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  • 产品思维训练 | 经典产品面试
    2019-10-25 17:46:54

     

    本周话题:

     

    一道产品经理面试题:小明打完球回家,感觉很累,想喝果汁。但是妈妈在做饭没有时间帮他买果汁,小明累的没有力气去买果汁。请你帮小明提供解决方案。

     

    下面给大家精选几个解答,以便大家拓展思路:

     

    @歌颂:

    痛点是口渴,果汁没有,先喝水吧,站在产品经理的角度,还是要有自己的立场,产品经理有一个‘’小我“和一个”大我“,不要凭自己的好恶来设计产品,不要一味的满足别人。虽然叫经理,却没有实权,虽然没有实权,要对产品最终负责。

     

    @星布斯:

    互联网思维 小步快跑 快速迭代 ,先解决小明口渴和劳累的核心需求, 喝凉开水,坐着休息一会,等最优先需求解决之后,再 找妈妈拿钱,去买果汁。   没毛病难道不可以用虫洞技术 实现提高外卖配送效率 或者让小明传送到果汁店购买  或者是在小明口腔中放置一个微型虫洞,一端连接果汁输送供应链,直接跨空间给小明口腔供应果汁。

     

    @23超人,北冰洋:

    他帮妈妈做饭,妈妈帮他买果汁,或者叫邻居给果汁,共享果汁,或者小区分享物品。

     

    @长沙-产品-于:

    喝果汁不是真正需求,可以先喝水,吃完饭买果汁,或者补偿其他东西。

     

    @游戏人生:

    冰箱里存放果汁;让送货员定时送果汁;喝的时候叫外卖

     

    @侯欢童鞋:

    这种题无非就是场景/角色/路径

     

    @沐叶笙:

    妈妈是产品,小明是用户,需求是喝果汁,今天可以提供:点外卖,现榨果汁,做完饭再去买,如果今天解决不了喝果汁的事情,下次要储备点,用户的需求产品经理要记得实现,下次迭代的时候也要记得做进去。

     

    @唐唐唐唐唐:

    角色可以有很多种啊,小明是老板,妈妈是产品经理,小明想实现喝果汁的需求,妈妈手里有其他工作无法即时实现需求,老板自己懒得动,实现需求的话就叫外卖啊,等做完饭再喝,或者让妈妈做饭的同时用家里的榨汁机做点果汁。

     

    @吴岳:

    妈妈没空,自己没力气买,如要实现客户(小明)喝果汁的需求,成本和代价会比较高。

    客户(小明)真正的痛点是口渴了,想解渴,或喝点好喝的甜水或饮料而已。

    先喝点白开水解决痛点-》自己休息或等妈妈有时间了买果汁。

    先有再完美,先上线再迭代,小步快跑。

     

    如果你对以上话题有一些见解,欢迎在留言你的想法哦~

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    例1【均值不等式】

    均值不等式中的一则题目\(\scriptsize\text{$(a+\cfrac{1}{a})^2+(b+\cfrac{1}{b})^2\ge \cfrac{25}{2}$}\)

    例2【数列的相关运算】

    已知数列\(\{a_n\}\)是等差数列,其前\(n\)项和为\(S_n\),已知\(S_6=42\)\(S_{12}=156\),求\(S_{18}\)的值。

    【法1:以\(a_1\)\(d\)为元的方程组法】利用\(S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}\times d\)得到,

    \(\begin{cases}S_6=6a_1+15d=42\\S_{12}=12a_1+66d=156\end{cases}\),解得\(\begin{cases}a_1=2\\d=2\end{cases}\)

    \(S_{18}=18a_1+\cfrac{18\times17}{2}\times 2=342\)

    【法2:以\(a\)\(b\)为元的方程组法】由等差数列的性质知道,其前\(n\)项和公式可以写成这样:\(S_n=an^2+bn\)

    由此得到,\(\begin{cases}S_6=36a+6b=42\\S_{12}=144a+12b=156\end{cases}\),解得\(\begin{cases}a=1\\b=1\end{cases}\)

    \(S_{18}=1\times 18^2+1\times 18=342\)

    【法3:等差数列性质,函数法】注意到\(\cfrac{S_n}{n}=an+b\),即表明数列\(\{\cfrac{S_n}{n}\}\)也是一个等差数列。

    由于\(\cfrac{S_6}{6}\)\(\cfrac{S_{12}}{12}\)\(\cfrac{S_{18}}{18}\)分别是数列的第\(6,12,18\)项,故这三项也是成等差数列的,

    则有$2\times\cfrac{S_{12}}{12}=\cfrac{S_6}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $,即$2\times\cfrac{156}{12}=\cfrac{42}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $,

    解得\(S_{18}=342\)

    【法4:等差数列性质法】由于\(S_6,S_{12}-S_6,S_{18}-S_{12}\)成等差数列,

    故有\(2(S_{12}-S_6)=S_6+S_{18}-S_{12}\),即\(2(156-42)=42+S_{18}-156\)

    解得\(S_{18}=3(156-42)=342\)

    例3(宝鸡市二检文理科第22题)【坐标系与参数方程】

    在直角坐标系\(xoy\)中,曲线\(C_1\)的参数方程为\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数)\),以坐标原点为极点,以\(x\)轴正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线\(C_2\)的极坐标方程为\(\rho=2cos\theta\)

    (1)写出曲线\(C_1\)的普通方程和\(C_2\)的直角坐标方程;

    (2)设点\(P\)\(C_1\)上,点\(Q\)\(C_2\)上,且\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\),求三角形\(POQ\)面积的最大值。

    分析:(1) 直接给出答案,曲线的普通方程\(C_1:(x-2)^2+y^2=4\);所求的直角坐标方程\(C_2:(x-1)^2+y^2=1\)

    (2)【法1】极坐标法,曲线\(C_1\)的极坐标方程为\(\rho_1=4cos\alpha(\alpha\in(-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2}))\), 曲线\(C_2\)的极坐标方程为\(\rho_2=2cos\theta(\theta\in(-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2}))\)

