高考文科数学题型归纳

高考文科数学题型归纳（推荐7篇）

高考文科数学题型归纳 篇1

题型

1、集合的基本概念

题型

2、集合间的基本关系

题型

3、集合的运算

题型

4、四种命题及关系

题型

5、充分条件、必要条件、充要条件的判断与证明

题型

6、求解充分条件、必要条件、充要条件中的参数范围

题型

7、判断命题的真假

题型

8、含有一个量词的命题的否定

题型

9、结合命题真假求参数的范围

题型

10、映射与函数的概念

题型

11、同一函数的判断

题型

12、函数解析式的求法

题型

13、函数定义域的求解

题型

14、函数定义域的应用

题型

15、函数值域的求解

题型

16、函数的奇偶性

题型

17、函数的单调性(区间)

题型

18、函数的周期性

题型

19、函数性质的综合

题型20、二次函数、一元二次方程、二次不等式的关系

题型

21、二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的实根分布及条件

题型

22、二次函数“动轴定区间”、“定轴动区间”问题

题型

23、指数运算及指数方程、指数不等式

题型

24、指数函数的图像及性质

题型

25、指数函数中的恒成立的问题

题型

26、对数运算及对数方程、对数不等式

题型

27、对数函数的图像与性质

题型

28、对数函数中的恒成立问题

题型

29、幂函数的定义及基本性质

题型30、幂函数性质的综合应用

题型

31、判断函数的图像

题型

32、函数图像的应用

题型

33、求函数的零点或零点所在区间

题型

34、利用函数的零点确定参数的取值范围

题型

35、方程根的个数与函数零点的存在性问题

题型

36、函数与数列的综合 题型

37、函数与不等式的综合 题型

38、函数中的创新题

题型

39、导数的定义

题型40、求函数的导数

题型

41、导数的几何意义

题型

42、利用原函数与导函数的关系判断图像

题型

43、利用导数求函数的单调区间

题型

44、含参函数的单调性(区间)

题型

45、已知含参函数在区间上单调或不单调或存在单调区间,求参数范围

题型

46、函数的极值与最值的求解

题型

47、方程解(函数零点)的个数问题

题型

48、不等式恒成立与存在性问题

题型

49、利用导数证明不等式

题型50、导数在实际问题中的应用

题型

51、终边相同的角的集合的表示与识别

题型

52、等分角的象限问题

题型

53、弧长与扇形面积公式的计算

题型

54、三角函数定义题

题型

55、三角函数线及其应用

题型

56、象限符号与坐标轴角的三角函数值

题型

57、同角求值---条件中出现的角和结论中出现的角是相同的 题型

58、诱导求值与变形

题型

59、已知解析式确定函数性质

题型60、根据条件确定解析式

题型61、三角函数图像变换

题型62、两角和与差公式的证明

题型63、化简求值

题型64、正弦定理的应用

题型65、余弦定理的应用

题型66、判断三角形的形状

题型67、正余弦定理与向量的综合 题型68、解三角形的实际应用

题型69、共线向量的基本概念

题型70、共线向量基本定理及应用

题型71、平面向量的线性表示

题型72、平面向量基本定理及应用

题型73、向量与三角形的四心

题型74、利用向量法解平面几何

题型75、向量的坐标运算

题型76、向量平行(共线)、垂直充要条件的坐标表示

题型77、平面向量的数量积

题型78、平面向量的应用

题型79、等差、等比数列的通项及基本量的求解

题型80、等差、等比数列的求和

题型81、等差、等比数列的性质应用

题型82、判断和证明数列是等差、等比数列

题型83、等差数列与等比数列的综合 题型84、数列通项公式的求解

题型85、数列的求和

题型86、数列与不等式的综合

题型87、不等式的性质

题型88、比较数(式)的大小与比较法证明不等式

题型89、求取值范围

题型90、均值不等式及其应用

题型91、利用均值不等式求函数最值

题型92、利用均值不等式证明不等式

题型93、不等式的证明

题型94、有理不等式的解法

题型95、绝对值不等式的解法

题型96、二元一次不等式组表示的平面区域

题型97、平面区域的面积

题型98、求解目标函数的最值

题型99、求解目标函数中参数的取值范围

题型100、简单线性规划问题的实际运用

题型101、不等式恒成立问题中求参数的取值范围

题型102、函数与不等式综合 题型103、几何体的表面积与体积

题型104、球的表面积、体积与球面距离

题型105、几何体的外接球与内切球

题型106、直观图与斜二测画法

题型107、直观图?三视图

题型108、三视图?直观图---简单几何体的基本量的计算

题型109、三视图?直观图---简单组合体的基本量的计算

题型

110、部分三视图?其余三视图

题型111、证明“点共面”、“线共面”或“点共线”及“线共点”

题型112、异面直线的判定

题型113、证明空间中直线、平面的平行关系

题型114、证明空间中直线、平面的垂直关系

题型115、倾斜角与斜率的计算

题型116、直线的方程

题型117、两直线位置关系的判定

题型118、有关距离的计算

题型119、对称问题

题型120、求圆的方程

题型121、直线系方程和圆系方程

题型122、与圆有关的轨迹问题

题型123、圆的一般方程的充要条件

题型124、点与圆的位置关系判断

题型125、与圆有关的最值问题

题型126、数形结合思想的应用

题型127、直线与圆的相交关系

题型128、直线与圆的相切关系

题型129、直线与圆的相离关系

题型130、圆与圆的位置关系

题型131、椭圆的定义与标准方程

题型132、离心率的值及取值范围

题型133、焦点三角形

题型134、双曲线的定义与标准方程

题型135、双曲线的渐近线

题型136、离心率的值及取值范围

题型137、焦点三角形

题型138、抛物线的定义与方程

题型139、与抛物线有关的距离和最值问题

题型140、抛物线中三角形、四边形的面积问题

题型141、直线与圆锥曲线的位置关系

题型142、中点弦问题

题型143、弦长与面积问题

题型144、平面向量在解析几何中的应用

题型145、定点问题

题型146、定值问题

题型147、最值问题

题型148、已知流程框图,求输出结果

题型149、根据条件,填充不完整的流程图

高考文科数学题型归纳 篇2

一、选择题

1.设l, m是两条不同的直线, α是一个平面, 则下列命题正确的是 ( ) .

(A) 若l⊥m, m⊂α, 则l⊥α

(B) 若l⊥α, l//m, 则m⊥α

(C) 若l//α, m⊂α, 则l//m

(D) 若l//α, m//α, 则l//m

2.在下列命题中, 错误的是 ( ) .

(A) 如果两个平面有三个不共线的公共点, 那么这两个平面重合

(B) 如果两条直线都与第三条直线平行, 那么这两条直线平行

(C) 如果两条直线都与第三条直线垂直, 那么这两条直线垂直

(D) 如果两个平行平面同时与第三个平面相交, 那么他们的交线平行

3.已知正四棱锥S-ABCD中, $SA=2\sqrt{3}$, 那么, 当该棱锥的体积最大时, 它的高为 ( ) .

$(\text{A})1(\text{B})\sqrt{3}(\text{C})2(\text{D})3$

4. (理) 过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A作直线l, 使l与棱AB, AD, AA1所成的角都相等, 这样的直线l可以作 ( ) .

(A) 1条 (B) 2条 (C) 3条 (D) 4条

(文) 一个几何体的三视图如图1所示, 该几何体的表面积是 ( ) .

(A) 372 (B) 360 (C) 292 (D) 280

5.如图2, 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2, 动点E, F在棱A1B1上, 点Q是CD的中点, 动点P在棱AD上, 若EF=1, DP=x, A1E=y, 其中x, y大于零, 则三棱锥P-EFQ的体积 ( ) .

(A) 与x, y都有关

(B) 与x, y都无关

(C) 与x有关, 与y无关

(D) 与y有关, 与x无关

6.如果四棱锥的四条侧棱都相等, 就称它为“等腰四棱锥”, 四条侧棱称为它的腰, 以下4个命题中, 假命题是 ( ) .

(A) 等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等

(B) 等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补

(C) 等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆

(D) 等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上

二、填空题

7.在三棱锥O-ABC中, OA, OB, OC两两互相垂直, 且OA=1, OB=OC=2, 则该三棱锥的外接球的体积为____.

8.如图3, 在长方体ABCD-A1B1C1D1中, AB=AD=2AA1=4, 点O是底面ABCD的中心, 点E是A1D1的中点, 点P是底面ABCD上的动点, 且到直线OE的距离等于1.设点P的轨迹为L, 则L的离心率等于____.

三、解答题

9.如图4, 在四棱锥P-ABCD中, 底面ABCD是边长为a的正方形, E, F分别是PC, DB的中点, 侧面PAD⊥底面ABCD, 且${\rm P}A={\rm P}D=\frac{\sqrt{2}}{2}AD.$

(Ⅰ) 求证:EF//平面PAD;

(Ⅱ) 求EF与底面ABCD所成的角的大小.

10. (理) 如图5, 圆柱OO1内有一个三棱柱ABC-A1B1C1, 三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形, AB是圆O的直径, 且AB=AA1, 在圆柱OO1内随机选取一点, 记该点取自于三棱柱ABC-A1B1C1内的概率为p.

(Ⅰ) 当点C在圆周上运动时, 求p的最大值;

(Ⅱ) 记平面A1ACC1与平面B1OC所成的角为θ (0°<θ≤90°) , 当p取最大值时, 求cosθ的值.

(文) 如图6, 四棱锥P-ABCD, △PAB≌△CBA, 在它的俯视图ABCD中, BC=CD, AD=1, ∠BCD=∠BAD=60°.

(Ⅰ) 求证:△PBC是直角三角形;

(Ⅱ) 求四棱锥P-ABCD的体积.

11.如图7, 在多面体ABCDEF中, 四边形ABCD是正方形, AB=2EF=2, EF//AB, EF⊥FB, ∠BFC=90°, BF=FC, G, H分别为DC, BC的中点.

(Ⅰ) 求证:平面FGH//平面BDE;

(Ⅱ) 求证:平面ACF⊥平面BDE;

(Ⅲ) (理) 求异面直线AF与CD所成的角的余弦值.

(文) 求四面体B—DEF的体积.

12. (理) 如图$8‚\stackrel{⌢}{AEC}$是半径为a的半圆, AC为直径, 点E为$\stackrel{⌢}{AC}$的中点, 点B和点C为线段AD的三等分点, 平面AEC外一点F满足$FB=FD=\sqrt{5}a‚FE=\sqrt{6}a.$

(Ⅰ) 证明:EB⊥FD;

(Ⅱ) 已知点Q, R为线段FE, EB上的点, $FQ=\frac{2}{3}FE‚FR=\frac{2}{3}FB$, 求平面BED与平面RQD所成的二面角的正弦值.

(文) 如图$9‚\stackrel{⌢}{AEC}$是半径为a的半圆, AC为直径, 点E为$\stackrel{⌢}{AC}$的中点, 点B和点C为线段AD的三等分点, 平面AEC外一点F满足FC⊥平面$BED‚FB=\sqrt{5}a.$

(Ⅰ) 证明:EB⊥FD;

(Ⅱ) 求点B到平面FED的距离.

