第1讲空间几何体
【高考考情解读】柱、锥、台、球及其简单组合体和平面及其基本性质虽然没有单独考查，但作为立体几何最基本的要素是融入在解答题中考查的，它是立体几何的基本．对于立体几何表面积和体积考查要求不高，一般以填空题为主．
1．棱柱、棱锥、棱台
(1)棱柱的性质
侧棱都相等，侧面是平行四边形；两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面与对角面是矩形．
(2)正棱锥的性质
侧棱相等，侧面是全等的等腰三角形，斜高相等；棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影构成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形；
某侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个直角三角形；侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一个直角三角形．
(3)正棱台的性质
侧面是全等的等腰梯形；斜高相等；棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个直角梯形；棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个直角梯形；棱台的斜高、侧棱和两底面边长的一半也组成一个直角梯形．
(4)四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间
的关系．
2． 圆柱、圆锥、圆台
(1)圆柱、圆锥、圆台的概念
分别以矩形的一边、直角三角形的一直角边、直角梯形垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台． (2)圆柱、圆锥、圆台的性质
轴截面分别是矩形、等腰三角形、等腰梯形；平行于底面的截面都是圆． 3． 球
(1)球面与球的概念
半圆以它的直径所在直线为旋转轴旋转一周所成的曲面叫做球面．
以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体叫做球体，简称球．半圆的圆心叫做球的球心． (2)球的截面性质
球心和截面圆心的连线垂直于截面；球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面圆的半径r 的关系为d ＝R 2－r 2.
4． 空间几何体的两组常用公式(不要求记忆)
(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝1
2
ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；
③S 台侧＝1
2(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)；
④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝1
3Sh (S 为底面面积，h 为高)；
③V 台＝1
3
(S ＋SS ′＋S ′)h ；
④V 球＝4
3
πR 3.
考点一 几何体的表面积
例1 如图，斜三棱柱ABC —A ′B ′C ′中，底面是边长为a 的正三角
形，侧棱长为b ，侧棱AA ′与底面相邻两边AB 与AC 都成45°角， 求此斜三棱柱的表面积．
由题意，可知A ′在平面ABC 内的射影D 在∠BAC 的角
平分线上，从而可证得四边形BCC ′B ′是矩形．
解 如图，过A ′作A ′D ⊥平面ABC 于D ，过D 作DE ⊥AB 于E ， DF ⊥AC 于F ， 连结A ′E ，A ′F ，AD . 则由∠A ′AE ＝∠A ′AF ， AA ′＝AA ′，
得Rt △A ′AE ≌Rt △A ′AF ，
∴A ′E ＝A ′F ，∴DE ＝DF ，∴AD 平分∠BAC ， 又∵AB ＝AC ，∴BC ⊥AD ，∴BC ⊥AA ′， 而AA ′∥BB ′，∴BC ⊥BB ′， ∴四边形BCC ′B ′是矩形，
∴斜三棱柱的侧面积为2×a ×b sin 45°＋ab ＝(2＋1)ab . 又∵斜三棱柱的底面积为2×
34a 2＝3
2
a 2， ∴斜三棱柱的表面积为(2＋1)a
b ＋
32
a 2
.
此题构作辅助线的方法具有典型意义，记住这种作法，对解这一类问题有较
大的帮助．
一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm 和6 cm ，高是3
2
cm.
(1)求三棱台的斜高；
(2)求三棱台的侧面积和表面积．
解 (1)设O 1、O 分别为正三棱台ABC —A 1B 1C 1的上、下底面正三 角形的中心，如图所示，则O 1O ＝3
2，过O 1作O 1D 1⊥B 1C 1，OD ⊥BC ，
则D 1D 为三棱台的斜高；
过D 1作D 1E ⊥AD 于E ，则D 1E ＝O 1O ＝3
2，
因O 1D 1＝
36×3＝32，OD ＝3
6
×6＝3， 则DE ＝OD －O 1D 1＝3－32＝3
2
. 在Rt △D 1DE 中， D 1D ＝D 1E 2＋ED 2＝
????322＋???
?322＝3(cm)． (2)设c 、c ′分别为上、下底的周长，h ′为斜高， S 侧＝12(c ＋c ′)h ′＝12(3×3＋3×6)×3＝2732 (cm 2)，
S 表＝S 侧＋S 上＋S 下＝2732＋34×32＋34×62＝9934 (cm 2)．
故三棱台斜高为 3 cm ，侧面积为273
2 cm 2，
表面积为993
4 cm 2.
考点二 几何体的体积
例2 如图所示，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长都是a ，
截面AB 1C 和截面A 1BC 1相交于DE ，求四面体B —B 1DE 的体积． 解 方法一 取BB 1中点F ，连结DF ，EF ， 则V 四面体B —B 1ED ＝V 锥B 1—DEF ＋V 锥B —DEF ＝13B 1F ·S △DEF ＋13
BF ·S △DEF ＝13BB 1·S △DEF ＝13a ·34×????a 22＝348a 3.
方法二 取BB 1中点F ，连结DF ，EF ， 则V 四面体B —B 1DE ＝2V 锥B 1—DEF ＝2·18·V 锥B 1—ABC
＝2×18×13×34a 3＝348
a 3.
方法三 设A 、D 两点到平面BCC 1B 1的距离分别为h 、h ′，则h ′＝12h ＝34a .
V 锥D —BB 1E ＝13h ′·S △BB 1E ＝13h ′×1
4S 正方形BB 1C 1C
＝13×34a ×14a 2＝3
48
a 3.
计算体积要注意几何体的割补，棱锥的性质以及选择适当的底面求出对应的
高．
(1)(2013·江苏)如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，
AA 1的中点，设三棱锥F －ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝
________.
(2)(2012·山东)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为 ________．
答案 (1)1∶24 (2)1
6
解析 (1)设三棱锥F －ADE 的高为h ， 则V 1
V 2＝13h ????1
2AD ·AE ·sin ∠DAE (2h )1
2(2AD )(2AE )sin ∠DAE
＝124
. (2)利用三棱锥的体积公式直接求解．
VD 1－EDF ＝VF －DD 1E ＝13S △D 1DE ·AB ＝13×12×1×1×1＝1
6.
考点三 多面体与球
例3 直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上．若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝
120°，则此球的表面积等于________．
(1)先求截面圆ABC 的半径r ；(2)再求三棱柱外接球的半径．
答案 20π
解析 在△ABC 中，由余弦定理知BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos 120°＝4＋4－2×2×2×????－1
2＝12， ∴BC ＝2 3.
由正弦定理知△ABC 的外接圆半径r 满足23
sin 120°
＝2r ，
∴r ＝2.由题意知球心到平面ABC 的距离为1，设球的半径为R ，则R ＝22＋
12＝5，
∴S 球＝4πR 2＝20π.
对于多面体与球的问题，考查比较多的是多面体和它的外接球问题．破解这
类问题的核心是找准截面，建立球半径与多面体棱之间的联系．
已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝23，
则棱锥O —ABCD 的体积为________． 答案 8 3
解析 依题意棱锥O —ABCD 的四条侧棱长相等且均为球O 的半 径，如图连结AC ，取AC 中点O ′，连结OO ′. 易知AC ＝AB 2＋BC 2＝43，故AO ′＝2 3. 在Rt △OAO ′中，OA ＝4，从而OO ′＝42－12＝2. 所以V O —ABCD ＝1
3×2×6×23＝8 3.
考点四 空间几何体的折叠问题
例4 如图所示，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对
角线BD 折成四面体ABCD ，使平面ABD ⊥平面BCD ，若四面体ABCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为________．
要求出球的体积就要求出球的半径，需要根据已知数据和空间位置关系确定
球心的位置，由于△BCD 是直角三角形，根据直角三角形的性质：斜边的中点到三角形各个顶点的距离相等，只要再证明这个点到点A 的距离等于这个点到B ，C ，D 的距离即可确定球心，进而求出球的半径，根据体积公式求解即可． 答案
32
π
解析 如图，取BD 的中点E ，BC 的中点O ， 连结AE ，OD ，EO ，AO .
