高考数学最后一题解题NB策略（共5篇）

第一篇：高考数学最后一题解题NB策略

例说数学解题策略

【例17】（2010北京卷20）已知集合Sn{X|X(x1,x2,…，xn),x1{0,1},i1,2,…,n}(n2).对于

定义A与B的差为AB(|a1b1|,|a2b2|,…|anbn|);A(a1,a2,…an,)，B(b1,b2,…bn,)Sn，A与B之间的距离为d(A,B)i1|a1b1|

（Ⅰ）证明：A,B,CSn,有ABSn，且d(AC,BC)d(A,B);

（Ⅱ）证明：A,B,CSn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数(Ⅲ)设PSn，P中有m(m≥2)个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为dP． 证明： dP≤mn.2(m1)

【分析】本题的表述充满着数学符号，在题意理解上存在较大的困难，这需要学生运用化策略来帮助理解题意.例如：考虑n5时的情况，令A(1,1,0,1,0)，B(0,1,0,1,1)，C(1,0,0,1,0)则AC(0,1,0,0,0)，通过这些具体元素，就容易理解所求证的结论的含义，BC(1,1,0,0,1)，d(A,C)100001，从而为证明提供了思路.（Ⅰ）证明：A,B,CSn,有ABSn，即证ai,bi{0,1}时，有|aibi|{0,1}，i1,2,,n 显然即使采取穷举，|aibi|也不过四种情况：|10|,|00|,|01|,|11|{0,1}.证d(AC,BC)d(A,B)，即证(||ac||bc||)|ab|，iiiiii

i1i1nn

思路一：考察||aici||bici||,|aibi|的关系，若ci0，则||aici||bici|||aibi||aibi| 若ci1，则||aici||bici|||(1ai)(1bi)||aibi|.思路二：因为|aibi|{0,1}，所以|aibi|2|aibi|

所以考察||aici||bici||,|aibi|即考察||aici|2|bici|2|,|aibi|

||aici||bici||||aici|2|bici|2||ai2bi22aici2bici||aibi2ci(aibi)||aibi||12ci||aibi|

思路三：|aibi|的含义：ai,bi同|aibi|为0，异|aibi|为1

分情况讨论可知：ai,bi与ci都同或都异，则ai,bi同； ai,bi恰有其一与ci同，则ai,bi异；（Ⅱ）证明：A,B,CSn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数 思路一：设O{0,0,0,，,利用第一问d(A,B)d(O,BA)，d(A,C)d(O,CA)，设

满

足

d(B,C)d(BA,CA)d（B,C)

x,d(，|biai||ci的ai个

数为

h

个，C,A)，则yzdd(B,CB)dA(BA,zCA)xy2h

思路二：|aibi|2|aibi|，|bici|2|bici|，|aici|2|aici|

d(A,B)d(A,C)d(B,C)(|aibi||aici||bici|)

i1

n

(|aibi||aici||bici|)2(ai2bi2ci2aibiaicibici)

i1

i1

nn

思路三：穷举，讨论每一种情况：(ai,bi,ci)，i1,2,,n一共有8种情况 思路四：反证法，假设没有偶数，又|aibi|与aibi奇偶性相同，所以d(A,B)与

n

n

n

(ab)的奇偶性相

i

i

i1

n

同，所以d(A,B)d(B,C)与

(ab)(bc)(ac)的奇偶性相同，而d(A,C)与

i

i

i

i

i

i

i1

i1

i1

(ac)奇偶性相同.i

i

i1

n

(Ⅲ)设P中所有元素的第i个位置的数字中共有ti个1，mti个0，则任意两个元素间距离之和中，第i个

m2位置的1的个数为ti(mti)个，而ti(mti)

m2n

所以任意两个元素间的距离之和不大于

m2nmn

所以d(P).2

4Cm2(m1)

【例18】对于正整数n,数列a1,a2,,ak在满足下列条件下称为关于(1,2,3,,n)的万能数列:自然数

1,2,3,,n的任意一个排列都能从数列a1,a2,,ak中去掉一些项后得到.(1)构造一个有n2项的关于(1,2,3,,n)的万能数列的例子,并证明;