参考答案

1.B.构造如图1所示的正方体, 取平面ABCD为α, 直线AB为m,

直线BC1为l, 则选项A错;取AA1为l, 当l//m时, 必有m⊥α, 则B正确;取直线A1B1为l, AC为m, 则C错;取直线A1B1为l, A1D1为m, 则D错.

【易错分析】构造正方体考虑这类问题时, 需注意选择的多样性, 如在选项A中, 若选择AA1为l时, A也正确, 正因为选项A可能正确, 也可能不正确, 则不能说其正确, 对于C, D也如此.

2.C.两条直线都与第三条直线垂直, 那么这两条直线可能相交、平行或异面.

【易错分析】构造“长方体或正方体模型”是判断空间中线面位置关系的利器, 但并不是万能的, 如本题, 若用“正方体模型”解答, 则较为麻烦.

3.C.设正四棱锥的高OS=h, 则

令V′S-ABCD=0, 得h=2, 当0<h<2时, V′S-ABCD>0, VS-ABCD单调递增, 当$2<h<2\sqrt{3}$时, V′S-ABCD<0, VS-ABCD单调递减,

∴当h=2时, $(V{}_{S-ABCD}){}_{\max }=\frac{32}{3}.$

【易错分析】本题也可设AB=a, 用导数求其最值, 再求四棱锥的高, 但运算量稍大, 容易出错.

4. (理) D.如图2, 在正方体的内部, 有直线AC1满足题意, 在正方体的外部也存在3条直线l满足题意, 故共有4条直线l满足题意.

【易错分析】本题易由于思维的局限性, 而错选A, 其实由对称不难推出:满足题意的直线有4条.

(文) B.该几何体由两个长方体组合而成, 将上面的长方体的上表面移到下面的长方体, 则其表面积等于下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和.∴ S=2 (10×8+10×2+8×2) +2 (6×8+8×2) =360.

【易错分析】本题易错点有:一是不能想象该几何体的构成, 二是不能将上面的长方体的上表面转移到下面的长方体上, 简化所求表面积的计算, 加大计算次数而产生错误.

5.C.连结A1D, 作PM⊥A1D于点M, 由DC⊥平面ADD1A1, PM⊂平面ADD1A1, 得PM⊥DC, A1D∩DC=D, 所以PM⊥平面A1DCB1, 即PM⊥平面EQF.又

$\begin{array}{l}{\rm P}{\rm M}=\frac{x}{\sqrt{2}},S{}_{△EQF}=\frac{1}{2}\cdot EF\cdot A{}_{1}D=\frac{1}{2}\times 1\times 2\sqrt[]{2}=\sqrt{2},\\ \therefore V{}_{{\rm P}-EFQ}=\frac{1}{3}\cdot S{}_{△E{\rm O}F}\cdot {\rm P}{\rm M}=\frac{x}{3}.\end{array}$

【易错分析】由于三棱锥的四个顶点均为动点, 易误认为其体积与x, y都有关而错选A, 另外, 若不能将平面EQF扩展为平面A1DCB1, 则难于计算△EQF的面积及点P到平面EOF的距离.

6.B.由等腰四棱锥的定义知, 设SABCD为等腰四棱锥, O为顶点S在底面内的射影, 侧棱长为l, 高SO=h, 则${\rm O}A={\rm O}B={\rm O}C={\rm O}D=\sqrt{l{}^2-h{}^2}$, 因此可将等腰四棱锥通过补体补成一个圆柱, 如图3, 连结上下底面的中心得到等腰四棱锥的高, 进而可以证得A和C正确;对于D, 我们可在高所在的直线上找到一个点 (位置由高和腰的大小关系确定) , 使之到各顶点的距离相等, 因此等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上;而等腰四棱锥的底面未确定, 所以侧面底边上的高不能确定, 从而侧面与底面所成的角不能确定.

【易错分析】读不懂题中提供的信息, 即不清楚“等腰四棱锥”的定义是什么, 不知道该如何下手去做, 对相应的判断也失去了意识, 最后胡乱选择一个了事.

$7.\frac{9}{2}\text{π}$.把三棱锥放置于如图4所示的长方体中, 则三棱锥的外接球即为长方体的外接球, 由直径等于对角线的长, 得

$\begin{array}{l}2R=\sqrt{{\rm O}A{}^2+{\rm O}B{}^2+{\rm O}C{}^2}\\ =\sqrt{1{}^2+2{}^2+2{}^2}=3‚\\ \therefore R=\frac{3}{2}‚\text{于}\text{是}\text{所}\text{求}\text{的}\text{体}\text{积}\text{为}\end{array}$

$V=\frac{4}{3}\times \text{π}\times (\frac{3}{2}){}^3=\frac{9}{2}\text{π}.$

【易错分析】本题若直接计算, 则难以确定球心的位置, 而且计算量非常大, 容易出错.

$8.\frac{\sqrt{2}}{2}$.由题意可知, 点P在以OE为轴, 半径为1的圆柱侧面上, 点P又在底面ABCD上,

∴ 点P的轨迹是平面ABCD与圆柱侧面的交线, 可算得其轴OE与平面ABCD所成的角为45°, 则点P的轨迹是椭圆, 且长半轴长$a=\sqrt{2}$, 短半轴长为b=1, 则$c{}^2=a{}^2-b{}^2=1,\therefore e=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$

【易错分析】本题若不能从交线的角度考虑问题, 难以找到解题入口;在确定点P的轨迹为椭圆后, 只需求得椭圆中的a, b, c即可, 不必囿于思维定式, 而求其方程.

9.解: (Ⅰ) 如图5, 连结AC, 由底面ABCD是正方形知, AC过点F, 且F为AC的中点, 又E为PC的中点,

∴ EF//PA, EF⊄平面PAD, PA⊂平面PAD,

∴ EF//平面PAD.

(Ⅱ) 取AD的中点M, 连结PM.

由${\rm P}A={\rm P}D=\frac{\sqrt{2}}{2}AD$知, △PAD为等腰直角三角形, 且∠APD=45°, ∴ PM⊥AD.

又侧面PAD⊥底面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD, ∴ PM⊥平面ABCD.

∴ PA与底面ABCD所成的角为∠PAM, 且∠PAM=45°, 由 (Ⅰ) 知, EF//PA.

故EF与底面ABCD所成的角为45°.

【易错分析】 (Ⅰ) 本题也可取CD的中点N, 通过证明平面EFN//平面PAD来证明EF//平面PAD, 但过程稍繁, 容易产生表达上的漏洞. (Ⅱ) 本题易错误认为PA⊥底面ABCD, 而以点A为原点建立空间直角坐标系解答问题, 从而出错.

10. (理) 解: (Ⅰ) 设圆柱的底面半径为r, 则AB=AA1=2r, 故三棱柱ABC-A1B1C1的体积为

$V{}_1=\frac{1}{2}AC\cdot BC\cdot 2r=AC\cdot BC\cdot r.$

又因为AC2+BC2=AB2=4r2,

所以$AC\cdot BC\le \frac{AC{}^2+BC{}^2}{2}=2r{}^2$, 当且仅当$AC=BC=\sqrt{2}r$时等号成立, 从而V1≤2r3, 而圆柱的体积V=πr2·2r=2πr3, 故$p=\frac{V{}_1}{V}\le \frac{2r{}^3}{2\text{π}r{}^3}=\frac{1}{\text{π}}$, 当且仅当$AC=BC=\sqrt{2}r‚$即OC⊥AB时等号成立, 所以p的最大值是$\frac{1}{\text{π}}.$

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 可知, p取最大值时, OC⊥AB, 于是以O为坐标原点, 建立空间直角坐标系O-xyz (如图6) , 则C (r, 0, 0) , B (0, r, 0) , B1 (0, r, 2r) .

因为BC⊥平面A1ACC1, 所以$\overrightarrow{BC}=(r,-r,0)$是平面A1ACC1的一个法向量.设平面B1OC的一个法向量为n= (x, y, z) .

由得

故

取z=1得平面B1OC的一个法向量为n= (0, -2, 1) .

因为0°<θ≤90°,

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}\cos \theta =|\cos \langle \mathit{n},\overrightarrow{BC}\rangle |\\ =\left|\frac{\mathit{n}\cdot \overrightarrow{BC}}{|\mathit{n}|\cdot |\overrightarrow{BC}|}\right|=\left|\frac{2r}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{2}r}\right|=\frac{\sqrt{10}}{5}.\end{array}$

【易错分析】本题在求法向量n时, 容易产生运算上的错误, 在取法向量的过程中, 若一些平面的法向量可观察而得, 可直接写出, 如本题的平面A1ACC1的法向量$\overrightarrow{BC}$, 在取值时, 应注意运算的简便性.

(文) 解: (Ⅰ) 证明:由题图可知, 点P在底面ABCD上的投影是点A, ∴ PA⊥ABCD.

因为AB, BC⊂ABCD,

∴ PA⊥AB, PA⊥BC.

∵ △PAB≌△CBA,

∴ ∠ABC=∠BAP=90°, AB⊥BC.

因为PA∩AB=A, 所以BC⊥平面PAB,

∴ BC⊥PB, △PBC是直角三角形.

(Ⅱ) 连结BD.∵ BC=CD, ∠BCD=60°, ∴ △BCD是等边三角形, 在△ABD中, 根据多边形内角和定理计算得∠ADB=90°.

$\begin{array}{l}\text{又}\because \angle BAD=60°,\text{所}\text{以}BD=\sqrt{3}AD=\sqrt{3}‚\\ \therefore S{}_{△ABD}=\frac{\sqrt{3}}{2},S{}_{△BCD}=\frac{\sqrt{3}}{4}BD{}^2=\frac{3\sqrt[]{3}}{4},\\ \therefore S{}_{ABCD}=S{}_{△ABD}+S{}_{△BCD}=\frac{5\sqrt[]{3}}{4}.\end{array}$

又${\rm P}A=BC=BD=\sqrt{3}$,

所以, 四棱锥P-ABCD的体积

$V=\frac{1}{3}\times {\rm P}A\times S{}_{ABCD}=\frac{1}{3}\times \sqrt{3}\times \frac{5\sqrt[]{3}}{4}=\frac{5}{4}.$

【易错分析】由俯视图看到点P在底面ABCD上的投影刚好为点A, 于是PA⊥平面ABCD, 这时问题就不难解决了.△PAB≌△CBA隐含了三组对应边及三组对应角相等, 其边角关系必须对应, 否则容易算错边长及角度.

11.解: (Ⅰ) 如图7, 设AC与BD交于点O, 连结OE, OH.由$EF//AB‚EF=\frac{1}{2}AB$, 得$EF■\frac{1}{2}AB.$

又

∴ 四边形OEFH为平行四边形, 得FH//EO,

FH⊄平面BDE, EO⊂平面BDE, 得EH//平面BDE, 而G, H分别为DC, BC的中点, 得GH//DB, GH⊄平面BDE, DB⊂平面BDE,

∴ GH//平面BDE.又∵ EH∩GH=H,

∴ 平面FGH//平面BDE.

