【60天冲刺】2012年高考数学二轮三轮总复习专题学案 专题7思想方法课件 (浙江文科专用)

高考数学第二轮专题复习平面向量教案一、本章知识结构：二、高考要求1、理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量的概念。

2、掌握向量的加法和减法的运算法那么及运算律。

3、掌握实数与向量的积的运算法那么及运算律，理解两个向量共线的充要条件。

4、了解平面向量基本定理，理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算。

5、掌握平面向量的数量积及其几何意义，了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题，掌握向量垂直的条件。

6、掌握线段的定比分点和中点坐标公式，并且能熟练运用；掌握平移公式。

7、掌握正、余弦定理，并能初步运用它们解斜三角形。

8、通过解三角形的应用的教学，继续提高运用所学知识解决实际问题的能力。

三、热点分析对本章内容的考查主要分以下三类：1.以选择、填空题型考查本章的基本概念和性质.此类题一般难度不大，用以解决有关长度、夹角、垂直、判断多边形形状等问题.2.以解答题考查圆锥曲线中的典型问题.此类题综合性比较强，难度大，以解析几何中的常规题为主.3.向量在空间中的应用〔在B类教材中〕.在空间坐标系下，通过向量的坐标的表示，运用计算的方法研究三维空间几何图形的性质.在复习过程中，抓住源于课本，高于课本的指导方针.本章考题大多数是课本的变式题，即源于课本.因此，掌握双基、精通课本是本章关键.分析近几年来的高考试题，有关平面向量部分突出考查了向量的基本运算。

对于和解析几何相关的线段的定比分点和平移等交叉内容，作为学习解析几何的基本工具，在相关内容中会进行考查。

本章的另一部分是解斜三角形，它是考查的重点。

总而言之，平面向量这一章的学习应立足基础，强化运算，重视应用。

考查的重点是基础知识和基本技能。

四、复习建议由于本章知识分向量与解斜三角形两部分，所以应用本章知识解决的问题也分为两类：一类是根据向量的概念、定理、法那么、公式对向量进行运算，并能运用向量知识解决平面几何中的一些计算和证明问题；另一类是运用正、余弦定理正确地解斜三角形，并能应用解斜三角形知识解决测量不可到达的两点间的距离问题。

高考高三二轮复习计划策略模板（7篇）高考高三二轮复习计划策略模板篇1一二轮复习指导思想：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。

而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。

二二轮复习形式内容：以专题的形式，分类进行。

具体而言有以下几大专题。

(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。

每年高考中导数所占的比重都非常大，一般情况在客观题中考查的导数的几何意义和导数的计算属于容易题;二在解答题中的考查却有很高的综合性，并且与思想方法紧密结合，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。

(预计5课时)(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。

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，我们可以关注。

平面向量具有几何与代数形式的“双重性”，是一个重要的只是交汇点，它与三角函数解析几何都可以整合。

(预计2课时)(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。

例如，主要是数列与方程函数不等式的结合，概率向量解析几何为点缀。

数列与不等式的综合问题是近年来的热门问题，而数列与不等式相关的大多是数列的前n项和问题。

(预计2课时)(4)立体几何。

此专题注重几何体的三视图空间点线面的关系，用空间向量解决点线面的问题是重点(理科)。

(预计3课时)(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。

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。

专题一物质的组成、性质和分类【考纲展示】1.了解分子、原子、离子等概念的定义。

了解原子团的定义。

2.理解物理变化和化学变化的区别和联系。

3.了解化学的主要特点是在原子、分子水平上认识物质。

了解化学可以识别、改变和创造分子。

4.了解物质的组成、结构和性质的关系。

5.理解混合物与纯净物、单质与化合物、金属与非金属的概念。

6.理解酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系。

7.了解电解质的概念。

了解强电解质和弱电解质的概念。

8.了解浊液、溶液和胶体都是常见的分散系。

（1）溶液的含义，了解溶解度、饱和溶液的概念。

（2）了解溶液的组成。

理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行相关计算。

（3）了解胶体的性质（如丁达尔效应、聚沉及电泳等），并能利用胶体的性质解释一些与胶体有关的简单计算。

（不要求识记胶体粒子的带电情况）。

【知识回扣】知识网络金属非金属（包括稀有气体）单质氧化物酸性氧化物碱性氧化物两性氧化物不成盐氧化物根据酸根分为含氧酸、无氧酸根据电离出H +数目分为一元酸、二元酸、多元酸根据电离程度分为强酸、弱酸根据溶解性可分为可溶性碱、微溶性碱和难溶性碱根据电离程度可分为强碱、弱碱根据电离出OH —数目可分为一元碱、二元碱等酸碱根据阳离子可分为钠盐、钾盐等根据酸根分为硫酸盐、硝酸盐等根据组成可分为正盐、酸式盐、复盐等根据成盐的酸碱性可分为强酸弱碱盐、弱酸强碱盐等盐化合物无机物有机物烷烃烯烃炔烃芳香烃醇、酚醛、酮羧酸、酯卤代烃烃烃的衍生 物物质纯净物混合物要点扫描一、电解质和非电解质概念理解的易错点1.电解质和非电解质都是化合物，单质既不是电解质也不是非电解质。

2.有些电解质只能在水溶液里导电，如共价型电解质HCl 、H 2SO 4等，因为液态HCl 、H 2SO 4不导电；离子型电解质，如NaHCO 3、CaCO 3、BaCO 3等，因为这些物质不存在熔融态。

3.判断一种化合物是电解质还是非电解质，要看起导电作用的离子是否是由该物质自身电离出来的。

高三数学教案高三数学教案(精选15篇)作为一位兢兢业业的人民教师，就有可能用到教案，通过教案准备可以更好地根据具体情况对教学进程做适当的必要的调整。

那么问题来了，教案应该怎么写？下面是小编帮大家整理的高三数学教案，仅供参考，欢迎大家阅读。

高三数学教案1学习目标明确排列与组合的联系与区别，能判断一个问题是排列问题还是组合问题；能运用所学的排列组合知识，正确地解决的实际问题、学习过程一、学前准备复习：1、（课本P28A13）填空：（1）有三张参观卷，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是；（2）要从5件不同的礼物中选出3件分送3为同学，不同方法的种数是；（3）5名工人要在3天中各自选择1天休息，不同方法的种数是；（4）集合A有个元素，集合B有个元素，从两个集合中各取1个元素，不同方法的种数是；二、新课导学探究新知（复习教材P14～P25，找出疑惑之处）问题1：判断下列问题哪个是排列问题，哪个是组合问题：（1）从4个风景点中选出2个安排游览，有多少种不同的方法？（2）从4个风景点中选出2个，并确定这2个风景点的游览顺序，有多少种不同的方法？应用示例例1、从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上，则共有多少种不同的排法？例2、7位同学站成一排，分别求出符合下列要求的不同排法的种数、（1）甲站在中间；（2）甲、乙必须相邻；（3）甲在乙的左边（但不一定相邻）；（4）甲、乙必须相邻，且丙不能站在排头和排尾；（5）甲、乙、丙相邻；（6）甲、乙不相邻；（7）甲、乙、丙两两不相邻。