(2)构造一个有n2n1个项的关于(1,2,3,,n)的万能数列的例子并证明;

n2组



(3)判断数列A：n,1,2,3,,(n1),n,1,2,3,,(n2)n(n1),,1,2,n,3,,(n1),1,n,2是否是关于(1,2,3,,n)的万能数列，并证明你的结论.n个



【分析】(1)1,2,,n1,2,,n1,2,,n

显然在上述数列中,对于1,2,3,,n的任意一个排列的第k个位置上的数字,总能在该数列的第k段中找到。

(2)【分析】注意到n2n1比n少n1，由（1）问结论可得是减少了将近一组数。原本是每组中贡献一个，刚好可以组成人一个n个元素的排列，现在少了近一组数，说明必须能够保证某一组数中必须贡献两个元素。首先考察在（1）的结论中减少最后一组(保留1)的情况：

n1个

1,2,,n1,2,,n1,2,,n,1把1,2,3,,n的一个排列,由左到右构成的数列记作{bk}

①若该排列中不存在数字bi,bi1满足 bibi1(1in1),则b1b2bn

显然这个排列在上述数列中可以找到

②若该排列中存在bi,bi1满足 bibi1(1in1,则在上述数列中的第i组留下bi,bi1,其余的都去掉,其余的各组留下排列中相应的数就可以得到这一排列 综上讨论可得该数列为1,2,3,,n的万能数列.(3)数列A是万能数列

n2组



n,1,2,3,,(n1),n,1,2,3,,(n2)n(n1),,1,2,n,3,,(n1),1,n,2

由（2）的证明可知，数列A中从首相之后到倒数第二项之前的这些项，是一个关于(1,2,3,,n1)的万能数列

所以以n为首项或末项的任何一个排列都可以从数列A中划去一些项而得到 设a1,a2,,ar,ar1,,an是关于自然数1,2,3,,n的一个排列，且arn,1rn 把数列A中第r个n之前和之后的所有n都划掉，则在含第r个n之前的数为

r2组



1,2,3,,(n1),1,2,3,,(n1),,1,2,3,,(n1),1,2,,nr1―――①

因为a1,a2,,ar1中最小一项的最大值为nr1，所以由（2）证明可得在上面这组数①中划掉一些项可得a1,a2,,ar1 在含第r个n之后的数为

nr1组



nr2,nr3,,n11,2,3,,(n1),1,2,3,,(n1),,1,2,3,,(n1),1,2―――②

由（2）证明可得，若ar1,ar2,,an中最小值为１，２，显然ar1,ar2,,an可以通过划掉一些项得到.若ar1,ar2,,an中最小值为大于２，此时ar1,ar2,,an中最大的数的最小值为nr2，所以由（2）证明可得在上面一组数②中划掉一些项可得ar1,ar2,,an.所以数列A是关于(1,2,3,,n)的万能数列.【例19】已知数集Aa1,a2,an0a1a2an,n2具有性质P：对任意的i,j1ijn，aiaj与ajai两数中至少有一个属于A.（Ⅰ）分别判断数集1,2,3与0,2,3,5是否具有性质P，并说明理由；（Ⅱ）证明：a10，且2(a1a2an1)(n2)an；（Ⅲ）证明：当n5时，a1,a2,a3,a4,a5成等差数列.（IV）证明：当n5时，a1,a2,a3,a4,a5成等差数列.解：（Ⅰ）由于33与33均不属于数集1,2,3，∴该数集不具有性质P.由于当ij时，ajai00,2,3,5，20,32,53,52,50,30也都属于数集0,2,3,5，∴该数集具有性质P.（Ⅱ）证明：∵Aa1,a2,an具有性质P，∴anan与anan中至少有一个属于A，由于0a1a2an，∴ananan，故ananA.从而0ananA，∴a10.∵0a1a2an，∴akanan，故akanAk2,3,,n.由A具有性质P可知anakAk1,2,3,,n.又∵anananan1ana2ana1，∴anan0,anan1a2,,ana2an1,ana1an，从而(anan)(anan1)(ana2)(ana1)a1a2an1an，∴2(a1a2an1)(n2)an.（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当n5时，有a5a4a2,a5a3a3，即a5a2a42a3，∵0a1a2a5，∴a3a4a2a4a5，∴a3a4A，由A具有性质P可知a4a3A.由a2a42a3，得a3a2a4a3A，且0a3a2a3，∴a3a2a4a3a2，∴a5a4a4a3a3a2a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为0，公差为a2成等差数列.20】已知数集Aa1,a2,an1a1a2an,n2具有性质P；对任意的i,j1ijn，aajiaj与