(Ⅱ) ∵ 四边形ABCD为正方形, ∴ AC⊥BD.

∵ AB⊥BC, EF//AB, ∴ EF⊥BC.

又EF⊥FB, BF∩BC=B,

∴ EF⊥平面BCF, FH⊂平面BCF, 得EF⊥FH, 而EF//OH, 于是FH⊥OH.

又BF=FC, H是BC的中点, 得FH⊥BC,

OH∩BC=H, 得FH⊥平面ABCD, AC⊂平面ABCD, 有FH⊥AC.

由OE//HF, 得AC⊥OE, OE∩BD=O,

∴ AC⊥平面BDE, 而AC⊂平面ACF,

∴ 平面ACF⊥平面BDE.

(Ⅲ) (理) 由EF//AB//DC, 得异面直线AF与CD所成的角为∠BAF, 由题意知△BCF为等腰直角三角形, 且斜边BC=2, 得$BF=\sqrt{2}.$

又$AB\perp BF‚\therefore \tan BAF=\frac{BF}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 而$\angle BAF\in (0,\frac{\text{π}}{2}]‚\therefore \cos BAF=\frac{\sqrt{6}}{3}$, 即异面直线AF与CD所成的角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}.$

(文) EF⊥BF, ∠BFC=90°, BF⊥平面CDEF, 则BF为四面体B—DEF的高.

$\begin{array}{l}\text{又}BC=AB=2‚BF=FC=\sqrt{2}‚\\ \therefore V{}_{B-DEF}=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 1\times \sqrt{2}\times \sqrt{2}=\frac{1}{3}.\end{array}$

【易错分析】若不注意选取AC与BD的交点O, 难以找到本题的解题入口, 对于 (Ⅰ) , 易出现表达上的漏洞, 如得到FH//EO与GH//DB即下结论平面FGH//平面BDE, 对于 (Ⅱ) , 若缺少转换考虑而直接证明AC⊥OE, 则不能顺利得到结论.

12. (理) 解: (Ⅰ) 证明:由题可知, 点B为圆心, 又E为AC的中点, 故EB⊥BC.

$\begin{array}{l}\text{在}△BEF\text{中}‚FB=\sqrt{5}a‚EB=r=a‚FE=\sqrt{6}a‚\\ \therefore FB{}^2+EB{}^2=FE{}^2‚\therefore FB\perp EB.\end{array}$

又∵ FB∩BC=B, BC⊂平面BDF, FB⊂平面BDF, ∴ EB⊥平面BDF.

又FD⊂平面BDF, ∴ EB⊥FD.

(Ⅱ) 过点D作DG//BE,

$\begin{array}{l}\text{易}\text{知}\text{平}\text{面}BED{\displaystyle \cap \text{平}}\text{面}RQD=DG.\\ \because FQ=\frac{2}{3}FE‚FR=\frac{2}{3}FB‚\therefore QR//EB.\end{array}$

由 (Ⅰ) 知, EB⊥平面BDF,

∴DG⊥平面BDF, ∴DG⊥DR.

又EB⊥BC, ∴ DG⊥BC, ∴ ∠BDR为平面BED与平面RQD所成二面角的平面角.

在△BDF中, $BD=2a‚FB=\sqrt{5}a‚FD=\sqrt{5}a$,

由余弦定理求得$\cos DBF=\frac{\sqrt{5}}{5}.$

$\begin{array}{l}\text{在}△BDR\text{中}‚\cos DBR=\cos DBF=\frac{\sqrt{5}}{5}‚BD=2a‚RB=\frac{1}{3}FB=\frac{\sqrt{5}a}{3}‚\\ \therefore RD=\sqrt{BD{}^2+RB{}^2-2BD\cdot RB\text{c}\text{o}\text{s}DBR}\\ =\frac{\sqrt{29}}{3}a‚\end{array}$

由正弦定理, 得$\frac{RB}{\text{s}\text{i}\text{n}BDR}=\frac{RD}{\text{s}\text{i}\text{n}DBR}$, 且$\sin DBR=\frac{2\sqrt[]{5}}{5}$, 可解得$\sin BDR=\frac{2\sqrt{29}}{29}$,

即平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值为$\frac{2\sqrt{29}}{29}.$

【易错分析】本题容易找到∠BDR为平面BED与平面RQD所成二面角的平面角, 但必须加以严格说明, 将问题转化为解三角形BDR后, 容易产生计算上的混乱与错误, 在图中相应边标上其长度即可避免这种错误.

(文) 解: (Ⅰ) 证明:∵ AC为半圆的直径, 且E是$\stackrel{⌢}{AC}$的中点, ∴ BE⊥AC.

又FC⊥平面BED, BE⊂平面BED,

∴ FC⊥BE, 而AC∩FC=C, 得BE⊥平面FBD, FD⊂平面FBD, ∴ BE⊥FD.

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知, △FBC, △FCD, △BED, △BEF均为直角三角形,

而$BC=a‚FB=\sqrt{5}a$, 由勾股定理得FC=2a,

而CD=BC=a, 在Rt△FCD中, 得$FD=\sqrt{5}a$, 在Rt△BED中, 得$ED=\sqrt{5}a$,

在Rt△BEF中, 得$EF=\sqrt{6}a$, 于是△EFD为等腰三角形, 取EF的中点G, 则$DG\perp EF‚EG=\frac{1}{2}EF=\frac{\sqrt{6}}{2}a‚\therefore DG=\sqrt{DE{}^2-EG{}^2}=\frac{\sqrt{14}}{2}a.$

设点B到平面FED的距离为h,

由VF-BDE=VB-DEF, 得$\frac{1}{3}\cdot (\frac{1}{2}\cdot BE\cdot BD)\cdot CF=\frac{1}{3}\cdot (\frac{1}{2}\cdot EF\cdot DG)\cdot h$,

$\begin{array}{l}\text{有}a\cdot 2a\cdot 2a=\sqrt{6}a\cdot \frac{\sqrt{14}}{2}a\cdot h‚\\ \therefore 4a=\sqrt{21}h‚\text{所}\text{以}h=\frac{4\sqrt{21}}{21}a‚\end{array}$

即B到平面FED的距离为$\frac{4\sqrt{21}}{21}a.$

【易错分析】用等积法求VF-BDE与VB-DEF时, 容易产生计算上的混乱与错误, 在图中相应边标上其长度即可避免这种错误.

十、排列组合、概率与统计部分

一、选择题

1. (理) 已知随机变量X服从正态分布N (3, 1) , 且P (2≤X≤4) =0.6826, 则P (X>4) = ( ) .

(A) 0.1588 (B) 0.1587

(C) 0.1586 (D) 0.1585

(文) 在120个零件中, 一级品24个, 二级品36个, 三级品60个.用系统抽样法从中抽取容量为20的样本, 则二级品中每个个体被抽取到的概率是 ( ) .

$(\text{A})\frac{1}{6}(\text{B})\frac{1}{36}(\text{C})\frac{1}{60}(\text{D})\frac{1}{24}$

2.某单位200名职工的年龄分布情况如图1所示, 现要从中抽取40名职工作样本, 用系统抽样法, 将全体职工随机按1～200编号, 并按编号顺序平均分为40组 (1～5号, 6～10号, …, 196～200号) .若第5组抽出的号码为22, 则第8组抽出的号码应是m;若用分层抽样方法, 则40岁以下年龄段应抽取n人.那么m, n分别为 ( ) .

(A) 27, 22 (B) 32, 20

(C) 37, 20 (D) 37, 22

3. (理) 如图2, 用四种不同的颜色给图中的A、B、C、D、E、F六个点涂色, 要求每个点涂一种颜色, 且图中每条线段的两个端点涂不同颜色, 则不同的涂色方法有 ( ) .

(A) 288种 (B) 264种

(C) 240种 (D) 144种

(文) 在区间[0, 1]上任取两个实数a, b, 则函数$f(x)=\frac{1}{3}x{}^3+ax-b$在区间 (-1, 1) 上有且仅有一个零点的概率为 ( ) .

$(\text{A})\frac{1}{9}(\text{B})\frac{2}{9}(\text{C})\frac{7}{9}(\text{D})\frac{8}{9}$

4. (理) $(1-x){}^4(1-\sqrt{x}){}^3$的展开式中x2的系数是 ( ) .

(A) -6 (B) -3 (C) 0 (D) 3

(文) 对于任意两个正整数m, n, 定义某种运算“※”如下:当m, n都为正偶数或正奇数时, m※n=m+n;当m, n中一个为正偶数, 另一个为正奇数时, m※n=mn.在此定义下, 集合M={ (a, b) |a※b=12, a∈N*, b∈N*}中的元素个数是 ( ) .

(A) 10 (B) 15 (C) 16 (D) 18

5. (理) 设两个独立事件A, B都不发生的概率为$\frac{1}{9}$, 则A与B都发生的概率可能为 ( ) .

$(\text{A})\frac{1}{3}(\text{B})\frac{2}{3}(\text{C})\frac{5}{9}(\text{D})\frac{8}{9}$

(文) 某电脑公司有3名产品推销员, 其工作年限与年推销金额数据如下表:

由表中数据算出线性回归方程$\widehat{y}=bx+a$中的$b=\frac{7}{26}$.若第4名推销员的工作年限为6年, 则估计他的年推销金额为 ( ) .

(A) 2 (B) 3 (C) 3.3 (D) 3.5

6.甲、乙两位同学相同的5次数学测试成绩如图3所示, 设$\overline{x{}_1}$和$\overline{x{}_2}$分别表示甲、乙两位同学数学测试成绩的平均数, 设s1和s2分别表示甲、乙两位同学测试成绩的标准差, 则有 ( ) .

$\begin{array}{l}(\text{A})\overline{x{}_1}=\overline{x{}_2}‚s{}_1<s{}_2(\text{B})\overline{x{}_1}=\overline{x{}_2}‚s{}_1>s{}_2\\ (\text{C})\overline{x{}_1}>\overline{x{}_2}‚s{}_1=s{}_2(\text{D})\overline{x{}_1}＜\overline{x{}_2}‚s{}_1=s{}_2\end{array}$

二、填空题

7.某市居民2005～2009年家庭年平均收入x (单位:万元) 与年平均支出Y (单位:万元) 的统计资料如下表所示:

根据统计资料, 居民家庭年平均收入的中位数是____;家庭年平均收入与年平均支出呈____线性相关关系.

8.某地有居民100000户, 其中普通家庭99000户, 高收入家庭1000户.从普通家庭中以简单随机抽样方式抽取990户, 从高收入家庭中以简单随机抽样方式抽取100户进行调查, 发现共有120户家庭拥有3套或3套以上住房, 其中普通家庭50户, 高收入家庭70户.依据这些数据并结合所掌握的统计知识, 你认为该地拥有3套或3套以上住房的家庭所占比例的合理估计是____.

