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后记答题模板【范例赏析】后记答题模板(本讲对应学生用书第48~49页) 范例赏析典例如图，已知A，B分别为曲线C：22xa+y2=1(y≥0，a>0)与x轴的左、右两个交点，直线l过点B，且与x轴垂直，S为l上异于点B的一点，连接AS交曲线C 于点T.(1)若曲线C为半圆，点T为圆弧AB的三等分点，试求出点S的坐标.(2)如图，点M是以SB为直径的圆与线段TB的交点，试问：是否存在a，使得O，M，S三点共线?若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.(典例)【规范解答】(1)当曲线C为半圆时，a=1，由点T为圆弧AB的三等分点，得∠BOT=60°或120°.2分①当∠BOT=60°时，∠SAB=30°.又AB=2，故在△SAB中，有SB=AB·tan 30°=23，所以S231⎛⎝⎭，. 4分②当∠BOT=120°时，同理可求得点S 的坐标为(1，).综上，点S 的坐标为S1⎛ ⎝⎭或S (1，2). 6分(2)切入点一：从点“T ”入手设点T (a cos θ，sin θ)(sin θ≥0)，则直线AT 的方程为y=sin cos a a θθ+(x+a )， 8分令x=a ，得点S 2sin cos 1a θθ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，，所以k OS =2sin (cos 1)a θθ+.又B (a ，0)，所以k TB =sin cos -a a θθ. 10分假设存在a (a>0)，使得O ，M ，S 三点共线，由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS.所以k OS ·k TB =sin cos -a a θθ·2sin (cos 1)a θθ+=-1，解得a 2=2.又因为a>0，所以. 15分经检验，当时，O ，M ，S 三点共线.故存在，使得O ，M ，S 三点共线. 16分切入点二：从点“S ”入手设点S (a ，m )，则直线SA 的方程为y=2m a (x+a )，联立方程组2221()2x y a m y x a a ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，，化简得(m 2+4)x 2+2m 2ax+m 2a 2-4a 2=0.8分设点T (x T ，y T )，因为A (-a ，0)，所以x T ·(-a )=2222-44m a a m +，得x T =224-4a m am +，y T =244m m +，所以k TB =-2ma . 10分假设存在a (a>0)，使得O ，M ，S 三点共线，由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS.12分又因为k OS =m a ，所以k OS ·k TB =m a ·2-ma ⎛⎫⎪⎝⎭=-1，解得a 2=2.又因为a>0，所以a=2.15分经检验，当a=2时，O ，M ，S 三点共线.故存在a=2，使得O ，M ，S 三点共线. 16分切入点三：从直线AS 的斜率入手 假设存在a (a>0)，使得O ，M ，S 三点共线. 由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS.8分显然，直线AS 的斜率k 存在且k>0，可设直线AS 的方程为y=k (x+a ).由2221()x y a y k x a ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，，得(1+a 2k 2)x 2+2a 3k 2x+a 4k 2-a 2=0. 10分设点T (x T ，y T )，所以x T ·(-a )=42222-1a k a a k +.故x T =3222-1a a k a k +，从而y T =k (x T +a )=2221ak a k +，亦即T 322222-211a a k ak a k a k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，. 12分方法一：因为B (a ，0)，所以BT u u u r =322222-2211a k aka k a k ⎛⎫⎪++⎝⎭，.由()x a y k x a =⎧⎨=+⎩，，得S (a ，2ak )，所以OS u u u r =(a ，2ak ).由BT ⊥OS ，可得BT u u u r ·OS u uu r =422222-241a k a k a k ++=0，即-2a 4k 2+4a 2k 2=0. 因为k>0，a>0，所以2. 15分经检验，当2时，O ，M ，S 三点共线.故存在2，使得O ，M ，S 三点共线. 16分方法二：因为B (a ，0)，所以k BT =-TT y x a =-21a k ，故k SM =a 2k.由()x a y k x a =⎧⎨=+⎩，，得S (a ，2ak )，所以直线SM 的方程为y-2ak=a 2k (x-a ).O ，M ，S 三点共线当且仅当O 在直线SM 上，即-2ak=a 2k (-a ).因为k>0，a>0，所以2. 15分经检验，当2时，O ，M ，S 三点共线.故存在2，使得O ，M ，S 三点共线. 16分【总结提升】解题几何中的多动点问题，一直是学生难以逾越的障碍，究其原因：“多且动”，大有牵一发而动全身的感觉，各个点都丝丝相连，环环相扣.而恰恰正是点多且动，反而给我们一个启发，多且动的点中肯定有一个“核心点”，正是这个点牵动了其他点，使其他点始终围绕这个“核心点”运动.例题正是这类问题，其中点M 即为“核心点”，只要把握好这个“核心点”在圆上具有的性质，以其他的点或线为切入点，就可从多途径入手，让每个动点都可“一显身手”，以达到多解的目的.【拓展训练】拓 展 训 练变式 (2015·盐城二模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：22x a+22y b =1(a>b>0)的离心率为2，直线l ：y=12x 与椭圆E 相交于A ，B 两点，AB=25，C ，D 是椭圆E 上异于A ，B 两点，且直线AC ，BD 相交于点M ，直线AD ，BC 相交于点N.(1)求a ，b 的值；(2)求证：直线MN 的斜率为定值.(变式)【解答】(1)因为e=c a =2，所以c 2=12a 2，即a 2-b 2=12a 2，所以a 2=2b 2，故椭圆E 的方程为222x b +22y b =1.由题意，不妨设点A 在第一象限，点B 在第三象限.由22221212y x x y b b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，，解得A233⎫⎪⎪⎝⎭，. 又AB=5，所以5，即43b 2+13b 2=5，解得b 2=3.故a=6，3.(2)由(1)知椭圆E 的方程为26x +23y =1，从而A (2，1)，B (-2，-1).①当CA ，CB ，DA ，DB 的斜率都存在时，设直线CA ，DA 的斜率分别为k 1，k 2，C (x 0，y 0)，显然k 1≠k 2.