a两数中至少有一个属于A.i

（Ⅰ）分别判断数集1,3,4与1,2,3,6是否具有性质P，并说明理由；（Ⅱ）证明：a2an

11，且

a1aa1a1a1

an； 12n

（Ⅲ）证明：当n5时，a1,a2,a3,a4,a5成等比数列.【解析】

（Ⅰ）由于34与

均不属于数集1,3,4，∴该数集不具有性质P.由于12,13,16,23,661236

231236

都属于数集1,2,3,6，∴该数集具有性质P.（Ⅱ）证明：∵Aa1,a2,an具有性质P，∴anan与

an

a中至少有一个属于A，n

由于1a1a2an，∴ananan，故ananA.从而1

an

aA，∴a11.n

∵1a1a2an，∴akanan，故akanAk2,3,,n.由A具有性质P可知

an

aAk1,2,3,,n.k

又∵

anaananan，nan1a2a1

【例

∴

anaaa

1,na2,nan1,nan，anan1a2a1

ananaa

nna1a2an1an，anan1a2a1

从而

∴

a1a2an

an.111

a1a2an

a5a2，a2,5a3，即a5a2a4a3

a4a3

（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当n5时，有

∵1a1a2a5，∴a3a4a2a4a5，∴a3a4A，由A具有性质P可知

a4

A.a

3由a2a4a3，得

a3a4aaa

A，且13a2，∴43a2，a2a2a3a3a2

∴

a5a4a3a2

a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为1，公比为a2成等比数列.a4a3a2a1

【例21】给定项数为m(mN*,m3)的数列{an}，其中ai{0,1}(i1,2,,m).若存在一个正整数k(2km1)，若数列{an}中存在连续的k项和该数列中另一个连续的k项恰好按次序对应相等，则称数列{an}是“k阶可重复数列”，例如数列{an}：0,1,1,0,1,1,0.因为a1,a2,a3,a4与a4,a5,a6,a7按次序对应相等，所以数列{an}是“4阶可重复数列”.（Ⅰ）分别判断下列数列

①{bn}:0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0.②{cn}:1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1.是否是“5阶可重复数列”？如果是，请写出重复的这5项；

（Ⅱ）若项数为m的数列{an}一定是 “3阶可重复数列”，则m的最小值是多少？说明理由；（III）假设数列{an}不是“5阶可重复数列”，若在其最后一项am后再添加一项0或1，均可使新数

列是“5阶可重复数列”，且a41，求数列{an}的最后一项am的值.解：（Ⅰ）记数列①为bn，因为b2,b3,b4,b5,b6与b6,b7,b8,b9,b10按次序对应相等，所以数列①是“5阶可重复数列”，重复的这五项为0,0,1,1,0;

记数列②为cn，因为c1,c2,c3,c4,c5、c2,c3,c4,c5,c6、c3,c4,c5,c6,c7、c4,c5,c6,c7,c8、c5,c6,c7,c8,c9、c6,c7,c8,c9,c10没有完全相同的，所以cn不是“5阶可重复数列”.（Ⅱ）因为数列{an}的每一项只可以是0或1，所以连续3项共有238种不同的情形.若m＝11，则数列{an}中有9组连续3项，则这其中至少有两组按次序对应相等，即项数为11的数列{an}一定是“3阶可重复数列”；若m＝10，数列0,0,1,0,1,1,1,0,0,0不是“3阶可重复数列”；则3m10时，均存在不是“3阶可重复数列”的数列{an}.所以，要使数列{an}一定 是“3阶可重复数列”，则m的最小值是11.（III）由于数列an在其最后一项am后再添加一项0或1，均可使新数列是“5阶可重复数列”，即在数列an的末项am后再添加一项0或1，则存在ij，使得ai,ai1,ai2,ai3,ai4与am3,am2,am1,am,0按次序对应相等，或aj,aj1,aj2,aj3,aj4与am3,am2,am1,am,1按次序对应相等，如果a1,a2,a3,a4与am3,am2,am1,am不能按次序对应相等，那么必有2i,jm4，ij，使得ai,ai1,ai2,ai

