專題10 閱讀理解型問題（復(fù)習(xí)講義）（解析版）-二輪要點歸納與典例解析

專題10閱讀理解型問題復(fù)習(xí)講義【要點歸納|典例解析】類型一定義新運算型閱讀考點01新定義型閱讀理解題常見的兩種類型1.新定義概念型閱讀題:解新定義概念型閱讀題,要把握新概念的現(xiàn)實模型,理解新概念的形成過程,以便于正確應(yīng)用新概念進行分析、解決問題.2.新定義運算型閱讀題:把新定義運算轉(zhuǎn)化為一般的實數(shù)運算是解這類閱讀理解題的關(guān)鍵.【特別提醒】(1)正確理解新定義運算的含義,認(rèn)真分析題目中的定義,嚴(yán)格按照新定義的運算順序進行運算求解,切記不可脫離題目要求.(2)在新定義的算式中,若遇有括號的也要先算括號里面的.(3)材料中的新概念、新運算與我們已學(xué)過的概念、運算有著密切的聯(lián)系,注意“新”“舊”知識之間的聯(lián)系與轉(zhuǎn)化.類型二新公式應(yīng)用型閱讀題考點02新公式應(yīng)用型閱讀題

新公式應(yīng)用型閱讀題常見的三種類型1.新數(shù)學(xué)公式型:通過閱讀材料,給出新的數(shù)學(xué)公式,根據(jù)新的數(shù)學(xué)公式解決所給問題.2.新變換法則型:通過閱讀材料,給出新的數(shù)學(xué)變換法則,根據(jù)新的變換法則解決所給問題.3.新規(guī)定型:通過閱讀材料,給出新的規(guī)定,根據(jù)新規(guī)定解決所給問題.【知識歸納】新公式應(yīng)用型閱讀題的解題策略1.通過對所給材料的閱讀，從中獲得新的數(shù)學(xué)公式或某種新的變換法則.2.分析新公式的結(jié)構(gòu)特征及適用范圍.3.將新公式轉(zhuǎn)化為已學(xué)知識，尋找解決問題的突破口，進而利用新公式解決問題.解一元一次不等式的注意事項解一元一次不等式的步驟與解一元一次方程的步驟基本類似，只是注意在不等式的兩邊同乘或同除一個負數(shù)時，不等號的方向要發(fā)生改變．在數(shù)軸上表示不等式的解集時，要注意“分界點”和“方向”，大于向右畫，小于向左畫，含等于號的畫成實心點，不含等于號的要畫成空心圓圈．類型三新解題方法型閱讀題考點03新解題方法型閱讀題

新解題方法型閱讀題常見的兩種類型1.以例題的形式給出新方法:材料中首先給出一道例題及其解題方法,然后仿照新的解題方法解決與例題類似的問題.這類新方法型閱讀題在中考中最為常見,值得關(guān)注.2.以新知識的形式給出新方法:先給出體現(xiàn)一個新解題方法的閱讀材料,通過閱讀體會新方法的實質(zhì),然后用新方法解決相關(guān)的問題.【特別提醒】(1)認(rèn)真閱讀題目,理解掌握新的解題方法是解決新問題的關(guān)鍵.(2)體會轉(zhuǎn)化思想在解新方法型閱讀題中的作用,理解新方法并進行轉(zhuǎn)化,用我們熟悉的知識來解決新問題.【知識歸納】解答數(shù)字規(guī)律題的步驟(1)計算前幾項，一般算出四五項.(2)找出幾項的規(guī)律，這個規(guī)律或是循環(huán)，或是成一定的數(shù)列規(guī)律如等差，等比等.(3)用代數(shù)式表示出規(guī)律或是得出循環(huán)節(jié)(即幾個數(shù)一個循環(huán)).(4)驗證你得出的結(jié)論.類型四歸納概括型閱讀題考點04歸納概括型閱讀題