从而k 1·k CB =00-1-2y x ·0012y x ++=2020-1-4y x =202031--16-4x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭=20202-2-4x x =-12，所以k CB =-112k .同理k DB =-212k .于是直线AD 的方程为y-1=k 2(x-2)，直线BC 的方程为y+1=-112k (x+2).由1211-(2)2-1(-2)y x k y k x ⎧+=+⎪⎨⎪=⎩，，解得12112122124-4-221-2-41.21k k k x k k k k k y k k ⎧=⎪+⎪⎨+⎪=⎪+⎩，从而点N 的坐标为12112212124-4-2-2-412121k k k k k k k k k k ⎛⎫+ ⎪++⎝⎭，. 用k 2代k 1，k 1代k 2得点M 的坐标为12212112124-4-2-2-412121k k k k k k k k k k +++，.所以k MN =12212112121211221212-2-41-2-41-21214-4-24-4-2-2121k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k ++++++=12214(-)4(-)k k k k =-1.即直线MN 的斜率为定值-1.②当CA ，CB ，DA ，DB 中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，故不妨设直线CA 的斜率不存在，从而C (2，-1).仍然设DA 的斜率为k 2，由①知k DB =-212k .此时CA ：x=2，DB ：y+1=-212k (x+2)，它们的交点坐标为M 222-1-k ⎛⎫⎪⎝⎭，.由BC ：y=-1，AD ：y-1=k 2(x-2)，它们交点N 222--1k ⎛⎫⎪⎝⎭，，从而k MN =-1也成立. 由①②可知，直线MN 的斜率为定值-1.。
[专题五 立体几何](时间：60分钟 分值：100分)一、选择题(每小题5分，共40分)1．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．则下列结论中正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β C ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α D ．若m ∥α，α⊥β，则m ⊥β2．一个几何体的三视图如图Z5－1所示，则该几何体的表面积是( )A ．6＋8 3B ．12＋C ．12＋8 3D ．18＋图Z5－1图Z5－23．网格纸中的小正方形边长为1，一个正三棱锥的侧视图如图Z5－2所示，则这个正三棱锥的体积为( )A. 3 B ．3 3 C.92 D.9234．如图Z5－3所示是底面为正方形、一条侧棱垂直于底面的四棱锥的三视图，那么该四棱锥的直观图是下列各图中的( )Z5－3图Z5－4Z5－55．某长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图Z5－5所示，则这个几何体的体积为( )A．4 B．4 2C．6 2 D．86．已知m，n是空间两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中为真的是( )A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nB．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥βC．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αD．若m⊥β，m∥α，则α⊥β7．已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中△ABC是正三角形，AD⊥平面ABC，AD ＝2AB＝6，则该球的表面积为( )A．16πB．24πC．32 3πD．48π8．已知Rt△ABC，其三边分别为a，b，c(a>b>c)．分别以三角形的边a，b，c所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，其表面积和体积分别为S1，S2，S3和V1，V2，V3.则它们的大小关系为( )A．S1>S2>S3，V1>V2>V3B．S1<S2<S3，V1<V2<V3C．S1>S2>S3，V1＝V2＝V3D．S1<S2<S3，V1＝V2＝V3二、填空题(每小题5分，共20分)9．空间直角坐标系中，已知点P(1，2，3)，P点关于平面xOy的对称点为P0，则|PP0|＝________．10．若一个球的体积为4 3π，则它内接正方体的表面积是________．11．如图Z5－6所示，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成正四面体P－DEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为________．12．已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为3的球面上．若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．三、解答题(共40分)13．(13分)如图Z5－7所示，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为一直角梯形，其中BA⊥AD，CD⊥AD，CD＝AD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．(1)求证：BE∥平面PAD；(2)若BE⊥平面PCD，求平面EBD与平面BDC夹角的余弦值．14．(13分)如图Z5－8所示，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝6，平面PAC⊥平面ABC，PD⊥AC于点D，AD＝1，CD＝3，PD＝ 3.(1)证明：△PBC为直角三角形；(2)求直线AP与平面PBC15．(14分)如图Z5－9所示，在多面体ABCDEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，BA⊥AC，ED⊥DG，EF∥DG，且AC＝1，AB＝ED＝EF＝2，AD＝DG＝4.(1)求证：BE⊥平面DEFG；(2)求证：BF∥平面ACGD；(3)求二面角F－BC－A的余弦值．专题综合训练(五)1．C [解析] 直线m ，n 同时与平面α平行时，m ，n 可能平行，也可能相交，也可能异面；只要直线m 平行于平面α，β的交线，就满足选项B 中的已知，但此时α，β不平行；根据直线与平面垂直的性质定理，当两条平行线中的一条垂直于一个平面时，另一条也垂直于这个平面，选项C 中的结论正确；α⊥β时，与平面α平行的直线m 可能与平面β垂直，也可能斜交，也可能平行，也可能在平面β内．2．C [解析] 该空间几何体是一个三棱柱．