反馈练习1、（课本P40A4）某学生邀请10位同学中的6位参加一项活动，其中两位同学要么都请，要么都不请，共有多少种邀请方法？2、5男5女排成一排，按下列要求各有多少种排法：（1）男女相间；（2）女生按指定顺序排列3、马路上有12盏灯，为了节约用电，可以熄灭其中3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，那么熄灯方法共有______种、当堂检测1、某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目、如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（）A、42B、30C、20D、122、（课本P40A7）书架上有4本不同的数学书，5本不同的物理书，3本不同的化学书，全部排在同一层，如果不使同类的书分开，一共有多少种排法？课后作业1、（课本P41B2）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的数，问：（1）能够组成多少个六位奇数？（2）能够组成多少个大于201345的正整数？2、（课本P41B4）某种产品的加工需要经过5道工序，问：（1）如果其中某一工序不能放在最后，有多少种排列加工顺序的方法？（2）如果其中两道工序既不能放在最前，也不能放在最后，有多少种排列加工顺序的方法？高三数学教案2【教学目标】：（1）知识目标：通过实例，了解简单的逻辑联结词“且”、“或”的含义；（2）过程与方法目标：了解含有逻辑联结词“且”、“或”复合命题的构成形式，以及会对新命题作出真假的判断；（3）情感与能力目标：在知识学习的基础上，培养学生简单推理的技能。

第二讲数形结合思想对应学生用书P1291数形结合的含义(1)数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法．数形结合思想通过“以形助数，以数辅形”，使复杂问题简单化，抽象问题具体化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质，它是数学的规律性与灵活性的有机结合．(2)数形结合包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：一是借助形的生动性和直观性来阐明数形之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．2数形结合的途径(1)通过坐标系“形题数解”借助于直角坐标系、复平面，可以将几何问题代数化．这一方法在解析几何中体现得相当充分(在高考中主要也是以解析几何作为知识载体来考查的)．值得强调的是，“形题数解”时，通过辅助角引入三角函数也是常常运用的技巧(这是因为三角公式的使用，可以大大缩短代数推理)．实现数形结合，常与以下内容有关：①实数与数轴上的点的对应关系；②函数与图象的对应关系；③曲线与方程的对应关系；④以几何元素和几何条件为背景，建立起来的概念，如复数、三角函数等；⑤所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义．如等式(x －2)2＋(y －1)2＝4，表示坐标平面内以(2,1)为圆心，2为半径的圆．(2)通过转化构造“数题形解”许多代数结构都有着相对应的几何意义，据此，可以将数与形进行巧妙地转化．例如，将a (a >0)与距离互化；将a 2与面积互化，将a 2＋b 2＋ab ＝a 2＋b 2－2|a ||b |cos θ(θ＝60°或θ＝120°)与余弦定理沟通；将a ≥b ≥c >0且b ＋c >a 中的a 、b 、c 与三角形的三边沟通；将有序实数对(或复数)和点沟通；将二元一次方程与直线、将二元二次方程与相应的圆锥曲线对应等等．这种代数结构向几何结构的转化常常表现为构造一个图形(平面的或立体的)．另外，函数的图象也是实现数形转化的有效工具之一，正是基于此，函数思想和数形结合思想经常相互渗透，演绎出解题捷径．例1 已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎭⎪⎫2ωx ＋π3的相邻两条对称轴之间的距离为π4，将函数f (x )的图象向右平移π8个单位后，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到g (x )的图象，若g (x )＋k ＝0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2有且只有一个实数根，则k 的取值范围是( )A.k ≤12B ．－1≤k <－12 C.－12<k ≤12 D ．－12<k ≤12或k ＝－1解析 因为f (x )相邻两条对称轴之间的距离为π4，结合三角函数的图象可知T 2＝π4.又T ＝2π2ω＝πω＝π2，所以ω＝2，f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3. 将f (x )的图象向右平移π8个单位得到f (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π8＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π6，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6. 所以方程为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋k ＝0. 令2x －π6＝t ，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以－π6≤t ≤5π6. 若g (x )＋k ＝0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2有且只有一个实数根， 即g (t )＝sin t 与y ＝－k 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，5π6有且只有一个交点. 如图所示，由正弦函数的图象可知－12≤－k <12或－k ＝1，即－12<k ≤12或k ＝－1.利用数形结合求方程解应注意两点(1)讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性，否则会得到错解．(2)正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．模拟演练1 已知函数f (x )满足f (x )＋1＝1f (x ＋1)，当x ∈[0,1]时，f (x )＝x ，若在区间(－1,1]上方程f (x )－mx －m ＝0有两个不同的实根，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，13 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 答案 D解析方程f (x )－mx －m ＝0有两个不同的实根等价于方程f (x )＝m (x ＋1)有两个不同的实根，等价于直线y ＝m (x ＋1)与函数f (x )的图象有两个不同的交点．因为当x ∈(－1,0)时，x ＋1∈(0,1)，所以f (x )＋1＝1f (x ＋1)＝1x ＋1，所以f (x )＝1x ＋1－1，所以f (x )＝⎩⎨⎧ x ，x ∈[0，1]1x ＋1－1，x ∈(－1，0).在同一平面直角坐标系内作出直线y ＝m (x＋1)与函数f (x )，x ∈(－1,1]的图象，由图象可知，当直线y ＝m (x ＋1)与函数f (x )的图象在区间(－1,1]上有两个不同的公共点时，实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.例2 (1)使log 2(－x )<x ＋1成立的x 的取值范围是________．(2)若不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________．。

第2讲转化思想在解三角形中的应用转化思想是高中生必备的灵活性思维方式，也是解决数学问题的有效途径之一，其要点在于将陌生的问题情形转化为熟悉的情形，将复杂、抽象的数学问题简单化、直观化，或从不同角度切入以分析问题，逐步探索出解决问题的有效方法。

解三角形作为高中数学教学的重要内容之一，对于学生数学思维品质有着较高要求，需要学生运用三角形相关知识，结合已有条件求出三角形的三个边或三个角，其中便涉及到对转化思想的运用，例如将题干内的抽象语言转化为直观的图形、“爪型”问题的相关求解、边角互化的应用及三角形内角转化在解三角形中都有广泛的重要应用，而本文会重点就转化思想在解三角形中的几类应用展开详细讲解。

【应用一】转化思想在解三角形边角互化中的应用形如我们在学习解三角形时，会学习正弦定理及其变化的相关应用，对于基础型的“对边对角”类型，我们可以利用正弦定理直接求解，但有时也会遇到形如“cos cos sin b C c B a A +=、cos sin 0a C C b c --=、222sin sin sin sin sin A C A C B ++=、()()2sin sin sin sin sin A B A B C +-=”等类型的等式来求对应角的问题，那么此时我们该如何求解呢？我们不妨重新学习一下正弦定理，基本公式为R Cc B b A a 2sin sin sin ===（其中R 为ABC ∆外接圆的半径），可变形为①CR c B R b A R a sin 2,sin 2,sin 2===②,2sin ,2sin ,2sin Rc C R b B R a A ===③CB A c b a sin :sin :sin ::=其实上面3个变形已经解释了边角互化的本质，即R 2能否被抵消掉，能同时被抵消则可以实现边角互化。

我们在做题过程中遇见“边是一次”时，通常边化角；遇见“正弦乘积是二次或边与正弦乘积是二次”时，通常角化边后用余弦定理求解；例如下面这两道例题：本题是模考或高考中解三角形较常规的题型，解题关键突破口在于利用正弦定理进行边角互化求角，通过刚才分析，我们发现这是边为一次的齐次类型，我们可以边化角，即得到sin cos sin sin sin A B A B B C =+，此时我们发现有三个角，于是我们可以利用三角形内角和为︒180，进行角度转化，那么要替换哪个角呢？通过观察我们发现，B A 、角的正余弦值是乘积关系，于是我们可以替换C 角，即()sin cos sin sin sin A B A B B A B =++1cos A A =+，利用辅助角公式化简即可求值。