    992978-20180320150101007-2104539364.png

    如右图所示,初步分析,当点\(P\)\(x\)轴上方时,点\(Q\)必在\(x\)轴下方;当然还会有另一种情形,当点\(P\)\(x\)轴下方时,点\(Q\)必在\(x\)轴上方;

    我们取其中一种做研究,比如点\(P\)\(x\)轴上方,点\(Q\)\(x\)轴下方;注意此时点\(Q\)的极角是负值\(-\theta\)

    由于\(\rho_1>0\)\(\rho_2>0\),以及\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得,\(\alpha-\theta=\cfrac{\pi}{2}\),即\(\alpha=\theta+\cfrac{\pi}{2}\),(顺时针为正,逆时针为负)

    则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\rho_1\rho_2=\cfrac{1}{2}\times 4cos\alpha\times 2cos\theta\)

    \(=4cos(\theta+\cfrac{\pi}{2})cos\alpha=-4sin\theta cos\theta=-2sin2\theta\)

    \(2\theta=-\cfrac{\pi}{2}\),即\(\theta=-\cfrac{\pi}{4}\)时,\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)

    【法2】参数方程法,992978-20180320151044294-1482290351.png

    如图所示,曲线\(C_1\)的参数方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数,\alpha\in (0,2\pi))\),曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta为参数,\theta\in (0,2\pi))\),注意参数的含义,\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\),即\(\alpha=\pi+\theta\)

    则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)

    \(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1-cos\theta)}\sqrt{2(1+cos\theta)}=\cfrac{1}{2}\times 4\sqrt{(1-cos\theta)(1+cos\theta)}=2\sqrt{1-cos^2\theta}=2|sin\theta|\)

    \(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)时,\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)

    【变形方法3】参数方程法,曲线\(C_1\)的参数方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数,\alpha\in (0,2\pi))\),曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta为参数,\theta\in (0,2\pi))\),注意参数的含义,\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\),即\(\alpha=\pi+\theta\)

    \(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可知,\(k_{OP}k_{OQ}=-1\),即\(\cfrac{2sin\alpha}{2+2cos\alpha}\times \cfrac{sin\theta}{1+cos\theta}=-1\),即\(-sin\alpha sin\theta=(1+cos\alpha)(1+cos\theta)\)

    \(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)

    \(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}=2\sqrt{(1+cos\alpha)(1+cos\theta)}=2\sqrt{-sin\alpha sin\theta}\),又有\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\),即\(\alpha=\pi+\theta\)

    \(=2\sqrt{sin^2\theta}=2|sin\theta|\)

    \(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)时,\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)

    【法4】尝试使用均值不等式,待有空思考整理。

    设直线\(OP\)的方程为\(y=kx\),由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得,

    直线\(OQ\)的方程为\(y=-\cfrac{1}{k}x\)

    联立\(\begin{cases}(x-2)^2+y^2=4\\y=kx\end{cases}\),解得\(P(\cfrac{4}{1+k^2},\cfrac{4k}{1+k^2} )\)

    联立\(\begin{cases}(x-1)^2+y^2=1\\y=-\cfrac{1}{k}x\end{cases}\),解得$ Q(\cfrac{2k^2}{1+k^2},\cfrac{-2k}{1+k^2} )$,

    \(S_{\Delta POQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(\cfrac{4}{1+k^2})^2+(\cfrac{4k}{1+k^2})^2}\sqrt{(\cfrac{2k^2}{1+k^2})^2+(\cfrac{-2k}{1+k^2})^2}\)

    \(=\cfrac{1}{2}\sqrt{\cfrac{16}{1+k^2}}\sqrt{\cfrac{4k^2}{1+k^2}}=\cfrac{4|k|}{1+k^2}=\cfrac{4}{|k|+\frac{1}{|k|}}\leq 2\)

    当且仅当\(|k|=1\)时取到等号。故\((S_{\Delta POQ})_{max}=2\)

    反思:这个解法的优越性体现在只有一个变量\(k\),那么求最值时就好操作些。

    解后反思:

    1、在高中数学中,求某个量(比如面积)的最值时,往往需要先表达出这个量(比如面积)的函数,这样求实际问题的最值就变成了求这个函数模型的最值问题了,这一过程实际就是函数的建模。

    2、法1利用极坐标法,这样表达刻画面积时,就只有两个变量\(\alpha\)\(\theta\),然后利用两个变量的相互关系,再将变量集中为一个变量,就好求解其最大值了。

    3、法2利用参数方程法,在表达刻画面积时,同样只有两个变量\(\alpha\)\(\theta\),然后利用两个变量的相互关系,再将变量集中为一个变量,就好求解其最大值了。法2和法3本质接近。

    4、正确求解本题目,需要深刻理解极坐标方程的含义和参数方程的含义,尤其是法2对参数的含义更不能弄错了。用到了内外角关系和圆心角和圆周角关系。

    5、还有学生想到设\(P(x_1,y_1)\),$ Q(x_2,y_2)$,这样的思路我没有做尝试,不过能看出来此时是四个变量,这样就难得多了,所以碰到这样的题目我们先需要初步筛选思路。

    例4(2017\(\cdot\)全国卷3理科第12题)【函数的零点】

    已知函数\(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)有唯一的零点,则\(a\)的值为【】

    A、\(-\cfrac{1}{2}\) \(\hspace{2cm}\) B、\(\cfrac{1}{3}\) \(\hspace{2cm}\) C、\(\cfrac{1}{2}\) \(\hspace{2cm}\) D、\(1\)

    【法1】:分离常数法,本题目就不适宜使用此法;

    \(f(x)=0\)得到\(a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x\)

    分离得到\(a=\cfrac{-x^2+2x}{e^{x-1}+e^{-x+1}}=h(x)\)

    你应该能感觉到函数\(h(x)\)若要用导数分析其单调性,

    那会是相当的难,故分离参数的思路一般在这个题目中,就自然舍弃了。

    【法2】:由题目可知方程\(f(x)=0\)仅有一解,即\(a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x\)仅有一解,