底面为等腰三角形且底面三角形的高是1，底边长是2 3，两个底面三角形的面积之和是2 3，侧面积是(2＋2＋2 3)×3＝12＋6 3，故其表面积是12＋8 3.3．B [解析] 该三棱锥的底面三角形的高为3，故底面边长a 满足32a ＝3，即a ＝2 3.又三棱锥的高为3，则体积为13×12×2 3×3×3＝3 3.4．D [解析] 这个空间几何体是一个一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其直观图为选项D 中的图形．5．D [解析] 割补可得其体积为2×2×2＝8.6．D [解析] 分别位于两个平行平面内的两条直线有平行与异面两种位置关系，选项A 中的命题为假；相交的两个平面与第三个平面相交时，只要第三个平面与前面两个平面的交线平行，就符合选项B 中的已知，但此时两个平面相交，选项B 中的命题为假；当m ⊂β，α⊥β时，m 可能与α平行，垂直，相交，也可能在平面α内，C 不正确；根据平面与平面垂直的判定定理可知，选项D 中的命题为真．7．D [解析] 如图所示，O E 为AD 中点．|OE |＝|O ′A |＝23×3×32＝3，|AE |＝3，所以球的半径|OA |＝2 3，所以所求的球的表面积为4π(2 3)2＝48π.8．B [解析] S 1＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a (b ＋c )，V 1＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a 2a ，S 2＝πac ＋πc 2，V 2＝13πbc 2，S 3＝πab ＋πb 2，V 3＝13πb 2c .由于a >b >c ，可得S 1<S 2<S 3，V 1<V 2<V 3.9．6 [解析] 易知P 点关于平面xOy 的对称点为P 0(1，2，－3)，所以|PP 0|＝（1－1）2＋（2－2）2＋（3＋3）2＝6.10．24 [解析] 根据球的体积公式43πr 3＝4 3π，得r 3＝3 3，故r ＝3，该球的内接正方体的体对角线长为2 3，设正方体的棱长为a ，则3a ＝2 3，即a ＝2，故球的内接正方体的表面积是6×22＝24.11.23[解析] 折成的四面体是正四面体，画出立体图形，根据中点找平行线，把所求的异面直线所成角转化为一个三角形的内角．如图所示，联结HE ，取HE 的中点K ，联结GK ，PK ，则GK ∥DH ，故∠PGK 即为所求的异面直线所成角或其补角．设这个正四面体的棱长为2，在△PGK中，PG ＝3，GK ＝32，PK ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝72，故cos ∠PGK ＝（3）2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫7222×3×32＝23，即异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值是23.12.33[解析] 本题主要考查球的概念与性质．解题的突破口为解决好点P 到截面ABC 的距离．由已知条件可知，以PA ，PB ，PC 为棱的正三棱锥可以补充成球的内接正方体，故而PA 2＋PB 2＋PC 2＝()2R 2， 由已知PA ＝PB ＝PC, 得到PA ＝PB ＝PC ＝2, 因为V P －ABC ＝V A －PBC ⇒13h ·S△ABC＝13PA ·S △PBC, 得到h ＝23 3，故而球心到截面ABC 的距离为R －h ＝33. 13．解：设AB ＝a ，PA ＝b A (0，0，0)，B (a ，0，0)，P (0，0，b )，C (2a ，2a ，0)，D (0，2a ，0)，E⎛⎪⎫a ，a ，b 2.(1)证明：BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，a ，b 2，AD →＝(0，2a ，0)，AP →＝(0，0，b )，所以BE →＝12AD →＋12AP →，又BE⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，AP ⊂平面PAD ，故BE ∥平面PAD .(2)∵BE ⊥平面PCD ，∴BE ⊥PC ，即BE →·PC →＝0，PC →＝(2a ，2a ，－b )，∴BE →·PC →＝2a 2－b 22＝0，即b ＝2a .在平面BDE 和平面BDC 中，BE →＝(0，a ，a )，BD →＝(－a ，2a ，0)，BC →＝(a ，2a ，0)， 所以平面BDE 的一个法向量为n 1＝(2，1，－1)，平面BDC 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)．cos 〈n 1，n 2〉＝－66，所以平面EBD 与平面BDC 夹角的余弦值为66.14．解：(1)证明：取AC 中点E ，联结BE ，以点E 为坐标原点，以EB ，EC 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系E －xyz ，则B (2，0，0)，C (0，2，0)，P (0，－1，3)．于是BP →＝(－2，－1，3)，BC →＝(－2，2，0)．因为BP →·BC →＝(－2，－1，3)·(－2，2，0)＝0，所以BP →⊥BC →， 所以BP ⊥BC ，所以△PBC 为直角三角形．(2)由(1)可得，A (0，－2，0)．于是AP →＝(0，1，3)，PB →＝(2，1，－3)，PC →＝(0，3，－3)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧2x ＋y －3z ＝0，3y －3z ＝0.取y ＝1，则z ＝3，x ＝ 2.所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(2，1，3)． 设直线AP 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AP →，n 〉|＝|AP →·n ||AP →|·|n |＝42×6＝63，所以直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值为63. 15．解：(1)证明：∵平面ABC ∥平面DEFG ，平面ABC ∩平面ADEB ＝AB ，平面DEFG ∩平面ADEB ＝DE ，∴AB ∥DE .又∵AB ＝DE ，∴四边形ADEB 为平行四边形，∴BE ∥AD . ∵AD ⊥平面DEFG ，∴BE ⊥平面DEFG .(2)证明：设DG 的中点为M ，联结AM ，MF ，则DM ＝12DG ＝2，∵EF ＝2，EF ∥DG ，∴四边形DEFM ∴MF ＝DE 且MF ∥DE ，由(1)知，四边形ADEB 为平行四边形，∴AB ＝DE 且AB ∥DE ，∴AB ＝MF 且AB ∥MF ，∴四边形ABFM 是平行四边形，即BF ∥AM ，又BF ⊄平面ACGD ，AM ACGD .(3)由已知，AD ，DE ，DG 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，4)，B (2，0，4)，C (0，1，4)，F (2，2，0)，故BF →＝(0，2，－4)，BC →＝(－2，1，0)． 设平面FBC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BF →＝2y －4z ＝0，n 1·BC →＝－2x ＋y ＝0，令z ＝1，则n 1＝(1，2，1)，而平面ABC 的法向量可为n 2＝DA →＝(0，0，4)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝41＋4＋1×4＝66，由图形可知，二面角F －BC －A 的余弦值为－66.。
