13．）系数是实数的一元三次方程，最少有几个根是实数，最多有几个根是实数？ 答：最少是一个，最多是三个 【评析】该题根据实系数复数方程虚数根成对出现得到的结论，但这一结论在当时并没有在大范围的教材中出现 （1952二、1 ）解方程x4+5x3-7x2-8x-12=0 解：左式=(x4+5x3-6x2）-（x2+8x+12）=(x+6)[x2(x-1)-(x+2)]=(x+6)(x3-x2-x-2) =(x+6)[(x3-2x2)+(x2-x-2)] =(x+6)(x-2)(x2+x+1)=0可得原方程的四根为： 【评析】该题分解因式的技巧性过强，多数学生不能完成，竞赛性质太浓 1963―5．根据对数表求的值 解： 【评析】对数值中的符号，当时是否应该、有必要引入中学还在讨论当中，高考就出现了这样符号 结论：研究及有争议的内容不能在试题中出现 1965附加题（1）已知为实数，证明均为正数的充要条件是 （2）已知方程的三根都是实数，证明是一个三角形的三边的充要条件是 证明：（1）条件的必要性是显然的，因为已知 所以立即可得，， 下面证明条件的充分性： 设是三次方程的三个根，则由根与系数的关系及已知条件有 此即由此即可知三次方程的系数正负相间，所以此方程无负根，即方程根均非负;又由可知，方程无零根，故 （2）由（1）的证明可知，均为正数的充要条件是于是问题转化为证明为三角形三条边的充要条件为 条件的必要性： 若为三角形的三边，则由三角形的性质必有 于是 由此可得 即 条件的充分性：若，则 此式中至少有一因式大于0，今设则必有 如果两式相加得，即，此与相矛盾 故有此即 此即可作为一个三角形的三条边 综上所证可知，方程的三根为一个三角形的三条边的充要条件是 【评析】这个试题以附加题形式出现，难度较大，但也不能大到无一人（甚至参加国际数学竞赛的学生）能作上程度 结论：试题不能无线拔高 （1977北京文4）不查表求sin1050的值 解： 【评析】当时，并没有要求记特殊角三角函数值，所以题虽然不难，但会的人不多 （1977年福建理科2（2）题）证明： （1977年河北试题第3题）．证明： 证：左边= =右边 （1977年上海理科第1（4）题）求证： 【评析】这些该题本身不难，但三角证明题几地都出现证法太多，标准不易统一，给阅卷带来非常大的难度 结论：三角证明一般不作为证明题出现 （1977年福建理科第3题）在半径为R的圆内接正六边形内，依次连结各边的中点，得一正六边形，又在这一正六边形内，再依次连结各边的中点，又得一正六边形，这样无限地继续下去，求：（1）前n个正六边形的周长之和Sn;（2）所有这些正六边形的周长之和S 解：如图，半径为R的圆内接正六边形的周长为6R， A B C E D O 设C为AB的中点，连结OC，OB，则OC⊥AB ∴OC=CD= 第二个正六边形的周长 同理可得 第三个正六边形的周长第四个正六边形的周长………… 于是可以得到一个表示正六边形周长的数列： 6R，…… ①前n个正六边形周长的和 ②所有这些正六边形周长的和 【评析】从题本身上看，该题是一个好题，但是其答案在全国引起争议——归纳出的结论到底是否要证明是等比数列？即使不证明也要体现有等比数列的过程 从该题对以后影响是，出现了用式子表达等比、等差数列热潮 （1977年福建文科第4题）．求抛物线和圆在第一象限的交点处的切线方程 解：解方程组 （1）代入（2）得 x=3,x=-12（不合题意）将x=3代入（1），得（仅取正值）， ∴在第一象限的交点为（）从抛物线得 ∴过点（）的抛物线的切线方程是 过点（）的圆的切线方程是即 【评析】该题的问题是表述不清：有人认为只求抛物线的切线方程，也有人认为只求圆的切线方程，答案倒认为是求圆和抛物线的方程 （1977年黑龙江第2题第（1）问）．计算下列各题： 解：当当 【评析】该题引发了分段表示法的争论，结论，如果是分段出现的，结果一般用分段函数形式给出 （1977年江苏第1（5）题）把直角坐标方程化为极坐标方程 解：原方程可展开为 【评析】该题从一般情况下考虑（直角坐标系的原点为极点，x轴为极轴且长度单位不变），但没有交代清楚一般情况下，以致于该题出现的情况是：一般的学生答的好，程度很高的如参加