    即函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)与函数\(y=-x^2+2x\)的图像仅有一个交点。参考图像

    具体用手工怎么作图呢,函数\(y=-x^2+2x\)的图像大家应该会的,故重点说函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的图像做法。

    令函数\(g(x)=y=e^x+\cfrac{1}{e^x}=e^x+e^{-x}\),则是偶函数,\(g(0)=2\)

    \(x\ge 0\)时,\(g'(x)=e^x-e^{-x}\)\(g'(x)\)单调递增,

    \(g'(x)\ge g'(0)=0\),则函数\(g(x)\)\([0,+\infty)\)上单调递增,又由偶函数可知,在\((-\infty,0]\)上单调递减,

    这样我们就做出了函数\(g(x)=e^x+\cfrac{1}{e^x}\)的图像,然后将其向右平移一个单位,得到\(y=e^{x-1}+e^{-x+1}\)的图像,

    前边的系数\(a\)的作用有两个,其一控制张角大小,其二控制函数最低点的位置,

    就像函数\(y=a|x|\)中的\(a\)的作用一样的,所以我们就能用手工做出函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的图像,

    要使得函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)与函数\(y=-x^2+2x\)的图像仅有一个交点,

    就需要函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的最小值\(a(e^{1-1}+e^{-1+1})=2a\)和函数\(y=-x^2+2x\)的最大值\(-1^2+2\times1=1\)相等,

    \(2a=1\),解得\(a=\cfrac{1}{2}\)

    【法3】:构造函数法+函数的性质法;

    函数\(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})=(x-1)^2+a[e^{x-1}+e^{-(x-1)}]-1\)

    \(t=x-1\),则\(g(t)=f(x-1)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1\)

    由于\(g(-t)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1=g(t)\),故\(g(t)\)为偶函数,

    由于函数\(f(x)\)有唯一零点,则函数\(g(t)\)也有唯一零点,

    又函数\(g(t)\)是偶函数,即函数\(g(t)\)\(t\)轴仅有一个交点,则\(g(0)=0\)

    代入得到\(2a-1=0\),即\(a=\cfrac{1}{2}\)

    【法4】:函数\(f(x)=0\Leftrightarrow\) \(a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})=-x^2+2x\)

    \(e^{x-1}+e^{-(x-1)}\ge 2\sqrt{e^{x-1}\cdot e^{-(x-1)}}=2\),当且仅当\(x=1\)时取到等号;

    \(-x^2+2x=-(x-1)^2+1\leq 1\)

    \(a>0\)时,\(a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})\ge 2a\)

    要使\(f(x)\)仅有一个零点,则必有\(2a=1\),解得\(a=\cfrac{1}{2}\)

    \(a<0\),则函数\(f(x)\)的零点不唯一,

    综上,\(a=\cfrac{1}{2}\);选C.

    【法5】由\(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)

    得到\(f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x-1}+e^{-(2-x)+1})=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)

    所以\(f(2-x)=f(x)\),故\(x=1\)是函数\(f(x)\)图像的对称轴。

    由题意可知,函数\(f(x)\)有唯一的零点,

    故只能是\(x=1\)

    \(f(1)=1^2-2\times1+a(e^{1-1}+e^{-1+1})=0\)

    解得\(a=\cfrac{1}{2}\),故选C.

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    【法6】我们一般这样转化,由函数\(f(x)\)有唯一的零点,

    得到方程\(x^2-2x=-a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)有唯一解,注意到方程的右端,

    我们可以和对勾函数做以联系,令\(x-1=t\),则\(x=t+1\)

    故原方程就转化为\((t+1)^2-2(t+1)=-a(e^t+e^{-t})\),为了便于做出图像,

    还需要再代换,令\(e^t=x\),则\(x>0\)\(t=lnx\)

    这样方程就又转化为\(ln^2x-1=-a(x+\cfrac{1}{x})\)

    在同一个坐标系中,分别做出函数\(y=ln^2x-1\)\(y=-a(x+\cfrac{1}{x})\)的图像,

    由图像可知对勾函数前面的系数必须满足\(-a=-\cfrac{1}{2}\)

    \(a=\cfrac{1}{2}\),故选C.

    例5(2017凤翔中学高三理科数学第二次月考第21题)【已知单调性求参数范围】

    已知函数\(f(x)=(a+1)lnx+ax^2+1\)

    (1) 讨论函数\(f(x)\)的单调性。

    分析:先求定义域得\((0,+\infty)\),求导得到\(f'(x)=\cfrac{a+1}{x}+2ax=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}\)

    然后只考虑分子函数\(g(x)=2ax^2+a+1\)的图像,

    先考虑\(a=0\),在考虑函数\(g(x)\)图像恒在\(x\)轴上方,恒在\(x\)轴下方,以及\(x\)轴上方下方都有图像的情形,

    自然就得到了分类的标准有\(a=0\)\(a>0\)\(a+1\leq 0\),以及\(-1<a<0\),在解答时做一综合就行了。

    解:当\(a\ge 0\)时,\(g(x)>0\)恒成立,则\(f'(x)=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}>0\),故\(f(x)\)\((0,+\infty)\)上单调递增;

    \(a\leq -1\)时,\(g(x)\leq 0\)恒成立,则则\(f'(x)=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}<0\),故\(f(x)\)\((0,+\infty)\)上单调递减;

    \(-1<a<0\)时,令\(f'(x)=0\),解得\(x=\sqrt{-\cfrac{a+1}{2a}}=x_0\),即\(x\in(0,x_0)\)时,\(f'(x)>0\)

    \(f(x)\)\((0,x_0)\)上单调递增;\(x\in(x_0,+\infty)\)时,\(f'(x)<0\),故\(f(x)\)\((x_0,+\infty)\)上单调递减;

    (2)设\(a<-1\),若对任意\(x_1,x_2\in(0,+\infty)\),恒有\(|f(x_1)-f(x_2)|\ge 4|x_1-x_2|\),求\(a\)的取值范围。