第1讲 空间几何体1．(2022·安徽)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A ．21＋ 3B ．18＋3C ．21D ．182．(2021·山东)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3D ．2π 3．(2022·湖北)《算数书》竹简于上世纪八十年月在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ≈136L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A.227B.258C.15750D.3551134．(2022·江苏)设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．1.以三视图为载体，考查空间几何风光积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面开放图及简洁的组合体问题.热点一 三视图与直观图1．一个物体的三视图的排列规章俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”． 2．由三视图还原几何体的步骤一般先从俯视图确定底面再利用正视图与侧视图确定几何体．例1 (1)(2022·课标全国Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱(2)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )思维升华空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先依据俯视图确定几何体的底面，然后依据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的外形，即可得到结果．跟踪演练1(1)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()(2)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()热点二几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要娴熟把握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要把握肯定的技巧，如把不规章几何体分割成几个规章几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．例2(1)(2021·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是()A．2＋ 5 B．4＋5C．2＋2 5 D．5(2)如图，在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在C1D1与C1B1上，且C1E＝4，C1F＝3，连接EF，FB，DE，BD则几何体EFC1－DBC的体积为()A．66 B．68C．70 D．72思维升华(1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．(2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把简单的空间几何体的体积分解为一些简洁几何体体积的和或差．求解时留意不要多算也不要少算．跟踪演练2(2021·四川)在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形，设点M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P A1MN 的体积是________．热点三多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明精确点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．例3(1)已知三棱锥S－ABC的全部顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA＝23，AB＝1，AC＝2，∠BAC ＝60°，则球O的表面积为()A．4π B．12π C．16π D．64π(2)(2021·课标全国Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC 体积的最大值为36，则球O的表面积为()A．36π B．64π C．144π D．256π思维升华三棱锥P－ABC可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形：(1)P 可作为长方体上底面的一个顶点，A 、B 、C 可作为下底面的三个顶点； (2)P －ABC 为正四周体，则正四周体的棱都可作为一个正方体的面对角线．跟踪演练3 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22，32，62，则三棱锥A －BCD 的外接球体积为____________________．1．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16B ．82＋8C ．22＋26＋8D ．42＋46＋82．如图，将边长为5＋2的正方形，剪去阴影部分后，得到圆锥的侧面和底面的开放图，则圆锥的体积是( )A.2303πB.263πC.303π D.603π 3．(2021·临汾一中测试)在正三棱锥S －ABC 中，M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为( ) A ．6π B ．12π C ．32π D ．36π 提示：完成作业 专题五 第1讲。