9.投掷两颗骰子得到向上的点数分别记为a, b, 设函数f (x) =ax2-bx-1, 则该函数在[1, +∞) 上是增函数的概率为____.

10. (理) 甲罐中有5个红球, 2个白球和3个黑球, 乙罐中有4个红球, 3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐, 分别以A1, A2和A3表示由甲罐取出的球是红球, 白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球, 以B表示由乙罐取出的球是红球的事件, 则下列结论中正确的是____ (写出所有正确结论的编号) .

①A1, A2, A3是两两互斥的事件;②事件B与事件A1相互独立;$③{\rm P}(B|A{}_1)=\frac{5}{11}$;$④{\rm P}(B)=\frac{2}{5}.$

(文) 一个班级里, 男生占四分之一, 女生中有三分之一得过第一名, 而男生中只有十分之一得过第一名, 随机地选一位学生, 则这位学生得过第一名的概率是____.

三、解答题

11.第17届亚运会将于2014年9月18日至10月4日在韩国仁川进行, 为了搞好接待工作, 组委会招募了16名男志愿者和14名女志愿者, 调查发现, 男、女志愿者中分别有10人和6人喜爱运动, 其余不喜爱.

(Ⅰ) 根据以上数据完成以下2×2列联表:

(Ⅱ) 根据列联表的独立性检验, 能否在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为性别与喜爱运动有关?

(Ⅲ) (理) 从女志愿者中抽取2人参加接待工作, 若其中喜爱运动的人数为ξ, 求ξ的分布列和期望.

(文) 如果从喜欢运动的女志愿者中 (其中恰有4人会英语) , 抽取2名负责翻译工作, 则抽出的志愿者中2人都能胜任翻译工作的概率是多少?

参考公式:${\rm K}{}^2=\frac{n(ad-bc){}^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$, 其中n=a+b+c+d.

参考数据:

12. (理) 如图4, 设不等式组确定的平面区域为确定的平面区域为V.

(Ⅰ) 在区域U内任取3个整点 (坐标为整数的点) , 求这些整点中恰有2个整点在区域V的概率;

(Ⅱ) 在区域U内任取3个点 (不一定为“整点”) , 记这3个点在区域V的个数为X, 求X的分布列、数学期望E (X) 及方差D (X) .

(文) 某校从参加高一年级期中考试的学生中随机抽取60名学生, 将其数学成绩 (均为整数) 分成六段[40, 50) , [50, 60) , …, [90, 100]后得到如图5所示的部分频率分布直方图.观察图形的信息, 回答下列问题:

(Ⅰ) 求分数在[70, 80) 内的频率, 并补全这个频率分布直方图;

(Ⅱ) 统计方法中, 同一组数据常用该组区间的中点值作为代表, 据此估计本次考试的平均分;

(Ⅲ) 用分层抽样的方法在分数段为[60, 80) 的学生中抽取一个容量为6的样本, 将该样本看成一个总体, 从中任取2人, 求至多有1人在分数段[70, 80) 的概率.

参考答案

1. (理) B.密度曲线如图1所示, 它关于x=3对称, 则${\rm P}(3\le X\le 4)=\frac{1}{2}{\rm P}(2\le X\le 4)=0.3413‚{\rm P}(X>4)=0.5-{\rm P}(3\le X\le 4)=0.5-0.3413=0.1587.$

【易错分析】本题若囿于思维定式, 将其转化为标准正态分布问题求解, 易出错, 其实从数形结合出发, 由对称性即可求得概率P (X>4) .

(文) A.二级品中每个个体被抽到的概率等于所有零件中每个个体被抽取到的概率, 所以所求的概率为$\frac{20}{120}=\frac{1}{6}.$

【易错分析】若对系统抽样理解不到位, 易产生如下不必要的计算:二级品中需抽到的产品个数为$\frac{20}{120}\times 36=6$, 故所求的概率为$\frac{6}{36}=\frac{1}{6}.$

2.C.由分组可知, 抽号的间隔为5, 又因为第5组抽出的号码为22, 所以第6组抽出的号码为22+5=27, 第7组抽出的号码为27+5=32, 第8组抽出的号码为m=32+5=37.若用分层抽样, 由于40岁以下的职工人数占总职工人数的50%, 故抽出的40名职工中, 40岁以下的职工人数也占50%, 于是n=40×50%=20人.

【易错分析】系统抽样与分层抽样是两类不同的常用抽样方法, 前者的特征是每组抽一个, 且保持间隔相等, 后者的特征是按比例抽取.若概念模糊了, 则容易出现错解.

3. (理) D. (1) 若B、D、E、F用四种颜色涂色, 则有A${}_4^4$=24种, 当这四点涂好后, 点A只能涂与点F相同的颜色, 点C只能涂与点E相同的颜色, 这时共有24种.

(2) 若B、D、E、F用三种颜色涂色, 则必有2点同色, 分3类情况:

(i) B、D同色, 此时A有2种涂法, C有2种涂法, 有A${}_4^1$A${}_3^2$×2×2=96种 (如图2) ;

(ii) B、E同色, 此时A有2种涂法, C有1种涂法, 有A${}_4^1$A${}_3^2$×2×1=48种 (如图3) ;

(iii) F、D同色, 此时A有1种涂法, C有2种涂法, 有A${}_4^1$A${}_3^2$×1×2=48种 (如图4) .

(3) 若B、D、E、F用两种颜色涂色, 则B与E同色, F与D同色, 有A${}_4^2$种, 同 (2) 知, 点A、C各有2种涂色方法, 这时共有A${}_4^2$×2×2=48种 (如图5) .

故共有24+192+48=264种不同的涂色方法.

【易错分析】本题由于折线B-F-E-D (也可以选择折线A-E-F-C) 相邻的点比较多, 易于讨论, 若选择其他为主线, 容易产生重复或遗漏, 另一个易错的思路为:以每点逐一涂色为入口, 运用乘法计数原理生搬硬套, 如A有4种, B有3种, F有3种, C有2种, E有2种, D有1种, 而错得4×3×3×2×2×1=144种, 而错选D, 其实这时已忽略了A与F同色, A与C同色的考虑, 但当同色与否的讨论时, 又会产生重复计算.

(文) C.由题意可得f′ (x) =x2+a, 而a∈[0, 1], ∴ f′ (x) ≥0, 且f′ (x) ≢0, ∴ f (x) 在 (-1, 1) 上单调递增, 要f (x) 在 (-1, 1) 上仅有一个零点, 则f (-1) ·f (1) <0,

注意到a, b∈[0, 1], 则①无解, 用线性规划的方法求得在a, b∈[0, 1]的条件下, 区域②围成的面积为$1\times 1-\frac{1}{2}\times \frac{2}{3}\times \frac{2}{3}=\frac{7}{9}.$

由几何概型可知, ${\rm P}=\frac{\frac{7}{9}}{1\times 1}=\frac{7}{9}.$

【易错分析】本题易错的环节有两个:一是不能抓住a∈[0, 1]结合导数快速判断f (x) 在 (-1, 1) 上的单调性, 得到f (-1) ·f (1) <0;二是得到$(-\frac{1}{3}-a-b)(\frac{1}{3}+a-b)<0$不能由其形式抽象为线性规划问题来解答, 这是由于基本功落实不到位及解题的转化解题的意识不强所致.

4. (理) A.原式$=(1-4x+6x{}^2-4x{}^3+x{}^4)(1-3x{}^{\frac{1}{2}}+3x-x{}^{\frac{3}{2}})‚$

∴ x2的系数是-12+6=-6.

【易错分析】本题由于涉及两个二项式的积, 容易出现运算的混乱而致错, 若直接运用通项公式求解, 则有Tr+1=Cr414-r· (-x) r= (-1) rC${}_4^r$xr, tk+1=Ck313-k· (-x) k, 有${\rm T}{}_{r+1}\cdot t{}_{k+1}=(-1){}^{r+k}\text{C}{}_4^r\text{C}{}_3^{k}x{}^{r+\frac{k}{2}}$.令$r+\frac{k}{2}=2$, 注意到r=0, 1, 2, 3, 4, k=0, 1, 2, 3, 得或于是x2的系数为 (-1) 1+2C14C23+ (-1) 2+0C${}_4^2$C${}_3^0$=-12+6=-6, 对于指数较高时, 这种方法较为合适, 但对于本题则不宜使用.

(文) B.若a, b同奇或同偶, 有12=1+11=2+10=3+9=4+8=5+7=6+6, 前面的每种情况交换位置可以得到两个点, 最后一种情况只有1个点 (6, 6) , 这时有2×5+1=11;若a, b一奇一偶, 有12=1×12=3×4, 每种情况交换位置可以得到两个点, 这时有2×2=4.

∴ 共有11+4=15个.

【易错分析】从定义出发, 抓住a, b的奇偶性对12实行分拆是解决本题的关键.本题易出现a, b同奇偶时, 忽略6+6只能得到1个点 (6, 6) , 而没有注意以致算成2个点, 而错选C, a, b一奇一偶时, 出现12=1×12=2×6=3×4, 而错选D.

5. (理) A.设独立事件A, B发生的概率分别为P (A) =x, P (B) =y, 则${\rm P}(\overline{A})$与${\rm P}(\overline{B})$相互独立,

$\therefore {\rm P}(\overline{A}\cdot \overline{B})={\rm P}(\overline{A})\cdot {\rm P}(\overline{B})=(1-x)\cdot (1-y)=\frac{1}{9}$, 得$1+xy=\frac{1}{9}+(x+y)\ge \frac{1}{9}+2\sqrt{xy}.$

$\begin{array}{l}\text{解}\text{之}‚\text{得}\sqrt{xy}\le \frac{2}{3},\\ \therefore 0\le xy\le \frac{4}{9},\text{只}\text{有}\frac{1}{3}\text{合}\text{适}.\end{array}$

【易错分析】本题易出现的错误有两个:一是误认为A与B都发生的概率$1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}$, 而错选D;二是得到$1-x-y+xy=\frac{1}{9}$后不能抓住求xy的范围, 建立基本不等式模型考虑问题.

(文) B.由题意算得$\overline{x}=6,\overline{y}=3,\therefore a=\overline{y}-b\overline{x}=3-\frac{7}{26}\times 6=\frac{18}{13}$, 即$\widehat{y}=\frac{7}{26}x+\frac{18}{13},$

当x=6时, $\widehat{y}=\frac{7}{26}\times 6+\frac{18}{13}=3.$

【易错分析】在潜意识中凡涉及线性回归方程的问题都存在着大量的运算, 而且容易产生没有深入审题就失去解题信心的现象, 其实本题已给出b的值, 只需通过$a=\overline{y}-b\overline{x}$求得a的值即可, 从而得解.

6.B.由“10”左右2个数之和相等, “11”左右3个数之和相等, $\therefore \overline{x{}_1}=\overline{x{}_2}$, 易得$\overline{x{}_1}=112$.用甲的5次成绩减去112分别得-5, -5, 6, 4, 0, 用乙的5次成绩减去112分别得-7, -3, 1, 4, 5, 可得前者的平方和>后者的平方和, 即s1>s2.