由题意，知AB ＝AD ，所以AE ⊥BD . 由于平面ABD ⊥平面BCD ，AE ⊥BD ， 所以AE ⊥平面BCD .
因为AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2， 所以AE ＝
22，EO ＝12.所以OA ＝32
. 在Rt △BDC 中，OB ＝OC ＝OD ＝12BC ＝3
2
，
所以四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为3
2
. 所以该球的体积V ＝43π(32)3＝3
2
π.
解决折叠问题的关键是搞清楚处在折线同一个半平面的量是不变的，然后根
据翻折前后图形及数量关系的变化，借助立体与平面几何知识，即可求解．
如图，把边长为2的正六边形ABCDEF 沿对角线BE 折起，使AC ＝ 6.
(1)求证：面ABEF ⊥面BCDE ； (2)求五面体ABCDEF 的体积．
(1)证明 设原正六边形中，AC ∩BE ＝O ，DF ∩BE ＝O ′，由正六边形的几何性质可知OA ＝OC ＝3， AC ⊥BE ，DF ⊥BE .
在五面体ABCDEF 中，OA 2＋OC 2＝6＝AC 2， ∴OA ⊥OC ，又OA ⊥OB ，∴OA ⊥面BCDE . ∵OA ?面ABEF ， ∴面ABEF ⊥面BCDE .
(2)解 由BE ⊥OA ，BE ⊥OC 知BE ⊥面AOC ， 同理BE ⊥面FO ′D ，∴面AOC ∥面FO ′D ，
故AOC —FO ′D 是侧棱长(高)为2的直三棱柱，且三棱锥B —AOC 和E —FO ′D 为大小相同的三棱锥，
∴V ABCDEF ＝2V B —AOC ＋V AOC —FO ′D ＝2×13×12×(3)2×1＋1
2
×(3)2×2＝4.
1． 在理解棱柱、棱锥的概念基础上，掌握棱柱、棱锥的结构特征：熟记特殊棱柱、棱锥的
有关性质；能够把棱柱、棱锥的有关元素放在对角面、侧面等平面图形中去研究，突出化归的数学思想方法． 2． 长方体的外接球
(1)长、宽、高分别为a 、b 、c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R ；
(2)棱长为a 的正方体的体对角线等于外接球的直径，即3a ＝2R .
3． 求与球有关组合体表面积、体积等问题时，常常把球中的问题，转化成相应的轴截面来
处理，有时还要利用圆的有关性质、正弦定理和余弦定理来解决球的问题．
4． 一些不规则的几何体，求其体积多采用分割或补形的方法，从而转化为规则的几何体，
而补形又分为对称补形(即某些不规则的几何体，若存在对称性，则可考虑用对称的方法进行补形)、还原补形(即还台为锥)和联系补形(某些空间几何体虽然也是规则几何体，不过几何量不易求解，可根据其所具有的特征，联系其他常见几何体，作为这个规则几何体的一部分来求解).
1． 在三棱锥A －BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ABD 的面积
分别为22，32，6
2，则三棱锥A －BCD 的外接球体积为________． 答案
6π
解析 如图，以AB ，AC ，AD 为棱把该三棱锥扩充成长方体，则该 长方体的外接球恰为三棱锥的外接球， ∴三棱锥的外接球的直径是长方体的对角线长． 据题意???
AB ·
AC ＝2，AC ·AD ＝3，
AB ·AD ＝
6，
解得???
AB ＝2，
AC ＝1，
AD ＝3，
∴长方体的对角线长为AB 2＋AC 2＋AD 2＝6， ∴三棱锥外接球的半径为
62
. ∴三棱锥外接球的体积为V ＝43π·(6
2
)3＝6π.
2． 如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为1的正
方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多 面体的体积为________． 答案
23
解析 如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别 为M ，N ，连结DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，多面体ABCDEF 分别为三部分，多面体的体积为V ABCDEF ＝V AMD －BNC ＋V E －AMD ＋V F －
BNC .
∵NF ＝12，BF ＝1，∴BN ＝3
2
.
作NH 垂直BC 于点H ，则H 为BC 的中点， 则NH ＝
2
2
. ∴S △BNC ＝12·BC ·NH ＝12×1×22＝2
4.
∴V F －BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝2
24，
V E －AMD ＝V F －BNC ＝
2
24
， V AMD －BNC ＝S △BNC ·MN ＝24
. ∴V ABCDEF ＝
2
3
.
(推荐时间：60分钟)
一、填空题
1． 一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1,2,3，
则此球的表面积为________． 答案 56π
解析 长方体外接球直接2R ＝12＋22＋32＝14， ∴R ＝
142
， ∴球的表面积S ＝4πR 2＝4π(14)2＝56π.
2． (2012·江苏)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3
cm ，AA 1＝2 cm ，则四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为________ cm 3. 答案 6
解析 关键是求出四棱锥A －BB 1D 1D 的高． 连结AC 交BD 于O ，在长方体中， ∵AB ＝AD ＝3，∴BD ＝32且AC ⊥BD . 又∵BB 1⊥底面ABCD ，∴BB 1⊥AC . 又DB ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，
∴AO 为四棱锥A －BB 1D 1D 的高且AO ＝12BD ＝32
2.
∵S 矩形BB 1D 1D ＝BD ×BB 1＝32×2＝62， ∴VA －BB 1D 1D ＝1
3S 矩形BB 1D 1D ·AO
＝13×62×322
＝6(cm 3)．
3． 如图所示，已知底面半径为r 的圆柱被一个平面所截，剩下部分的母线
长的最大值为a ，最小值为b ，那么圆柱被截后剩下的部分的体积是 ________． 答案 πr 2(a ＋b )2
解析 这样的几何体我们没有可以直接应用的体积计算公式，根据对称性可以把它补成一个高是a ＋b 的圆柱，这个圆柱的体积是所求的几何体体积的2倍，故所求的几何体的体积是πr 2(a ＋b )2
.
4． 若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为________．
答案
33
π 解析 设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l ，则
????? πrl ＝2π，πr 2＝π，∴?????
r ＝1，l ＝2.
∴h ＝l 2－r 2＝22－12＝3， ∴圆锥的体积V ＝13π·3＝33
π.
5． 如图(1)所示，一只装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为1 cm 和半径为3 cm
的两个圆柱组成的简单几何体．当这个几何体如图(2)水平放置时，液面高度为20 cm ，当这个几何体如图(3)水平放置时，液面高度为28 cm ，则这个简单几何体的总高度为________．
答案 29 cm
解析 设简单几何体的总高度为x cm ，
根据图(2)，(3)没有液体部分体积相等得(x －20)·π·12＝(x －28)·π·32， ∴x ＝29.
6． 已知矩形ABCD 的面积为8，当矩形周长最小时，沿对角线AC 把△ACD 折起，则三棱
锥D －ABC 的外接球的表面积等于________． 答案 16π
解析 设矩形的两邻边长度分别为a ，b ，则ab ＝8，此时2a ＋2b ≥4ab ＝82，当且仅当a ＝b ＝22时等号成立，此时四边形ABCD 为正方形，其中心到四个顶点的距离相等，均为2，无论怎样折叠，其四个顶点都在一个半径为2的球面上，这个球的表面积是4π×22＝16π.
7． 如图所示， 在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2DC ＝2，∠DAB ＝60°，E
为AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿ED 、EC 向上折起，使A 、 B 重合，形成的三棱锥的外接球的体积为________． 答案
6
8
π 解析 由已知条件知，平面图形中AE ＝EB ＝BC ＝CD ＝DA ＝DE ＝EC ＝1. ∴折叠后得到一个正四面体． 方法一 作AF ⊥平面DEC ， 垂足为F ，F 即为△DEC 的中心． 取EC 的中点G ，连结DG 、AG ， 过球心O 作OH ⊥平面AEC . 则垂足H 为△AEC 的中心．
∴外接球半径可利用△OHA ∽GF A 求得． ∵AG ＝
3
2
，AF ＝1－??
??332
＝63
，AH ＝33，
在△AFG 和△AHO 中，根据三角形相似可知， OA ＝AG ·AH AF ＝32·
3
36
3
＝64.