3、aj,aj1,aj2,aj3与am3,am2,am1,am按次序对应相等.此时考虑ai1,aj1和am4，其中必有两个相同，这就导致数列an中有两个连续的五项恰按次序对应相等，从而数列an是“5阶可重复数列”，这和题设中数列an不是“5阶可重复数列”矛盾！所以a1,a2,a3,a4与am3,am2,am1,am按次序对应相等，从而ama41.

第二篇：《高考最后一题》策划大纲

作文最后押题

【 押题1】

阅读下面材料，按要求作文。

不久前，天津狗不理已将百年老店的英文名字，从汉语拼音的gobuli改为“go believe”，意为“去诚信的地方”。狗不理的“洋名”一经公布就在社会上引起争议，有人认为很有创意，有利于提高狗不理的知名度，融入到日益全球化的世界经济体系之中，体现了我们民族与其他民族平等对待和相互交流的态度；也有人认为，此举丧失了原本的文化含义，是对传统文化的不自信，是“崇洋媚外”的心理在作祟。

在狗不理取洋名之前，包括全聚德、同仁堂、瑞蚨祥等在内的北京6家老字号也确定了各自的英文名字。而且，随着北京奥运会的日益临近，更多的中华老字号正在征集洋店名。

中国文联副主席冯骥才表示，老字号是宝贵的文化遗产，起洋名要体现文化特色，体现物质文化遗产的附加值和含金量。为了传承和发扬中华传统文化，老字号起洋名要多些中国化，少些外国化，多些文化味，少些洋味。

请认真阅读以上材料，联系自己的生活实际，自选角度，自定立意，自选文体，自拟标题，写一篇不少于800字的文章。注意，文章立意要在材料之内。

【押题理由】

关注传统文化，重拾传统文化的信心，只有这样，我们才能找到民族文化的自我，找到中华文化存在的意义及其对世界的未来所能做出的贡献。因此，近年来文化类作文题目便成为高考作文命题专家关注的一个大课题。2008年仍将是高考作文命题的一个热点，考生要引起重视。

【必背范文】

支撑

徐媛

仰望浩渺的苍穹，一颗颗永不殒命的星星是文学的灵魂，点亮了我们心灵的明灯。凝视奔腾的江水，一片片激荡的洪流是文学的缩影，冲击着我们心灵的最深处。文人骚客用笔述说着历史、人世的代谢，抒发着沧桑的感叹。他们的作品支撑起中华五千年的璀璨文化。

民歌《诗经》支撑起劳动人民朴实淳厚的文化。“窈窕淑女，君子好遒”，抒发对于美的追求。“桃之夭夭，灼灼其华”，表达人们对于子孙满堂的向往。这些都是最为朴实的愿望，他们真实地写意着对于美好生活的理解与憧憬，再加以丰富的联想与想象，呈现出色彩斑斓的景象。诗篇朴实也不失华丽，淳厚也不失委婉，清新还不失妩媚，但朴实与淳厚永远是《诗

1经》不变的旋律。《诗经》支撑起现实风的文化。

李白的诗歌支撑起唐诗飘逸、洒脱、向往自由的文化风尚。李白的诗歌气势磅礴，充满个性与自由的色彩。文句“清水出芙蓉，天然去雕饰”，清新、洒脱。“人生得意须尽欢，莫使金樽空对月”，充满及时行乐的快感。“安能摧眉折腰事权贵，使我不得开心颜”，洋溢着文人的刚毅不屈的傲骨之气。“仰天长笑出门去，吾辈岂是蓬蒿人”，又是何等的自由开放。李白的诗歌支撑起自由风的文化。