【易错分析】本题若不注意观察, 容易引来大量的运算, 如在计算$\overline{x{}_1}$时, 用$\overline{x{}_1}=\frac{1}{5}(107+107+112+116+118)=112$, 计算s1时, 用$s{}_1^2=\frac{1}{5}[(107-112){}^2+(107-112){}^2+(112-112){}^2+(116-112){}^2+(118-112){}^2]=\frac{102}{5}$, 得$\sqrt{s{}_1}=\sqrt{\frac{102}{5}}$, 再求$\sqrt{s{}_2}$, 运算量大, 容易产生错误.

7.13;正 (或正的) .表示年平均收入的x的5个数据已从小到大排列, 中间一个数是13, 即中位数为13, 描出5组数据的散点图知, 其呈正 (或正的) 线性相关关系.

【易错分析】本题易错的是第二问, 题中问的是x与Y呈怎样的 (正的还是负的) 线性相关关系, 并非问线性相关的强弱或求线性回归方程, 若用相关公式判断其强弱或求线性回归方程, 将会陷进运算量超大的计算中, 得到的还是一个错误的结果, 所以审题一定要细心.

8.5.7%.该地拥有3套或3套以上住房的家庭可以估计有:$99000\times \frac{50}{990}+1000\times \frac{70}{100}=5700$户, 所以所占比例的合理估计是5700÷100000=5.7%.

【易错分析】本题属分层抽样问题, 阅读量大, 难于从中收集到有效的信息而出错, 另一方面, 若过于草率, 易出现$\frac{120}{990+100}\approx 11\%$的错误结论.

$9.\frac{5}{6}$.由题意可得a∈{1, 2, 3, 4, 5, 6}, b∈{1, 2, 3, 4, 5, 6}, 故基本事件的总数为36种.又二次函数f (x) 的开口方向向上, 对称轴为$x=\frac{b}{2a}$, 要使f (x) 在[1, +∞) 上单调递增, 则$\frac{b}{2a}\le 1‚\therefore b\le 2a$, 当a=1时, b≤2, 得b=1, 2, 共2种;当a=2时, b≤4, 得b=1, 2, 3, 4, 共4种;当a=3时, b≤6, 得b=1, 2, 3, 4, 5, 6, 共6种;当a=4时, b≤8, 得b=1, 2, 3, 4, 5, 6, 共6种;当a=5或a=6时, 都共有6种.故共有2+4+6×4=30种, ∴ 所求的概率为$\frac{30}{36}=\frac{5}{6}.$

【易错分析】本题易在忽略a, b取值的情况下, 对二次函数的开口方向及对称轴的位置展开讨论, 从而出现错误, 另外, 若列举法掌握得不好, 也会在列举基本事件时出现遗漏或重复现象而致错.

10. (理) ①③.A1, A2, A3是两两互斥的事件, ①正确;事件B发生与否与事件A1发生与否有关, ∴ ②错;在事件A1发生的条件下, 事件B发生的概率满足条件概率的定义, 由古典概型和条件概率的计算公式知, ${\rm P}(B|A{}_1)=\frac{{\rm P}(A{}_{1}B)}{{\rm P}(A{}_1)}=\frac{\frac{\text{C}{}_5^1\times \text{C}{}_5^1}{\text{C}{}_{10}^1\times \text{C}{}_{11}^1}}{\frac{\text{C}{}_5^1}{\text{C}{}_{10}^1}}=\frac{5}{11},\therefore ③$正确;由分步计数原理和古典概型的计算公式可知, ${\rm P}(B)=\frac{\text{C}{}_5^1\times \text{C}{}_5^1}{\text{C}{}_{10}^1\times \text{C}{}_{11}^1}+\frac{\text{C}{}_2^1\times \text{C}{}_4^1}{\text{C}{}_{10}^1\times \text{C}{}_{11}^1}+\frac{\text{C}{}_3^1\times \text{C}{}_4^1}{\text{C}{}_{10}^1\times \text{C}{}_{11}^1}=\frac{25}{110}+\frac{8}{110}+\frac{12}{110}=\frac{45}{110}=\frac{9}{22}‚\therefore ④$错.

【易错分析】本题若忽略从甲罐中随机取出一球放入乙罐的球可能为红球、白球、黑球的讨论, 而将所取的这个球默认为红球, 易错选④.

(文) 0.275.不妨设男生有x人, 则女生有3x人.那么得过第一名的学生有$(\frac{3x}{3}+\frac{x}{10})$人, 从而随机地选一位学生, 则这位学生得过第一名的概率是$\frac{\frac{3x}{3}+\frac{x}{10}}{4x}=\frac{11}{40}=0.275.$

【易错分析】“设男生有x人, 则女生有3x人”是解决本题的关键, 它为计算得过第一名的人数与总人数提供了方便, 若不注意整体运算策略的运用, 易陷于全班人数的计算当中, 而不得其解.

11.解: (Ⅰ) 如下表:

(Ⅱ) 假设:是否喜爱运动与性别无关, 由已知数据可求得${\rm K}{}^2=\frac{30\times (10\times 8-6\times 6){}^2}{(10+6)(6+8)(10+6)(6+8)}\approx 1.1575<2.706$.因此, 在犯错的概率不超过0.10的前提下不能判断喜爱运动与性别有关.

(Ⅲ) (理) 喜爱运动的人数为ξ的取值分别为0, 1, 2, 其概率分别为${\rm P}(\xi =0)=\frac{\text{C}{}_8^2}{\text{C}{}_{14}^2}=\frac{28}{91}‚{\rm P}(\xi =1)=\frac{\text{C}{}_6^1\text{C}{}_8^1}{\text{C}{}_{14}^2}=\frac{48}{91}‚{\rm P}(\xi =2)=\frac{\text{C}{}_6^2}{\text{C}{}_{14}^2}=\frac{15}{91}$,

喜爱运动的人数为ξ的分布列为:

所以喜爱运动的人数ξ的期望值为

$E\xi =0\times \frac{28}{91}+1\times \frac{48}{91}+2\times \frac{15}{91}=\frac{78}{91}.$

(文) 喜欢运动的女志愿者有6人, 分别设为A, B, C, D, E, F, 其中A, B, C, D会英语, 则从这6人中任取2人有AB, AC, AD, AE, AF, BC, BD, BE, BF, CD, CE, CF, DE, DF, EF, 共15种取法, 其中两人都会英语的有AB, AC, AD, BC, BD, CD, 共6种, 故抽出的志愿者中2人都能胜任翻译工作的概率是${\rm P}=\frac{6}{15}=\frac{2}{5}.$

【易错分析】本题在解答第 (Ⅱ) 问时, 由于思维定式的影响, 算得K2≈1.1575, 只会用1.1575与0.708比较得到1.1575>0.708, 而不能对“能否在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为性别与喜爱运动有关”作出判断.另外文科的第 (Ⅲ) 问需要列举时, 不能引入字母, 为列举的书写提供便利, 也容易出错.

12. (理) 解: (Ⅰ) 如图6, 由题意知, 区域U内共有15个整点, 区域V内共有9个整点, 设所取3个整点中恰有2个整点在区域V的概率为P (V) , 则${\rm P}(V)=\frac{\text{C}{}_9^2\cdot \text{C}{}_6^1}{\text{C}{}_{15}^3}=\frac{216}{455}.$

(Ⅱ) 区域U的面积为8, 区域V的面积为4,

∴ 在区域U内任取一点, 该点在区域V内的概率为$\frac{4}{8}=\frac{1}{2}.X$的取值为0, 1, 2, 3,

$\begin{array}{l}{\rm P}(X=0)=\text{C}{}_3^0(\frac{1}{2}){}^0(\frac{1}{2}){}^3=\frac{1}{8}‚\\ {\rm P}(X=1)=\text{C}{}_3^1(\frac{1}{2}){}^1(\frac{1}{2}){}^2=\frac{3}{8}‚\\ {\rm P}(X=2)=\text{C}{}_3^2(\frac{1}{2}){}^2(\frac{1}{2}){}^1=\frac{3}{8}‚\\ {\rm P}(X=3)=\text{C}{}_3^3(\frac{1}{2}){}^3(\frac{1}{2}){}^0=\frac{1}{8}‚\end{array}$

∴ X的分布列为:

则$X~B(3‚\frac{1}{2})$,

$\begin{array}{l}\text{于}\text{是}E(X)=np=3\times \frac{1}{2}=\frac{3}{2}‚\\ D(X)=npq=3\times \frac{1}{2}\times (1-\frac{1}{2})=\frac{3}{4}.\end{array}$

【易错分析】本题的易错点有两个:一是受第 (Ⅰ) 问的影响, 误认为第 (Ⅱ) 问也是古典概型问题, 错误地得出:在区域U内任取一点, 该点在区域V内的概率为$\frac{9}{15}=\frac{3}{5}$, 从而得到错误的结果;二是在求E (X) 与D (X) 时, 不注意先判断其分布类型, 用E (X) 与D (X) 的原始公式计算, 带来一些不必要的运算.

(文) 解: (Ⅰ) 分数在[70, 80) 内的频率为

1- (0.010+0.015+0.015+0.025+0.005) ×10=1-0.7=0.3, 故$\frac{0.3}{10}=0.03$, 如图7所示.

(Ⅱ) 平均分为$\overline{x}=45\times 0.1+55\times 0.15+65\times 0.15+75\times 0.3+85\times 0.25+95\times 0.05=71.$

(Ⅲ) 由题意知, [60, 70) 分数段的人数为0.15×60=9, [70, 80) 分数段的人数为0.3×60=18.

∵ 在[60, 80) 的学生中抽取一个容量为6的样本, ∴ [60, 70) 分数段抽取2人, 分别记为m, n;[70, 80) 分数段抽取4人, 分别记为a, b, c, d.

设从样本中任取2人, 至多有1人在分数段[70, 80) 为事件A, 则基本事件空间包含的基本事件有: (m, n) , (m, a) , (m, b) , (m, c) , (m, d) , (n, a) , (n, b) , (n, c) , (n, d) , (a, b) , (a, c) , (a, d) , (b, c) , (b, d) , (c, d) , 共15种, 则事件A包含的基本事件有: (m, n) , (m, a) , (m, b) , (m, c) , (m, d) , (n, a) , (n, b) , (n, c) , (n, d) , 共9种,

$\therefore {\rm P}(A)=\frac{9}{15}=\frac{3}{5}.$

【易错分析】本题的易错点为:一是在第 (Ⅰ) 问中忘了乘以组距10;二是对第 (Ⅲ) 问的表达缺乏规范性, 贪一时的方便, 没将相关的基本事件一一列举出来, 从而被扣去相应的步骤分.

十一、算法、框图及推理证明部分

一、选择题

1.在数列{an}中, a1=1, an=an-1+n, n≥2.为了计算这个数列前10项的和, 现给出该问题算法的程序框图 (如图1所示) , 则图中判断框 (1) 处合适的语句是 ( ) .