∴外接球体积为43π×OA 3＝43·π·6643＝6
8
π.
方法二 如图所示，把正四面体放在正方体中，显然，正四面体的外 接球就是正方体的外接球． ∵正四面体的棱长为1， ∴正方体的棱长为
2
2
， ∴外接球直径2R ＝
3·
2
2，∴R ＝6
4
，
∴V ＝
68
π.
8． 如图所示，已知在多面体ABC —DEFG 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，
平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2， AC ＝EF ＝1，则该多面体的体积为________． 答案 4
解析 方法一 (分割法)如图所示，过点C 作CH ⊥DG 于点H ，连结 EH ，这样就把多面体分割成一个直三棱柱DEH —ABC 和一个斜三棱 柱BEF —CHG .
于是所求几何体的体积为V ＝S △DEH ×AD ＋S △BEF ×DE ＝????12×2×1×2＋???
?1
2×2×1×2＝4.
方法二 (补形法)如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显 然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半．于是所求几何体为V ＝1
2
×23＝4. 9． 已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝2，∠ASC ＝∠BSC ＝45°，则
棱锥S —ABC 的体积为________． 答案
43
3
解析 如图所示，由题意知，在棱锥S —ABC 中，△SAC ，△SBC 都是 等腰直角三角形，其中AB ＝2，SC ＝4，SA ＝AC ＝SB ＝BC ＝2 2.取SC 的中点D ，易证SC 垂直于面ABD ，因此棱锥S —ABC 的体积为两个棱 锥S —ABD 和C —ABD 的体积和，所以棱锥S —ABC 的体积 V ＝13SC ·S △ADB ＝13×4×3＝43
3.
10．已知正方形ABCD 的边长为22，将△ABC 沿对角线AC 折起，使
平面ABC ⊥平面ACD ，得到如右图所示的三棱锥B －ACD .若O 为 AC 边的中点，M ，N 分别为线段DC ，BO 上的动点(不包括端点)， 且BN ＝CM .设BN ＝x ，则三棱锥N －AMC 的体积的最大值为________． 答案
2
3
解析 由平面ABC ⊥平面ACD ，且O 为AC 的中点，可知BO ⊥平面ACD ，易知BO ＝2，故三棱锥N －AMC 的高为ON ＝2－x ，△AMC 的面积为1
2·MC ·AC ·sin 45°＝2x ，故
三棱锥N －AMC 的体积为V ＝f (x )＝13·(2－x )·2x ＝2
3
(－x 2＋2x )(0 ∴x ＝1时，V max ＝23 . 二、解答题 11．(2012·江西)如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E 、F 是线段AB 上的两点，且DE ⊥AB ， CF ⊥AB ，AB ＝12，AD ＝5，BC ＝42，DE ＝4.现将△ADE ，△CFB 分别沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合于点G ，得到多面体CDEFG . (1)求证：平面DEG ⊥平面CFG ； (2)求多面体CDEFG 的体积． (1)证明 因为DE ⊥EF ，CF ⊥EF ， 所以四边形CDEF 为矩形． 由GD ＝5，DE ＝4，得GE ＝GD 2－DE 2＝3. 由GC ＝42，CF ＝4，得FG ＝GC 2－CF 2＝4， 所以EF ＝5. 在△EFG 中，有EF 2＝GE 2＋FG 2， 所以EG ⊥GF . 又因为CF ⊥EF ，CF ⊥FG ，所以CF ⊥平面EFG . 所以CF ⊥EG ，所以EG ⊥平面CFG . 又EG ?平面DEG ，所以平面DEG ⊥平面CFG . (2)解 如图，在平面EGF 中， 过点G 作GH ⊥EF 于点H ， 则GH ＝EG ·GF EF ＝12 5 . 因为平面CDEF ⊥平面EFG ， 所以GH ⊥平面CDEF ， 所以V 多面体CDEFG ＝1 3 S 矩形CDEF ·GH ＝16. 12．如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形， PD ＝DC ＝4，AD ＝2，E 为PC 的中点． (1)求三棱锥A —PDE 的体积； (2)AC 边上是否存在一点M ，使得P A ∥平面EDM ？若存在，求出 AM 的长；若不存在，请说明理由． 解 (1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD . 又因ABCD 是矩形，所以AD ⊥CD . 因PD ∩CD ＝D ，所以AD ⊥平面PCD ， 所以AD 是三棱锥A —PDE 的高． 因为E 为PC 的中点，且PD ＝DC ＝4， 所以S △PDE ＝12S △PDC ＝12×????1 2 ×4×4＝4. 又AD ＝2，所以V A —PDE ＝13AD ·S △PDE ＝13×2×4＝8 3 . (2)取AC 中点M ，连结EM ，DM ，因为E 为PC 的中点，M 是AC 的中点，所以EM ∥P A . 又因为EM ?平面EDM ，P A ?平面EDM ， 所以P A ∥平面EDM . 所以AM ＝1 2 AC ＝ 5. 即在AC 边上存在一点M ，使得P A ∥平面EDM ，AM 的长为 5. 13．如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上．过点E 作EF ∥BC 交AC 于 点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(点A 与P 重合)，使得∠PEB ＝30°. (1)求证：EF ⊥PB ； (2)试问：当点E 在何处时，四棱锥P —EFCB 的侧面PEB 的面积最大？并求此时四棱锥P —EFCB 的体积． (1)证明 ∵EF ∥BC 且BC ⊥AB ， ∴EF ⊥AB ，即EF ⊥BE ，EF ⊥PE .又BE ∩PE ＝E ， ∴EF ⊥平面PBE ， 又PB ?平面PBE ，∴EF ⊥PB . (2)解 设BE ＝x ，PE ＝y ，则x ＋y ＝4. ∴S △PEB ＝12BE ·PE ·sin ∠PEB ＝14xy ≤14??? ?x ＋y 22＝1. 当且仅当x ＝y ＝2时，S △PEB 的面积最大． 此时，BE ＝PE ＝2. 由(1)知EF ⊥平面PBE ， ∴平面PBE ⊥平面EFCB ， 在平面PBE 中，作PO ⊥BE 于O ，则PO ⊥平面EFCB . 即PO 为四棱锥P —EFCB 的高． 又PO ＝PE ·sin 30°＝2×1 2＝1. S EFCB ＝1 2(2＋4)×2＝6. ∴V P —BCFE ＝1 3 ×6×1＝2. §13.4 数学归纳法 2014高考会这样考 1.考查数学归纳法的原理和证题步骤；2.用数学归纳法证明与等式、不等式或数列有关的命题，考查分析问题、解决问题的能力． 复习备考要这样做 1.理解数学归纳法的归纳递推思想及其在证题中的应用；2.规范书写数学归纳法的证题步骤． 数学归纳法 一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0 (n 0∈N *)时命题成立； (2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立．上述证明方法叫做数学归纳法． [难点正本 疑点清源] 1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据． 2．在用数学归纳法证明时，第(1)步验算n ＝n 0的n 0不一定为1，而是根据题目要求，选择合适的起始值．第(2)步，证明n ＝k ＋1时命题也成立的过程，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法． 1． 凸k 边形内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和为f (k ＋1)＝f (k )＋________. 答案 π 解析 易得f (k ＋1)＝f (k )＋π. 2． 用数学归纳法证明：“1＋12＋13＋…＋1 2n －1 高三数学二轮复习重点及策略 高三数学二轮复习时间安排 1：第一阶段为重点知识的强化与巩固阶段，时间为3月1日—3月27日。 