选择填空题解题策略高考数学试题中，选择题注重多个知识点的小型综合，渗透各种思想方法，体现以考查“三基”为重点的导向，题量一般为10到12个，能否在选择题上获取高分，对高考数学成绩影响重大.解答选择题的基本要求是四个字——准确、迅速.选择题主要考查基础知识的理解、接本技能的熟练、基本运算的准确、基本方法的运用、考虑问题的严谨、解题速度的快捷等方面.解答选择题的基本策略是：要充分利用题设和选项两方面提供的信息作出判断.一般说来，能定性判断的，就不再使用复杂的定量计算；能使用特殊值判断的，就不必采用常规解法；对于明显可以否定的选项应及早排除，以缩小选择的范围；对于具有多种解题思路的，宜选最简单解法等.解题时应仔细审题、深入分析、正确推理、谨防疏漏；初选后认真检验，确保准确.解数学选择题的常用方法，主要分为直接法和间接法两大类.直接法是解答选择题最基本、最常用的方法；但高考的题量较大，如果所有选择题都用直接法解答，不但时间不允许，甚至有些题目根本无法解答.因此，我们还要掌握一些特殊的解答选择题的方法.填空题是将一个数学真命题，写成其中缺少一些语句的不完整形式，要求学生在指定空位上将缺少的语句填写清楚、准确. 它是一个不完整的陈述句形式，填写的可以是一个词语、数字、符号、数学语句等. 填空题大多能在课本中找到原型和背景，故可以化归为我们熟知的题目或基本题型. 填空题不需过程，不设中间分值，更易失分，因而在解答过程中应力求准确无误.根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型：一是定量型，要求考生填写数值、数集或数量关系，如：方程的解、不等式解集、函数的定义域、值域、最大值或最小值、线段长度、角度大小等等. 由于填空题和选择题相比，缺少选择的信息，所以高考题多数是以定量型问题出现.二是定性型，要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定数学对象的某种性质，如：给定二次曲线的焦点坐标、离心率等等. 近几年出现了定性型的具有多重选择性的填空题.填空题缺少选择的信息，故解答题的求解思路可以原封不动地移植到填空题上. 但填空题既不用说明理由，又无需书写过程，因而解选择题的有关策略、方法有时也适合于填空题.填空题虽题小，但跨度大，覆盖面广，形式灵活，可以有目的、和谐地结合一些问题，突出训练学生准确、严谨、全面、灵活地运用知识的能力和基本运算能力，突出以图助算、列表分析、精算与估算相结合等计算能力. 想要又快又准地答好填空题，除直接推理计算外，还要讲究一些解题策略，尽量避开常规解法.解答填空题时，由于不反映过程，只要求结果，故对正确性的要求比解答题更高、更严格. 《考试说明》中对解答填空题提出的基本要求是“正确、合理、迅速”. 为此在解填空题时要做到：快——运算要快，力戒小题大作；稳——变形要稳，不可操之过急；全——答案要全，力避残缺不齐；活——解题要活，不要生搬硬套；细——审题要细，不能粗心大意.第一节选择题的解题策略（1）【解法一】直接法：直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密的推理和准确的运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出选项“对号入座”，作出相应的选择. 涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法.例1 双曲线方程为22-=，则它的右焦点坐标为（）21x yA .0)2B.0)2C. 0)2D. 0)点拨：此题是有关圆锥曲线的基础题，将双曲线方程化为标准形式，再根据,,a b c 的关系求出c ，继而求出右焦点的坐标.解：22213122c a b =+=+=，所以右焦点坐标为(0)2，答案选C.易错点：（1）忽视双曲线标准方程的形式，错误认为22b =；（2）混淆椭圆和双曲线标准方程中,,a b c 的关系，在双曲线标准方程中222c a b =+.例 2阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的i 值等于（ ）A .2 B.3 C.4 D.5点拨：此题是程序框图与数列求和的简单综合题.解：由程序框图可知，该框图的功能是输出使和123122233211iS i =⋅+⋅+⋅++⋅> 时的i 的值加1，因为1212221011⋅+⋅=<，12312223311⋅+⋅+⋅>，所以当11S >时，计算到3i =故输出的i 是4，答案选C.易错点：没有注意到1i i =+的位置，错解3i =.实际上 i 使得11S >后加1再 输出，所以输出的i 是4.变式与引申： 根据所示的程序框图（其中[]x 表示不大于x 的最大整数），输出r =（ ）.A .73B.74C.2D.32例3正方体ABCD -1111A B C D 中，1B B 与平面1AC D 所成角的余弦值为（ ）A 33C.233点拨：此题考查立体几何线面角的求解.通过平行直线与同一平面所成角相等的性质及sin h lθ=转化后，只需求点到面的距离.解：因为1B B ∥1D D ,所以1B B 与平面1AC D 所成角和1D D 与平面1AC D 所 成角相等,设DO ⊥平面1AC D ，由等体积法得11D AC D DAC DV V --=,即111133AC D AC D S D O S D D ∆∆⋅=⋅.设1D D =a ,则122211111sin 60),22222AC D AC D S AC AD S AC C D a =⋅=⨯⨯=⋅=,.所以131,3AC D AC D S D D D O a S ⋅===记1D D 与平面1AC D 所成角为θ,则1sin 3D O D D θ==,所以cos 3θ=,故答案选D.易错点：考虑直接找1B B 与平面1AC D 所成角，没有注意到角的转化，导致思路受阻. 点评：直接法是解答选择题最常用的基本方法.直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案.平时练习中应不断提高直接法解选择题的能力.准确把握题目的特点，用简便的方法巧解选择题，是建立在扎实掌握“三基”的基础上，否则一味求快则会快中出错.【解法二】 特例法：用特殊值代替题设普遍条件，得出特殊结论，对各个选项进行检验，从而作出正确的判断.常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等. 例4：在平面直角坐标系xoy 中，已知△ABC 的顶点A(－4，0) 和C(4，0)，且顶点B 在椭圆221259x y +=上，则sin sin sin A C B +=（ ）A.54B. 35C.1D.45点拨：此题是椭圆性质与三角形的简单综合题，可根据性质直接求解，但正弦定理的使用不易想到，可根据性质用取特殊值的方法求解.解：根据B 在椭圆221259x y +=上，令B 在短轴顶点处，即可得答案选A.例5已知函数()f x =lg ,01016,102x x x x ⎧<≤⎪⎨-+>⎪⎩ 若,,a b c 均不相等，且()()()f a f b f c ==，则abc 的取值范围是 （ ）A .（1，10） B.(5，6) C.(10，12) D.(20，24)点拨：此题是函数综合题，涉及分段函数，对数函数，函数图像变换，可结合图像，利用方程与函数的思想直接求解，但变量多，关系复杂，直接求解较繁，采用特例法却可以很快得出答案.解：不妨设a b c <<，取特例，如取1()()()2f a f b f c ===，则易得112210,10,11a b c -===，从而11abc =，故答案选C ．另解：不妨设a b c <<，则由()()1f a f b ab =⇒=，再根据图像易得1012c <<.实际上,,a b c 中较小的两个数互为倒数.例6记实数12,,x x …n x 中的最大数为12m ax{,,}n x x x ⋅⋅⋅，最小数为12min{,,}n x x x ⋅⋅⋅.已知ABC ∆的三边边长为a 、b 、c （a b c ≤≤）,定义它的倾斜度为m ax{,,}m in{,,}a b c a b ct b c a b c a=⋅，则“1t =”是“ABC ∆为等边三角形”的（ ）A . 