    不妨设\(x_1\leq x_2\),由(1)可知,\(a<-1\)\(f(x)\)\((0,+\infty)\)单调递减,

    从而对任意\(x_1,x_2\in(0,+\infty)\),恒有\(|f(x_1)-f(x_2)|\ge 4|x_1-x_2|\)

    可以等价转化为\(f(x_1)-f(x_2)\ge 4(x_2-x_1)\)

    即任意\(x_1,x_2\in(0,+\infty)\),恒有\(f(x_1)+4(x_1)\ge f(x_2)+4x_2\),【到此,构造函数就有了依托】

    \(g(x)=f(x)+4x\),则\(x_1\leq x_2\)\(g(x_1)\ge g(x_2)\)原命题等价于函数\(g(x)\)\((0,+\infty)\)上单调递减。

    \(g'(x)=\cfrac{a+1}{x}+2ax+4=\cfrac{2ax^2+4x+a+1}{x}\leq 0\)\((0,+\infty)\)上恒成立。接下来的思路就比较多了:

    思路1:分离参数得到,\(a\leq \cfrac{-4x-1}{2x^2+1}=\cfrac{(2x-1)^2-4x^2-2}{2x^2+1}=\cfrac{(2x-1)^2}{2x^2+1}-2\),故\(a\leq -2\)

    思路2:只关注导函数\(g'(x)\)的分子,令\(h(x)=2ax^2+4x+a+1\),则转化为\(h(x)\leq 0\)\((0,+\infty)\)上恒成立,

    分离参数得到,\(a\leq (\cfrac{-4x-1}{2x^2+1})_{min}\)

    \(\phi(x)=\cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\)

    解得\(\phi'(x)=\cfrac{-4(2x^2+1)-(-4x-1)\cdot 4x}{(2x^2+1)^2}=\cfrac{8x^2+4x-4}{(2x^2+1)^2}=\cfrac{4(2x-1)(x+1)}{(2x^2+1)^2}\)

    \(x\in(0,\cfrac{1}{2})\)时,\(\phi'(x)<0\)\(\phi(x)\)单调递减,\(x\in(\cfrac{1}{2},+\infty)\)时,\(\phi'(x)>0\)\(\phi(x)\)单调递增,

    \(\phi(x)_{min}=\phi(\cfrac{1}{2})=-2\),故\(a\leq -2\)

    思路3:只关注导函数\(g'(x)\)的分子,令\(h(x)=2ax^2+4x+a+1\)

    则转化为\(h(x)\leq 0\)\((0,+\infty)\)上恒成立,利用二次函数求解。

    \(\begin{cases}h(0)\leq 0\\x=-\cfrac{4}{2\times 2a}<0\\ \Delta >0\end{cases}\)或者\(\Delta \leq 0\)

    解得\(a\leq -2或a\ge 1\),又\(a<-1\),故\(a\leq -2\)

    思路4:接思路1,分离参数得到,\(a\leq \cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\)

    求函数\(\phi(x)=\cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\)的最小值,还可以用代换法,

    \(-4x-1=t<-1\),则\(\phi(x)=\cfrac{t}{\cfrac{(t+1)^2}{8}+1}=\cfrac{8t}{t^2+2t+9}=\cfrac{8}{t+\cfrac{9}{t}+2}\ge \cfrac{8}{-2\sqrt{9}+2}=-2\)

    \(a\leq -2\)

    例6【三角函数求值中的给值求值类】

    已知\(tan\alpha=\cfrac{1}{2}\),求\(sin^4\alpha-cos^4\alpha\)的值。

    【法1】:方程组法,由\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}}\\{sin^2\alpha+cos^2\alpha=1}\end{array}\right.\)

    解得\(sin^2\alpha=\cfrac{1}{5}\)\(cos^2\alpha=\cfrac{4}{5}\)

    代入得到\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=-\cfrac{3}{5}\)

    【法2】:齐次式法,\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=(sin^2\alpha-cos^2\alpha)(sin^2\alpha+cos^2\alpha)=sin^2\alpha-cos^2\alpha\)

    \(=-cos2\alpha=-\cfrac{cos^2\alpha-sin^2\alpha}{sin^2\alpha+cos^2\alpha}=\cfrac{1-tan^2\alpha}{1+tan^2\alpha}=-\cfrac{3}{5}\)

    【法3】:由\(\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}\),引入比例因子,可设\(sin\alpha=k\)\(cos\alpha=2k(k\neq 0)\)

    \(k^2+(2k)^2=1\),可得\(k^2=\cfrac{1}{5}\),故\(k^4=\cfrac{1}{25}\)

    \(sin^4\alpha-cos^4\alpha=k^4-(2k)^4=-15k^4=-\cfrac{3}{5}\)

    例7【2019届理科数学周末训练1第22题】

    已知直线\(l\)的极坐标方程为\(\rho sin(\theta-\cfrac{\pi}{3})=0\),以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为\(x\)轴的正半轴,建立平面直角坐标系,

    曲线\(C\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=2cos\alpha}\\{y=2+2sin\alpha}\end{array}\right.(\alpha为参数)\)课件

    (1)求直线\(l\)被曲线\(C\)截得的弦长|OA|。

    分析:可以从以下四个角度思考,

    ①利用两点间的距离公式;

    【法1】直线\(l\)的普通方程为\(y=\sqrt{3}x\),圆\(C\)的普通方程为\(x^2+(y-2)^2=2^2\)

    联立消掉\(y\),得到\(x^2-\sqrt{3}x=0\)

    解得,\(\left\{\begin{array}{l}{x_1=0}\\{y_1=0}\end{array}\right.\),或\(\left\{\begin{array}{l}{x_2=\sqrt{3}}\\{y_2=3}\end{array}\right.\)

    由两点间距离公式得到\(|OA|=2\sqrt{3}\)

    ②直线和圆相交求弦长的几何方法;

    【法2】直线为\(\sqrt{3}x-y=0\),圆心为\((0,2)\)

    则圆心到直线的距离为\(d=\cfrac{|0-2|}{2}=1\),又半径为\(2\)