2：第二阶段是对于综合题型的解题方法与解题能力的训练，时间为3月28日—4月 16日。 专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点 函数的性质：着重掌握函数的单调性，奇偶性，周期性，对称性。这些性质通常会综 合起来一起考察，并且有时会考察具体函数的这些性质，有时会考察抽象函数的这些性质。 一元二次函数：一元二次函数是贯穿中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些 基础性质进行了了解，高中阶段更多的是将它与导数进行衔接，根据抛物线的开口方向， 与x轴的交点位置，进而讨论与定义域在x轴上的摆放顺序，这样可以判断导数的正负， 最终达到求出单调区间的目的，求出极值及最值。 不等式：这一类问题常常出现在恒成立，或存在性问题中，其实质是求函数的最值。 当然关于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的 综合性问题为不等式与数列的结合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是非常必要的。 专题二：数列。以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式， 通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法， 这些知识点需要掌握。 专题三：三角函数，平面向量，解三角形。三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有涉及，有时候考察三角函数的公式之间的互相转化，进而求单 调区间或值域;有时候考察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，当然正弦，余弦定 理是很好的工具。向量可以很好得实现数与形的转化，是一个很重要的知识衔接点，它还 可以和数学的一大难点解析几何整合。 专题四：立体几何。立体几何中，三视图是每年必考点，主要出现在选择，填空题中。大题中的立体几何主要考察建立空间直角坐标系，通过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。 另外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，着重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中， 应该掌握三棱柱，长方体。空间直线与平面的位置关系应以证明垂直为重点，当然常考察 的方法为间接证明。 第1讲 三角函数与平面向量 A 组 基础达标 1.若点? ????sin 5π 6，cos 5π6在角α的终边上，则sin α的值为________． 2.已知α∈? ????0，π2，2sin2α＝cos2α＋1，那么sin α＝________. 3.(2019·榆林模拟)若sin ? ????A ＋π4＝7210，A ∈? ?? ??π4，π，则sin A ＝________． 4.若函数f (x )＝2sin ? ????2x ＋φ－π6(0<φ<π)是偶函数，则φ＝________． 5.已知函数y ＝A sin (ωx ＋φ)＋B (A ＞0，ω＞0，|φ|＜π 2)的部分图象如图所示，那 么φ＝________． (第5题) 6.已知sin ? ????α＋π3＝1213，那么cos ? ?? ??π6－α＝________． 7.在距离塔底分别为80m ，160m ，240m 的同一水平面上的A ，B ，C 处，依次测得塔顶的仰角分别为α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，则塔高为________m. 8.(2019·湖北百校联考)设α∈? ????0，π3，且6sin α＋2cos α＝ 3. (1) 求cos ? ????α＋π6的值； (2) 求cos ? ????2α＋π12的值． B 组 能力提升 1.计算：3cos10°－1 sin170°＝________． 2.(2019·衡水模拟改编)设函数f (x )＝2cos (ωx ＋φ)对任意的x ∈R ，都有f ? ????π3－x ＝f ? ????π3＋x ，若函数g (x )＝3sin (ωx ＋φ)＋cos (ωx ＋φ)＋2，则g ? ?? ??π3的值是________． 3.已知函数f (x )＝sin (ωx ＋φ)(ω＞0)的图象的一个对称中心为? ????π2，0，且f ? ?? ? ?π4＝1 2 ，那么ω的最小值为________． 4.已知函数f (x )＝sin ? ????ωx ＋π5(ω>0)，f (x )在[0，2π]上有且仅有5个零点，给出以下四个结论： ①f (x )在(0，2π)上有且仅有3个极大值点； ②f (x )在(0，2π)上有且仅有2个极小值点； ③f (x )在? ????0，π10上单调递增； ④ω的取值范围是???? ??125，2910. 其中正确的结论是________．(填序号) 5.(2019·浙江卷)已知函数f (x )＝sin x ，x ∈R . (1) 当θ∈[0，2π)时，函数f (x ＋θ)是偶函数，求θ的值； (2) 求函数y ＝??????f ? ????x ＋π122＋??????f ? ????x ＋π42 的值域． 6.(2019·临川一中)已知函数f (x )＝M sin (ωx ＋π 6)(M >0，ω>0)的大致图象如图所示， 其中A (0，1)，B ，C 为函数f (x )的图象与x 轴的交点，且BC ＝π. (1) 求M ，ω的值； 高三数学第二轮专题复习系列(4) 三角函数 一、本章知识结构： 二、高考要求 1.理解任意角的概念、弧度的意义、正确进行弧度与角度的换算；掌握任意角三角函数的定义、会利用单位圆中的三角函数线表示正弦、余弦、正切。 2.掌握三角函数公式的运用（即同角三角函数基本关系、诱导公式、和差及倍角公式） 3.能正确运用三角公式进行简单三角函数式的化简、求值和恒等式证明。 4.会用单位圆中的三角函数线画出正弦函数、正切函数的图线、并在此基础上由诱导公式画出余弦函数的图象、会用“五点法”画出正弦函数、余弦函数及Y=Asin(ωχ+φ)的简图、理解A 、ω、 的物理意义。 5. 会由已知三角函数值求角，并会用符号arcsinx arccosx arctanx 表示角。 三、热点分析 1.近几年高考对三角变换的考查要求有所降低，而对本章的内容的考查有逐步加强的趋势，主要表现在对三角函数的图象与性质的考查上有所加强. 2.对本章内容一般以选择、填空题形式进行考查，且难度不大，从1993年至2002年考查的内容看，大致可分为四类问题（1）与三角函数单调性有关的问题；（2）与三角函数图象有关的问题；（3）应用同角变换和诱导公式，求三角函数值及化简和等式证明的问题；（4）与周期有关的问题。 3.基本的解题规律为：观察差异（或角，或函数，或运算），寻找联系（借助于熟知的公式、方法或技巧），分析综合（由因导果或执果索因），实现转化.解题规律：在三角函数求值问题中的解题思路，一般是运用基本公式，将未知角变换为已知角求解；在最值问题和周期问题中，解题思路是合理运用基本公式将表达式转化为由一个三角函数表达的形式求解. 4.立足课本、抓好基础.从前面叙述可知，我们已经看到近几年高考已逐步抛弃了对复杂三角变换和特殊技巧的考查，而重点转移到对三角函数的图象与性质的考查，对基础知识和基本技能的考查上来，所以在复习中首先要打好基础.在考查利用三角公式进行恒等变形的同时，也直接考查了三角函数的性质及图象的变换，可见高考在降低对三角函数恒等变形的要求下，加强了对三角函数性质和图象的考查力度. 四、复习建议 应用 同角三角函数的基本关任意角的概念 任意角的三角诱导公式 三角函数的图象与计算与化简 证明恒等式 已知三角函数值求和角公式 倍角公式 差角公式 弧长与扇形面积公角度制与弧度应用 应用 应用 应用 高考能力测试步步高数学基础训练43 基础训练43 概率与统计(一) ●训练指要 掌握离散型随机变量的分布列、期望和方差的意义，会求简单的离散型随机变量的分布列、期望与方差. 一、选择题 1.随机变量ξ1是1个无线寻呼台1 min 内接到的寻呼次数；随机变量ξ2是某工厂加工的某种钢管的外径与规定的外径尺寸误差；随机变量ξ3是测量1个学生身高所得的数值(精确到1 cm)；随机变量ξ4是1个沿数轴进行随机运动的质点的坐标，那么这4个随机变量中，离散型随机变量的个数是 A.1 B.2 C.3 D.4 A.1 B.1± 22 C.1+ 2 2 D.1- 2 2 3.