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名师导学高三理科数学二轮专题复习专题选考试题专题课件与限时训练份打包(推荐)

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名师导学高三理科数学二轮专题复习专题3第6讲

名师导学高三理科数学二轮专题复习专题3第6讲

探究三
等差(比)数列的性质应用
例 3 (1)(Ⅰ)设数列{an}，{bn}都是等差数列．若 a1＋ b1＝7，a3＋b3＝21，则 a5＋b5＝________； (Ⅱ)若一个等差数列的前 4 项和为 36，后 4 项和为 124， 且所有项的和为 780， 则这个数列的项数为________； (Ⅲ)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，Sn＝m， Sm＝n(n≠m)，则 Sm＋n＝________．
(2)已知两个等比数列{an}、{bn}满足 a1＝a(a>0)， b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3. (Ⅰ)若 a＝1，求数列{an}的通项公式； (Ⅱ)若数列{an}唯一，求 a 的值．
1 【解析】(Ⅰ)an＝(2＋ 2) 或 an＝(2－ 2) .(Ⅱ)a＝ . 3 (Ⅰ)利用 b1、b2、b3 等比求解；(Ⅱ)利用(1)问解题思路， 结合方程相关知识可求解． (Ⅰ)设{an}的公比为 q，则 b1＝1＋a＝2， b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2. 由 b1，b2，b3 成等比数列，得(2＋q)2＝2(3＋q2)， 即 q2－4q＋2＝0，解得 q1＝2＋ 2，q2＝2－ 2， － － 所以{an}的通项公式为 an＝(2＋ 2)n 1 或 an＝(2－ 2)n 1.
第6讲
等差与等比数列的性质
【命题趋势】 本考点在高考中，主要考查等差与等比数列的概念、基本 性质、简单运算等，常以选择、填空题的形式出现，属于 中档题．全国卷中数列考题更加注重基础，强调双基，讲 究解题的通性通法，尤其在选择、填空题上更加突出，常 常以“找常数”、“找邻居”、“找配对”、“构函数” 作为本节考点命题的一大亮点，突出考查等差、等比数列 的基本概念、 性质以及它们的交叉运用， 突出了“小、 巧、 活”的特点， “巧用性质、减少运算量”在等差、等比数 列的客观题计算中非常重要，难度多属中等偏易．

名师导学2017年高三理科数学二轮专题复习专题4概率与统计课件与限时训练(3份打包)

名师导学2017年高三理科数学二轮专题复习专题4概率与统计课件与限时训练(3份打包)

P(X＝0)＝1－34×1－35＝110，
P(X＝1)＝34×1－35＋1－34×35＝290，
P(X＝2)＝34×35＝290.
故随机变量 X 的分布列为
X0 1 2
P
1 10
9 20
9 20
E(X)＝110×0＋290×1＋290×2＝2270.
(Ⅲ)按照“遇到红灯的平均次数最少”的要求， 请你帮助张先生从上述两条路线中选择一条最好的上 班路线，并说明理由．
第 10 讲 概率、离散性随机变量的分布列、期望、方差
【命题趋势】 本节在高考中主要考查以下四方面的内容：①古典概型和 几何概型；以选择、填空题为主．②相互独立事件及其概 率；题型有选择、填空，有时也出现在解答题中与其他知 识交汇命题．③二项分布及其应用；准确把握独立重复试 验的特点是解答二项分布问题的关键，一般以中档题为 主．④随机变量的分布列、均值和方差；以熟悉的实际应 用题为背景，综合排列组合、概率公式、互斥事件及独立
探究四 正态分布
例 4 假设每天从甲地去乙地的旅客人数 X 是服从正 态分布 N(800，502)的随机变量，记一天中从甲地去乙地 的旅客人数不超过 900 的概率为 P0.求 P0 的值．
(参考数据：若 X～N(μ，σ2)，有 P(μ－σ<X≤μ＋σ) ＝0.682 6，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954 4，P(μ－3σ<X≤μ ＋3σ)＝0.997 4)
易知 C－12，32，故由几何概型的概率公式，得所求概 率 P＝S四S边△形AOOABCD＝2－2 14＝78.
【点评】(1)解答有关古典概型的概率问题，关键是正 确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常 用到计数原理和排列、组合的相关知识．