苏轼的词作支撑起宋词豪放、雄浑的艺术风格。“大江东去浪淘尽，千古风流人物”，这亘古不泯的词句深深印刻在每位中华儿女的心中。磅礴气势是苏轼词的主旋律，保家卫国是苏词的中心内容，英雄无用武之地是苏词抒发的感慨。他的词执着于人生而又超然物外，含蓄着坚定、乐观、旷达的精神。苏词支撑起豪放风的文化。

曹雪芹的《红楼梦》支撑起明清小说含蓄的文化。小说以宝黛之间的爱情为线索引出贾史王薛四大家族的爱恨情仇，写出一段由盛转衰的历史画面。文字含蓄、隐晦，以真实的历史为背景，但又将历史的真相隐藏在文字的背后，甄士隐、贾雨村到底谁是谁非，通灵幻境又悟得怎样的仙缘，暗示怎样的人生命运，含蓄、隐晦令人回味。《红楼梦》支撑起含蓄风的文化。

中国文学支撑起中国文化的天空，这些文学留给我们无尽的享受。我们在中华文学的熏陶中体会着历史的沧桑，憧憬着美好的未来。

【同文替换】

第二段有关《诗经》的内容，略作更改后可以用来写“母语”“语文”“读”等话题。如写“母语”话题，可将段首一句改为：远离浮躁，回归母语，我们可以感受到民歌《诗经》支撑起劳动人民朴实淳厚的文化。同时更动一下段尾句，使之与段首句照应。

第三段有关李白及其诗词的内容，略作更动后可以用来写“必须跨越这道坎”等话题。如写这个话题，可将段首一句改为：自力士脱鞋，玄宗醒酒，贵妃磨墨后，青莲看透了所谓的官场，所谓的名利荣禄。皇帝要的是奴才。于是，他走上了退路，仰天大笑而出门去，放白鹿于青崖，游天姥于梦境。同时更动一下段尾句，使之与段首句照应：他的退隐，使他跨越了入世与出世这道坎，让他感受到名山大川之壮美，于是酒入豪胸，三分酿成醉意，七分啸成剑气，绣口一吐，便是半个盛唐。

第四段有关苏轼及其诗词的内容，略作更动后可以用来写许多话题。如写“位置与价值”话题，可将段首一句改为：乌台诗案”被陷之后，苏轼被抛到这荒凉凋敝的黄州。他站在赤壁之下却登上文学之巅。同时更动一下段尾句，使之与段首句照应：很多时候我们无法左右人生的顺逆，如不系的小舟漂泊在茫茫的大海。但是只要有一颗不屈的心，一颗爱人的心，那么，何必在乎站在哪里呢？站在哪里不能成就自己的人生价值。

第五段有关《红楼梦》的内容，略作更动后也可以用来写许多话题。如写“读”话题，可将段首一句改为：读曹雪芹的《红楼梦》，我们可以感悟到它支撑起明清小说含蓄的文化。同时更动一下段尾句，使之与段首句照应，当然也可以不更动，就原文照抄。

【 押题2】

阅读下面材料，根据要求作文。

嫁给幸福

汪国真

有一个未来的目标

总能让我们欢欣鼓舞

就像飞向火光的灰蛾

甘愿做烈焰的俘虏

摆动着的是你不停的脚步

飞旋着的是你美丽的流苏

在一往情深的日子里

谁能说得清

什么是甜，什么是苦

只知道，确定了就义无反顾

要输就输给追求

要嫁就嫁给幸福

请以“幸福与追求”为题写一篇800字左右的文章，文体、立意、题目自定，不得抄袭。

【押题理由】

哲理思辩类作文更能考查考生的个人文化积累和逻辑思维能力。历来是高考命题的重点，2008年仍将延续这一命题热点，考生要继续关注。

【必背范文】

夸父追日

佚名

幸福，在追求的路上。

——题记

清晨，启明星还没有褪去它昨夜疲倦的容颜，我已经睁开惺忪的双眼。在凛冽的寒风中，我站在泰山之巅，眺望着太阳出现的地方。

我叫夸父。我生命的热情，生活的希望，不，我生命的全部和精神的所有都源于太阳这个圆圆的魔术家。

于是，我执著地认为，太阳就是我的幸福所在，为了追求幸福，我要用尽我的一生追赶太阳。

在那个阳春三月的季节，我踏上了追赶太阳的征途。我不知道前方的路在哪里，不知道下一程会遇到怎样的困难，也不知道在生命的尽头，是否有我朝思暮想的幸福。我带着一个个问号出现在早晨，消失在夜晚。