    故半弦长为\(\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}\),则弦长\(|OA|=2\sqrt{3}\)

    ③直线的参数方程法;

    【法3】由于直线的普通方程为\(y=\sqrt{3}x\),经过点\((0,0)\)

    斜率\(k=tan\theta=\sqrt{3}\)

    直线\(l\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=0+\cfrac{1}{2}t}\\{y=0+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t}\end{array}\right.(t为参数)\)

    将其代入圆的普通方程\(x^2+(y-2)^2=2^2\)

    整理得到\(t^2-2\sqrt{3}t=0\)

    解得\(t_1=0\)\(t_2=2\sqrt{3}\)

    则弦长\(|OA|=|t_1-t_2|=2\sqrt{3}\)

    ④极坐标法;

    【法4】直线的极坐标方程为\(\theta=\cfrac{\pi}{3}\)

    圆的极坐标方程为\(\rho=4sin\theta\)

    二者联立,得到\(\rho=4sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)

    即所求弦长\(|OA|=2\sqrt{3}\)

    (2)从极点做曲线\(C\)的弦,求弦的中点\(M\)轨迹的极坐标方程。

    分析:可以从以下三个角度思考:

    ①利用平面直角坐标系下的中点公式;

    【法1】在平面直角坐标系中,设过坐标原点的直线和圆相交于点\(P(x_0,y_0)\),则所得弦的中点坐标为\(M(x,y)\)

    \(\left\{\begin{array}{l}{2x=x_0}\\{2y=y_0}\end{array}\right.\),又点\(P(x_0,y_0)\)在圆\(x^2+(y-2)^2=2^2\)上,

    代入整理得到普通方程为\(x^2+(y-1)^2=1\)

    即其极坐标方程为\(\rho=2sin\theta\)

    其中\(\alpha\in(0,\pi)\),而不是\(\alpha\in[0,\pi)\),以保证弦的存在。

    ②利用圆的参数方程;

    由于圆上任意一动点\(P\)的坐标\(P(2cos\theta,2+2sin\theta)\),则弦的中点\(M(cos\theta,1+sin\theta)\)

    即点\(M\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=cos\theta}\\{y=1+sin\theta}\end{array}\right.(\theta为参数)\)

    消去参数\(\theta\),得到普通方程为\(x^2+(y-1)^2=1\)

    即其极坐标方程为\(\rho=2sin\theta\)

    其中\(\alpha\in(0,\pi)\),而不是\(\alpha\in[0,\pi)\),以保证弦的存在。

    ③利用极坐标法;

    【法3】曲线\(C\)的极坐标方程为\(\rho=4sin\theta\)

    过极点的直线的极坐标方程为\(\theta=\alpha\)

    设直线和曲线\(C\)的交点的极坐标为\((\rho_1,\alpha)\)

    则弦的中点\(M\)的极坐标为\((\rho,\alpha)\)

    由题目可知,\(\rho_1=2\rho\),代入曲线\(C\)的极坐标方程为\(2\rho=4sin\alpha\)

    得到\(\rho=2sin\alpha\),其中\(\alpha\in(0,\pi)\)

    故弦的中点\(M\)轨迹的极坐标方程为\(\rho=2sin\alpha\),其中\(\alpha\in(0,\pi)\)

    说明:由于弦的中点要存在,则必须保证\(\rho\neq 0\),即原来的\(\alpha\in[0,\pi)\),必须变为\(\alpha\in(0,\pi)\)

    例8

    在平面内有\(n(n\in N*)\)条直线,其中任何两条不平行,任何三条不过同一点,求\(f(1)\)\(f(2)\)\(f(3)\)\(f(4)\)\(f(5)\)的值;并总结\(f(n)\)的表达式。

    法1:二阶等差数列+累加法,

    解析:由题意知,则\(f(1)=2\)\(f(2)=4\)\(f(3)=7\)\(f(4)=11\)\(f(5)=16\)

    \(f(2)-f(1)=4-2=2\)

    \(f(3)-f(2)=7-4=3\)

    \(f(4)-f(3)=11-7=4\)

    \(f(5)-f(4)=16-11=5\)

    $\cdots $,

    \(f(n)-f(n-1)=n\)

    因此,当\(n\ge 2\)时,由累加法可知,

    \(f(n)-f(1)=2+3+\cdots+n=\cfrac{(n+2)(n-1)}{2}\)

    \(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)

    \(n=1\)时,\(f(1)=2\),也满足上式,故

    \(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)

    在平面内有\(n(n\in N*)\)条直线,其中任何两条不平行,任何三条不过同一点,证明:这\(n\)条直线把平面分成\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)个平面区域。

    法2:用数学归纳法证明,

    ①当\(n=1\)时,由几何常识可知,一条直线将平面分成两个部分即\(f(1)=2\),又\(f(1)=\cfrac{1^2+1+2}{2}=1\),即\(n=1\)时命题成立。

    ②假设当当\(n=k(k\ge 1,k\in N^*)\)时命题成立,即\(k\)条直线将平面分成的部分数为\(f(k)=\cfrac{k^2+k+2}{2}\)

    那么当\(n=k+1\)时,由于新添加的第\(k+1\)条直线和以前的\(k\)条直线两两相交且不共点,此时新增加平面区域个数为\(k+1\)个,

    \(f(k+1)=f(k)+k+1=\cfrac{k^2+k+2}{2}+k+1\)

    \(=\cfrac{k^2+k+2+2(k+1)}{2}=\cfrac{(k^2+2k+1)+(k+1)+2}{2}\)

    \(=\cfrac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2}\)

    即当\(n=k+1\)时,命题也成立。

    综上所述,\(n\in N^*\)时,\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)

    \(n\)条直线把平面分成\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)个平面区域。

    • 难点突破:本题目中的难点就是新添加了第\(k+1\)条直线后,平面区域也新增加了\(k+1\)个,

    思路1:用不完全归纳法突破,比如直线条数由\(1\Rightarrow 2\)时,增加的区域个数为\(2\)个,由\(2\Rightarrow 3\)时,增加的区域个数为\(3\)个,由\(3\Rightarrow 4\)时,增加的区域个数为\(4\)个,\(\cdots\),则由\(n\Rightarrow n+1\)时,增加的区域个数为\(n+1\)个。