名师导学2017年高三理科数学二轮专题复习专题7函数、不等式与导数课件与限时训练(3份打包)2

名师导学2017年高三理科数学二轮专题复习专题7函数、不等式与导数课件与限时训练(3份打包)2

【备考建议】 函数与不等式的综合问题是新课标高考的命题热点之 一，往往处在解答题压轴题的地位，是爬坡题，具有一定的 区分度，有一定的难度．备考时需要明确以下几个问题的解 决方法： (1)利用构造函数的单调性解决不等式解集及比较数或 式的大小； (2)根据不等式恒成立、存在性成立求参数的取值范围； (3)与不等式有关的证明．不等式的证明常与函数、数列、 导数综合在一起，证明过程中的构造函数法、数学归纳法、 放缩法是高考命题的一个热点，其中放缩的“度”的把握更 能显出解题的真功夫．此外关于连续函数在闭区间上的最值 定理及有高等数学背景的函数的凸凹性问题也值得关注．这 个考点考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合 思想、数形结合思想等，还要培养提高推理论证能力、运算 求解能力、创新意识等．
例 3 已知函数 f(x)＝ln12＋12ax＋x2－ax(a 为常数， a>0)．
(1)若 x＝12是函数 f(x)的一个极值点，求 a 的值； (2)求证：0<a≤2 时，f(x)在12，＋∞上是增函数； (3)若对任意的 a∈(1，2)，总存在 x0∈12，1，使不 等式 f(x0)>m(1－a2)成立，求实数 m 的取值范围．
第 19 讲 函数与不等式的综合问题
【命题趋势】 函数、不等式、导数综合是历年高考命题的热点，多 以解答题中压轴题的形式出现，除重点考查利用导数判断 单调性和利用导数求极值、最值外，较多的还是导数与不 等式的整合，即将求参数范围问题转化为求函数最值问 题，通过构造函数，以导数为工具证明不等式问题，旨在 考查学生思维能力及数学素养．
∴h(k)在(1，2＋ln 3)上单调递增，
在(2＋ln 3，＋∞)上单调递减；
∵h(2＋ln 3)＝3＋3ln 3>0，

名师导学2017年高三理科数学二轮专题复习专题1集合与常用逻辑用语、算法初步、复数、推理与证明课件与限时

名师导学2017年高三理科数学二轮专题复习专题1集合与常用逻辑用语、算法初步、复数、推理与证明课件与限时
(1)当 a＝2，A＝{2}时，求集合 B；
(2)若 f1a<0，试判断集合 C 中的元素个数，并说明理 由．
【解析】(1)B＝2，32；(2)详见解析． 试题分析：(1)当 a＝2，A＝{2}时，先由此确定 b 的
值，再根据 f(f(x))＝f(x)等价于方程 f(x)＝2 求出集合 B.
(2)思路一：由
很接近)，即－2≤4<a＋a－
a2＋1<3 a2＋1 .
解得34≤a<43.故＝{－1，0，1}，集合 B＝{0，1，2，3}，
定义 A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则 A*B 中元素
的个数是________．
【解析】10
因为 A＝{－1，0，1}，B＝{0，1，2，3}，所以 A∩B
试题解析：(1)由 a＝2，A＝{2}，得方程 f(x)＝x 有且
只有一根 2，∴－b－ 2a1＝2，即 b＝1－4a＝－7.
由韦达定理可得方程 f(x)＝2 的另一根为－ba－2＝32，
故集合 B＝2，32.
(2)法一：由
1 fa<0
及
a>0，得方程
f(x)＝0
有两个不
等的实根，记为 x1，x2，且有 x1<1a<x2.从而可设 f(x)＝
＝{0，1}，A∪B＝{－1，0，1，2，3}．因为 x∈A∩B，所
以 x 可取 0，1；因为 y∈A∪B，所以 y 可取－1，0，1，2，
3.则(x，y)的可能取值如下表所示：
y x
－1
0
1
2
3
0 (0，－1) (0，0) (0，1) (0，2) (0，3)
1 (1，－1) (1，0) (1，1) (1，2) (1，3)