歸納概括型閱讀題常見的三種類型1.等式型:通過對給出的幾個等式中數(shù)的變化,分析、類比、推斷、猜測,歸納出等式存在的一般性規(guī)律,再用含字母的等式表示一般規(guī)律.2.代數(shù)式型:通過對給出的幾個代數(shù)式中數(shù)和字母的變化,分析、類比、猜測,歸納出代數(shù)式存在的一般性規(guī)律,再用含字母的代數(shù)式表示一般規(guī)律.3.三角函數(shù)式型:通過對給出的幾個三角函數(shù)式中數(shù)或字母的變化,分析、類比、猜測,歸納出三角函數(shù)式存在的一般性規(guī)律,再用數(shù)或含字母的式子表示一般規(guī)律.類型一定義新運算型閱讀1．定義運算:☆=.例如:4☆2=4×22-4×2-1=7.則1☆=0方程的根的情況為()A.有兩個不相等的實數(shù)根B.有兩個相等的實數(shù)根C.無實數(shù)根D.只有一個實數(shù)根【答案】A【解析】由定義新運算可得，∴△==5＞0，所以方程有兩個不相等的實數(shù)根，因此本題選A．2．對于實數(shù)a、b，定義一種新運算“”為：，這里等式右邊是實數(shù)運算．例如：．則方程的解是（）A．x＝4B．x＝5C．x＝6D．x＝7【答案】B【解析】根據(jù)新定義運算，把方程轉(zhuǎn)化為分式方程．因為，所以原方程可轉(zhuǎn)化為，解得x＝5．經(jīng)檢驗，x＝5是原方程的解．3.對于任意兩個不相等的數(shù)a，b，定義一種新運算“”如下：ab＝，如：32＝＝，那么124＝______．【答案】【解析】依題意可知124＝＝＝．4．（樂山）我們用符號[x]表示不大于x的最大整數(shù)．例如：[1.5]＝1，[－1.5]＝－2，那么：（1）當(dāng)－1＜[x]≤2時，x的取值范圍是________；（2）當(dāng)－1≤x＜2時，函數(shù)y＝x2－2a[x]＋3的圖象始終在函數(shù)y＝[x]＋3的圖象下方，則實數(shù)a的范圍是________．【答案】（1）0≤x≤3；（2）a＜－1或a≥EQ\F(3,2)．【解析】（1）根據(jù)符號[x]表示不大于x的最大整數(shù)，得到－1＜[x]≤2時[x]＝0，1，2；當(dāng)[x]＝0時，0≤x＜1；當(dāng)[x]＝1時，1≤x＜2；當(dāng)[x]＝2時，2≤x＜3；從而x的取值范圍是0≤x＜3；（2）本題可根據(jù)題意構(gòu)造新函數(shù)，采取自變量分類討論的方式判別新函數(shù)的正負，繼而根據(jù)函數(shù)性質(zhì)反求參數(shù)．令y1＝x2－2a[x]＋3，y2＝[x]＋3，y3＝y(tǒng)2－y1，由題意可知：y3＝－x2＋(2a＋1)[x]＞0時，函數(shù)y＝x2－2a[x]＋3的圖象始終在函數(shù)y＝[x]＋3的圖象下方．①當(dāng)－1≤x＜0時，[x]＝－1，y3＝－x2－(2a＋1)，此時y3隨x的增大而增大，故當(dāng)x＝－1時，y3有最小值－2a－2＞0，得a＜－1；②當(dāng)0≤x＜1時，[x]＝0，y3＝－x2，此時y3≤0；③1≤x＜2時，[x]＝1，y3＝－x2+(2a＋1)，此時y3隨x的增大而減小，故當(dāng)x＝2時，y3有最小值2a－3≥0，得a≥EQ\F(3,2)；綜上所述，a＜－1或a≥EQ\F(3,2)．5.定義[，，]為函數(shù)＝2+的特征數(shù)，下面給出特征數(shù)為[2m，1﹣m，﹣1﹣m]的函數(shù)的一些結(jié)論：①當(dāng)m＝﹣3時，函數(shù)圖象的頂點坐標(biāo)是（）；②當(dāng)m＞0時，函數(shù)圖象截軸所得的線段長度大于QUOTE；③當(dāng)m＜0時，函數(shù)在＞QUOTE時，隨的增大而減小；④當(dāng)m≠0時，函數(shù)圖象經(jīng)過同一個點．其中正確的結(jié)論有___________【解析】解：根據(jù)定義可得函數(shù)＝2m2+（1﹣m）+（﹣1﹣m），①當(dāng)m＝﹣3時，函數(shù)解析式為＝﹣62+4+2，∴，∴頂點坐標(biāo)是（），正確；②函數(shù)＝2m2+（1﹣m）+（﹣1﹣m）與x軸兩交點坐標(biāo)為（1，0），（﹣QUOTE，0），當(dāng)m＞0時，1﹣（﹣QUOTE）＝，正確；③當(dāng)m＜0時，函數(shù)＝2m2+（1﹣m）+（﹣1﹣m）開口向下，對稱軸，錯誤；④當(dāng)m≠0時，＝1代入解析式＝0，則函數(shù)一定經(jīng)過點（1，0），正確．