    思路2:借助图形突破。

    例9设抛物线\(C:y^2=3x\)的焦点,过F且倾斜角为\(30^{\circ}\)的直线交C于A,B两点,则\(|AB|\)等于()

    A、\(\cfrac{\sqrt{30}}{3}\) \(\hspace{2cm}\) B、6 \(\hspace{2cm}\) C、12 \(\hspace{2cm}\) D、 \(7\sqrt{3}\)

    法1、常规方法,利用两点间距离公式,由于\(2p=3\),则\(\cfrac{p}{2}=\cfrac{3}{4}\),故焦点\(F(\cfrac{3}{4},0)\)

    则直线\(AB\)的方程为\(y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})\)

    联立直线\(AB\)的方程\(y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})\)和抛物线\(C:y^2=3x\)

    \(y\)得到\(16x^2-24\times7x+9=0\),设点\(A(x_1,y_1)\),点\(B(x_2,y_2)\)

    \(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\)

    \(x_1x_2=\cfrac{9}{16}\),故\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=12\)

    992978-20171106194108216-1343612812.png

    法2、利用直线\(AB\)的参数方程的参数的几何意义,直线\(AB\)的参数方程为\(\begin{cases}x=\cfrac{3}{4}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t\\y=0+\cfrac{1}{2}t\end{cases}(t为参数)\)

    代入\(y^2=3x\)中,得到\(t^2-6\sqrt{3}t-9=0\)

    \(|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{36\times3-4\times(-9)}=12\)

    法3:利用抛物线的第二定义可知,

    \(|AB|=|AF|+|BF|=|AN|+|BO|=x_1+\cfrac{p}{2}+x_2+\cfrac{p}{2}=x_1+x_2+p\)

    故由法1中,得到\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\)

    \(p=\cfrac{3}{2}\),即\(|AB|=x_1+x_2+p=12\)

    法4:利用抛物线的焦点弦长公式:\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)

    \(|AB|=\cfrac{2\times \cfrac{3}{2}}{(\cfrac{1}{2})^2}=12\)

    • 引申:抛物线的焦点弦长公式\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)的推导:

    992978-20171106200949216-649635271.png

    当直线的斜率不存在时,即直线的倾斜角\(\theta=90^{\circ}\)时,\(x_1=x_2=\cfrac{p}{2}\)\(y_1=p\)\(y_2=-p\)

    \(|AB|=|y_1-y_2|=2p=\cfrac{2p}{sin^290^{\circ}}=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)

    当直线的斜率存在时,即\(k=tan\theta\),焦点弦方程是\(y=k(x-\cfrac{p}{2})\),代入抛物线方程得到\(k^2x^2-(k^2p+2p)x+\cfrac{k^2p^2}{4}=0\)

    利用韦达定理可知\(x_1+x_2=\cfrac{k^2p+2p}{k^2}\),由抛物线的定义

    \(|AB|=|AF|+|BF|=x_1+x_2+p=\cfrac{k^2p+2p}{k^2}+p=\cfrac{2p(k^2+1)}{k^2}\)

    \(=2p\times\cfrac{tan^2\theta+1}{tan^2\theta}=2p\times\cfrac{sin^2\theta+cos^2\theta}{sin^2\theta}=\cfrac{2p}{sin^2\theta}\)

    例10【向量的模的运算】已知\(|\vec{a}|=1,|\vec{b}|=2,<\vec{a},\vec{b}>=60^{\circ}\),求\(|\vec{a}+2\vec{b}|\)

    法1:基向量法,

    \(|\vec{a}+2\vec{b}|^2=\vec{a}^2+4\vec{b}^2+2\times 2\times \vec{a}\cdot \vec{b}\)

    \(=|\vec{a}|^2+4|\vec{b}|^2+4|\vec{a}|\cdot |\vec{b}|\cdot cos60^{\circ}\)

    \(=1+16+4\times 1\times 2\times cos60^{\circ}=21\)

    \(|\vec{a}+2\vec{b}|=\sqrt{21}\)

    法2:建立坐标系,利用向量坐标法构造向量三角形法,

    992978-20190212200455308-1620957232.jpg

    建立如图所示的坐标系,则可知\(\vec{a}=(1,0)\)\(\vec{b}=(1,\sqrt{3})\)

    \(\vec{a}+2\vec{b}=(1,0)+2(1,\sqrt{3})=(3,2\sqrt{3})\)

    \(|\vec{a}+2\vec{b}|=\sqrt{3^2+(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{21}\)

    法3:构造向量三角形法,利用余弦定理求解。

    992978-20190212200502480-1251977877.jpg

    由图可知,\(\overrightarrow{OA}=\vec{a}\)\(\overrightarrow{OD}=2\vec{b}\),做向量三角形\(\triangle OAB\)

    则在\(\triangle OAB\)中,\(|OA|=|\vec{a}|=1\)\(|AB|=|2\vec{b}|=4\)\(|OB|=|\vec{a}+2\vec{b}|\)\(\angle OAB=120^{\circ}\)

    由余弦定理可知,\(|OB|^2=1^2+4^2-2\times 1\times 4\times cos120^{\circ}=21\)

    \(|\vec{a}+2\vec{b}|=|OB|=\sqrt{21}\)

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  • 拓展一: 一个无序数组里有若干正整数,范围1到100, 其中99个整数出现了偶数次,只有一个正整数出现了奇数次,如何找到这个奇数次的整数? 思路:每次出现数字,或二进制问题的时候,脑子里要有一个弦,异或xor 异或的特点是:...
  • 【原】直线\(y=x\)上的动点为\(P\),函数\(y=lnx\)上的动点是\(Q\),求\(|PQ|\)的最小值。 【变式】直线\(y=x\)上的点为\(P(x,y)\),函数\(y=lnx\)上的点是\(Q(m,n)\),求\(\sqrt{(x-m)^2+(y-n)^2}\)的最小值。 ...