名师导学2017年高三理科数学二轮专题复习专题2三角函数与平面向量课件与限时训练1

名师导学2017年高三理科数学二轮专题复习专题2三角函数与平面向量课件与限时训练1

探究二 平面向量的数量积
例 2 (1)设四边形 ABCD 为平行四边形，|A→B|＝6，
|A→D|＝4.若点 M，N 满足B→M＝3M→C，D→N＝2N→C，则A→M·N→M
＝( ) A．20
B．15
C．9
D．6
【解析】选 C. (1)解法一：如图，A→M·N→M＝A→B＋34B→C·13A→B－14B→C ＝A→B＋34A→D·13A→B－14A→D ＝13A→B2－136A→D2＝13×62－136×42＝9.
第 4 讲 平面向量
【命题趋势】 本节在高考中主要考查：(1)平面向量的基本定理、线性运 算及其几何意义；多以熟知的平面图形为背景进行考查，
多为选择题、填空题，难度中低档．(2)平面向量的数量积；
以选择题、填空题为主，难度较低；另外向量常与三角函
数、解三角形、不等式、解析几何结合，以解答题形式出 现．
(2)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， 且 a>c，已知B→A·B→C＝2，c用数量积的定义计算时，要善于将相关 向量分解为图形中模和夹角已知的向量进行计算．
探究三 平面向量与三角函数结合问题
例 3 (1)已知向量 a＝(cos α，sin α)， b＝(1＋cos β，－sin β)． ①若 α＝π3 ，β∈(0，π)，且 a⊥b，求 β；
②若 β＝α，求 a·b 的取值范围．
探究一 平面向量的线性运算
例 1 (1)设 D 为△ABC 所在平面内一点，B→C＝3C→D， 则( )
A.A→D＝－13A→B＋43A→C B.A→D＝13A→B－43A→C C.A→D＝43A→B＋13A→C
D.A→D＝43A→B－13A→C 【解析】选 A. A→D＝A→C＋C→D＝A→C＋13B→C＝A→C＋13(A→C－A→B) ＝－13A→B＋43A→C.故选 A.

名师导学2017年高三理科数学二轮专题复习专题6解析几何课件与限时训练(4份打包)

名师导学2017年高三理科数学二轮专题复习专题6解析几何课件与限时训练(4份打包)

探究二 圆的方程及直线与圆的位置关系
例 2 (1)已知点 M(a，b)在圆 O：x2＋y2＝1 外，则直
线 ax＋by＝1 与圆 O 的位置关系是( )
A．相切
B．相交
C．相离
D．不确定
【解析】选 B. 由题意，点 M(a，b)在圆 x2＋y2＝1 外， 则满足 a2＋b2＞1，
则圆心 O 到直线的距离 d＝ a21＋b2＜1， 故直线 ax＋by＝1 与圆 O 相交．
y≤3x－2， 例 4 设变量 x，y 满足约束条件x－2y＋1≤0，则
2x＋y≤8，
lg(y＋1)－lg x 的取值范围是( )
A．[0，1－2lg 2]
C.12，lg
2
B.1，52
D.－lg
2，1－2lg
2
【解析】选 A. y≤3x－2，
如图，作出不等式组x－2y＋1≤0，确定的可行域： 2x＋y≤8
tan α＝－a2＋1 1，
所以－1≤tan α＜0，解得3π4 ≤α＜π. 即倾斜角的取值范围是3π4 ，π，故选 B.
(2)设 a∈R，则“a＝1”是“直线 l1：ax＋2y－1＝0 与直线 l2：x＋2y＋4＝0 平行”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 Dx－65 2 ＋ y－35 2 ＝
3
5
5－12.
9．已知圆 C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，是否存在斜率 为 1 的直线 l，使直线 l 被圆 C 截得的弦 AB 为直径的圆过 原点，若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，说明理由．
【解析】圆 C 化成标准方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝32. 假设存在以 AB 为直径的圆 M，圆心 M 的坐标为(a，b)． 由于 CM⊥ l，∴kCM·kl＝－1， ∴kCM＝ba＋ －21＝－1，即 a＋b＋1＝0，得 b＝－a－1， ① 直线 l 的方程为 y－b＝x－a， 即 x－y＋b－a＝0，CM＝b－a2＋3. ∵以 AB 为直径的圆 M 过原点， ∴MA＝MB＝OM， MB2＝CB2－CM2＝9－（b－a2＋3）2，

名师导学2017年高三理科数学二轮专题复习专题9解题方法与策略课件与限时训练 (3份打包)