[第6讲 导数及其应用](时间：45分钟)1．曲线y ＝2x 3－3x ＋1在点(1，0) ) A ．y ＝4x －5 B ．y ＝－3x ＋2 C ．y ＝－4x ＋4 D ．y ＝3x －32．函数f (x )＝2ln x ＋x 2－bx ＋a (b >0，a ∈R )在点(b ，f (b ))处的切线斜率的最小值是( )A ．2 2B ．2 C. 3 D ．13．已知函数f (x )＝x ＋1，g (x )＝a ln x ，若在x ＝14处函数f (x )与g (x )的切线平行，则实数a 的值为( )A.14B.12 C ．1 D ．44．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋1（－1≤x ≤0），1－x 2（0<x ≤1），则⎠⎛－11f (x )d x 的值为( ) A ．1＋π2B .12＋π4C ．1＋π4D .12＋π25．函数f(x)＝x ＋sin x (x∈R )( A ．是偶函数且为减函数 B ．是偶函数且为增函数 C ．是奇函数且为减函数 D ．是奇函数且为增函数6．若y ＝f (x )既是周期函数，又是奇函数，则其导函数y ＝f ′(x )( ) A ．既是周期函数，又是奇函数 B ．既是周期函数，又是偶函数 C ．不是周期函数，但是奇函数 D ．不是周期函数，但是偶函数7．设函数f (x )＝|sin x |的图像与直线y ＝kx (k >0)有且仅有三个公共点，这三个公共点的横坐标的最大值为α，则α等于( )A ．－cos αB ．tan αC ．sin αD ．π8．已知函数f (x )及其导数f ′(x )，若存在x 0，使得f (x 0)＝f ′(x 0)，则称x 0是f (x )的一个“巧值点”，下列函数中，有“巧值点”的是( )①f (x )＝x 2；②f (x )＝e －x；③f (x )＝ln x ；④f (x )＝tan x ；⑤f (x )＝x ＋1x.A ．①③⑤B ．③④C ．②③④D ．②⑤9.⎠⎛01(1－x 2－x )d x ＝________．10．函数y ＝f(x)的导数记为f′(x)，若f′(x)的导数记为f (2)(x)，f (2)(x)的导数记为f (3)(x)，…，已知f(x)＝sin x ，则f (2013)(x)＝________．11．由曲线y ＝2x 2，直线y ＝－4x －2，直线x ＝1围成的封闭图形的面积为________．12．函数f(x)＝x 3＋2xf′(－1)，则函数f(x)在区间[－2，3]上的值域是________．13．已知函数f(x)＝x ，g(x)＝x4x －a.函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减．(1)求实数a 的取值范围；(2)设函数h(x)＝f(x)·g(x)，x∈[1，4]，求函数y ＝h(x)的最小值．14．已知函数f(x)＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x ＋2a ＋2，其中a≤2. (1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2]上有且只有一个零点，求实数a 的取值范围．15．已知函数f(x)＝(2－a)ln x －1，g(x)＝ln x ＋ax 2＋x(a∈R )，令φ(x )＝f (x )＋g ′(x )．(1)当a ＝0时，求φ(x )的极值；(2)当－3<a <－2时，若对∀λ1，λ2∈[1，3]，使得|φ(λ1)－φ(λ2)|<(m ＋ln 2)a －2ln 3恒成立，求实数m 的取值范围．专题限时集训(六)A1．D [解析] y ′＝6x 2－3，当x ＝1时y ′＝3，即曲线y ＝2x 3－3x ＋1在点(1，0)处的切线方程的斜率为3，故切线方程为y ＝3(x －1)，即y ＝3x －3.2．A [解析] f ′(x )＝2x＋2x －b ，故曲线y ＝f (x )在点(b ，f (b ))的切线斜率是f ′(b )＝2b ＋2b －b ＝b ＋2b≥2 2，当b ＝2时等号成立．3．A [解析] 由题意，在x ＝14处，两个函数的导数值相等．又f ′(x )＝12 x，g ′(x )＝a x ，所以1＝4a ，即a ＝14. 4．B [解析] 根据定积分的几何意义可得所求的定积分为12＋π4.5．D [解析] f (x )满足f (－x )是奇函数；f ′(x )＝1＋cos x ≥0，函数f (x )是增函数．6．B [解析] 因为y ＝f (x )是周期函数，则有f (x ＋T )＝f (x )，两边同时求导，得f ′(x ＋T )(x ＋T )′＝f ′(x )，即f ′(x ＋T )＝f ′(x )，所以导函数为周期函数．因为y ＝f (x )是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，两边同时求导，得f ′(－x )(－x )′＝－f ′(x )，即－f ′(－x )＝－f ′(x )，所以f ′(－x )＝f ′(x )，即导函数为偶函数．选B.7．B [解析] 直线y ＝kx 与曲线y ＝－sin x (x ∈[π，2π])相切，设切点为(α，－sin α)，则－sin α＝kα且k ＝－cos α，所以α＝tan α.8．A [解析] ①即x 2＝2x ，这个方程显然有解，故①符合要求；②即e －x ＝－e －x，此方程无解，故②不符合要求；③即ln x ＝1x，数形结合可知这个方程也存在实数解，故③符合要求；④中，f ′(x )＝cos 2x ＋sin 2x cos 2x ＝1cos 2x ，若f (x )＝f ′(x )，即1cos 2x＝tan x ，化简得sin x cos x ＝1，即sin 2x ＝2，方程无解，故④不符合要求；⑤中，f ′(x )＝1－1x 2，1－1x 2＝x ＋1x，即x 3－x 2＋x ＋1＝0，令g (x )＝x 3－x 2＋x ＋1，则g (－1)＝－2，g (0)＝1，所以必存在x 0∈(－1，0)使g (x 0)＝0，故⑤符合要求．9.π4－12 [解析] ⎠⎛01(1－x 2－x)d x ＝⎠⎛01 1－x 2d x －⎠⎛01x d x ＝π4－⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 210＝π4－12.10．cos x [解析] f′(x)＝cos x ，f (2)(x)＝－sin x ，f (3)(x)＝－cos x ，f (4)(x)＝sin x ，以4为周期，故f (2013)(x)＝f′(x)＝cos x.11.163[解析] 联立直线方程与抛物线方程得x 2＋2x ＋1＝0，解得x ＝－1，即直线y ＝－4x －2为抛物线y ＝2x 2的一条切线(如图)，因此所求的面积为定积分⎠⎛－11(2x 2＋4x ＋2)d x ＝23(x ＋1)31-1＝163. 12．[－4 2，9] [解析] f′(x)＝3x 2＋2f′(－1)，令x ＝－1可得f ′(－1)＝－3，所以f(x)＝x 3－6x ，f′(x)＝3x 2－6.令f′(x)＝0得x ＝±2，根据三次函数的性质，可得x ＝－2为其极大值点，x ＝2为其极小值点．又f(－2)＝4，f(－2)＝4 2，f(2)＝－4 2，f(3)＝9，所以函数f(x)在区间[－2，3]上的最小值为f(2)＝－4 2，最大值为f(3)＝9，所以其值域为[－4 2，9]．13．解：(1)g(x)＝x 4x －a ＝14（4x －a ）＋14a 4x －a ＝14＋a4（4x －a ）.因为g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a>0，a 4≤1，即0<a≤4.