故選：①②④6.若記y=f（x）=，其中f（1）表示當(dāng)x=1時y的值，即f（1）==；f（）表示當(dāng)x=時y的值，即f（）=；…；則f（1）+f（2）+f（）+f（3）+f（）+…+f（2011）+f（）= ．【解析】解：∵y=f（x）=，∴f（）==，∴f（x）+f（）=1，∴f（1）+f（2）+f（）+f（3）+f（）+…+f（2011）+f（）=f（1）+[f（2）+f（）]+[f（3）+f（）]+…+[f（2011）+f（）]=+1+1+…+1=+2010=2010．故答案為：2010．類型二新公式應(yīng)用型閱讀題7．（2020·棗莊）對于實數(shù)a、b，定義一種新運算“”為：，這里等式右邊是實數(shù)運算．例如：．則方程的解是（）A．x＝4B．x＝5C．x＝6D．x＝7【答案】B【解析】根據(jù)新定義運算，把方程轉(zhuǎn)化為分式方程．因為，所以原方程可轉(zhuǎn)化為，解得x＝5．經(jīng)檢驗，x＝5是原方程的解．8．（2020·隨州）將關(guān)于x的一元二次方程變形為，就可以將表示為關(guān)于x的一次多項式，從而達到“降次”的目的，又如…，我們將這種方法稱為“降次法”，通過這種方法可以化簡次數(shù)較高的代數(shù)式.根據(jù)“降次法”，已知：，且x＞0，則的值為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】本題考查了降次法、整體代入法、整式的化簡求值，一元二次方程的解法.解答過程如下：∵，∴，∴======2x，∵，且x＞0，∴x=，∴原式=2×=.因此本題選C．9．（2020·恩施）在實數(shù)范圍內(nèi)定義運算“☆”：，例如：．如果，則的值是（）．A. B.1 C.0 D.2【答案】C【解析】根據(jù)題目中給出的新定義運算規(guī)則進行運算：，又，∴，∴．故選：C．10．（2020·衢州）定義，例如，則的結(jié)果為．【答案】【解析】解析：根據(jù)題中的新定義得：＝＝．11．(2020·青海)對于任意兩個不相等的數(shù)a，b，定義一種新運算“”如下：ab＝，如：32＝＝，那么124＝______．【答案】【解析】依題意可知124＝＝＝．類型三新解題方法型閱讀題12.按一定順序排列的一列數(shù)叫做數(shù)列，如數(shù)列：則這個數(shù)列的前2018個數(shù)的和為__________.【答案】【解析】則第2018個數(shù)為則這個數(shù)列的前2018個數(shù)的和為===13.請你閱讀引例及其分析解答，希望能給你以啟示，然后完成對探究一和探究二的解答．引例：設(shè)a，b，c為非負實數(shù)，求證：eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c)，分析：考慮不等式中各式的幾何意義，我們可以試構(gòu)造一個邊長為a＋b＋c的正方形來研究．解：如圖①，設(shè)正方形的邊長為a＋b＋c，則AB＝eq\r(a2＋b2)，BC＝eq\r(b2＋c2)，CD＝eq\r(a2＋c2)，顯然AB＋BC＋CD≥AD，∴eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c)．探究一：已知兩個正數(shù)x，y，滿足x＋y＝12，求eq\r(x2＋4)＋eq\r(y2＋9)的最小值(圖②僅供參考)；探究二：若a，b為正數(shù)，求以eq\r(a2＋b2)，eq\r(4a2＋b2)，eq\r(a2＋4b2)為邊的三角形的面積．