如果ξ是离散型随机变量，η=3ξ+2,那么 A.E η=3E ξ+2,D η=9D ξ B.E η=3E ξ,D η=3D ξ+2 C.E η=3E ξ+2,D η=9E ξ+4 D.E η=3E ξ+4,D η=3D ξ+2 二、填空题 5.(胡文2021年年两省一市高考题)一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个，则其中含红球个数的数学期望是_________.(用数字作答) 三、解答题 6.一个袋子里装有分别标有数字的小球，其中标有1的有1个，标有2的有2个，…标有9的有9个，现从中任意取出1个，求取出的球上所标数字的分布列以及所取之球所标数字为奇数的概率. 求：(1)E ,D ,; (2)设η=2ξ+3,求E η,D η. 8.现要从甲、乙两个技工中选派一人参加技术比武比赛，已知他们在同样的条件下每天的产量相等，而出次品的个数的分布列如下： 次品数ξ 0 1 2 P 0.1 0.5 0.4 次品数ξ 0 1 2 3 P 0.3 0.3 0.2 0.2 高考能力测试步步高数学基础训练43答案 一、1.B 2.D 3.A 二、4.0.2 0.7 5.1.2 ξ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 P 451 452 453 454 455 456 457 458 45 9 其中所取之球所标数字为奇数的概率为： .9 54597531459457455453451=++++=++++ 7.(1)E ξ=－ 31;D ξ=9 5 σξ=35=ξD (2)E η=2E ξ+3= 37D η=4D ξ=9 20 . 8.E ξ1=E ξ2=1.3 D ξ1=0.41 D ξ2=1.21 故两人平均水平基本一致，但乙技工的波动性较大，故应选甲参赛. 高考数学第二轮复习计划 一、指导思想 高三第一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主，通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念的性质、定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，强化数学的学科特点，同时第二轮复习承上启下，是促进知识灵活运用的关键时期，是发展学生思维水平、提高综合能力发展的关键时期，因而对讲、练、检测要求较高。 强化高中数学主干知识的复习，形成良好知识网络。整理知识体系，总结解题规律，模拟高考情境，提高应试技巧，掌握通性通法。 第二轮复习承上启下，是知识系统化、条理化，促进灵活运用的关键时期，是促进学生素质、能力发展的关键时期，因而对讲练、检测等要求较高，故有“二轮看水平”之说． “二轮看水平”概括了第二轮复习的思路，目标和要求．具体地说，一是要看教师对《考试大纲》的理解是否深透，研究是否深入，把握是否到位，明确“考什么”、“怎么考”．二是看教师讲解、学生练习是否体现阶段性、层次性和渐进性，做到减少重复，重点突出，让大部分学生学有新意，学有收获，学有发展．三是看知识讲解、练习检测等内容科学性、针对性是否强，使模糊的清晰起来，缺漏的填补起来，杂乱的条理起来，孤立的联系起来，让学生形成系统化、条理化的知识框架．四是看练习检测与高考是否对路，不拔高，不降低，难度适宜，效度良好，重在基础的灵活运用和掌握分析解决问题的思维方法． 二、时间安排： 1．第一阶段为重点主干知识的巩固加强与数学思想方法专项训练阶段，时间为3月10——4月30日。 2．第二阶段是进行各种题型的解题方法和技能专项训练，时间为5月1日——5月25日。 3.最后阶段学生自我检查阶段，时间为5月25日——6月6日。 三、怎样上好第二轮复习课的几点建议： （一）.明确“主体”，突出重点。 第二轮复习，教师必须明确重点，对高考“考什么”，“怎样考”，应了若指掌．只有这样，才能讲深讲透，讲练到位．因此,每位教师要研究2009-2010湖南对口高考试题. 第二轮复习的形式和内容 1．形式及内容：分专题的形式，具体而言有以下八个专题。 （1）集合、函数与导数。此专题函数和导数、应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。 （2）三角函数、平面向量和解三角形。此专题中平面向量和三角函数的图像与性质，恒等变换是重点。 （3）数列。此专题中数列是重点，同时也要注意数列与其他知识交汇问题的训练。 （4）立体几何。此专题注重点线面的关系，用空间向量解决点线面的问题是重点。 （5）解析几何。此专题中解析几何是重点，以基本性质、基本运算为目标。突出直线和圆锥曲线的交点、弦长、轨迹等。 （6）不等式、推理与证明。此专题中不等式是重点，注重不等式与其他知识的整合。 （7）排列与组合，二项式定理，概率与统计、复数。此专题中概率统计是重点，以摸球问题为背景理解概率问题。 （（9）高考数学思想方法专题。此专题中函数与方程、数形结合、化归与转化、分类讨论思想方法是重点。 （二）、做到四个转变。 1．变介绍方法为选择方法，突出解法的发现和运用． 2019年高考数学第二轮备考指导及复习建 议 首先，我们应当明确为什么要进行高考第二轮复习？也就是高考数学复习通常要分三轮（有的还是分四轮）完成，对于第二轮的目的和意义是什么呢？第一轮复习的目的是 将我们学过的基础知识梳理和归纳，在这个过程当中主要以两个方面作为参考。第一个是以教材为基本内容，第二个以教学大纲以及当年的考试说明，作为我们参考的依据，然后做到尽量不遗漏知识，因为这也是作为我们二轮三轮复习的基础。 对于高三数学第二轮复习来说，要达到三个目的：一是从全面基础复习转入重点复习，对各重点、难点进行提炼和把握；二是将第一轮复习过的基础知识运用到实战考题中去，将已经把握的知识转化为实际解题能力；三是要把握各题型的特点和规律，把握解题方法，初步形成应试技巧。 高三数学第二轮的复习，是在第一轮复习的基础上，对高考知识点进行巩固和强化，是考生数学能力和学习成绩大幅度提高的关键阶段，我们学校此阶段的复习指导思想是：巩固、完善、综合、提高。就大多数同学而言，巩固，即巩固第一轮单元复习的成果，把巩固三基(基础知识、基本方法、基本技能)放在首位，强化知识的系统与记忆；完善，就是通过此轮复习，查漏补缺，进一步建立数学思想、知识规律、方法 运用等体系并不断总结完善；综合，就是在课堂做题与课外训练上，减少单一知识点的试题，增强知识点之间的衔接，增强试题的综合性和灵活性；提高，就是进一步培养和提高对数学问题的阅读与概括能力、分析问题和解决问题的能力。因此，高三数学第二轮的复习，对于课堂听讲并适当作笔记，课外训练、自主领悟并总结等都有较高要求，有“二轮看水平”的说法！是最“实际”的一个阶段。 要求学生就是“四个看与四个度”：一看对近几年高考常考题型的作答是否熟练，是否准确把握了考试要求的“度”--《考试说明》中“了解、理解、掌握”三个递进的层次，明确“考什么”“怎么考”；二看在课堂上是否紧跟老师的思维并适当作笔记，把握好听、记、练的“度”；三看知识的串连、练习的针对性是否强，能否使模糊的知识清晰起来，缺漏的板块填补起来，杂乱的方法梳理起来，孤立的知识联系起来，形成系统化、条理化的知识框架，控制好试题难易的“度”；四看练习或检测与高考是否对路，哪些内容应稍微拔高，哪些内容只需不降低，主次适宜，重在基础知识的灵活运用和常用数学思想方法的掌握，注重适时反馈的“度”。在高考一轮复习即将结束、二轮复习即将开始这样一个承上启下的阶段，时间紧，任务重，往往是有40天左右时间（我们学校是3月中旬到4月底）。如何做到有条不紊地复习呢？现结合我最近的学习及多年的做法谈下面几点意见，供同行们参考。 大田职专11级1—5班数学专题复习 立体几何模块 1、如图，四边形ABCD 与''ABB A 都是边长为a 的正方形，点E 是A A '的中点，'A A ⊥平面ABCD .。（I ）计算：多面体A 'B 'BAC 的体积； （II ）求证：C A '//平面BDE ； (Ⅲ) 求证：平面AC A '⊥平面BDE ． 2、如图，已知四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是直角梯形，//AB DC ，ο45=∠ABC ，1DC =， 2=AB ，⊥PA 平面ABCD ，1=PA ． （Ⅰ）求证：//AB 平面PCD ； （Ⅱ）求证：⊥BC 平面PAC ； （Ⅲ）若M 是PC 的中点，求三棱锥M ACD -的体积． 3、如图，在三棱锥A —BCD 中，AB ⊥平面BCD ，它的正视图和俯视图都是直角三角形，图中尺寸单位为cm 。