生命不息，追赶不止。

我仍在不停地追赶太阳，看着悬在空中、露出笑颜的太阳。我一次次大声或低声说，等我，等我，我一定会追赶上你。

有时我也会害怕、担心。害怕明天早晨起来太阳跑得无影无踪，遥不可及；担心夜晚过后自己因焦急而双眼失明，即使明天是艳阳高照，而自己也只能永远地生活在黑暗中，再也看不到太阳如花的笑靥。

我还在赶路，源于一种执著，一种信仰，更是源于对太阳的向往。我常常想，即使追赶的征程没有尽头，即使耗尽了生命仍未追赶上太阳，我仍为我的选择无怨无悔。

我好累，我好渴。长江和黄河的水已不能解除我的焦渴。

我分明已感觉到，生命快要枯竭，烛火即将熄灭。生命的主权将要移交。可是，我还没有追赶上太阳——我的幸福所在。

我即将死去，在死的刹那，我突然明白：追求的过程，确实就是一种幸福的过程；幸福，就在追求的路上。

【同文替换】

本文是对神话故事“夸父逐日”的改编。这篇文章稍作改动可以用来写“凤头、猪肚、豹尾”：先写“我”生非平庸，追逐太阳；然后写饥饿，写迷路——写半路出现的老者，老者的指点迷津，写沿途万物给的鼓励；最后写直到生命之火的熄灭。

也可以用来写“位置和价值”：以“一粒沙”的眼光来写夸父逐日的过程，表现“位置与价值”的关系。

当然，也可以根据这个神话故事来新编一个故事，来写“跑的体验”的话题：夸父在遭受诬陷而入狱后，萌发了反抗的意念，他开始了跑，开始了逐日。他的逃跑，是反抗意识的萌生；最后的逐日，是象征了对光明社会的追求。

第三篇：2012高考数学六道大题解题策略

2012高考迫在眉睫，对于高考中的数学后面六道大题你有多大的把握？

你是否曾想尽快把高考六道大题专项突破？

越是临近高考，许多考生只是做了大量的题，成绩还是上不去(或成绩相当不稳定)，为什么？因为陷入了题海战术的怪圈，思维非常混乱，这时，不是再盲目的大量做题，而是要进行最根本的高考数学思维突破，只有如此，才能最快速的提分，决战高考，效率取胜！下面以高考概率题为例深入剖析。

概率题是高考大题中解起来写得最少，得分最快的题，而对于难的高考概率题，特别是高难度的高考概率题，考生读题时往往有一种“云里来，雾里去”的感觉，思维混乱，根本读不懂，也不知从哪里下手，平时数学好的同学，绝大部分都是通过题海战术，大量做题，形成题感，当遇到高难度的题时，也只能硬着头皮做，根本没有把握。为什么会这样？因为绝大部分考生平时都是被动的大量做题，没有总结、不会总结，或总结了但思维达不到“深入各种概率题本质，能够通过题意快速建立数学模型”的最高境界，当然就没有能力识破“中国式命题专家”刁难的“鬼把戏”。概率题解题内容不长，书写也不用花多少时间，是容易拿到满分的题，但遇到难题，如果没法进行思维突破，只能白白的丢分了。想到三年高中的苦学，一年高考冲剌所做的大量概率题，这时却没有了用武之地，不免悲从心来，对于命题专家的刁难，考生只能在心里愤怒而已，于事无补！对于十多年寒窗苦读的考生来说，丢分毕竟是损失惨重的事，要知道，考高事关前途命运，十多分能压倒多少人啊！

笔者就近五年来高考数学命题方向和题型有深入的研究，对各种题型总结出了快速突破的方法，对高考选择题、填空题、特别是六道大题有专门的思维突破研究和特训方案。例如：对于概率题型，只需通过部份经典题型，就能使考生大彻大悟，彻底思维突破，做到融会贯通、考场上快速准确的解答高难度的概率题，对于简单题和中难度题，那简单就是易如反掌了。