充分布不必要的条件 B.必要而不充分的条件C. 充要条件D.既不充分也不必要的条件点拨：此题引入新定义，需根据新信息进行解题，必要性容易判断. 解：若△ABC 为等边三角形时、即a b c ==，则m a x {,,}1m i n {,,}a b ca b c b c ab c a==则t=1；若△ABC 为等腰三角形，如2,2,3a b c ===时，则32m ax ,,,m in ,,23a b c a b c b c a b c a ⎧⎫⎧⎫==⎨⎨⎬⎪⎭⎩⎭⎩，此时t=1仍成立但△ABC 不为等边三角形, 所以答案选B.点评：当正确的选择对象在题设条件都成立的情况下，用特殊值（取的越简单越好）进行探求，从而清晰、快捷地得到正确的答案，即通过对特殊情况的研究来判断一般规律，是解答本类选择题的最佳策略. 【解法三】 排除法：充分运用选择题中单选的特征（即有且只有一个正确选项），通过分析、推理、计算、判断，逐一排除，最终达到目的.例7 下列函数中，周期为π，且在[,]42ππ上为减函数的是（ ）A .sin(2)2y x π=+ B.cos(2)2y x π=+C.sin()2y x π=+D.cos()2y x π=+点拨：此题考查三角函数的周期和单调性. 解：C 、D 中函数周期为2π，所以错误.当[,]42x ππ∈时，32,22x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，函数sin(2)2y x π=+为减函数,而函数cos(2)2y x π=+为增函数，所以答案选A.例8函数22x y x =-的图像大致是（ ）点拨：此题考查函数图像，需要结合函数特点进行分析,考虑观察零点. 解：因为当x =2或4时，220xx -=，所以排除B 、C ；当x =-2时，22xx -=14<04-，故排除D ，所以答案选A.易错点：易利用导数分析单调性不清导致错误.例9 设函数()212log 0log ()0xx f x x x >⎧⎪=⎨-<⎪⎩ ， 若()()f a f a >-, 则实数a 的取值范围是（ ）A . (1,0)(0,1)-⋃ B. (,1)(1,)-∞-⋃+∞ C. (1,0)(1,)-⋃+∞ D.(,1)(0,1)-∞-⋃点拨：此题是分段函数，对数函数，解不等式的综合题，需要结合函数单调性，对数运算性质进行分析，分类讨论，解对数不等式，运算较复杂，运用排除法较易得出答案.解：取2a =验证满足题意，排除A 、D. 取2a =-验证不满足题意, 排除B.所以答案选C. 易错点：直接求解利用函数解析时，若忽略自变量应符合相应的范围，易解错点评：排除法适用于定性型或不易直接求解的选择题.当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小的选项范围内找出矛盾，这样逐步排除，直到得出正确的选择.它与特例法、图解法等结合使用是解选择题, 尤其是选项为范围的选择题的常用方法.【解法四】 验证法：将选项中给出的答案代入题干逐一检验，从而确定正确答案.例10 将函数()sin()f x x ωϕ=+的图像向左平移2π个单位.若所得图像与原图像重合，则ω的值不可能．．．等于（ ） A .4 B.6 C.8 D.12点拨：此题考查三角函数图像变换及诱导公式，ω的值有很多可能，用验证较易得出答案. 解：逐项代入验证即可得答案选B.实际上，函数()sin()f x x ωϕ=+的图像向左平移2π个单位所得函数为()sin[()]2f x x πωϕ=++=sin[()]2x πωϕω++⋅，此函数图像与原函数图像重合，即sin[()]2x πωϕω++⋅sin()x ωϕ=+，于是ω为4的倍数.易错点：()sin()f x x ωϕ=+的图像向左平移2π个单位所得函数解析式，应将原解析式中的x 变为2x π+，图像左右平移或x 轴的伸缩变换均只对x 产生影响，其中平移符合左加右减原则，这一点需要对图像变换有深刻的理解.例11设数列{}n a 中， 32,211+==+n n a a a ， 则通项n a 是（ ）A ．n 35-B ．1231-⋅-n C ．235n -D ．3251-⋅-n点拨：此题考查数列的通项公式，直接求n a ，不好求，宜用验证法. 解：把1a 代入递推公式得：27a =，再把各项逐一代入验证可知，答案选D. 易错点：利用递推公式直接推导，运算量大，不容易求解.例12 下列双曲线中离心率为2的是（ ）A .22124xy-= B.22142xy-= C .22146xy-= D.221410xy-=点拨：此题考查双曲线的性质，没有确定形式，只能根据选项验证得出答案. 解：依据双曲线22221x y ab-=的离心率c e a=，逐一验证可知选B.易错点：双曲线中222c a b =+，与椭圆中222c a b =-混淆，错选D.变式与引申：下列曲线中离心率为2的是（ ）A .22124xy+= B.22142xy-= C .22146xy-= D.221410xy-=答案：选B 点评：验证法适用于题设复杂，但结论简单的选择题. 若能根据题意确定代入顺序则能较大提高解题速度.习题 7-1 1. 已知:p 直线1:10l x y --=与直线2:20l x ay +-=平行，:1q a =-，则p 是q 的A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件2．某人要制作一个三角形，要求它的三条高的长度分别为111,,13115，则此人能（ ）A .不能作出这样的三角形 B.作出一个锐角三角形 C.作出一个直角三角形 D.作出一个钝角三角形3.设{}n a 是任意等比数列，它的前n 项、前2n 项、与前3n 项和分别为,,X Y Z ，则下列等式中恒成立的是( )A .2X Z Y += B.()()Y Y X Z Z X -=- C.2Y XZ =D.()()Y Y X X Z X -=-4.定义在R 上的奇函数()f x 为减函数，设0a b +≤，给出下列不等式：①()()0f a f a ⋅-≤；②()()0f b f b ⋅-≥；③()()()()f a f b f a f b +≤-+-④()()()()f a f b f a f b +≥-+-，其中正确的不等序号是（ ）A .①②④ B.①④ C.②③ D.①③5.如图，在棱柱的侧棱1A A 和1B B 上各有一动点P Q、满足1A P B Q =，过三点P Q C、、的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为（ ）A .3：1 B.2：1 C.4：16.已知圆C 与直线0x y -=及40x y --=都相切，圆心在直线0x y +=上，则圆C 的方程为（ ）A .22(1)(1)2x y ++-= B. 22(1)(1)2x y -++= C. 22(1)(1)2x y -+-= D. 22(1)(1)2x y +++= 7. 要得到函数sin y x =的图象，只需将函数cos y x π⎛⎫=-⎪3⎝⎭的图象（ ）A ．向右平移π6个单位B ．向右平移π3个单位C ．向左平移π3个单位D ．向左平移π6个单位【答案】 习题 7-13. D.提示：法一：（直接法）设等比数列公比为q 则 2,n n n Y X X q Z X X q X q =+⋅=+⋅+⋅2,nnnnY X X qX X Z XX q X qX X qY-⋅===-⋅+⋅+⋅即()()Y Y X X Z X -=-.法二：（特例法）取等比数列1,2,4,令1n =得1,3,7X Y Z ===代入验算、只有选项D 满足. 4. B .提示：法一：（直接法）根据()f x 为奇函数知()=(),()=()f a f a f b f b ----， 由0a b +≤知a b ≤-，b a ≤-，再根据()f x 为减函数可得()(),()()f a f b f b f a ≤-≤-，故①④正确.法二：（特例法）取()f x x =-，逐项检验可得. 5.B .。