    案例01

    【原题】直线\(y=x\)上的动点为\(P\),函数\(y=lnx\)上的动点是\(Q\),求\(|PQ|\)的最小值。

    【变式】直线\(y=x\)上的点为\(P(x,y)\),函数\(y=lnx\)上的点是\(Q(m,n)\),求\(\sqrt{(x-m)^2+(y-n)^2}\)的最小值。

    992978-20180918165310218-459699105.png

    分析:采用平行线法,

    设和直线\(y=x\)平行且和函数\(y=lnx\)相切的直线为\(y=x+m\)

    切点为\(P_0(x_0,y_0)\),则有

    \(\begin{cases} y_0=x_{0}+ m \\ y_0=lnx_0 \\ f'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}=1\end{cases}\)

    从而解得\(x_0=1,y_0=0,m=-1\)

    所以所求的点点距的最小值,就转化为切点\(P_0(1,0)\)到直线\(x-y=0\)的点线距,

    \(d=\cfrac{|1-0|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)

    或者两条直线\(y=x,y=x-1\)的线线距\(d=\cfrac{|1-0|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)课件地址

    案例02

    【原题】已知函数\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 \([1,5]\)上能成立,求参数\(a\)的取值范围。

    【变式1】已知不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 [1,5]上有解,求参数\(a\)的取值范围。

    【变式2】已知不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 [1,5]上解集不是空集,求参数\(a\)的取值范围。

    【变式3】已知不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 [1,5]上至少有一个解,求参数\(a\)的取值范围。

    【变式4】已知命题\(p\):对任意\(x\in [1,5]\),不等式\(x^2 +ax-2< 0\)在区间 [1,5]无实数解,是假命题,求参数\(a\)的取值范围。

    【法1】:分离参数,得到\(a≥\cfrac{2}{x}-x\)在区间\([1,5]\)上能成立,

    转化为求新函数\(\cfrac{2}{x}-x\)\([1,5]\)上的最小值。

    \(g(x)=\cfrac{2}{x}-x,g(x)=\cfrac{2}{x}-x\)在区间 \([1,5]\)上单调递减,

    所以\(g(x)_{min}=g(5)=-\cfrac{23}{5}\),所以\(a≥-\cfrac{23}{5}\)

    \(a\)的取值范围是\([-\cfrac{23}{5},+\infty)\)

    【法2】:转化为求\(x\in [1,5]\)上的\(f(x)_{max}\ge 0\)

    对称轴是\(x=-a\),针对\(x=-a\)和给定区间的位置关系分类讨论即可,较繁琐,

    ①当\(-a\leq 1\)时,即\(a\ge -1\)时,\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递增,

    \(f(x)_{max}=f(5)=5a+23\ge 0\),即\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)

    又由于\(a\ge -1\),求交集得到\(a\ge -1\)

    ②当\(1<-a<5\)时,即\(-5<a<-1\)时,\(f(x)\)在区间\([1,5]\)有减有增无单调性,

    \(f(x)_{max}=max{f(1),f(5)}\)

    \(f(1)=a-1\)\(f(5)=5a+23\)

    \(f(5)-f(1)=4a+24\in [4,20]\),即\(f(5)>f(1)\)

    \(f(x)_{max}=f(5)=5a+23\ge 0\),即\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)

    求交集得到,\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)

    ③当\(-a\ge 5\)时,即\(a\leq -5\)时,\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递减,

    \(f(x)_{max}=f(1)=a-1\ge 0\),即\(a\ge 1\)

    求交集得到\(a\in \varnothing\)

    综上所述,得到\(a\in [-\cfrac{23}{5},+\infty)\)

    \(a\)的取值范围是\([-\cfrac{23}{5},+\infty)\)

    【法3】:转化为不等式\(f(x)=x^2 +ax-2≥0\)在区间 \([1,5]\)上有解,

    解法基本同于法2,

    ①当\(-a\leq 1\)时,必须\(f(5)\ge 0\),解得\(a\ge -1\)

    ②当\(1<-a<5\)时,必须\(f(5)\ge 0\),解得\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)

    ③当\(-a\ge 5\)时,必须\(f(1)\ge 0\),解得\(a\in \varnothing\)

    综上所述,得到\(a\in [-\cfrac{23}{5},+\infty)\)

    案例03

    【源题】若\((2m+1)^{\cfrac{1}{2}}>(m^2+m-1)^{\cfrac{1}{2}}\),求实数\(m\)的取值范围。

    分析:由于上述不等式依托的函数是\(y=x^{\frac{1}{2}}\),在定义域\([0,+\infty)\)上单调递增,

    故有\(\left\{\begin{array}{l}{2m+1\ge 0①}\\{m^2+m-1\ge 0②}\\{2m+1>m^2+m-1③}\end{array}\right.\)

    解得\(\left\{\begin{array}{l}{m\ge -\cfrac{1}{2}①}\\{m\ge\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}或m\leq \cfrac{-\sqrt{5}-1}{2}②}\\{-1<m<2③}\end{array}\right.\)

    求交集得到,\(\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}\leq m<2\)。故\(m\in [\cfrac{\sqrt{5}-1}{2},2)\)

    【变式1】【无奇偶性】若\((2m+1)^{\cfrac{1}{4}}>(m^2+m-1)^{\cfrac{1}{4}}\),求实数\(m\)的取值范围。

    分析:求解过程同上,故\(m\in [\cfrac{\sqrt{5}-1}{2},2)\)

    【变式2】【无奇偶性】若\((2m+1)^{\cfrac{1}{2n}}>(m^2+m-1)^{\cfrac{1}{2n}}(n\in N^{*})\),求实数\(m\)的取值范围。

    分析:求解过程同上,故\(m\in [\cfrac{\sqrt{5}-1}{2},2)\)

    【变式3】【抽象函数】若函数\(f(x)\)的定义域为\([0,+\infty)\),且满足对任意的\(x_1,x_2\in [0,+\infty)\),都有\(\cfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>0(x_1\neq x_2)\),且满足\(f(2m+1)>f(m^2+m-1)\),求实数\(m\)的取值范围。

    分析:求解过程同上,故\(m\in [\cfrac{\sqrt{5}-1}{2},2)\)

    案例04

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  • 一年级数学思维训练题1、小红有15本书,小东有5本书,小红给小东( )本书,两个人的书就同样多?2、一头猪换2只羊,一只羊换4只兔,2只羊换( )只兔,1头猪换( ) 只兔3、 按规律填数字(1) 3、5、7、( ) 9 (2)6...