(2)h(x)＝x ·x 4x －a ＝（x ）34x －a，h ′(x)＝32x 12（4x －a ）－4x 32（4x －a ）2＝2 x ⎝⎛⎭⎪⎫x －3a 4（4x －a ）2，因为0<a≤4，所以0<3a4≤3.当0<3a 4≤1，即0<a≤43时，h(x)在[1，4]上单调递增，所以h(x)min ＝h(1)＝14－a ；当1<3a 4≤3，即43<a ≤4时，h(x)在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，3a 4上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 4，4上单调递增，所以h(x)min＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 4＝3 3a 16.14．解：(1)函数定义域为{x|x>0}，且f′(x)＝2x －(a ＋2)＋a x ＝（2x －a ）（x －1）x.①当a≤0，即a2≤0时，令f′(x)<0，得0<x<1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)；令f′(x)>0，得x>1，所以函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．②当0<a 2<1，即0<a<2时，令f′(x)>0，得0<x<a2或x>1，所以函数f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，(1，＋∞)； 令f′(x)<0，得a 2<x<1，所以函数f(x)的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1. ③当a2＝1，即a ＝2时，f′(x)≥0恒成立，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．(2)①当a≤0时，由(1)可知，函数f(x)的单调递减区间为(0，1)，f(x)在(1，2]单调递增．所以f(x)在(0，2]上的最小值为f(1)＝a ＋1.由于f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝1e4－2e 2－a e2＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2－12－a e2＋1>0，要使f(x)在(0，2]上有且只有一个零点，需满足f(1)＝0或⎩⎪⎨⎪⎧f （1）<0，f （2）<0，解得a ＝－1或a<－2ln 2.②当a ＝2时，由(1)可知，函数f(x)在(0，2]上单调递增，且f(e －4)＝1e 8－4e4－2<0，f(2)＝2＋2ln 2>0，所以f(x)在(0，2]上有且只有一个零点．③当0<a<2时，由(1)可知，函数f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，(1，2]上单调递增，又因为f(1)＝a ＋1>0，所以当x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤a 2，2时，总有f(x)>0. 因为0<e －2a ＋2a<1<a ＋2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －2a ＋2a ＝e －2a ＋2a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤e －2a ＋2a －（a ＋2）＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ln e －2a ＋2a ＋2a ＋2＝e －2a ＋2a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤e －2a ＋2a －（a ＋2）<0.所以f(x)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2内必有零点．又因为f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2内单调递增，从而当0<a≤2时，f(x)在(0，2]上有且只有一个零点．综上所述，0<a≤2或a<－2ln 2或a ＝－1时，f(x)在(0，2]上有且只有一个零点． 15．解：因为g′(x)＝1x ＋2ax ＋1，所以φ(x)＝(2－a)ln x ＋1x＋2ax ，x∈(0，＋∞)．(1)a ＝0时，φ(x)＝2ln x ＋1x ，x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝2x －1x 2＝2x －1x 2.令φ′(x)＝0，得x ＝12.当0<x<12时，φ′(x)<0；当x>12时，φ′(x)>0.所以函数φ(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，所以函数φ(x)在x ＝12处取得极小值φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－2ln 2，无极大值．(2)φ′(x)＝2－a x －1x 2＋2a ＝2ax 2＋（2－a ）x －1x 2＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a x2，x∈(0，＋∞)． 当a<－2时，0<－1a <12，所以在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上φ′(x)<0.所以函数的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 所以当－3<a<－2时，φ(x)在[1，3]上单调递减，所以φ(x)min ＝φ(3)＝(2－a)ln 3＋13＋6a ，φ(x)max ＝φ(1)＝2a ＋1.对∀λ1，λ2∈[1，3]，使得|φ(λ1)－φ(λ2)|<(m ＋ln 2)a －2ln 3恒成立等价于|φ(λ1)－φ(λ2)|max ＝φ(1)－φ(3)<(m ＋ln 2)a －2ln 3恒成立，即(2a ＋1)－⎣⎢⎡⎦⎥⎤（2－a ）ln 3＋13＋6a ＝23－2ln 3＋(ln 3－4)a<(m ＋ln 2)a －2ln 3恒成立，即⎝⎛⎭⎪⎫m ＋4＋ln 23a －23>0在－3<a<－2时恒成立． 令h(a)＝⎝⎛⎭⎪⎫m ＋4＋ln 23a －23，则h(a)是a 的一次函数，故只要h(－3)≥0且h(－2)≥0即可．h(－3)＝⎝⎛⎭⎪⎫m ＋4＋ln 23(－3)－23≥0，解得m≤－389－ln 23； h(－2)＝⎝⎛⎭⎪⎫m ＋4＋ln 23(－2)－23≥0，解得m≤－133－ln 23. 所以m≤－133－ln 23.所以所求的m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－133－ln 23. (也可使用分离参数的方法)。
高考数学的第二轮复习方案高考数学作为高考的一科，其考察的内容涉及到了初中和高中阶段的数学知识，而在数学的学习过程中，很多学生可能没有给予数学足够的重视，结果导致了复习时出现了很大的困难。