高三数学第二轮复习教案第5讲 解析几何问题的题型与方法（二）七、强化训练1、已知P 是以1F 、2F 为焦点的椭圆)0(12222>>=+b a by a x 上一点，若021=⋅PF PF 21tan 21=∠F PF ，则椭圆的离心率为 （ ）（A ）21 （B ）32 （C ）31 （D ）352、已知△ABC 的顶点A （3，－1），AB 边上的中线所在直线的方程为6x +10y －59=0，∠B 的平分线所在直线的方程为：x －4y +10=0，求边BC 所在直线的方程。

3、求直线l 2：7x －y +4=0到l 1：x +y －2=0的角平分线的方程。

4、已知三种食物P 、Q 、R 的维生素含量与成本如下表所示。

现在将xk g 的食物P 和yk g 的食物Q 及zk g 的食物R 混合，制成100k g 的混合物.如果这100k g 的混合物中至少含维生素A44 000单位与维生素B48 000单位，那么x ，y ，z 为何值时，混合物的成本最小？5、某人有楼房一幢，室内面积共180 m 2，拟分隔成两类房间作为旅游客房.大房间每间面积为18m 2，可住游客5名，每名游客每天住宿费为40元；小房间每间面积为15 m 2，可住游客3名，每名游客每天住宿费为50元.装修大房间每间需1000元，装修小房间每间需600元.如果他只能筹款8000元用于装修，且游客能住满客房，他应隔出大房间和小房间各多少间，能获得最大收益？6、已知△ABC 三边所在直线方程AB ：x －6=0，BC ：x －2y －8=0，CA ：x +2y =0，求此三角形外接圆的方程。

7、已知椭圆x 2+2y 2=12，A 是x 轴正方向上的一定点，若过点A ，斜率为1的直线被椭圆截得的弦长为3134，求点A 的坐标。

8、已知椭圆12222=+by a x （a ＞b ＞0）上两点A 、B ，直线k x y l +=:上有两点C 、D ，且ABCD 是正方形。

2012高考数学-一定要达到三个目的考生进入到关键的第二轮复习，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。

那么如何进行科学而有效的教学呢？一、大处着眼，细心领会两个成功公式1.科学巨匠爱因斯坦的闻名公式是V=X+Y+Z(V-成功;X-刻苦的精神;Y-科学的方法;Z-少说废话)。

2.四轮学习方略中，成功=目标+计划+方法+行动。

学习好数学要有刻苦拼搏的精神加科学的方法;要有明确的奋斗目标加上切实可行的计划和措施方法，要天天见行动，苦干实干抓落实。

要站在整体的高度，重新熟悉自己所学，总体把握所学的数学知识和方法及应用。

学校的老师和课外班的冲刺有周密的复习计划，你要与老师紧密配合。

须知：围着老师转转得好，抛开老师转有自己的一套方案的学生，才能成为佼佼者。

3.学习好数学要抓住四个三①内容上要充分领悟三个方面：理论、方法、思维;②解题上要抓好三个字：数，式，形;③阅读、审题和表述上要实现数学的三种语言自如转化(文字语言、符号语言、图形语言);④学习中要驾驭好三条线：知识(结构)是明线(要清楚);方法(能力)是暗线(要领悟、要提炼);思维(练习)是主线(思维能力是数学诸能力的核心，创造性的思维能力是最强大的创新动力，是检验自己大脑潜能开发好坏的试金石。

) 闻名数学家华罗庚先生说：数学是一个原则，无数内容，一种方法，到处可用。

华罗庚先生还一再倡导读书要把书读得由薄到厚，再由厚到薄。

假如说我们从小学到中学学习12年数学的过程是由薄到厚的过程，那么复习的过程应该是深刻领会数学的内容、意义和方法，认真梳理、归纳、探究、总结、提炼，把握规律、灵活运用，把数学学习变得由厚变薄的过程，变成数学成为我们培养科学精神，把握科学方法的最有效的工具，成为自己做高素质现代人的重要武器。

高三数学总复习教案【篇一：高三数学第二轮复习教案设计】高三数学第二轮复习专题教案设计《数列》（约2课时）一．复习目标1．能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式解题；2．能熟练地求一些特殊数列的通项和前n项的和； 3．使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；4．通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力．5．在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力．6．培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法．二．基础再现1．可以列表复习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质. 2．判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数,验证an?an?1(an/an?1)为同一常数。

(2)通项公式法：①若an= a1+（n－1）d= ak+（n－k）d ，则{an}为等差数列；②若an=a1qn?1?akqn?k ，则{an}为等比数列。

2(3)中项公式法：验证2an?1?an?an?2,(an?1?anan?2),n∈n* 都成立。

3．在等差数列?an?中,有关sn 的最值问题——常用邻项变号法求解：(1)当a1 0,d0时，满足?(2)当a1 0,d0时，满足?am0am10am0am10的项数m使得sm取最大值. 的项数m使得sm取最小值。