    一年级数学思维训练题

    1、小红有15本书,小东有5本书,小红给小东( )本书,两个人的书就同样多?

    2、一头猪换2只羊,一只羊换4只兔,2只羊换( )只兔,1头猪换(  ) 只兔

    3、 按规律填数字

    (1) 3、5、7、( ) 9     (2)6、9、12、15( )

    (3) ( )11、9、7、( )(4)1、8、1、10、1、12、( )( )

    4、林林前面有2人,后面有7人,这一排一共有( )人。

    5、小红的左边有5人,右边有3人,这一行一共有( )人.

    6、从前面数起,小林是第5个,从后面数起,小林第4个,一共有( )个。

    7、11个小孩子站成一行,从前往后数,林林站在第3个,从后往前数,东东站在第3个,林林和东东中间还有(  )个小朋友。

    第1张有4朵花,它和第(??? )张的花合起来是6朵,第2张和

    第3张的花合起来是(??? )朵花,第4张比第1张多(?? )朵

    花,第1张比第4张少(?? )朵花。

    9、一根钢丝长8米,要截成8小段,需要截( )次。

    10、学校插了6面彩旗,在两面彩旗之间又插了黄旗,黄旗有( )面。

    11、妈妈买回一些巧克力,名名吃了4块,还有9块,妈妈买了( )块巧克力

    12、福娃贝贝和晶晶参加50米的赛跑。贝贝用12秒,晶晶用11秒。(???? )跑得快,快(???? )秒。

    13、小花买一支铅笔和一块橡皮用去3元,小力买同样的铅笔和一个卷笔刀用了5元,橡皮和卷笔刀比,( )贵,贵( )元。

    14、三个小朋友比大小,方方比扬扬大3岁, 燕燕比方方小1岁, 燕燕比扬扬大2岁。(    )最大 ,(   )最小

    15、今年妈妈比小力大26岁,10年后,妈妈比小力大( )岁

    16、小芳今年8岁,姐姐今年12岁,5年后,姐姐比小芳大( )岁

    17、连长带着10名战士过河,已经有6个战士过了河,没过河的还有( )人。

    18、一只小猫5分钟吃完一条小鱼,5只小猫同时吃5条同样的小鱼要( )分钟。

    19、有5颗外形一模一样的珠子,其中有一颗稍重一点。用一架没有砝码的天平,至少称(??? )次才能找出这颗珠子来?

    20、用6根短绳连成一条长绳,一共要打(  )个结。

    21、妈妈给聪聪准备了鸡蛋、蛋糕、饼干、面包 四种食品,聪聪想选两种当早餐,可以有(?? )种不同的选法。

    22、2个苹果之间有2个梨,5个苹果之间有(  )个梨。

    23、一根绳子剪1次有2段,剪2次有(? ?)段。

    24、玲玲看一本70页的 HYPERLINK "/a/xueqianjiaoyu/tonghuagushi/" 故事书,第一天从第一页看起,看了18页,第二天看了10页,第三天从第(?? )页看起。

    25、有两个数,它们的和是9,差是1,这两个数是(  )和(  )。

    26、3个小朋友下棋,每人都要与其他两人各下一盘,他们共要下 (  )盘。

    27、15个小朋友排成一排报数,报双数的小朋友去打乒乓,队伍里留下(  )人。

    28、一只梅花鹿从起点向前跳 5米,再向后跳4米,又朝前跳7米,朝后跳10米;然后停下休息,你知道梅花鹿停在起点前还是起点后?(  )与起点相距几米?(  )

    29、哥哥给了弟弟2支铅笔后还剩5支,这时两人的铅笔一样多,弟弟原来有铅笔(  )支。

    30、林林、红红、芳芳三个小朋友买糖吃。林林买了7粒,红红买了8粒,芳芳没有买。三个小朋友要平分吃,芳芳一共付了1元钱,其中给林林(  )角,给红红(  )角。

    31、三个人吃3个馒头,用3分钟才吃完;照这样计算,九个人吃9个馒头,需要(  )分钟才吃完?

    32、环形跑道上正在进行长跑比赛。每位运动员前面有7个人在跑,每位运动员后面也有7个人在跑。跑道上一共有(  )个运动员?

    33、今年红红8岁,姐姐13岁,10年后,姐姐比红红大(  )岁。

    34、汽车每隔15分钟开出一班,哥哥想乘9时10分的一班车,但到站时,已是9时20分,那么他要等( )分钟才能乘上下一班车。

    35、从底楼走到3楼,用了24秒;那么从1楼走到6楼,需要( )秒。

    ?36, HYPERLINK "/a/xiaoxueyinian/" 一年级2班小朋友排成长方形队伍参加体操表演。红红左看是第6名,右看是第2名,前看是第4名,后看是第3名。二(1)班共有(  )小朋友。37,体育室有45只球,第一次借走9只,第二次借走10只,体育室的球缺少了(?? )只。38,一只苹果的重量等于一只桔子加上一只草莓的重量,而一只苹果加上一只桔子的重量等于9只草莓的重量,请问,一只桔子的重量等于( )只草莓的重量??41.小红有15本书,小东有5本书,小红给小东(? )本书,两个人的书就同样多? 42.一头猪换2只羊,一只羊换4只兔,2只羊换(? )只兔,1头猪换(??

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  • 思维训练每日一——过桥问题

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空空如也

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