因此，建立一套高效、科学的数学复习方案，对于我们备战高考的学生来说显得尤为重要。
下面是一份高考数学第二轮复习方案，希望对大家有所帮助。
一、回顾第一轮复习的方法和成果在开始第二轮复习之前，首先需要回顾一下第一轮复习的成果，发现并弥补它的不足之处。
通过第一轮复习，可以找到自己的薄弱点和错题集，并及时弥补和解决。
回顾一下第一轮复习的范围，进行一个简单的总结，这将是保证复习进展的正确方向的关键。
二、以“真题-错题-强化训练”为核心高考数学的复习主要是做题，因此，建议把“真题-错题-强化训练”作为复习核心，真题和错题都是很好的复习资料，很多真题中的考点是非常经典的，因此，真题要在复习中占据很大的比重。
至于错题，有必要标记出难点，反复练习，并对错题总结，找到自己的薄弱环节。
在此基础上，加强强化训练，增强自己的复习效率。
对于高考的数学复习来说，不能只靠看书或听讲，需要再次切实贯彻“实践出真知”的原则，每天做足够的练习题，积累经验，才能更好地提高自己。
三、重视记忆细节不论是进行初一至高三的每一个阶段的数学学习，还是度过第一轮复习，有一点非常重要，那就是在掌握精髓、理解题型、准确把握重点方面，需要关注记忆细节。
这是逐步熟练操作某一概念的关键。
在这个高考数学的第二轮复习期间，要着重将自己掌握的知识点细节加以巩固，例如在特定部分处描绘图形，这有助于将概念形象化。
也可逐步掌握一些记忆技巧，制定更加具体的记忆计划，例如复习基本知识点的时候，能够紧紧关注关键字，在记忆细节方面大有裨益。
四、建立复习计划与时间调度高考数学的第二轮复习需要有科学合理的复习计划和时间调度。
复习计划需要根据你的实际情况，制定和调整，确保每一天都有可见的复习进步。
在安排好适合自己的复习计划之后，还需要有科学的时间调度。
高三文科数学二轮复习计划一、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。
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 2013-2018 海南对口高考试题.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，证明平行和垂直 .(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。
专题综合训练(一)[专题一 突破高考客观题常考问题](时间：60分钟 分值：100分)一、选择题(每小题5分，共40分)1．设集合M ＝{－1，0，1}，N ＝{x|x 2≤x}，则M∩N＝( ) A ．{0} B ．{0，1}C ．{－1，1}D ．{－1，0，1}2．复数z ＝3＋i1－i的共轭复数z ＝( )A ．1＋2iB ．1－2iC ．2＋iD ．2－i3．命题p ：双曲线x 24－y 2b 2＝1(b>0)的离心率为2；命题q ：椭圆x 2b 2＋y 2＝1(b>0)的离心率为32，则q 是p 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 4．给出如下三个命题：①若“p 且q”为假命题，则p ，q 均为假命题；②命题“若a>b ，则2a >2b －1”的否命题为“若a≤b，则2a ≤2b－1”；x ∈R ，x 2＋1≥1”的否定是“x 0∈R ，x 20＋1≤1”．其中假命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．35．已知向量a ＝(2，1)，b ＝(－2，k)，且a ⊥(2a －b )，则实数k ＝( ) A ．－14 B ．－6 C ．6 D ．146．已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋5≥0，x －y≤0，y ≤0，则z ＝2x ＋4y 的最小值为( )A ．－14B ．－15C ．－16D ．－177．在△ABC 中，若∠A＝120°，AB →→则|BC →|的最小值是( ) A ．2 B ．3C. 6 D ．2 38．如图Z1－1所示，若输出的S 为1525，则判断框内应填( ) A ．k<4? B ．k ≤4? C ．k>4? D ．k ≥4?二、填空题(每小题5分，共20分)9．对于集合M ，定义函数f M (x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，x ∈M ，1，x M.对于两个集合A ，B ，定义集合A∩B＝{x|f A (x)·f B (x)＝－1}．已知A ＝{2，4，6，8，10}，B ＝{1，2，4，8，12}，则用列举法写出集合A∩B 的结果为________．10．已知复数z ＝m 2(1＋i)－m(3＋5i)－(4＋6i)为纯虚数，则实数m 为________．11．若正数a ，b 满足2a ＋b ＝1，则4a 2＋b 2＋ab 的最大值为________．12．“公差为d 的等差数列{a n }的前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为d2的等差数列”，类比上述性质有：“公比为q 的等比数列{b n }的前n 项的积为T n ，则数列__________________________”．三、解答题(共40分)13．(13分)已知函数f(x)＝4|a|x －2a ＋1.若命题：“x 0∈(0，1)，使f(x 0)＝0”是真命题，求实数a 的取值范围．14．(13分)已知圆M ：(x －3)2＋(y －3)2＝4，四边形ABCD 为圆M 的内接正方形，E 为边AB 的中点．当正方形ABCD 绕圆心M 转动，同时点F 在边AD 上运动时，求ME →·OF →的最大值．图Z1－215．(14分)已知实数a 1，a 2，a 3，a 4满足a 1＋a 2＋a 3＝0，a 1a 24＋a 2a 4－a 2＝0，且a 1>a 2>a 3，求a 4的取值范围．专题综合训练(一)1．B [解析] N ＝{x|x 2≤x}＝[0，1]，M ∩N ＝{0，1}．2．B [解析] z ＝3＋i 1－i ＝（3＋i ）（1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝2＋4i2＝1＋2i ，所以z ＝1－2i.3．C [解析] 由双曲线x 24－y 2b 2＝1(b>0)的离心率为2，可得b ＝2；椭圆x 2b2＋y 2＝1(b>0)的离心率为32时，可得b ＝2或b ＝12，所以q 是p 的必要不充分条件． 4．C [解析] ①“p 且q”为假命题，则p ，q 至少有一个为假命题，所以①为假，②为真；③“x ∈R ，x 2＋1≥1”的否定是“x 0∈R ，x 20＋1<1”，所以③为假．所以假命题的个数是2.5．D [解析] 因为a ⊥(2a －b )，所以a ·(2a －b )＝0，即2|a |2－a ·b ＝0，所以2×5－(－4＋k)＝0，解得k ＝14.6．B [解析] 最优解为(－2.5，－2.5)z min ＝－15.7．C [解析] 由∠A＝120°，AB →·AC →＝－1可得|AB →||AC →|＝2， 又|BC →|2＝|AB →|2＋|AC →|2－2|AB →||AC →|cos 120°≥3|AB →||AC →|＝6，所以|BC →|≥ 6. 