【解析】因为函数 f(x)为偶函数，所以定义域关于原点 对称，
所以定义域为 R， 设 h(x)＝x，g(x)＝ln(x＋ a＋x2)，又 h(x)为奇函数， 所以 g(x)也为奇函数，取 x＝0，则 g(0)＝0，解得 a＝1.
【反思】特例(值)法是高考数学解选择填空题的最佳方 法，能降低解题难度，提高解题效率．当正确的选择对象， 在题设普遍条件下都成立的情况下，用特例(值)法(取得越简 单越好)进行探究，从而清晰、快捷地得到正确答案，即通过 对特殊情况的研究来判断一般规律．
【解析】 6π
如图，以 DA，AB，BC 为棱长构造正方体，设正方 体的外接球球 O 的半径为 R，则正方体的体对角线长即 为球 O 的直径，
所以CD＝ （ 2）2＋（ 2）2＋（ 2）2＝2R，所
以 R＝ 26，故球 O 的体积 V＝4π3R3＝ 6π.
【反思】构造法是一种创造性思维，是综合运用各种 知识和方法，依据问题给出的条件和结论给出的信息，把 问题作适当的加工处理，构造与问题相关的数学模式，揭 示问题的本质，从而沟通解题思路的方法．
【反思】用极限化法是解选择填空题的一种有效方 法，也是在选择填空题中避免“小题大做”的有效途 径．它根据题干及选择支的特征，考虑极端情形，有助于 缩小做题难度，计算简便，能迅速得到答案．
(四)数形结合法 所谓数形结合法是把抽象的数学语言同直观的图形
结合起来，通过“以形助数”、“以数辅形”，使抽象思
维与形象思维相结合，通过图形的描述、代数的论证来研
究和解决数学问题．
例 7(2015 课标全国Ⅰ)设函数 f(x)＝ex(2x－1)－ax＋
a，其中 a<1，若存在唯一的整数 x0 使得 f(x0)<0，则 a 的 取值范围是( )