【解答】解：探究一：如解圖①，構(gòu)造矩形AECF，并設(shè)矩形的兩邊長分別為12，5，①則x＋y＝12，AB＝eq\r(x2＋4)，BC＝eq\r(y2＋9)，顯然AB＋BC≥AC，當(dāng)A，B，C三點共線時，AB＋BC最小，即eq\r(x2＋4)＋eq\r(y2＋9)的最小值為AC，∵AC＝eq\r(122＋52)＝13，∴eq\r(x2＋4)＋eq\r(y2＋9)的最小值為13；②探究二：如解圖②，設(shè)矩形ABCD的兩邊長分別為2a，2b，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，則CF＝eq\r(4a2＋b2)，CE＝eq\r(a2＋4b2)，EF＝eq\r(a2＋b2)，設(shè)以eq\r(a2＋b2)，eq\r(4a2＋b2)，eq\r(a2＋4b2)為邊的三角形的面積為S△CEF，∴S△CEF＝S矩形ABCD－S△CDF－S△AEF－S△BCE＝4ab－eq\f(1,2)×2a×b－eq\f(1,2)ab－eq\f(1,2)a×2b＝eq\f(3,2)ab，∴以eq\r(a2＋b2)，eq\r(4a2＋b2)，eq\r(a2＋4b2)為邊的三角形的面積為eq\f(3,2)ab.14.如圖1，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，連接格點D，N和E，C，DN和EC相交于點P，求tan∠CPN的值．方法歸納求一個銳角的三角函數(shù)值，我們往往需要找出（或構(gòu)造出）一個直角三角形．觀察發(fā)現(xiàn)問題中∠CPN不在直角三角形中，我們常常利用網(wǎng)格畫平行線等方法解決此類問題，比如連接格點M，N，可得MN∥EC，則∠DNM=∠CPN，連接DM，那么∠CPN就變換到Rt△DMN中．問題解決（1）直接寫出圖1中tan∠CPN的值為_________；（2）如圖2，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，AN與CM相交于點P，求cos∠CPN的值；思維拓展（3）如圖3，AB⊥BC，AB=4BC，點M在AB上，且AM=BC，延長CB到N，使BN=2BC，連接AN交CM的延長線于點P，用上述方法構(gòu)造網(wǎng)格求∠CPN的度數(shù)．【分析】（1）根據(jù)方法歸納，運用勾股定理分別求出MN和DM的值，即可求出tan∠CPN的值；（2）仿（1）的思路作圖，即可求解；（3）利用網(wǎng)格，構(gòu)造等腰直角三角形解決問題即可；【解析】解：（1）如圖進行構(gòu)造：由勾股定理得：DM=，MN=,DN=，∵()2+()2=()2，∴DM2+MN2=DN2，∴△DMN是直角三角形；∵MN∥EC，∴∠CPN=∠DNM，∵tan∠DNM=DMMN=222=2，∴tan也可以這樣做：（1）如圖1中，∵EC∥MN，∴∠CPN=∠DNM，∴tan∠CPN=tan∠DNM，∵∠DMN=90°，∴tan∠CPN=tan∠DNM=2．（2）如圖，cos∠CPN=cos∠QCM=．也可以這樣做：如圖2中，取格點D，連接CD，DM．∵CD∥AN，∴∠CPN=∠DCM，∵△DCM是等腰直角三角形，∴∠DCM=∠D=45°，∴cos∠CPN=cos∠DCM=．(3)如圖，∠CPN=∠CMQ=45°．也可以這樣：如圖3中，如圖取格點M，連接AN、MN．∵PC∥MN，∴∠CPN=∠ANM，∵AM=MN，∠AMN=90°，∴∠ANM=∠MAN=45°，∴∠CPN=45°．15.閱讀材料:各類方程的解法求解一元一次方程，根據(jù)等式的基本性質(zhì)，把方程轉(zhuǎn)化為x=a的形式，求解二元一次方程組，把它轉(zhuǎn)化為一元一次方程來解;類似的，求解三元一次方程組，把它轉(zhuǎn)化為解二元次方程組．求解一元二次方程，把它轉(zhuǎn)化為兩個一元一次方程來解．求解分式方程，把它轉(zhuǎn)化為整式方程來解，由于“去分母”可能產(chǎn)生增根，所以解分式方程必須檢驗．