(A) i<9 (B) i<10

(C) i>9 (D) i>8

2.已知函数f (x) =ax+xa (a>0) , 则下列说法正确的是 ( ) .

(A) ∀a∈R*, f (x) -1为偶函数, 且在R上单调递增

(B) ∃a∈R*, f (x) -1为奇函数, 且在R上单调递增

(C) ∀a∈R*, f (x) -1为奇函数, 且在R上单调递减

(D) ∃a∈R*, f (x) -1为偶函数, 且在R上单调递减

3.执行图2所示的程序框图, 若输出的y值为4, 则输入的x的值为 ( ) .

(A) 2k (k∈Z, k≥1)

(B) 2k (k∈Z, k≤1)

(C) 2k-1 (k∈Z, k≥1)

(D) 2k-1 (k∈Z, k≤1)

4.下面使用类比推理正确的是 ( ) .

(A) 直线a, b, c, 若a//b, b//c, 则a//c.类推出:向量a, b, c, 若a//b, b//c, 则a//c

(B) 同一平面内, 直线a, b, c, 若a⊥c, b⊥c, 则a//b.类推出:空间中, 直线a, b, c, 若a⊥c, b⊥c, 则a//b

(C) 实数a, b, 若方程x2+ax+b=0有实数根, 则a2≥4b.类推出:复数a, b, 若方程x2+ax+b=0有实数根, 则a2≥4b

(D) 以点 (0, 0) 为圆心, r为半径的圆的方程为x2+y2=r2.类推出:以点 (0, 0, 0) 为球心, r为半径的球的方程为x2+y2+z2=r2

二、填空题

5.如图3, 画1个圆将平面分成2部分, 画2个圆将平面最多分成4部分, 画3个圆将平面最多分成8部分, …, 设画n个圆将平面最多分成f (n) 部分, 则f (4) =____, f (n) =____ (答案用n表示) .

6.如图4所示的程序框图 (未完成) , 设当箭头a指向①时, 输出的结果s=m, 当箭头a指向②时, 输出的结果s=n, 则m+n=____.

7.在平面上, 设ha, hb, hc是△ABC三条边上的高, P为三角形内任一点, P到相应三边的距离分别为Pa, Pb, Pc, 我们可以得到结论:$\frac{{\rm P}{}_a}{h{}_a}+\frac{{\rm P}{}_b}{h{}_b}+\frac{{\rm P}{}_c}{h{}_c}=1$.把它类比到空间, 写出三棱锥的类似结论____.

三、解答题

8.如图5, 在正方形ABCD中, 点P是△BCD内部或边界上任一点, 设$\overrightarrow{A{\rm P}}=\lambda \overrightarrow{AB}+\mu \overrightarrow{AD}$, 求λ+μ的取值范围.

9.设函数f (x) 在 (a, b) 上有导函数f′ (x) , 其图象如图6所示, 则我们必可将割线PQ平移至直线l, 使得直线l与f (x) 在 (a, b) 上的图象的一点ξ处相切, 于是我们可得到结论:在 (a, b) 内至少存在一点ξ, 使得$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$成立.试用该结论解决下面的问题:

设函数φ (x) 的导函数为φ′ (x) , φ′ (x) 单调递减, 且φ (0) =0.

(Ⅰ) 对x∈ (0, 1) , 证明:φ (1) x<φ (x) <φ′ (0) x;

(Ⅱ) (理) 若φ (1) ≥0, φ′ (0) ≤1, 任取x0∈ (0, 1) , 令xn=φ (xn-1) , n∈N*, 证明:0<xn+1<xn.

参考答案

1.【错解】D.由所给的程序框图知, 当输入i=0时, 将输出s=0+1, 当输入i=1时, 输出s=s+2, 依此类推, 当输入i=9时, 输出s=s+10, 停止运算, 输出前10项的和, 于是选D.

【分析】由于i考虑的是输入的值, 而s是输出的值, 产生了不匹配, 以致错位, 而出现了条件判断的错误.

【解】C.输出i, a, s的相关数据如下:

于是只需在判断框中填上i>9 (或i≥10) 即可.

【点拨】抓住输出的相关数据实施列举, 才能对判断条件作出正确的选择.

2.【错解】f (-x) -1=a-x+ (-x) a-1, 运算止步;考虑单调性时, 运用导数求解得[f (x) -1]′=f′ (x) =axlna+axa-1, 里面含有a, 无法判断其单调性, 还是止步.

【分析】在推理问题时, 未考虑到实际情况, 硬套方法, 出现了推理的漏洞而致错.

【解】B.取a=2, 则f (x) =2x+x2不是奇函数, 也不是偶函数, 故A, C错.取a=1, f (x) -1=x为奇函数, 且在R上单调递增, 故选B, 若f (x) -1为偶函数, 则f (-x) -1=f (x) -1, 得f (-x) =f (x) , 即a-x+ (-x) a=ax+xa, 必有a-x=ax, (-x) a=xa, 由a-x=ax, 得ax=1, 于是a=1, 这时 (-x) 1≠x1, 矛盾, 故D错.

【点拨】∀a∈R*与∃a∈R*是本题实施推理的关键.对于∀a∈R*, 要给予否定, 只需找到一个反例, 要给予肯定, 则需严格证明;对于∃a∈R*, 要证明之, 只需得到一个满足题意的a即可, 要否定之, 则需要考虑∀a∈R*, 通过反证法给出证明.

3.【错解】A.要使输出的值为4, 则需y=2x中的x为2, 而在A中, 令k=1, 有输入2k=2, 即满足题意, 故选A.

【分析】以上的错解其实对程序框图的实际意义未能作深入的理解, 循环结构中的x=x+2还未作考虑, 其实x=x+2的作用是给x≤1的数x进行赋值, 使之变大, 最终使得所有的非正偶数均可转换为2, 从而得到y=2x中的x为2, 使输出y=4.

【解】B.程序框图的意义为

当x>0时, 由2x=4, 得x=2, 当x≤0时, 对所有的负偶数x=2k (k∈Z, k≤-1) , 都有f (2k) =f (0) =f (2) =4, 对所有的负奇数x=2k-1 (k∈Z, k≤0) , 都有f (2k-1) =f (1) =2≠4, 于是x=2k (k∈Z, k≤1) .

【点拨】解决框图问题的关键在于理解所给框图的实际意义, 特别是出现循环结构的框图问题, 循环部分即为解决问题的关键.

4.【错解】平行向量可能同向或反向, 于是平行性可以传递, 得A正确;在空间中, a与b可以相交、平行、异面, 故B不正确;对于C, 类似于实数范围内考虑问题, 于是也应该有a2≥4b, 故C正确;对于D, 类比应得球的方程为x3+y3+z3=r3, D也错, 有A, C两项正确, 无法作出选择.

【分析】当A中的向量b为0时, 则a与c可为任意向量, 得不到a//c的结果;对于D, 则他们之间存在共性的两点间的距离等于r, 从而也应为x2+y2+z2=r2.

【解】D.若向量b=0, 则a//c不正确;空间内, 直线a与b可以相交、平行、异面, 故B不正确;方程x${}_0^2$+ix0+ (-1±i) =0有实根, 但a2≥4b不成立;设点P (x, y, z) 是球面上的任一点, 由|OP|=r, 得$\sqrt{x{}^2+y{}^2+z{}^2}=r,\text{D}$正确.

【点拨】用类比法得到的不少结论是不正确的, 需注意二者的共性与差异.

5.【错解】16;2n.由f (1) =2, f (2) =4=22, f (3) =8=23, 得f (4) =24=16, f (n) =2n.

【分析】由于对初始情形的归纳过于草率, 就会出现上述错解.其实从递推的角度考虑问题, 每增加一个圆, 该圆都会与原来的n个圆中的每个圆交于2个点, 共得2n个交点, 该圆圆周也就被分成了2n段, 每1段增加了1个部分, 于是便得f (n+1) =f (n) +2n, 用累加法可求f (n) .

【解】14, n2-n+2.要将平面分成最多部分, 则任意两个圆相交, 没有三个圆共点, 设画n个圆将平面最多分成f (n) 部分, 在添加第n+1个圆时, 这个圆与原来的n个圆相交于2n个点, 则这个圆周被分成了2n段, 每1段都增加了1个部分, 于是f (n+1) =f (n) +2n,

∴f (n) =[f (n) -f (n-1) ]+[f (n-1) -f (n-2) ]+…+[f (2) -f (1) ]+f (1) =2 (n-1) +2 (n-2) +…+2×2+2×1+2=2[ (n-1) + (n-2) +…+2+1]+2=n2-n+2.

所以f (4) =42-4+2=14, f (n) =n2-n+2.

【点拨】运用归纳推理考虑问题时, 会产生量变与质变的问题, 其实, 若在3个圆的基础上再添加一个圆, 则不难得到f (4) =14, 从而推翻f (n) =2n的猜测, 进而考虑别的方法求解.

6.【错解】10.当箭头a指向①时, 可得s=m=5, 当箭头a指向②时, 也会得到相同的结果, 从而m+n=10.

【分析】箭头a指向①与指向②直接影响到输出的s的值, 循环结构已产生了差异, 前者出现了s=0 (归0) 的情形, 故不会出现“结果相同”的情况, 需重新给予推导.

【解】 (1) 当箭头a指向①时, 输出s和i的结果如下:

∴s=m=5.

(2) 当箭头a指向②时, 输出s和i的结果如下:

∴s=n=1+2+3+4+5=15.于是m+n=20.

【点拨】框图问题中的每个细节都非常清晰, 差一点, 结果相差甚远.

7.【错解】设Sa, Sb, Sc, Sd分别是四面体A-BCD各顶点所对面的面积, 点P到四个面的距离分别为Pa, Pb, Pc, Pd, 可得到$\frac{{\rm P}{}_a}{S{}_a}+\frac{{\rm P}{}_b}{S{}_b}+\frac{{\rm P}{}_c}{S{}_c}+\frac{{\rm P}{}_d}{S{}_d}=1.$

【分析】受类比思维定式的影响, 总将平面中的长度与立几中的面积进行类比, 出现了错解.

【解】设ha, hb, hc, hd分别是四面体A-BCD四个面上的高, 点P到四个面的距离分别为Pa, Pb, Pc, Pd, 可得到$\frac{{\rm P}{}_a}{h{}_a}+\frac{{\rm P}{}_b}{h{}_b}+\frac{{\rm P}{}_c}{h{}_c}+\frac{{\rm P}{}_d}{h{}_d}=1.$

【点拨】类比推理是一种由此及彼的合情推理, 得到的结论不一定正确, 还需将类比过程、方法进行类比论证, 如本题只涉及距离与高的类比, 在平面中可用面积法给予证明, 类比到空间中, 也应是距离与高的关系, 可用体积法给出证明.