在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。

4．数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法（累积、累加）、错位相减法、倒序相加法等。

三．方法整理1．证明数列?an?是等差或等比数列常用定义，即通过证明an?1?an?an?an?1 或an?1ananan?1而得。

微重点7球的切接问题空间几何体的外接球、内切球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一般是通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心求解外接球问题，利用等体积法求内切球半径等，一般出现在压轴小题位置．考点一空间几何体的外接球例1(1)(2023·杭州模拟)在四面体ABCD 中，△ABC 与△BCD 都是边长为6的等边三角形，且二面角A －BC －D 的大小为60°，则四面体ABCD 外接球的表面积是()A ．52πB ．54πC ．56πD ．60π答案A解析如图所示，设外接球半径为R ，取BC 的中点O ，连接OD ，OA ，分别取△BCD 和△ABC的外心E ，F ，过两点分别作平面BDC 和平面ABC 的垂线，交于点P ，则P 就是外接球的球心，连接OP ，DP ，则∠AOD 为二面角A －BC －D 的平面角，即∠AOD ＝60°，则△AOD 是等边三角形，其边长为6×32＝33，OE ＝13OD ＝13×33＝3，在△POE 中，∠POE ＝30°，所以PE ＝OE tan 30°＝3×33＝1，又由DE ＝23OD ＝23，所以R ＝PD ＝PE 2＋DE 2＝12＋(23)2＝13，所以四面体ABCD 外接球的表面积为4πR 2＝4π×(13)2＝52π.(2)(2023·全国乙卷)已知点S ，A ，B ，C 均在半径为2的球面上，△ABC 是边长为3的等边三角形，SA ⊥平面ABC ，则SA ＝________.答案2解析如图，将三棱锥S －ABC 转化为直三棱柱SMN －ABC ，设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，则2r ＝ABsin ∠ACB ＝332＝23，可得r ＝3，设三棱锥S －ABC 的外接球球心为O ，连接OA ，OO 1，则OA ＝2，OO 1＝12SA ，因为OA 2＝OO 21＋O 1A 2，即4＝3＋14SA 2，解得SA ＝2.规律方法求解空间几何体的外接球问题的策略(1)定球心：球心到接点的距离相等且为半径．(2)作截面：选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的．(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解．跟踪演练1(1)已知四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝25，AC ＝BD ＝29，AD ＝BC ＝41，则四面体ABCD 外接球的表面积为________．答案45π解析设四面体ABCD 外接球的半径为R ，将四面体ABCD 置于长、宽、高分别为a ，b ，c的长方体中，2＋b 2＝20，2＋c 2＝29，2＋c 2＝41，故R ＝a 2＋b 2＋c 22＝452，故四面体ABCD 外接球的表面积为4πR 2＝45π.(2)(2023·昆明模拟)故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体ABCDEF 有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面ABCD 为矩形，AB ＝4，AD ＝EF ＝2，EF ∥底面ABCD ，且EA ＝ED ＝FB ＝FC ＝BC ，则几何体ABCDEF 外接球的表面积为()A ．22πB ．28πC ．32πD ．38π答案A解析连接AC ，BD ，设AC ∩BD ＝M ，取EF 的中点N ，连接MN ，由题意知，球心O 在直线MN 上，取BC 的中点G ，连接FG ，则FG ⊥BC ，且FG ＝2×32＝ 3.连接MG ，过点F 作FP ⊥MG 于点P ，则四边形MPFN 是矩形，MN ＝FP ，则MN ＝FP ＝FG 2－PG 2＝2，又因AM ＝12AC ，AC ＝AB 2＋BC 2＝25，则AM ＝5，因为△AMO 和△ONE 均为直角三角形，设外接球半径为R ，OM ＝x ，当球心O 在线段MN 上时，则R 2＝x 2＋(5)2，R 2＝(2－x )2＋12，解得x ＝－22(舍)，当球心O 在线段MN 外时，则R 2＝x 2＋(5)2，R 2＝(2＋x )2＋12，解得x ＝22，故R 2＝12＋5＝112，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝22π.考点二空间几何体的内切球例2(1)在三棱锥A －BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB ＝CD ＝4，BC ＝3，则该三棱锥内切球的体积为()A.9π16B.9π4C.16π9D.4π3答案A 解析由AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，得AB ⊥CD .又BC ⊥CD ，且AB ，BC ⊂平面ABC ，AB ∩BC ＝B ，所以CD ⊥平面ABC ，又AC ⊂平面ABC ，所以CD ⊥AC .由AB ＝CD ＝4，BC ＝3，得AC ＝BD ＝5，所以三棱锥A －BCD 的表面积S ＝2×12×3×4＋2×12×4×5＝32，三棱锥A －BCD 的体积V ＝13×12×3×4×4＝8.设三棱锥内切球球心为O ，半径为r ，由V ＝V O －ABC ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＋V O －BCD ＝13Sr ，得r ＝3V S ＝34，所以该三棱锥内切球的体积V 球＝43πr 3＝43π＝9π16.(2)(2023·沈阳模拟)如图，圆台内有一个球，该球与圆台的侧面和底面均相切．已知圆台的下底面圆心为O 1，半径为r 1，圆台的上底面圆心为O 2，半径为r 2(r 1>r 2)，球的球心为O ，半径为R ，记圆台的表面积为S 1，球的表面积为S 2，则S1S 2的可能的取值为()A.π2B.32C.π3D.43答案A解析如图，作出圆台的轴截面，作DF ⊥BC ，垂足为F ，由题意知圆O 与梯形ABCD 相切，则DC ＝DE ＋CE ＝O 2D ＋O 1C ＝r 2＋r 1，又DC ＝DF 2＋FC 2＝4R 2＋(r 1－r 2)2，故4R 2＋(r 1－r 2)2＝r 1＋r 2，化简可得R 2＝r 1r 2，则S 1S 2＝π(r 21＋r 22)＋π(r 1＋r 2)(r 1＋r 2)4πR 2＝r 21＋r 22＋r 1r 22r 1r 2＝r 21＋r 222r 1r 2＋12>2r 1r 22r 1r 2＋12＝32(r 1>r 2，故取不到等号)，由于32，π3，43都不大于32，故S 1S 2的可能的取值为π2.规律方法空间几何题的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径．跟踪演练2(1)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝6，则V 的最大值是()A ．16π B.32π3C ．36π D.125π3答案B解析由题意，因为AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，所以AC ＝10，可得△ABC 内切圆的半径r ＝6×86＋8＋10＝2，又由AA 1＝6，故在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内部的球的半径最大为R ＝2，所以此时V 的最大值为43πR 3＝43×π×23＝32π3.(2)(2023·贵阳联考)SF 6(六氟化硫)具有良好的绝缘性，在电子工业上有着广泛的应用，其分子结构如图所示：六个元素F 分别位于正方体六个面的中心，元素S 位于正方体中心，若正方体的棱长为a ，记以六个F 为顶点的正八面体为T ，则T 的体积为__________，T 的内切球表面积为__________．答案a 36πa 23解析正八面体T 可视为两个全等的正四棱锥拼接而成，且该正四棱锥的底面边长＝22a ，高为a2，所以正八面体的体积V ＝2×13××a 2＝a 36，由图可知，正八面体T 的每个面都是棱长为22a 的等边三角形，所以正八面体T 的表面积S ＝8×34×＝3a 2，设正八面体T 的内切球半径为r ，则V ＝13Sr ，所以r ＝3V S ＝a 323a 2＝36a ，因此，正八面体T 的内切球的表面积为4πr 2＝4π＝πa 23.专题强化练1.如图，在三棱锥V －ABC 中，VA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝VA ＝2，则该三棱锥外接球的体积为()A ．12πB ．43πC.163π3D.43π3答案B解析因为VA ⊥底面ABC ，AB ，AC ⊂底面ABC ，所以VA ⊥AB ，VA ⊥AC ，又因为∠BAC ＝90°，所以AB ⊥AC ，而AB ＝AC ＝VA ＝2，所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外接球的半径R ＝12×22＋22＋22＝3，所以外接球的体积V ＝43πR 3＝43π.2．(2023·成都模拟)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，AB ＝2，AC ＝AP ，BC ⊥CA ，若三棱锥P －ABC 外接球的表面积为5π，则BC 等于()A ．