各類方程的解法不盡相同，但是它們有一個共同的基本數(shù)學(xué)思想一轉(zhuǎn)化，把未知轉(zhuǎn)化為已知．用“轉(zhuǎn)化”的數(shù)學(xué)思想，我們]還可以解一些新的方程．例如，一元三次方程x3+x2－2x=0可以通過因式分解把它轉(zhuǎn)化為x(x2+x－2)=0，解方程x=0和x2+x－2=0，可得方程x3+x2－2x=0的解(1)問題:方程x3+x2－2x=0的解是x1=0，x2=______．x3=______．(2)拓展:用“轉(zhuǎn)化”思想求方程的解;(3)應(yīng)用:如圖，已知矩形草坪ABCD的長AD=8m，寬AB=3m，小華把一根長為10m的繩子的一端固定在點B，沿草坪邊沿BA、AD走到點P處，把長繩PB段拉直并固定在點P，然后沿草坪邊沿PD、DC走到點C處，把長繩剩下的一段拉直，長繩的另一端恰好落在點C．求AP的長．【解析】（1）x2=1,x3=－2（2）兩邊平方，得解此方程，得檢驗：當(dāng)x=3時，滿足題意；當(dāng)x=－1時，不滿足題意，舍去原方程的根為x=3。設(shè)AP=xm，因AD=8m，則PD=(8－x)m在RtΔABP中，PB=m在RtΔPCD中，PC=m∵PB=10－PC∴兩邊平方，化簡得：再次兩邊平方，整理得到，即解得x=4經(jīng)檢驗，x=4滿足題意。答：該段運河的河寬為4m。類型四歸納概括型閱讀題16.問題背景：我們學(xué)習(xí)等邊三角形時得到直角三角形的一個性質(zhì)：在直角三角形中，如果有一個銳角等于30°，那么它所對的直角邊等于斜邊的一半，即：如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，則：AC=AB.圖1（1）由CE=AB，BE=AB，可得BE=CE；探究結(jié)論：小明同學(xué)對以上結(jié)論作了進一步研究.(1)如圖1，連接AB邊上中線CE，由于CE=AB，易得結(jié)論：①△ACE為等邊三角形；②BE與CE之間的數(shù)量關(guān)系為.(2)如圖2，點D是邊CB上任意一點，連接AD，作等邊△ADE，且點E在∠ACB的內(nèi)部，連接BE，試探究線段BE與DE之間的數(shù)量關(guān)系，寫出你的猜想并加以證明.圖2(3)當(dāng)點D為邊CB延長線上任意一點時，在(2)條件的基礎(chǔ)上，線段BE與DE之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出你的結(jié)論.拓展應(yīng)用：如圖3，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A的坐標(biāo)為（－，1），點B是x軸正半軸上的一動點，以AB為邊作等邊△ABC.當(dāng)C點在第一象限內(nèi)，且B（2，0）時，求C點的坐標(biāo).圖3【思路分析】(1)由CE=AB，BE=AB，可得BE=CE；(2)取AB的中點P，連接EP，由等邊△CPA、等邊△ADE的性質(zhì)，可證得△ACD≌△APE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，可得EP⊥AB，進而由線段垂直平分線的性質(zhì)證得BE=DE.(3)先由點A的坐標(biāo)求得∠AOH=30°，再由探究結(jié)論（3）可知，CO=CB.設(shè)點C的坐標(biāo)為（1，m），在Rt△ABH、Rt△BCD中，根據(jù)勾股定理以及等邊三角形的性質(zhì)可得關(guān)于m的方程，即可求得m的值.【解析】(1)BE=CE.（2）BE=ED.證明：如圖，取AB的中點P，連接EP，由（1）結(jié)論可知，△CPA為等邊三角形.∴∠CAP=60°，CA=PA.∵△ADE為等邊三角形，∴∠DAE=60°，AD=AE.∴∠CAP=∠DAE.∴∠CA