名师导学2017年高三理科数学二轮专题复习专题1集合与常用逻辑用语、算法初步、复数、推理与证明课件与限时


②输出 S 的结果为数列{an}的前 n 项和，记为 Sn， 由①知，
an
＝
1 4n2－1
＝
1 （2n＋1）（2n－1）
＝
1 2
(
1 2n－1
－
2n1＋1)，所以 Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝121－13＋1213－15＋…＋ 122n1－1－2n1＋1＝121－2n1＋1＝2nn＋1.
12. 观察下表： 1， 2，3， 4，5，6，7， 8，9，10，11，12，13，14，15， …… 问： (1) 此表第 n 行的最后一个数是多少？ (2)此表第 n 行的各个数之和是多少？ (3)2 010 是第几行的第几个数？ (4)是否存在 n∈N*，使得第 n 行起的连续 10 行的所 有数之和为 227－213－120？若存在，求出 n 的值；若不存 在，请说明理由．
13．已知函数 f(x)的导函数为 f′(x)，且对任意 x>0，
都有
f（x） f′(x)> x .
(1)判断函数 F(x)＝f（xx）在0，＋∞上的单调性；
(2)设 x1、x2∈0，＋∞，证明：fx1＋fx2<fx1＋x2；
(3)请将(2)中的结论推广到一般形式，并证明你所推
广的结论．
【解析】(1)函数 F(x)＝f（xx）在0，＋∞上单调递 增；(2)详见解析；(3)详见解析．
an＋9＝3·22n＋15－2n＋7， ∴Sn＝3(22n－3＋22n－1＋…＋22n＋15)－(2n－2 ＋2n－1＋… ＋2n＋7) ＝3·22n－3（4－4101－1）－2n－2（2－2101－1） ＝22n＋17－22n－3－2n＋8＋2n－2，
当 n＝5 时，S5＝227－128－213＋8＝227－213－120. ∴存在 n＝5 使得第 5 行起的连续 10 行的所有数之和 为 227－213－120.
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(1)求 C2 的方程； (2)在以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系
π
中，射线 θ＝ 3 与 C1 的异于极点的交点为 A，与 C2 的异
于极点的交点为 B，求AB.
名师导学高三理科数学二轮专题复习 专题选 考试题 专题课 件与限 时训练 份打包 （推荐 ）
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例 2 若两条曲线的极坐标方程分别为 ρ＝1 与 ρ＝
2cosθ＋π3 ，它们相交于 A，B 两点，求线段 AB 的长．
【解析】由 ρ＝1 得 x2＋y2＝1，
π
又∵ρ＝2cos(θ＋ 3 )＝cos θ－ 3sin θ， ∴ρ2＝ρcos θ－ 3ρsin θ，
∴x2＋y2－x＋ 3y＝0，
由xx22＋ ＋yy22＝ －1x， ＋ 3y＝0，
C 的方程．
法二：将圆心 C2，π3 化成直角坐标为(1， 3)，半
径 R＝ 5， 故圆 C 的方程为(x－1)2＋(y－ 3)2＝5. 再将 C 化成极坐标方程， 得(ρcos θ－1)2＋(ρsin θ－ 3)2＝5.
化简，得 ρ2－4ρcosθ－π3 －1＝0，此即为所求的圆
C 的方程．
探究二 曲线极坐标方程的应用
∴ρ2－2ρsin θ＋1－a2＝0 即为 C1 的极坐标方程． (2)C2：ρ＝4cos θ 两边同乘 ρ 得 ρ2＝4ρcos θ，
∵ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x
∴x2＋y2＝4x，即(x－2)2＋y2＝4 ②
C3：化为普通方程为 y＝2x. 由题意：C1 和 C2 的公共方程所在直线即为 C3. ①－②得：4x－2y＋1－a2＝0，即为 C3. ∴1－a2＝0，∴a＝1.
名师导学高三理科数学二轮专题复习 专题选 考试题 专题课 件与限 时训练 份打包 （推荐 ）
(2)曲线 C1 的极坐标方程为ρ＝4sin θ，
曲线 C2 的极坐标方程为 ρ＝8sin θ.
π
π
射线 θ＝ 3 与 C1 的交点 A 的极径为 ρ1＝4sin 3 ，
π
π
射线 θ＝ 3 与 C2 的交点 B 的极径为 ρ2＝8sin 3 .
探究一 极坐标与直角坐标互化
例 1 在极坐标系中，已知圆 C 的圆心坐标为
C2，π3 ，半径 R＝ 5，求圆 C 的极坐标方程．
【解析】法一：设 P(ρ，θ)是圆上的任意一点， 则 PC＝R＝ 5.
由余弦定理，得 ρ2＋22－2×2×ρcosθ－π3 ＝5. 化简，得 ρ2－4ρcosθ－π3 －1＝0，此即为所求的圆
(t t
为参数，a＞0)．在
以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲
线 C2：ρ＝4cos θ. (1)说明 C1 是哪种曲线，并将 C1 的方程化为极坐标方
程；
(2)直线 C3 的极坐标方程为 θ＝α0，其中 α0 满足 tan α 0＝2，若曲线 C1 与 C2 的公共点都在 C3 上，求 a.
【备考建议】 1．坐标系复习时建议从以下几方面着手：一是从理 解坐标系的作用入手，要求学生了解和掌握坐标系是刻画 的描述平面中点的位置；二是要求学生会进行极坐标和直 角坐标的互化；三是通过图形比较，理解在极坐标系和平 面直角坐标系中的方程的区别． 2．参数方程复习时，注意强调参数方程中参数的意 义，另外要能选择适当的参数写出直线、圆和圆锥曲线的 参数方程．
第 20 讲 坐标系与参数方程
【命题趋势】 1．从近几年的高考命题看，主要侧重考查参数方程 与普通方程的互化，利用参数方程解决最值问题，极坐标 与直角坐标的互化及应用等．全国高考以选考试题的形式 出现，只有解答题，难度不大．主要考查学生的转化能力， 数形结合能力及识图、读图能力． 2．预计在今年高考中，对本专题的考查有两个方面， 一是参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的 互化；二是利用曲线的参数方程、极坐标方程计算某些量 或讨论某些量之间的关系．全国高考试题仍然还是以选考 试题的形式出现，分值为 10 分，难度中等偏下．
得 A(1，0)，B－12，－ 23，
∴AB＝
（1＋12）2＋（0＋ 23）2＝ 3.
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探究三 直线与圆的参数方程的应用
例 3(2016·全国高考新课标卷Ⅰ)在直角坐标系 xOy
中，曲线
C1
的参数方程为xy＝ ＝a1c＋osastin
名师导学高三理科数学二轮专题复习 专题选 考试题 专题课 件与限 时训练 份打包 （推 4 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为
x＝2cos α y＝2＋2sin
α(α 为参数)，M
是 C1 上的动点 P 点满足O→P
＝2O→M，P 点的轨迹为曲线 C2.
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【解析】(1)设 P(x，y)，
则由条件知 Mx2，y2. 由于 M 点在 C1 上， 所以
x2＝2cos α， y2＝2＋2sin α. 即xy＝ ＝44c＋os4sαin ，α. 从而 C2 的参数方程为xy＝＝44c＋os4sαin α(α 为参数)
所以|AB|＝|ρ2－ρ1|＝2 3.
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【解析】(1)xy＝ ＝a1c＋osastin t(t 均为参数)， ∴x2＋(y－1)2＝a2 ① ∴C1 为以(0，1)为圆心，a 为半径的圆． 方程为 x2＋y2－2y＋1－a2＝0 ∵x2＋y2＝ρ2，y＝ρsin θ.