1 B.2 C.3D.5答案C解析因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以BC ⊥PA ，由BC ⊥CA ，CA ∩PA ＝A ，CA ，PA ⊂平面PAC ，所以BC ⊥平面PAC ，由AB ⊂平面ABC ，得PA ⊥AB ，由PC ⊂平面PAC ，得BC ⊥PC ，由PB 是Rt △PBC 和Rt △PBA 的公共斜边，得PB 是三棱锥的外接球直径，由S ＝4πR 2＝5π得R ＝52，设AC ＝AP ＝m ，则PB ＝2R ＝m 2＋4＝5，则m ＝1，BC ＝4－1＝ 3.3．在四棱锥P －ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，△PAB 为边长为1的等边三角形，底面ABCD 为矩形．若四棱锥P －ABCD 存在一个内切球，则内切球的表面积为()A ．4πB ．πC.4π3D.π3答案D解析由于平面PAB ⊥平面ABCD ，△PAB 为边长为1的等边三角形，底面ABCD 为矩形，所以四棱锥P －ABCD 的内切球在等边△PAB 上的“正投影”是等边△PAB 的内切圆，设等边△PAB 的内切圆半径为r ，则S △P AB ＝12×(1＋1＋1)×r ＝12×1×1×sin π3，解得r ＝36，所以内切球的半径为36，其表面积为4π＝π3.4．(2023·湖北多校联考)已知在△ABC 中，AB ＝4，BC ＝3，AC ＝5，以AC 为轴旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为()A.49π36B.576π49C.576π25D.344π25答案B解析旋转体的轴截面如图所示，其中O 为内切球的球心，过O 作AB ，BC 的垂线，垂足分别为E ，F ，则OE ＝OF ＝r (r 为内切球的半径)，故AO ＝r sin ∠BAC ＝53r ，CO ＝r sin ∠BCA ＝54r ，故5＝AO ＋OC ＝53r ＋54r ，解得r ＝127，故该旋转体的内切球的表面积为4π＝576π49.5．(2023·张掖模拟)图1为两块大小不同的等腰直角三角形纸板组成的平面四边形ABCD ，其中小三角形纸板的斜边AC 与大三角形纸板的一条直角边长度相等，小三角形纸板的直角边长为a ，现将小三角形纸板ACD 沿着AC 边折起，使得点D 到达点M 的位置，得到三棱锥M －ABC ，如图2，若二面角M －AC －B 的大小为2π3，则所得三棱锥M －ABC 的外接球的表面积为()A.7π3a 2B ．4πa 2C.14π3a 2D.742π27a 2答案C解析如图，取AC 的中点E ，AB 的中点F ，连接ME ，EF .因为MA ＝MC ，所以ME ⊥AC .易知EF ∥BC ，因为BC ⊥AC ，所以EF ⊥AC ，所以∠MEF ＝2π3.过点E 作OE ⊥平面MAC ，过点F 作OF ⊥平面ABC ，OE ∩OF ＝O ，连接OA ，易知E ，F 两点分别是△MAC 和△ABC 的外心，所以点O 是三棱锥M －ABC 的外接球的球心．因为MA ＝MC ＝a ，所以AC ＝BC ＝2a ，AB ＝2a ，所以EF ＝22a ，因为∠MEF ＝2π3，∠MEO ＝π2，所以∠OEF ＝π6，所以OF ＝EF ×tan π6＝2a 2×tan π6＝66a ，又AF ＝12AB ＝a ，所以OA ＝OF 2＋AF 2＝426a ，则三棱锥M －ABC 外接球的半径为426a ，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝14π3a 2.6．(多选)(2023·阳泉模拟)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在球O 的球面上，AB 1＝BC 1＝CA 1＝4.若点O 到三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有面的距离都相等，则()A ．BB 1⊥平面ABC B ．AB ＝AA 1C ．平面A 1B 1C 1截球O 所得截面圆的周长为4πD ．球O 的表面积为24π答案AC解析选项A ，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在球O 的球面上，根据球的对称性可知三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直棱柱，所以BB 1⊥平面ABC ，因此A 正确；选项B ，因为AB 1＝BC 1＝CA 1＝4，所以AB ＝BC ＝CA .因为点O 到三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有面的距离都相等，所以三棱柱ABC －A 1B 1C 1的内切球与外接球的球心重合．设该三棱柱的内切球的半径为r ，与底面以及侧面相切于H ，M ，连接AH 并延长，交BC 于N ，如图，则AA 1＝2r ，OM ＝OH ＝r ，由于M 为矩形BCC 1B 1的对角线交点，所以HN ＝r ，而△ABC 为等边三角形，所以HN ＝13AN ＝13×32AB ，所以AB ＝23r ，所以AB ＝3AA 1，因此B 错误；选项C ，由AB 1＝4，可知BB 21＋AB 2＝4r 2＋12r 2＝16r 2＝16，解得r ＝1(负值舍去)，则AB ＝BC ＝CA ＝23.易得△A 1B 1C 1的外接圆的半径r 1＝23AN ＝23×32AB ＝2，所以平面A 1B 1C 1截球O 所得截面圆的周长为2πr 1＝4π，因此C 正确；选项D ，三棱柱ABC －A 1B 1C 1外接球的半径R ＝22＋12＝5，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝20π，因此D 错误．7．(多选)(2023·新高考全国Ⅰ)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体答案ABD 解析对于A ，因为0.99m<1m ，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A 正确；对于B ，因为正方体的面对角线长为2m ，且2>1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B 正确；对于C ，因为正方体的体对角线长为3m ，且3<1.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C 错误；对于D ，因为1.2m>1m ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC 1的中点O 作OE ⊥AC 1，设OE ∩AC ＝E ，可知AC ＝2，CC 1＝1，AC 1＝3，OA ＝32，那么tan ∠CAC 1＝CC 1AC ＝OE AO，即12＝OE 32，解得OE ＝64，且＝38＝924>925＝0.62，即64>0.6，所以以AC 1为轴可能对称放置底面直径为1.2m 的圆柱，若底面直径为1.2m 的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O 1，与正方体下底面的切点为M ，可知AC 1⊥O 1M ，O 1M ＝0.6，那么tan ∠CAC 1＝CC 1AC ＝O 1M AO 1，即12＝0.6AO 1，解得AO 1＝0.62，根据对称性可知圆柱的高为3－2×0.62≈1.732－1.2×1.414＝0.0352>0.01，所以能够被整体放入正方体内，所以D 正确．8.如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面和圆锥的顶点均在体积为36π的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为________．答案46π解析依题意，作球的轴截图如图所示，其中，O 是球心，E 是圆锥的顶点，EC 是圆锥的母线，由题意可知43πR 3＝36π，解得R ＝3，由于圆柱的高为2，则OD ＝1，DE ＝3－1＝2，DC ＝32－12＝22，母线EC ＝22＋8＝23，故圆锥的侧面积S ＝π·DC ·EC ＝π×22×23＝46π.9．(2023·开封模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为棱A 1D 1的中点，则四棱锥P －ABCD 外接球的表面积为________．答案41π16解析设四棱锥P －ABCD 的外接球球心为O ，取AD 的中点E ，连接PE ，取△PAD 、四边形ABCD 的外心O 1，O 2，连接OO 1，OO 2，EO 2，O 2C ，OC ，因为正方体的棱长为1，P 为棱A 1D 1的中点，所以PA ＝PD ＝1＋122＝52，PE ＝1，O 2C ＝22，sin ∠PAD ＝sin ∠APA 1＝152＝25，O 1P ＝12·PD sin ∠PAD ＝12×5225＝58，O 1E ＝OO 2＝1－58＝38，所以OC ＝OO 22＋O 2C 2＝382＋222＝418，外接球的表面积S ＝4π×418＝41π16.10.如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥．公路里程、高铁里程双双都是世界第一．建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先．如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切．若AB ＝12，则该模型中最小球的半径为____________．答案64解析如图所示，设O 为大球的球心，正四面体的底面中心为E ，CD 的中点为F ，棱长为a ，高为h 大，连接OA ，OB ，OC ，OD ，则BE ＝23BF ＝33a ，EF ＝13BF ＝36a ，大球所对应的正四面体的高h 大＝AE ＝AB 2－BE 2＝63a ，设正四面体内切球半径为r 大，因为V 正四面体＝4V O －ABC ，所以13×S △ABC ×h 大＝4×13×S △ABC ×r 大，所以r 大＝14h 大，因为正四面体的棱长为12，所以h 大＝63×12＝46，r 大＝14h 大＝6，设中等球的半径为r 中，对应的四面体高为h 中，h 中＝h 大－2r 大＝26，r 中＝14中＝62，设模型中最小球的半径为r 小，对应的四面体的高为h 小，h 小＝h 中－2r 中＝6，r 小＝14h 小＝64.。