8．B [解析] (k ，S )→(2，2)→(3，6)→(4，39)→(5，1525)，显然填k≤4？.9．{1，6，10，12} [解析] 要使f A (x)·f B (x)＝－1，必有x∈{x|x ∈A 且x B}∪{x|x ∈B 且x A}＝{1，6，10，12}，所以A ∩B ＝{1，6，10，12}．10．4 [解析] z ＝m 2－3m －4＋(m 2－5m －6)i 为纯虚数，则⎩⎪⎨⎪⎧m 2－3m －4＝0，m 2－5m －6≠0，所以m ＝4. 11.1716 [解析] 1＝2a ＋b≥2 2ab ，ab ≤24.设t ＝ab ，则0<t ≤24，所以4a 2＋b 2＋ab ＝1－4t 2＋t ＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫t －182＋1716≤1716.12.⎩⎨⎧⎭⎬⎫nT n 是公比为q 的等比数列 [解析] ∵n T n ＝(b 1b 2·…·b n )1n ＝(b n 1q 1＋2＋…＋n －1)1n＝(b n1qn （n －1）2)1n ＝b 1(q)n －1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫nT n 是公比为q 的等比数列． 13．解：由“x 0∈(0，1)，使得f(x 0)＝0”是真命题，得f(0)·f(1)<0，所以(1－2a)(4|a|－2a ＋1)<0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a≥0，（2a ＋1）（2a －1）>0或⎩⎪⎨⎪⎧a<0，（6a －1）（2a －1）<0，解得a>12.14．解：ME →·OF →＝ME →·(OA →＋AF →)＝ME →·OA →＋ME →·AF →＝ME →·(OE →＋EA →)－2|AF →|＝ME →·OE →－2|AF →|.显然当点F 落在A 点时，|AF →|＝0，使ME →·OF →最大． ME →·OE →＝ME →·(OM →＋ME →)＝ME →·OM →＋2，设E(x 0，y 0)，则ME →·OE →＝ME →·(OM →＋ME →)＝ME →·OM →＋2＝3(x 0＋y 0)－16. 由|ME →|＝2，得(x 0－3)2＋(y 0－3)2＝2， 令x 0＝3＋2cos θ，y 0＝3＋2sin θ，所以ME →·OE →＝3(x 0＋y 0)－16＝6sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＋2≤8.所以MF →·OF →的最大值为8.15．解：由⎩⎪⎨⎪⎧a 1>a 2>a 3，a 1＋a 2＋a 3＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧1>a 2a 1>a 3a 1，1＋a 2a 1＋a 3a 1＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a 2a 1，y ＝a 3a 1，则⎩⎪⎨⎪⎧y<x<1，x ＋y ＋1＝0，其可行域如图所示，∴－12<x<1.由a 1a 24＋a 2a 4－a 2＝0可得a 241－a 4＝a 2a 1，所以－12<a 241－a 4<1，解得－1－52<a 4<－1＋52.。
2025年高考数学二轮复习计划随着2025年高考的日益临近，数学作为高考中的重点学科，其复习策略的制定与执行对学生来说至关重要。
二轮复习作为提升数学成绩的关键阶段，旨在深化理解、强化训练、掌握高效解题技巧，并通过模拟考试检验学习效果。
以下是一份2025年高考数学二轮复习计划：1. 明确复习目标目标设定：在二轮复习开始之前，学生应明确自己的数学水平，设定切实可行的复习目标。
这些目标应包括但不限于提高解题速度、加深对重点难点的理解、提升综合应用能力以及达到或超越预期的高考数学成绩。
分析考纲：仔细研读最新高考数学考试大纲，明确考试范围、题型分布及难度要求，确保复习方向正确无误。
2. 专题训练分模块复习：将高中数学内容划分为若干专题，如函数与导数、数列与不等式、立体几何、解析几何、概率统计等，逐一进行深度复习。
精选习题：针对每个专题，选择具有代表性的经典例题和历年高考真题进行练习，加深对知识点的理解和记忆。
3. 强化解题技巧总结方法：在解题过程中，注重总结各类题型的解题方法和技巧，形成自己的解题套路。
限时训练：进行限时解题训练，提高解题速度和准确性，适应高考紧张的考试环境。
4. 模拟考试全真模拟：定期参加全真模拟考试，严格按照高考时间和要求进行，检验自己的复习效果。
试卷分析：每次模拟考试后，认真分析试卷，找出错题原因，总结得失，为后续的复习提供参考。
5. 查漏补缺错题整理：将模拟考试和日常练习中的错题整理成册，定期进行回顾和重做，确保彻底掌握。
弱点突破：针对自己在数学上的薄弱环节，制定针对性的强化训练计划，力求在短时间内取得突破。
6. 策略指导时间管理：合理安排答题顺序，优先解决自己擅长且分值高的题目，确保在有限的时间内得到最多的分数。
心理调适：保持积极乐观的心态，遇到难题时保持冷静，不轻易放弃，相信自己的能力和努力。
应试技巧：学习并掌握一些实用的应试技巧，如快速审题、准确计算、规范书写等，以提高答题效率和得分率。
高考数学的第二轮复习方案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。
通过这一轮的学习，学生大都能掌握基本的概念和性质。
但只是比较零散，综合应用有较大的问题，因此二轮复习就显得尤为重要了。
接下来是小编为大家整理的高考数学的第二轮复习方案，希望大家喜欢!高考数学的第二轮复习方案一1高三第二轮复习怎么做首先，做好承下。
同学们在自己的第二轮复习的时候首先需要做的就是要做好承下的工作，也就说同学们要在自己开展第二轮复习的时候先把自己第一轮的复习做好总结，让自己在第一轮的复习中没有什么问题的遗留，这样同学们才能够为自己的第二轮复习打下一个好的基础，而且也能够让自己的第一轮复习有一个好的总结，所以同学们要做好自己的第一轮复习的总结工作。
第二，心态上要摆正了。
接下来同学们需要做的就是要把自己的心态摆正了，这个时候同学们不要再去想什么第一轮复习中的问题，因为已经做好了总结了，这个时候再去想只能是浪费自己的时间，这个时候同学们要把自己的心态摆正了，明确自己在第二轮复习的目标，在心里面重视自己的二轮复习，这样同学们才能够在复习的时候取得一个好的成绩。
第三，查漏补缺。
更后同学们需要做的就是在二轮复习的时候对自己的学习进行一个好的查漏补缺，因为在一轮复习的时候同学们已经把所有的基础知识都复习完了，所以同学们接下来需要做的就是在二轮复习一些比较难的知识点的时候去查漏补缺，看看自己在哪一块的学习上还不足，同学们在复习的过程中如果能够很好的进行查漏补缺，那么才能够有一个好的复习。
2高三二轮复习策略一、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》，吃透精神实质，抓住考试内容和能力要求，同时还应关注近三年的高考试题以及对试题的评价报告，捕捉高考信息，吸收新课程的新思想、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。