（I ）在正视图右边的网格内,按网格尺寸和画三视图的要求，画出三棱锥的侧（左）视图；（II ）证明：CD ⊥平面ABD ；（III ）按照图中给出的尺寸，求三棱锥A —BC D 的侧面积。 B ' ? D C A ' B A E M C A P 5、（11-3泉质） 6、如图，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是边长为2的菱形，60ABC ∠=?，点M 是棱PC 的中点，N 是棱PB 的中点，PA ⊥平面ABCD ，AC 、BD 交于点O 。 （1）求证：平面OMN//平面PAD ； （2）若DM 与平面PAC 所成角的正切值为2，求三棱锥 P —BCD 的体积。 8、 9、已知直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，F 为棱BB 1的中点，M 为线段AC 1的中点． 求证：（Ⅰ）直线MF ∥平面ABCD ； （Ⅱ）平面AFC 1⊥平面ACC 1A 1． A B C D 1 A 1 B 1 C 1 D M F 第二章点、直线、平面之间的位置关系 §2.1空间点、直线、平面之间的位置关系 2.1.1平面 1．A 2.D 3.C 4.D 5．0 6．A∈m 7. 解很明显，点S是平面SBD和平面SAC的一个公共点， 即点S在交线上， 由于AB>CD，则分别延长AC和BD交于点E，如图所示． ∵E∈AC，AC?平面SAC，∴E∈平面SAC. 同理，可证E∈平面SBD. ∴点E在平面SBD和平面SAC的交线上，连接SE，直线SE是平面SBD 和平面SAC的 交线． 8．证明∵l1?β，l2?β，l1D∥\l2， ∴l1、l2交于一点，记交点为P. ∵P∈l1?α，P∈l2?γ，∴P∈α∩γ＝l3， ∴l1，l2，l3交于一点． 9．C10.C 11．③ 12．证明因为AB∥CD，所以AB，CD确定平面AC，AD∩α＝H，因为H∈平面AC，H∈α，由公理3可知，H必在平面AC与平面α的交线上．同理F、G、E都在平面AC与平面α的交线上，因此E，F，G，H必在同一直线上． 13．证明(1)∵C1、O、M∈平面BDC1， 又C1、O、M∈平面A1ACC1，由公理3知，点C1、O、M在平面BDC1与平面A1ACC1的交线上， ∴C1、O、M三点共线． (2)∵E，F分别是AB，A1A的中点，∴EF∥A1B.∵A1B∥CD1，∴EF∥CD1. ∴E、C、D1、F四点共面． 2.1.2空间中直线与直线之间的位置关系 1．D2．C3．B 4．D 5.平行或异面 6．(1)60°(2)45° 7．(1)证明由已知FG＝GA，FH＝HD， 可得GH 綊12AD .又BC 綊1 2AD ， ∴GH 綊BC ， ∴四边形BCHG 为平行四边形． (2)解 由BE 綊1 2AF ，G 为F A 中点知，BE 綊FG ， ∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG . 由(1)知BG 綊CH ，∴EF ∥CH ， ∴EF 与CH 共面． 又D ∈FH ，∴C 、D 、F 、E 四点共面． 8．解 (1)如图，∵CG ∥BF ，∴∠EBF (或其补角)为异面直线BE 与CG 所成的角， 又△BEF 中，∠EBF ＝45°，所以BE 与CG 所成的角为45°. (2)连接FH ，BD ，FO ，∵HD 綊EA ，EA 綊FB ， ∴HD 綊FB ， ∴四边形HFBD 为平行四边形， ∴HF ∥BD ， ∴∠HFO (或其补角)为异面直线FO 与BD 所成的角． 连接HA 、AF ，易得FH ＝HA ＝AF ， ∴△AFH 为等边三角形， 又依题意知O 为AH 中点，∴∠HFO ＝30°，即FO 与BD 所成的角是30°. 9．D 10．B 11．①③ 12．(1)证明 假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A 、B 、C 、D 在同一平面内，这与A 是△BCD 平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线． (2)解 取CD 的中点G ，连接EG 、FG ，则EG ∥BD ，所以相 交直线EF 与EG 所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．在 Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝1 2AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°. 13．解 如图，取AC 的中点P . 连接PM 、PN ， 则PM ∥AB ，且PM ＝12AB ，PN ∥CD ，且PN ＝1 2CD ， 所以∠MPN 为直线AB 与CD 所成的角(或所成角的补角)． 则∠MPN ＝60°或∠MPN ＝120°， 宾阳中学2018届高三数学备课组第二轮复习计划 为使二轮复习有序进行，使我们的复习工作卓有成效并最终赢得胜利，在校、年级领导指导下，结合年级2018届高考备考整体方案的基础上，经数学基组研究，制定本工作计划。 一、成员： 韦胜华（基组长）、黎锦勇、文育球、韦振、施平凡、候微、张善军、蓝文斌、陈卫庆、黄凤宾、李雪凤、韦衍凤、梁建祥、卢焕荣、黄恩端、林祟标。 本届高三学生由于高一、高二赶课较快，训练量较少，所以基础相对薄弱，数学的五大能力：计算能力、逻辑推理能力、空间想象能力、抽象概括能力、数据处理能力都较差，处理常规问题的通解通法未能落实到位，常见的数学思想还未形成。 二、努力目标及指导思想： 1、承上启下，使知识系统化、条理化，促进灵活应用。 2、强化基础夯实，重点突出，难点分解，各个击破，综合提高。 三、时间安排：2018年1月下旬至4月中旬。 四、方法与措施： （一）重视《考试大纲》（以2018年为准）与《考试说明》（参照2017年的考试说明）的学习，这两本书是高考命题的依据，是回答考什么、考多难、怎样考这3个问题的具体规定和解说。 （二）重视课本的示范作用，虽然2018年高考是全新的命题模式，但教材的示范作用绝不能低估。 （三）注重主干知识的复习，对于支撑学科知识体系的重点知识，要占有较大的比例，构成数学试题的主体。 （四）注重数学思想方法的复习。在复习基础知识的同时，要进一步强化基本数学思想和方法的复习，只有这样，在高考中才能灵活运用和综合运用所学的知识。 （五）注重数学能力的提高，数学能力包括空间想象能力、抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力以及应用意识和创新意识。 （六）注重数学新题型的练习。以高考试题为代表，构建新题型。 宾阳中学2018届高三理科数学备课组第二轮复习计划第1页（共2页） 高三理科数学二轮复习计划 高三数学一轮复习一般以知识，技能方法的逐点扫描和梳理为主，通过一轮复习，学生大都掌握基本概念、性质、定理及一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。二轮复习承上启下，是促进知识灵活运用的关键时期，是发展学生思维水平提高学生综合能力的关键时期，对讲练检测要求较高。所以制订高三数学二轮复习计划如下。 根据本学期的复习任务，将本学期的备考工作划分为以下四个阶段： 第一阶段(专题复习)：从2018年2月22日～2018年4月30日完成以主干知识为主的专题复习 第二阶段(选择填空演练)：从2018年3月1日～2018年5月20日完成以选择填空为主的专项训练 第三阶段(综合训练)：从2018年5月～2018年5月26完成以训练能力为主的综合训练 第四阶段(自由复习和强化训练)：从2018年5月27日～2018年6月6日。 高三数学二轮复习计划 第一阶段：专题复习 (一)目标与任务： 强化高中数学主干知识的复习，形成良好的知识网络。强化考点，突出重点，归纳题型，培养能力。 根据高考试卷中解答题的设置规律，本阶段的复习任务主要包括以下七个知识专题： 专题一：集合、函数、导数与不等式。此专题函数和导数以及应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。每年高考中导数所占的比重都非常大，一般情况是在客观题中考查导数的几何意义和导数的计算，属于容易题;二是在解答题中进行综合考查，主要考查用导数研究函数的性质，用函数的单调性证明不等式等，此题具有很高的综合性，并且与思想方法紧密结合。 专题二：数列、推理与证明。数列由旧高考中的压轴题变成了新高考中的中档题，主要考查等差等比数列的通项与求和，与不等式的简单综合问题是近年来的热门问题。 专题三：三角函数、平面向量和解三角形。