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1、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 基本概念掌握不准确，基本题型掌握不
2、到位，运算差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。的内接四面体D-ABC中，AC=6,BC=8,AC1BC,且四面体D-ABC体积的最大值 为200,则球。的表面积为（）A. 96万B.144万 C.2567t D.6767T分析：如图所示可以知道三角形ABC的面积是24, 若四面体O-ABC的体积最大，则高
3、最大。分析当D点动时，要使高量大，则只有D和球心。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D。直线上。计算 V=x24|DM| = 200,所以 |dm| = 25.设圆的半径是K连结。B,则直角三角形OBM中，（25-4 + 52=/?2,所以 r= 13所以球。的表面积为4软R =6764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o V。
4、工g18.如图，巳知AA5c和AE6C是边长为2的正三角形，平面E5C，平面A5C , AD L平面A5C,且AD = 2也.() 证明：4。/平面EBC.(II)求三棱锥七的体积.分析：求棱锥的体积，要求棱锥的底面积和高，那么这个三棱 锥石-A3。的高如何求？直接求不好求，我们可以转化推体 的顶点，还可以利用线面平行转化椎体。方法1 .解由知EF/AD,X-=% T，S.b=-BFAF = -Anr 22 ； D-ABF = S. AO = 1 即Ye-ABD= 1 .方法 2.- ABD =F- ABD1= VD-ABF=3X 2,区 X 2 X 2 X - =方法3.因为EF / AD,
5、则aFED共面，延长AF和DE交于G1又因为EF二lAD,所以为中点，所以E和F为AG和DG的中点，所以 AC / BG,ZABG=120所以1 f-1 和E-ABD = VD-ABE =- 3 X ,3 X 2 X 2 X T总结：本题使用了转化法和割补法求体积。点M是S0的中点，AN SC ,且交SC于点N求证:S8平面ACM ；(2)求证：平面SAC，平面；(3)求二面角。一 A。一的余弦值;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4。中点尸，则“尸 S4 .作/Q_LAC于0,连结MQ
6、.FQ为MQ在平面ABCD内的射影.v FQLAC. .MQ1 AC .,NFQM为二面角D-AC-M的平面角.设 SA = AB = a , 在 RtMFQ 中. SA_L底面A5CQ,尸，底面A5CQ.a：.tan ZFQM =屈.V2 a 4二面角。一 ACM的余弦的大小为正 3方法二:过D作D。，AC,。为AC的中点，过M作ME_LAC,设正方体的棱长为1,0包 巫 巫/MAE=60 ,则 ME；,AE*EO；因为。M = DO + 0E + EM所以而=(DO + 0F +丽2所以;=H ” (-2 X * X cos(ODfEM)cos(OD,EM)=二面角DACM的余弦的大小为.
7、 3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：全线法，向量法，坐标法22.(本小题满分12分)如图，在中，2(?=90 , BC=3 ziC=6, D,七分别是从G Hb上的点，且使DE BC, DE=2y将万沿。折起到儿。石的位置, A,如图(2).求证：ACL平面5CAE；若以是儿。的中点，求GW与平面46E所成角的大小;线段SC上是否存在点忆使平面4AP与平面垂直？ 说明理由.解： 证明：ACLBC , DE/I BC , ：.DELAC ：.DELAXD , DE LCD ,AiDrCD = D，。后，平面 A.DC,又 平面 AQC, ：.DELAC 又A
8、iCLCQ, )七0。= D. .4C1平面BCDE(2)建立空间直角坐标系 CRz则 4(0,02小),/X0,2,0),MO,1,3)，颐3,0,0),用2,2,0).设平面平喉后的法向量为A=(x, y,平则n46=o, nBE=O又46=(3,0,(T,2,0),3y2a/3z=0,ry 令y=l,则,v=2, 2=3, x+2i=0.=(2, 1,6.设CW与平面所成的角为v3/=(0, 1,小),4 色=邓义#= 2CW与平面所成角的大小为（3）线段员:上不存在点P,使平面4。”与平面43E垂直.理由如下：假设这样的点存在，设其坐标为血0,0）,其中。引设平面-P的法向量为切=，尸
9、，V ）,则 m 4/7=0, m - DP=0 又4。=(0,2, 23), DP=(p, 2,0),平面平面464当且仅当a=0,即4+p+=0解得=-2,与0,3矛盾.线段反:上不存在点P,使平面4。与平面4SE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.巳知直线（加+ 1+ （ + ；），=牝曾与圆（-3）2+（），-倔2=5相切，若对任意 乙乙的?,/?+均有不等式2m+ 之k成立，那么正整数攵的最大值是（）A.3B.5C.7D.9分析：本题主要考查：直线与圆的位置关系，相切时点到直线的距离为半径长;在等式
10、中构造2m+n的不等式，再解决不等式27 + 之攵的恒成立问题。这个题比较粽合，所以计算比较复杂，需要估算会更好些。解法一：由点，眄到直线的（加+ 1）工+（ + ；）y =普距离公式得 乙乙化简得4m2 + n2 + 6 亚nm 即(2m + n)2 - 4znn 4- 6后mn -2fZ5（2m + n） +（3E - 2）- 2m n - 5（2机 + ） -彳=02m + n因为m,n为正数，所以一,25所以（2m + n） +（3-2）- 2m n - 5（2m + n）一彳? z r- x/2m + nV25（2m + n） +（36 - 2）l-J - 5（2m + n）2/ 厅
11、 S225（3挑 + 2）225令2m + n-Q回2） -十t 一 -彳之0,显然有一正一负根,设对应的方程的两个根为I】，21产叼不等式的解集为句0叼若对任意的加,内均（3祖 A 2）225有不等式2? +之上成立，即iNk恒成立。看选项，把3代入4t 5t 一彳o（3祖 A 2）225把4代入4t -5t-彳0则3Vt2 V 4,那么正整数攵的最大值是3（3次 + 2）2 r 25_ 10 + 5、/6 + 3一解法二：一t -5t-彳二0,解不等式klttj,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, ”到直线的（m + l）x+ （
12、 + ；）,，=如普距离公式得 乙乙22 彳 z、25化简得4m + n +- 5（27n + n）-彳=0令2m + n,则n=t.2m,代入上式得（8_12、所+（6褥t）m + t2-5-,=0, 山所育方才右下副 尾山一（6府4J - 4（8 - 12狗卜2 . 5t - ）03 02由题息该式伺正解，所以- 所以tCUN那么正整数的最大值是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；善于把握教学思想，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。