专题三 数列、推理与证明第1讲 等差数列、等比数列自主学习导引真题感悟1．(2012·浙江)设公比为q (q ＞0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝________.解析 利用等比数列的通项公式及前n 项和公式求解． 解法一 S 4＝S 2＋a 3＋a 4＝3a 2＋2＋a 3＋a 4＝3a 4＋2， 将a 3＝a 2q ，a 4＝a 2q 2代入得，3a 2＋2＋a 2q ＋a 2q 2＝3a 2q 2＋2，化简得2q 2－q －3＝0， 解得q ＝32(q ＝－1不合题意，舍去)．解法二 设等比数列{a n }的首项为a 1，由S 2＝3a 2＋2，得 a 1(1＋q )＝3a 1q ＋2.①由S 4＝3a 4＋2，得a 1(1＋q )(1＋q 2)＝3a 1q 3＋2.② 由②－①得a 1q 2(1＋q )＝3a 1q (q 2－1)． ∵q ＞0，∴q ＝32. 答案 322．(2012·课标全国卷)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝A ．7B ．5C ．－5D ．－7解析 解法一 利用等比数列的通项公式求解．由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 1q 3＋a 1q 6＝2，a 5a 6＝a 1q 4×a 1q 5＝a 21q 9＝－8，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎨⎧q 3＝－12，a 1＝－8，∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.解法二 利用等比数列的性质求解．由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2. ∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎨⎧q 3＝－12，a 1＝－8，∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7. 答案 D考题分析等差数列与等比数列的基本性质与运算是各地高考考查的热点，突出了通性通法．三种题型都有可能出现，有较容易的低档题，也有与其他知识交汇命题的压轴题．网络构建高频考点突破考点一：等差、等比数列的基本运算【例1】(2012·盘锦模拟)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2，a 3＋a 4＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ＋log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . [审题导引] (1)利用所给的条件式求出a 1与q ，可求a n ； (2)把数列{b n }分解为一个等差数列与一个等比数列，分组求和．[规范解答] (1)∵a 1＋a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＝2×a 1＋a 2a 1a 2， a 3＋a 4＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4＝32×a 3＋a 4a 3a 4，数列{a n }各项均为正数，∴a 1a 2＝2，a 3a 4＝32， ∴q 4＝a 3a 4a 1a 2＝16，∴q ＝2，又a 1a 2＝a 1·a 1q ＝2，∴a 1＝1，∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)∵b n ＝a 2n ＋log 2a n ，∴b n ＝4n －1＋(n －1)， ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(40＋41＋42＋…＋4n －1)＋(0＋1＋2＋…＋n －1) ＝4n －13＋n (n －1)2. 【规律总结】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a 1、d (或q )、n 、a n 与S n 这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a 1和d (或q )是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．[易错提示] 等差(比)数列的基本运算中，容易出现的问题主要有两个方面：一是忽视题中的条件限制，如公差与公比的符号、大小等，导致增解；二是不能灵活利用等差(比)数列的基本性质转化已知条件，导致列出的方程或方程组较为复杂，增大运算量． 【变式训练】1．(2012·安徽师大附中模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝8，S 3＝6，则S 10－S 7的值是A ．24B ．36C ．48D ．72 解析 ∵S 3＝3a 2＝6，∴a 2＝2， 又a 5＝8，∴3d ＝a 5－a 2＝6，∴d ＝2. ∴S 10－S 7＝a 8＋a 9＋a 10＝3a 9 ＝3[a 5＋(9－5)d ]＝48.答案 C2．(2012·青岛模拟)设等比数列{a n }的各项均为正数，公比为q ，前n 项和为S n .若对∀n ∈N ＋，有S 2n ＜3S n ，则q 的取值范围是A ．(0,1]B ．(0,2)C ．[1,2)D ．(0，2)解析 当q ＝1时，显然有S 2n ＜3S n ， 当q ≠1时，∵S 2n ＜3S n ， 即S 2n －3S n ＝a 1(1－q n )1－q (q n－2)＜0.∵a 1(1－q n )1－q ＞0，∴q n －2＜0恒成立，∴0＜q ＜1，故q ∈(0,1]． 答案 A考点二：等差、等比数列的判定与证明【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a n －2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N ＋，S n ≠0)，a 1＝12，判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 与{a n }是否为等差数列，并说明你的理由．[审题导引] 因为已知关系式中包含a n ，S n ，S n －1，所以应根据a n 与S n 的关系式：a n ＝S n －S n －1(n ≥2)将已知条件转化为关于S n 与S n －1之间的关系，从而判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是否为等差数列，并求出S n 的表达式，然后求出数列{a n }的通项公式，并判断其是否为等差数列．[规范解答] 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 所以由a n －2S n S n －1＝0，可得S n －S n －1－2S n S n －1＝0(n ≥2)，所以1S n －1－1S n ＝2(n ≥2)，又因为S 1＝a 1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列．所以1S n＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n .所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝－12n (n －1)， 所以a n ＋1＝－12n (n ＋1)，而a n ＋1－a n ＝－12n (n ＋1)－－12n (n －1)＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1n (n －1)(n ＋1).所以当n ≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数， 故数列{a n }不是一个等差数列．综上，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，{a n }不是等差数列．【规律总结】判断数列是否为等差(比)数列的方法在判断一个数列是否为等差(比)数列时，应该根据已知条件灵活选用不同的方法，一般是先建立a n ＋1与a n 的关系式或递推关系式，表示出a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n ，然后验证其是否为一个与n 无关的常数．另外，常数列{a n }的通项公式a n ＝a ，它是一个首项a 1＝a ，公差d ＝0的等差数列，若a ≠0，则该数列也是一个首项a 1＝a ，公比q ＝1的等比数列．如果一个数列中包含有0的项，那么这个数列一定不是等比数列． 【变式训练】3．(2012·西安模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2. (1)求证：数列{a n ＋2}是等比数列(要求指出首项与公比)； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解析 (1)证明 由a n ＋1＝2a n ＋2，得a n ＋1＋2＝2a n ＋4， 即a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，即a n ＋1＋2a n ＋2＝2(n ∈N ＋)，又由a 1＝2得a 1＋2＝4，所以数列{a n ＋2}是以4为首项，以2为公比的等比数列． (2)由(1)知a n ＋2＝4·2n －1＝2n ＋1， 所以a n ＝2n ＋1－2，所以S n ＝22＋23＋…＋2n ＋1－2n ＝22(1－2n )1－2－2n ＝2n ＋2－2n －4.考点三：等差、等比数列的性质及应用【例3】(1)已知正数组成的等差数列{a n }，前20项和为100，则a 7·a 14的最大值是A ．25B ．50C ．100D ．不存在(2)(2012·株洲模拟)设等比数列{a n }各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝ A ．12B ．10C ．8D ．2＋log 35[审题导引] (1)求出a 1＋a 20，利用a 1＋a 20＝a 7＋a 14与基本不等式求解； (2)利用等比数列的性质结合对数的运算法则解题．[规范解答] (1)∵{a n }为等差数列，∴S 20＝12×20×(a 1＋a 20)＝100， ∴a 7＋a 14＝a 1＋a 20＝10. ∵a 7＞0，a 14＞0， ∴a 7·a 14≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 7＋a 1422＝25， 当且仅当a 7＝a 14＝5时，等号成立． (2)∵a 5a 6＝a 4·a 7，a 5a 6＋a 4a 7＝18， ∴a 5a 6＝9，log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1a 2…a 10) ＝log 3(a 5a 6)5＝5log 39＝10. 答案 (1)A (2)B【规律总结】等差、等比数列性质的应用技巧(1)等差数列与等比数列有很多性质很类似，但又有区别，学习时需对比记忆，灵活应用．(2)等差数列与等比数列的性质多与其下标有关，解题需多注意观察，发现其联系，加以应用．(3)应用等差数列、等比数列的性质要注意结合其通项公式、前n 项和公式． 【变式训练】4．设{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13等于 A ．120B ．105C ．90D ．75解析 设公差为d 且d ＞0， ∵a 1＋a 2＋a 3＝15， ∴a 2－d ＋a 2＋a 2＋d ＝15，∴a 2＝5.又a 1a 2a 3＝80，∴d 2＝9. ∵d ＞0，∴d ＝3.则a 11＋a 12＋a 13＝3a 12＝3(a 2＋10d )＝105.答案 B名师押题高考【押题1】在等比数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝a 3a 5，则a 7＝A.116 B.18 C.14 D.12解析 解法一 设等比数列{a n }的公比为q . ∵a 4＝a 3a 5，a 1＝8，∴8·q 3＝8·q 2·8·q 4， 即q 3＝18，∴q ＝12， a 7＝a 1q 6＝8·⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝18.解法二 ∵a 4＝a 3a 5＝a 24，且a 4≠0，∴a 4＝1.又∵a 24＝a 1a 7，即1＝8a 7，∴a 7＝18.答案 B[押题依据] 本题可根据给出的条件利用等比数列的通项公式求解，也可以利用等比数列的性质求解，解题切口较宽，不仅考查数列的通性通法，同时也突出了对能力的考查，符合高考的要求，故押此题．【押题2】在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n .(1)设b n ＝a n2n －1，证明：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解析 (1)证明 由已知a n ＋1＝2a n ＋2n ，得 b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n 2n ＝a n2n －1＋1＝b n ＋1.又b 1＝a 1＝1，因此{b n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)知a n 2n －1＝n ，即a n ＝n ·2n －1， S n ＝1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1， 两边乘以2得2S n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，两式相减得S n ＝－1－21－22－…－2n －1＋n ·2n ＝－(2n －1)＋n ·2n ＝(n －1)2n ＋1.[押题依据] 等差数列、等比数列的判定与证明、数列的求和一直是高考的热点，本题综合考查了等差数列的证明、通项公式的求法、错位相减法求和等知识点，难度中等，故押此题．。