平面向量和三角函数的图像与性质、恒等变换是重点。近几年高考中三角函数内容的难度和比重有所降低，但仍保留一个选择题、一个填空题和一个解答题的题量，难度都不大，但是解三角形的内容应用性较强，将解三角形的知识与实际问题结合起来将是今后命题的一个热点。平面向量具有几何与代数形式的双重性，是一个重要的知识交汇点，它与三角函数、解析几何都可以整合。 专题四：立体几何。注重几何体的三视图、空间点线面的关系及空间角的计算，用空间向量解决点线面的问题是重点。 专题五：解析几何。直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程的探求以及最值范围、定点定值、对称问题是命题的主旋律。近几年高考中圆锥曲线问题具有两大特色：一是融综合性、开放性、探索性为一体;二是向量关系的引入、三角变换的渗透和导数工具的使用。我们在注重基础的同时，要兼顾直线与圆锥曲线综合问题的强化训练，尤其是推理、运算变形能力的训练。 高三数学二轮复习方法技巧 有人说高三数学是一只拦路虎,拦着我们通向大学的校门,上课听不懂,课下不会做,很 多同学在数学上面花费了很多时间,但是效果却甚微,其实只要方法得当,我们就能轻而易 举地打掉这只拦路虎 一、学习《考纲》，研究高考 第二轮复习，教师必须认真学习《考纲》与《考试说明》，并通过备课组活动交流学 习心得与认识，对高考“考什么”、“怎样考”每位教师都要心中有数，只有这样，才能 讲深讲透，讲得到位。注重备课组活动与师徒挂钩，要求每周集体备课一次，由老教师主讲，把本周的教学内容、课时安排、教学重点、教学方法进行解读，同时开展学习活动。 近几年，高考数学试题稳中有变，变中求新。其特点是：稳以基础为主体，变以选拔为导向，增大思维量，减少运算量，倡导理性思维，能力寓“灵活”之中。鉴于此，复习安排 要做到“三个加强三个突出”： 1 ．加强客观题的解题速度和正确率的强化训练 高考采取了客观题选择与填空减少运算量，降低难度，让学生有更多的时间完成解答题，充分发挥选拔功能的做法，这就需要第二轮复习要在“速度”与“准确率”上下功夫。一方面在平时讲评中要不断强化选择题的解法，如特值法、数形结合等，另一方面要定时 定量进行训练，可以在第二轮复习中每周安排一节课训练或每节课先安排十分钟训练，也 可在第三轮回归基础时进行训练。通过训练，要达到这样一个目的：让较好的同学都能在40分钟以内完成十道选择题和四道填空题，并且失误控制在两题之内。 2 ．加强思维训练，规范答题过程 第二轮复习中要重视对学生的每一次测试，通过严格训练让学生过好四关，形成良好 的思维品质和学习习惯，做到卷面规范、清楚，树立自己良好的形象。哪四关呢?一是审 题关，审题要慢，答题要快，要逐句逐字看题，找出关键句，发掘隐含条件，寻找突破口;二是运算关，准字当先，争取既快又准，为此，平时让同学们熟记一些常用的中间结论是 非常必要的;三是书写关，要一步一步答题，重视解题过程的语言表达，培养学生条理清楚，步步有据，规范简洁，优美整齐的答题习惯。在第三轮复习中我们要组织学生学习高 考评分标准，让学生学会踩得分点，俗话说：不怕难题不得分，就怕每题都扣分。四是题 后反思关，做题不在多而在精，想要以少胜多，贵在反思，形成题后三思：一思知识提取 是否熟练?二思方法运用是否熟练?三思自己的弱点何在?熟练的前提是练熟，能力的提高 在于反思。要求每位学生准备错题集，注明错误原因与反思心得，时常翻阅。 3 ．加强代数与几何的有机联系 2019年高考数学二轮复习五大技巧 对于高考数学二轮复习，有哪些问题需要注意呢?小编为大家整理了2019年高考数学二轮复习策略，帮助考生制定高考二轮复习计划，提高高考数学成绩。 1、重点知识，落实到位 函数、导数、数列、向量、不等式、直线与平面的位置关系、直线与圆锥曲线、概率、数学思想方法等，这些既是高中数学教学的重要内容，又是高考的重点，而且常考常新，经久不衰。因此，在复习备考中，一定要围绕上述重点内容作重点复习，保证复习时间、狠下功夫、下足力气、练习到位、反思到位、效果到位。并将这些板块知识有机结合，形成知识链、方法群。如聚集立体几何与其他知识的整合，就包括它与方程、函数、三角、向量、排列组合、概率、解析几何等的整合，善于将已经完成过的题目做一次清理，整理出的解题通法和一般的策略，“在知识网络交汇点设计试题”是近几年高考命题改革反复强调的重要理念之一，在复习备考的过程中，要打破数学章节界限，把握好知识间的纵横联系与融合，形成有序的网络化知识体系。 2、新增内容，注重辐射 新增内容是新课程的活力和精髓，是近、现代数学在高中的渗透，且占整个高中教学内容的40%左右，而高考这部分内容的分值，远远超出其在教学中所占的比例。试题加大了对新教材中增加的线性规划、向量、概率、导数等知识的考查力度，对新增内容一一作了考查，分值达50多分，并保持了将概率内容作为应用题的格局。因此，复习 中要强化新增知识的学习，特别是新增数学知识与其它知识的结合。向量在解题中的作用明显加强，用导数做工具研究函数的单调性和证明不等式问题，导数亦成为高考解答题目的必考内容之一。 3、思想方法，重在体验 数学思想方法作为数学的精髓，历来是高考数学考查的重中之重。“突出方法永远是高考试题的特点”，这就要求我们在复习备考中应重视“通法”，重点抓方法渗透。 首先，我们应充分地重视数学思想方法的总结提炼，尽管数学思想方法的掌握是一个潜移默化的过程，但是我们认为，遵循“揭示—渗透”的原则，在复习备考中采取一些措施，对于数学思想方法以及数学基本方法的掌握是可以起到促进作用的，例如，在复习一些重点知识时，可以通过重新揭示其发生过程，适时渗透数学思想方法。 其次，要真正地重视“通法”，切实淡化“特技”，我们不应过分地追求特殊方法和特殊技巧，不必将力气花在钻偏题、怪题和过于繁琐、运算量太大的题目上，而应将主要精力放在基本方法的灵活运用和提高学生的思维层次上，另外，在复习中，还应充分重视解题回顾，借助于解题之后的反思、总结、引申和提炼来深化知识的理解和方法的领悟。 4、综合能力，强化训练 近年来高考数学试题，在加强基础知识考查的同时，突出能力立意。以能力立意，就是从问题入手，把握学科的整体意义，用统一的数学观点组织材料，对知识的考查倾向于理解和应用，特别是知识的综合 数学思想三（等价转化） 1．设M={y|y=x+1, x ∈R}, N={ y|y=x 2+1, x ∈R},则集合M ∩N 等于 ( ) A.{(0,1),(1,2)} B.{x|x ≥1} C.{y|y ∈R} D.{0,1} 2．三棱锥的三个侧面两两垂直，它们的面积分别为M,N,Q ，则体积为 ( ) A.32MNQ B.42MNQ C.62MNQ D.8 2MNQ 3．若3sin 2 +2sin 2 =2sin ，则y= sin 2 +sin 2 的最大值为 ( ) A. 21 B.32 C.94 D.9 2 4．对一切实数x ∈R ，不等式x 4+(a-1)x 2+1≥0恒成立，则a 的取值范 围为 ( ) A.a ≥-1 B.a ≥0 C.a ≤3 D.a ≤1 5．(1-x 3)(1+x)10的展开式中，x 5的系数是 ( ) A.-297 B.-252 C.297 D.207 6．方程|2|)1(3)1(32 ++=-+-y x y x 表示的曲线是 ( ) A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线 7．AB 是抛物线y=x 2的一条弦，若AB 的中点到x 轴的距离为1，则弦AB 长度的最大值 ( ) A. 45 B.2 5 C.2 D.4 8．马路上有编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9的9只路灯，为节约用电，可以把其中的3只路灯关掉，但不能同时关掉相邻的2只或3只，也不能关掉两端的路灯，则满足条件的关灯方法共有___________________种。 9．正三棱锥A BCD 的底面边长为a ，侧棱长为2a ，过B 点作与侧棱AC,AD 都相交的截面BEF ，则截面⊿BEF 的周长的最小值为_______________ 10．已知方程x 2+mx+m+1=0的两个根为一个三角形两内角的正切值，则 m ∈________________________________________ 11．等差数列{a n }的前项和为S n , a 1=6,若S 1,S 2,S 3,···S n ,···中S 8最大，问数列{a n -4}的前多少项之和最大？ 高三数学二轮复习计划 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 高三理科数学二轮复习计划 高三数学一轮复习一般以知识，技能方法的逐点扫描和梳理为主，通过一轮复习，学生大都掌握基本概念、性质、定理及一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。