现有以下的个人资料，有意者联系：刘老师QQ：364102128：，也希望同行共同探讨！

1、三角函数专项突破

2、立体几何专项突破

3、概率统计专项突破

4、解析几何专项突破

5、函数综合专项突破

6、数列综合专项突破

二〇一二年二月

第四篇：托福阅读最后一题解题方法

托福阅读最后一题解题方法

分布：

AD

BE

CF

最后一题感觉大致分为两种情况：比较普通的一种是选三个文章讨论的主要内容，另一种是仅针对文章某一部分的三个主要方面。由此可见，一般情况下文章肯定是有三个中心论点(不管是并列或是顺承或是递进)，所以可以按照这样的方法解题。

1、回原文

2、跳过首段(首段一般交代背景引出总话题，但最后一题问的是分话题)

3、重读每段首句，读的时候主要确认分话题的组成段落。一定是某个或某几个自然段组成一个分话题，不可能出现一段中两个分话题的，反正我没见过。

4、心中确认了三个分话题，可以提取出关键词(如候鸟导航里三个：太阳、生物钟、星星)，在提取关键词时候是基于做前面题对文章每段内容的了解上，因为有的在段落末句而非首句，有的在句中。

5、最后找答案，很好使，不过注意文章的主要讨论对象不能变(见蒸汽机那篇)。

6、所选答案都是结论性的。.总之，觉得最重要的是把除了首段外的段落归为三部分，不过挺明显的，因为每部分的描写对象都是很不一样，掌握了这个原则，托福阅读最后一题也就比较好解答了。

第五篇：中考数学最后一题详解

.已知：在△ABC中，BC=2AC，∠DBC=∠ACB，BD=BC，CD交线段AB于点E．（1）如图l，当∠ACB=90°时，直接写出线段DE、CE之间的数量关系；（2）如图2，当∠ACB=120°时，求证：DE=3CE；

（3）如图3，在（2）的条件下，点F是BC边的中点，连接DF，DF与AB交于G，△DKG和△DBG关于直线DG对称（点B的对称点是点K），延长DK交AB于点H．若BH=10，求CE的长.D

解：1)DE=2CE………………………1分(2)证明：过点B作BM⊥DC于M∵BD=BC，∴DM=CM, ………………………..2分 ∴∠DMB=∠CMB=90°,∠DBM=∠CBM=

∴∠MCB=30°BM=∵BC=2AC，∴BM=AC.∵∠ACB=120°,∴∠ACE=90°.∴∠BME=∠ACE∵∠MEB=∠AEC

B

图 2

D

A

D

K

A

E

E

GB

F图 3

A

B

图 1

C

B

图 2

C

C

∠DBC=60°

BC

D

M

E

C

A

∴△EMB≌△ECA

∴ME=CE=1

2CM ………………………3分

∴DE=3EC ………………………………4分

(3)过点B作BM⊥DC于M，过点F作FN⊥DB交DB的延长线于点N.∵∠DBF=120°, ∴∠FBN=60°.∴FN=3BF,BN=1BF ……5分∵DB=BC=2BF, DN=DB+BN=5

2BF

∴DF=7BF

∵AC=11

2BC,BF=2BC

∴AC=BF

∵∠DBC=∠ACB

∴△DBF≌BCA

∴∠BDF=∠CBA.∵∠BFG=∠DFB,∴△FBG∽△FDB

∴FGBF

BFDFBG

DB

∴BF2FGFD,∴FG7

7BF

∴DG=677

7BF,BG=2

7BF

∵△DKG和△DBG关于直线DG对称，∴∠GDH=∠BDF.∠ABC=∠GDH.∵∠BGF=∠DGA,∴△BGF∽△DGH.∴BG

DGGF

GH.∴GH=37

7BF.22DKEHABFCN图 3

∵BH=BG+GH=57

7BF=10,∴BF=27.…………………………….6分∴BC=2BF=47,CM=221∴CD=2CM=421.∵DE=3EC∴EC=14CD=21……………………