8.【错解】由$\overrightarrow{A{\rm P}}=\lambda \overrightarrow{AB}+\mu \overrightarrow{AD}$两边平方, 得$\overrightarrow{A{\rm P}}{}^2=(\lambda \overrightarrow{AB}+\mu \overrightarrow{AD}){}^2=\lambda {}^2+\mu {}^2$.由题意知, $\frac{\sqrt{2}}{2}\le |\overrightarrow{A{\rm P}}|\le \sqrt{2}$, 即$\frac{1}{2}\le \lambda {}^2+\mu {}^2\le 2$, 有$\frac{\lambda +\mu }{2}\le \sqrt{\frac{\lambda {}^2+\mu {}^2}{2}}\le 1$, 即λ+μ≤2.

由$\frac{\lambda +\mu }{2}\le \sqrt{\frac{\lambda {}^2+\mu {}^2}{2}}$知, $\sqrt{\frac{\lambda {}^2+\mu {}^2}{2}}$取得最小值$\frac{1}{2}$时, $\frac{\lambda +\mu }{2}$也取得最小值,

$\begin{array}{l}\therefore \frac{1}{2}\le \frac{\lambda +\mu }{2}‚\therefore \lambda +\mu \ge 1‚\\ \therefore \lambda +\mu \text{的}\text{取}\text{值}\text{范}\text{围}\text{是}[1,2].\end{array}$

【分析】本解中求最大值与结果都是正确的, 但求最小值的推理是错误的, $\sqrt{\frac{\lambda {}^2+\mu {}^2}{2}}$取得最小值时, 不能保证$\frac{\lambda +\mu }{2}$也取得最小值.

【解】设正方形ABCD的边长为1, 以AB, AD分别为x轴, y轴建立平面直角坐标系, 且设P (x, y) , 则$\overrightarrow{A{\rm P}}=\lambda \overrightarrow{AB}+u\overrightarrow{AD}=\lambda (1,0)+u(0,1)=(\lambda ,u)$, 即x=λ, y=u, λ+u=x+y.

又x, y满足令λ+u=b=x+y,

则y=-x+b,

当直线y=-x+b与BD重合时, bmin=1, 当直线y=-x+b经过点C (1, 1) 时, bmax=2, ∴λ+u∈[1, 2].

【点拨】解题过程中的推理必须严密谨慎, 不能出现“想当然”的情况, 防止养成虚浮的不良思维习惯.

9.【错解】 (Ⅰ) 错解1:由x∈ (0, 1) 及得到的结论知, 在 (0, 1) 上至少存在一点x, 使得${\phi }^{\prime }(x)=\frac{\phi (1)-\phi (0)}{1-0}$, 又φ′ (x) 单调递减, 且φ (0) =0, 得φ (1) =φ′ (x) <φ′ (0) , 即φ (1) <φ′ (0) , ∴φ (1) x<φ′ (0) x. (止步)

错解2:由x∈ (0, 1) 及得到的结论知, 在 (0, x) 上至少存在一点ξ, 使得${\phi }^{\prime }(\xi )=\frac{\phi (x)-\phi (0)}{x-0}$,

又φ′ (x) 单调递减, 且φ (0) =0, 得

$\frac{\phi (x)}{x}={\phi }^{\prime }(\xi )<{\phi }^{\prime }(0)$,

即φ (x) <φ′ (0) x.

同理, 在 (x, 1) 上至少存在一点ξ′, 使得

${\phi }^{\prime }({\xi }^{\prime })=\frac{\phi (1)-\phi (x)}{1-x}$,

而φ′ (x) 单调递减知,

φ′ (ξ′) <φ′ (0) , 有$\frac{\phi (1)-\phi (x)}{1-x}<{\phi }^{\prime }(0)$,

即φ (1) +φ′ (0) x<φ′ (0) +φ (x) .

(得不到φ (1) x<φ (x) 而止步)

(理) (Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知, φ (1) x<φ (x) <φ′ (0) x, 取x=xn, 有φ (1) xn<φ (xn) <φ′ (0) xn, 由xn=φ (xn-1) , 得xn+1=φ (xn) , 而φ (1) ≥0, φ′ (0) ≤1,

∴0<xn+1<xn.

【分析】 (Ⅰ) 中的错解1由于对所给的结论运用不到位所致, 错解2对“φ′ (x) 单调递减”运用也不够细致; (Ⅱ) 的错解是由于在未得到xn∈ (0, 1) , 而误用了 (Ⅰ) 的结论, 其实我们需先将 (Ⅱ) 中的结论加强为0<xn+1<xn<1, 再用数学归纳法证明即可.

【解】 (Ⅰ) 由x∈ (0, 1) , 将区间 (0, 1) 分为两个区间 (0, x) , (x, 1) , 由所得的结论得错解2的前半部分得φ (x) <φ′ (0) x, 而在 (x, 1) 上至少存在一点ξ′, 使得${\phi }^{\prime }({\xi }^{\prime })=\frac{\phi (1)-\phi (x)}{1-x}$, 由φ′ (x) 单调递减, 得

${\phi }^{\prime }(\xi )>{\phi }^{\prime }({\xi }^{\prime })‚\therefore \frac{\phi (x)-\phi (0)}{x-0}>\frac{\phi (1)-\phi (x)}{1-x}.$

又φ (0) =0,

于是$\frac{\phi (x)}{x}>\frac{\phi (1)-\phi (x)}{1-x}$, 即φ (1) x<φ (x) ,

∴φ (1) x<φ (x) <φ′ (0) x.

(理) (Ⅱ) 先证明:0<xn<1.

①当n=1时, 由x0∈ (0, 1) 及 (Ⅰ) 知, φ (1) x0<φ (x0) <φ′ (0) x0, 由xn=φ (xn-1) , 得x1=φ (x0) , ∴φ (1) x0<x1<φ′ (0) x0, 而φ (1) ≥0, φ′ (0) ≤1, 有0<x1<1.②假设n=k时, 0<xk<1, 则φ (1) xk<φ (xk) <φ′ (0) xk, 由xk+1=φ (xk) , 得φ (1) xk<xk+1<φ′ (0) xk, 而φ (1) ≥0, φ′ (0) ≤1, 则0<xk+1<1, ∴0<xn<1成立, 由 (Ⅰ) 知, φ (1) xn<φ (xn) <φ′ (0) xn, 而xn+1=φ (xn) , ∴φ (1) xn<xn+1<φ′ (0) xn, 又φ (1) ≥0, φ′ (0) ≤1, 故0<xn+1<xn<1, ∴0<xn+1<xn.

【点拨】本题的结论实际上是微积分中值定理, 本题以导数的几何意义为切入点, 通过图象直观地给出了该定理, 只要求运用之解决问题即可, 所以挖掘其内在结构成为解题的关键.在第 (Ⅱ) 问中, 在没有得到0<xn<1的前提下, 容易在推理上出现不严谨的现象.

十二、复数及选讲部分

一、选择题

1.如果复数z=a2+a-2+ (a2-3a+2) i为纯虚数, 那么a等于 ( ) .

(A) -2 (B) 1

(C) -2或1 (D) -1或2

2.在极坐标系中, 曲线ρcosθ=sin2θ与曲线ρ (sinθ-cosθ) =2的交点的个数是 ( ) .

(A) 0 (B) 1

(C) 2 (D) 3

3.已知AD是△ABC中BC边上的高, 若AD2=BD·CD, 则△ABC的形状是 ( ) .

(A) 正三角形

(B) 直角三角形

(C) 钝角三角形

(D) 直角三角形或钝角三角形

4.已知正实数x, y满足2x+y=2, 则$\frac{2}{x+1}+\frac{1}{y}$的最小值为 ( ) .

$(\text{A})9(\text{B})6(\text{C})\frac{9}{4}(\text{D})2$

5.如图1, 四边形ABCD内接于圆O, 且$AB=\sqrt{2}‚BC=\sqrt{6}‚AD=CD=2$, 则四边形ABCD的面积等于 ( ) .

$\begin{array}{l}(\text{A})\sqrt{3}(\text{B})2\\ (\text{C})2+\sqrt{3}(\text{D})2\sqrt[]{3}\end{array}$

二、填空题

6.复数$\frac{(2+\text{i})(1-\text{i}){}^2}{1-2\text{i}}=$.

7.以点P (1, 1) 为圆心, 半径为1的圆P的一个参数方程是____.

8.若关于x的不等式|x-a|+|x+a|≤2a至少有两个整数解, 则实数a的取值范围是____.

三、解答题

9.在直角坐标系xOy中, 点 (2, -2) 在矩阵

${\rm M}=\left(\begin{array}{l}01\\ a0\end{array}\right)$

对应变换作用下得到点 (-2, 4) , 曲线C:x2+y2=1在矩阵M对应作用下得到曲线C′, 求曲线C′的方程.

10.求直线为参数) 被椭圆$\frac{x{}^2}{16}+\frac{y{}^2}{4}=1$截得的弦长.

参考答案

1.【错解】C.由z是纯虚数, 得a2+a-2=0, 解之, 得a=1或a=-2.

【分析】z=a+bi为纯虚数, 必须满足a=0且b≠0, 上述解法忽略了a2-3a+2≠0而致错.

【解】A.由z是纯虚数, 得a2+a-2=0, 且a2-3a+2≠0, ∴a=-2.

【点拨】由于学习复数的时间较少, 对一些基本概念容易模糊, 需留意归纳, 如实数、纯虚数、实部、虚部、共轭复数、复数的模等基本概念.

2.【错解1】C.由ρcosθ=sin2θ, 得ρcosθ=2sinθ·cosθ, ∴ρ=2sinθ, 其普通方程为x2+ (y-1) 2=1, 而ρ (sinθ-cosθ) =2的普通方程为y-x=2, 画出图形 (此略) 知, 它们有两个交点.

【错解2】D.由ρcosθ=2sinθ·cosθ, 得 (ρ-2sinθ) ·cosθ=0, ∴cosθ=0或ρ=2sinθ, 需考虑x=0或x2+ (y-1) 2=1与y-x=2的交点.x=0与y-x=2有一个交点, 圆x2+ (y-1) 2=1与y-x=2有两个交点.因此它们有3个交点.

【分析】由ρcosθ=2sinθ·cosθ, 得 (ρ-2sinθ) ·cosθ=0, ∴cosθ=0或ρ=2sinθ, 需考虑x=0或x2+ (y-1) 2=1与y-x=2的交点.画出图形 (此略) 知, 两条直线的交点为 (0, 2) , 而该点恰好就是圆x2+ (y-1) 2=1与y-x=2的两个交点之一, 所以这三个交点有两个点是重合的, 因此它们有两个交点.错解1虽然得到了正确答案, 但解题思路却是错误的.

【解】C.由上面的错解及分析知, 它们有两个交点.

【点拨】在极坐标方程 (其他方程也一样) 的变形过程中, 需注意转化的等价性, 否则容易出现漏解或增根的错误情形.

3.【错解】B.如图2, ∵AD⊥BC, 且AD2=BD·CD,

即$\frac{AD}{BD}=\frac{CD}{AD}$, 得△ADC∽△BDA, 从而∠1=∠2, ∠3=∠4, 又∠1+∠2+∠3+∠4=180°, 有∠1+∠4=90°, 即∠BAC=90°, ∴△ABC是直角三角形.