二轮复习承上启下，是促进知识灵活运用的关键时期，是发展学生思维水平提高学生综合能力的关键时期，对讲练检测要求较高。所以制订高三数学二轮复习计划如下。 根据本学期的复习任务，将本学期的备考工作划分为以下四个阶段： 第一阶段(专题复习)：从2018年2月22日～2018年4月30日完成以主干知识为主的专题复习 第二阶段(选择填空演练)：从2018年3月1日～2018年5月20日完成以选择填空为主的专项训练 第三阶段(综合训练)：从2018年5月～2018年5月26完成以训练能力为主的综合训练 第四阶段(自由复习和强化训练)：从2018年5月27日～2018年6月6日。 高三数学二轮复习计划 第一阶段：专题复习 (一)目标与任务： 强化高中数学主干知识的复习，形成良好的知识网络。强化考点，突出重点，归纳题型，培养能力。 根据高考试卷中解答题的设置规律，本阶段的复习任务主要包括以下七个知识专题： 专题一：集合、函数、导数与不等式。此专题函数和导数以及应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。每年高考中导数所占的比重都非常大，一般情况是在客观题中考查导数的几何意义和导数的计算，属于容易题;二是在解答题中进行综合考查，主要考查用导数研究函数的性质，用函数的单调性证明不等式等，此题具有很高的综合性，并且与思想方法紧密结合。 专题二：数列、推理与证明。数列由旧高考中的压轴题变成了新高考中的中档题，主要考查等差等比数列的通项与求和，与不等式的简单综合问题是近年来的热门问题。 专题三：三角函数、平面向量和解三角形。平面向量和三角函数的图像与性质、恒等变换是重点。近几年高考中三角函数内容的难度和比重有所降低，但仍保留一个选择题、一个填空题和一个解答题的题量，难度都不大，但是解三角形的内容应用性较强，将解三角形的知识与实际问题结合起来将是今后命题的一个热点。平面向量具有几何与代数形式的双重性，是一个重要的知识交汇点，它与三角函数、解析几何都可以整合。 专题四：立体几何。注重几何体的三视图、空间点线面的关系及空间角的计算，用空间向量解决点线面的问题是重点。 专题五：解析几何。直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程的探求以及最值范围、定点定值、对称问题是命题的主旋律。近几年高考中圆锥曲线问题具有两大特色：一是融综合性、开放性、探索性为一体;二是向量关系的引入、三 2013高三数学二轮复习专题—数列 【高频考点解读】 一、等差数列的性质 1.等差数列的定义：d a a n n =--1（d 为常数）（2≥n ）； 2．等差数列通项公式： *11(1)()n a a n d dn a d n N =+-=+-∈ 推广： d m n a a m n )(-+=． 3．等差中项 （1）如果a ，A ，b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项．即：2 b a A += 或 b a A +=2 （2）数列{}n a 是等差数列)2(211-≥+=?+n a a a n n n 212+++=?n n n a a a 4．等差数列的前n 项和公式： 1()2n n n a a S +=1(1)2n n na d -=+211()22 d n a d n =+-2An Bn =+ （其中A 、B 是常数，所以当d ≠0时，S n 是关于n 的二次式且常数项为0） 特别地，当项数为奇数21n +时，1n a +是项数为2n+1的等差数列的中间项 ()()()12121121212 n n n n a a S n a +++++= = +（项数为奇数的等差数列的各项和等于项 数乘以中间项） 5．等差数列的判定方法 （1） 定义法：若d a a n n =--1或d a a n n =-+1(常数*∈N n )? {}n a 是等差数列． （2）数列{}n a 是等差数列)2(211-≥+=?+n a a a n n n 212+++=?n n n a a a ． ⑶ 数列{}n a 是等差数列?b kn a n +=（其中b k ,是常数）。 （4）数列{}n a 是等差数列?2n S An Bn =+,（其中A 、B 是常数）。 6．等差数列的证明方法 定义法：若d a a n n =--1或d a a n n =-+1(常数*∈N n )? {}n a 是等差数列． 7.提醒： （1）等差数列的通项公式及前n 和公式中，涉及到5个元素：1a 、d 、n 、n a 及 n S ，其中1a 、d 称作为基本元素。只要已知这5个元素中的任意3个，便可求 出其余2个，即知3求2。 （2）设项技巧： ①一般可设通项1(1)n a a n d =+- ②奇数个数成等差，可设为…，2,,,,2a d a d a a d a d --++…（公差为d ）； ③偶数个数成等差，可设为…，3,,,3a d a d a d a d --++,…（注意；公差为2d ） 高三数学第二轮复习的一些想法 清泉中学高三数学组 高三第一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主。通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念的性质、定理及其一般应用。但知识较为零散，综合应用存在较大的问题，因此第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的“树形图”。同时第二轮复习承上启下，是促进知识灵活运用的关键时期，是促进学生素质、能力发展的关键时期，因而对讲、练、检测要求较高。如何才能在第二轮的复习中提高复习效率，取得满意效果呢？ 一、抓《考试说明》与信息研究 第二轮复习中，不可能再面面俱到。要在复习中做到既有针对性又避免做无用功，既减轻学生负担，又提高复习效率，就必须认真研究《考试说明》和《新课程高中数学教学要求》吃透精神实质，抓住考试内容和能力要求。比较新、旧《考试说明》的差异、变动和强调之处。注意哪些内容降低了要求，哪些内容又将成为新的高考热点。明确各章节知识的考点分布及要求层次。同时关注高考信息，研究高考走向，明确高考命题的指导思想。同时还应关注近三年施行新课程改革的省市高考试题以及对试题的评价报告，捕捉高考信息，吸收新课中的新思想、新理念，从而转化为课堂教学的具体内容，使复习有的放矢，事半功倍。二、突出对课本基础知识的再挖掘 近几年高考数学试题坚持新题不难，难题不怪的命题方向。强调对通性通法的考查，并且一些高考试题能在课本中找到“原型”。贴近、源于课本是近年来高考题的一个特点，这 就要求我们深入挖掘教材，如变换课本中例习题的背景、改变图形位置、增减题设或结论等，达到深化“三基”、培养能力的目的。要引申得当，我们还要注意充分发挥典型题的作用，同时深化推广或变式变形以及引伸创新。尽管剩下的复习时间不多，但仍要注意回归课本，只有透彻理解课本例题，习题所涵盖的数学知识和解题方法，才能以不变应万变。当然回归课本不是死记硬背，而是抓纲悟本，引导学生对着课本目录回忆和梳理知识，对典型问题进行引申，推广发挥其应有的作用。 三、抓好专题复习，领会数学思想 高考数学第二轮复习重在知识和方法专题的复习。在知识专题复习中可以进一步巩固第一轮复习的成果，加强各知识板块的综合。尤其注意知识的交叉点和结合点，进行必要的针对性专题复习。例如以函数为主干，不等式、导数、方程、数列与函数的综合；再如平面向量与三角函数，平向向量与解析几何的综合等。在复习中，以这些重点知识的综合性题目为载体，渗透对数学思想和方法的系统介绍。专题复习对备课的要求很高，通过对例习题的精选、精讲、精练，力求归纳出知识模块形成体系，同时也要能提炼出数学思想层次的东西。例如对分式、根式、绝对值的处理、角度、线段长度的处理、方程、不等式恒成问题的研究。大小比较二元函数问题、图象的应用、解析几何中对称问题、轨迹问题等，在教师的指导下，学生对知识的再现、整合过程中，可以伴随一系列思维活动，如分析、综合、比较、类比、归纳、概括等，这一过程也是逻辑思维综合训练的过程。经过这一过程可以加深对知识的理解，强化记忆，同时也可以发现问题，纠正错误，查漏补缺，学生对解题规律的探究、发现、归纳和应用过程中掌握数学基本方法，达到举一反三的目的，才能将所学知识转化为解决问题的能力。主要对“三角函数与向量、概率统计、立体几何、解析几何、数列、函数与不等2014《步步高》高考数学第一轮复习13 数学归纳法
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