【分析】其实垂足D还可能在BC的延长线上, 如图3, 也可得△ADC∽△BDA, 这时△ABC为钝角三角形.

【解】D.由上面的错解及分析知, D正确.

【点拨】在考虑与三角形有关的问题时, 有些情形要考虑完整, 如三角形的高可能在三角形内也可能在三角形外, 等腰三角形的腰是哪两边相等, 直角三角形的直角顶点是哪一点等.

4.【错解】D.由x>0, y>0, 2x+y=2知, 2 (x+1) +y=4, 设x+1=m>1, y=n>0, 有$4=2m+n\ge 2\sqrt{2mn}‚\therefore mn\le 2$, 则$\frac{2}{x+1}+\frac{1}{y}=\frac{2}{m}+\frac{1}{n}\ge 2\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{mn}}\ge 2\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2.$

【分析】以上解法两次用到基本不等式, $4=2m+n\ge 2\sqrt{2mn}$等号成立的条件是m=1, n=2, 而$\frac{2}{m}+\frac{1}{n}\ge 2\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{mn}}$取等号的条件为$\frac{2}{m}=\frac{1}{n}$, 即m=2n, 产生了矛盾!

【解】C.由x>0, y>0, 2x+y=2知, 2 (x+1) +y=4, 设x+1=m, y=n, 有2m+n=4, 令$\frac{2}{x+1}+\frac{1}{y}=\frac{2}{m}+\frac{1}{n}=t$, 则$4t=(2m+n)(\frac{2}{m}+\frac{1}{n})=5+\frac{2m}{n}+\frac{2n}{m}\ge 9‚\therefore t\ge \frac{9}{4}$, 即$\frac{2}{x+1}+\frac{1}{y}$的最小值为$\frac{9}{4}.$

【点拨】在运用基本不等式求最值时, 需注意检验等号成立的条件, 特别是多次运用基本不等式的情形.

5.【错解】由题意可知, ∠B+∠D=180°, 则所求的面积$S=\frac{1}{2}\times \sqrt{2}\times \sqrt{6}\times \sin B+\frac{1}{2}\times 2\times 2\times \sin D=(\sqrt{3}+2)\sin B$, 但是因无法求得sinB的值而得不到正确选项.

【分析】事实上, 连结AC, 两次运用余弦定理建立关于cosB与cosD的方程可解得cosB的值, 从而使问题获解.

【解】C.∵四边形ABCD内接于圆O, 设∠D=α, 则∠B=π-α.在△ACD中, 由余弦定理得AC2=22+22-2×2×2×cosα=8-8cosα, 在△ABC中, 由余弦定理得$AC{}^2=(\sqrt{2}){}^2+(\sqrt{6}){}^2-2\times \sqrt{2}\times \sqrt{6}\times \cos \alpha =8-4\sqrt{3}\cos \alpha ‚\therefore 8-8\cos \alpha =8-4\sqrt{3}\cos \alpha$, 于是cosα=0, 即$\alpha =\frac{\text{π}}{2}‚\therefore \angle D=\angle B=\frac{\text{π}}{2}$, 则四边形ABCD的面积$S=\frac{1}{2}\times 2\times 2+\frac{1}{2}\times \sqrt{2}\times \sqrt{6}=2+\sqrt{3}.$

【点拨】若对两个“三角板模型”较为熟悉, 或根据已知数据的特征:$(\sqrt{2}){}^2+(\sqrt{6}){}^2=2{}^2+2{}^2=8$, (当然这需要较强的数感, 需长期培养) 则可直接猜得△ACD与△ABC均为直角三角形, 从而AC为直径, 即可得所求的四边形的面积.

$\begin{array}{l}6.【\text{错}\text{解}】-2+\frac{8}{3}\text{i}.\\ \frac{(2+\text{i})(1-\text{i}){}^2}{1-2\text{i}}=\frac{(2+\text{i})(-2\text{i})}{1-2\text{i}}=\frac{-4\text{i}-2}{1-2\text{i}}\\ =\frac{4\text{i}+2}{2\text{i}-1}=\frac{(4\text{i}+2)(2\text{i}+1)}{3}=-2+\frac{8}{3}\text{i}.\end{array}$

【分析】以上运算出现了两次错误, 一是 (2+i) (-2i) = (-4i+2) , 而不是-4i-2, 二是 (2i-1) (2i+1) =-5, 而非-3, 以致带来了更大量的运算, 且得到错误的结果.

【解$】2.\frac{(2+\text{i})(1-\text{i}){}^2}{1-2\text{i}}=\frac{(2+\text{i})(-2\text{i})}{(1-2\text{i})}=\frac{2-4\text{i}}{1-2\text{i}}=2$, 或$\frac{(2+\text{i})(1-\text{i}){}^2}{1-2\text{i}}=\frac{\text{i}(2+\text{i})(1-\text{i}){}^2}{\text{i}+2}=\text{i}(1-\text{i}){}^2=2.$

【点拨】复数的乘法与除法容易出现运算方面的错误, 其根源在于i2=-1, 而不是i2=1.

7.【错解或可得圆的普通方程为 (x-1) 2+ (y-1) 2=1, 其参数方程为

【分析】以上方程并未标出参数及其取值范围, 以致出现错误.

【解为参数) 或为参数) 或或可得圆P的普通方程为 (x-1) 2+ (y-1) 2=1, 设入参数, 将其化为参数方程即可, 如令x-1=cosθ, 则y-1=sinθ, 有为参数) 等.

【点拨】在写出曲线的参数方程时, 需特别注意标明参数及其取值范围, 当参数的范围没有特别要求时, 标明参数即可, 如θ∈R等, 其范围可以省略, 但当需要满足一些特定的范围时, 则必须标明, 如本题中的“0≤t≤2”.

8.【错解】 (0, +∞) .由题意可得a>0, 当x≤-a时, 则 (a-x) + (x+a) ≤2a, 有2a≤2a成立, 当-a<x<a时, 有 (a-x) + (x+a) ≤2a, 则2a≤2a成立, 当x≥a时, 有 (x-a) + (x+a) ≤2a, 则x≤a, 即x=a.综上可知, 原不等式的解为x≤a, 对∀a∈R+, 原不等式必有两个整数解, ∴a的取值范围是 (0, +∞) .

【分析】以上解法在x≤-a时, 去绝对值时出现了错误, 应为 (a-x) - (x+a) ≤2a, 从而出现了错误的结果.

【解】[1, +∞) .由题意可知, 当a>0时, 2a≤|x-a|+|x+a|, 得|x-a|+|x+a|=2a, 它表示数轴上的点x到点 (-a) 与到点a的距离之和为2a, ∴-a≤x≤a, 得区间[-a, a]内至少含有两个整数, 而该区间的“长度”为2a, 于是必有2a≥2, ∴a≥1.

【点拨】处理绝对值不等式问题, 建议优先使用“几何法”, 因其直观性较强, 通常可得到较为快捷准确的解答, 必要时再用去绝对值的“代数法”.本题的另一个易错点是表达规范性问题, 易出现将a≥1作为最终结果, 以致出错.一般而言, 对于一些参数的取值范围最终需写为区间或集合的形式.

9.【错解】根据题意得, 即2a=4, 得a=2.

设曲线C变换前后对应点的坐标分别为 (x, y) , (x′, y′) , 则, 即代入曲线C的方程x2+y2=1, 得曲线C′的方程为y2+4x2=1.

【分析】因为点 (x, y) 在曲线C上, 故得到后, 应变形为再代入曲线C的方程才能得到曲线C′的方程.

【解】由上面的错解得有代入曲线C的方程x2+y2=1, 得$\frac{1}{4}{y}^{\prime }{}^2+x^{\prime }{}^2=1‚\therefore \text{曲}\text{线}{C}^{\prime }$的方程为$x{}^2+\frac{y{}^2}{4}=1.$

【点拨】在解决通过矩阵进行平面曲线的变换问题时, 一定要把变换前后的变量区别清楚, 防止混淆.

10.【错解】设直线与椭圆交于A, B两点, 将直线的参数方程代入椭圆方程, 得 (2-2t) 2+4 (1+t) 2=16, 整理得t2=1, 根据直线参数方程中t的几何意义, 得AB=|t1-t2|=2, 即弦长为2.

【分析】这里使用了直线的参数方程中参数的几何意义:参数t是有向线段A0A的数量, 所以不少同学在解题中常常使用, 但是这时的直线参数方程应为 (t为参数) , 其中参数t的系数应为倾斜角的正弦值和余弦值, 而这里直线的参数方程中参数t的系数不具有这样的条件, 所以t也没有这个几何意义.

【解】将直线参数方程化为 (t为参数, 其中, 令, 则原直线方程可化为代入椭圆方程得, 化简得t′2=5, 根据直线参数方程中t′的几何意义, 得AB=, 即弦长为.

【点拨】一般地, 若直线倾斜角为θ且过点P0 (x0, y0) , P (x, y) 为直线上任意一点, 若记有向线段P0P的数量为t, 则直线参数方程为 (t为参数) .

高考导数综合题型分析与归纳 篇3

关键词：高考 导数 题型分析

中图分类号：

导数是学习微积分的基础，在函数学习和实际问题解决中发挥着重要作用。在高中数学中导数是一个重要的知识点，也是高考中经常出现的一个考点。导数作为一个常见考点，其命题范围十分广泛，如导数定义、意义，利用导数研究函数的极值、单调性，导数与数列、三角函数、概率等的综合应用等。高考导数题型中，各种数学方法、考试热点和难点等融合在一起，既是对学生能力的考察，也体现了高考的命题思想。

1导数在高考题中的应用

1.1利用导数定义求函数极限值

例1：已知函数f（x）在 處可导，则

A B C D B

解析：这是高考中经常出现的题型之一，在此题中函数极限形式和导数定义式是相像的，因此在解题时可以利用导数定义实现，在解题中最为关键的一点是需要对极限式进行变形。在本题中需要将原式变成

或 这种形式，当右边存在极限时， 和 中a、b两个自变量的差是无限小妾和极限式中的分母是大小是相等的，则该极限值就相当于是导数 。但如果a、b两个自变量的差为分母的k倍 ，则该极限值就是就是函数在 这一指定点导数的k倍。因此 ，答案为B。

1.2利用导数求解函数方程

例2：任意实数x、y，函数 、 满足以下条件：① ；② ， 、 可导；③ ，其中a为常数。（I）试求 ；（II）若 （b为常数），证明： 。

解析：这一题型是利用导数定义求解函数方程问题，是导数和函数方程相结合的典型题型。在此题中，如何根据导数定义将其进行拆分是解题的关键。

（I）由③ ，设 ，则 ，设 ， ，由①可得 ，由② ，故 ，所以 。

（II）证明：由 可知 ，将 代入①中 ，由②

1.3导数在不等式中的应用

例4：已知函数 f（x）的导函数是 。对任意两个不相等的正数 ，证明：当 时， 。

1.4 导数在曲线中的应用

例5：已知函数 ，设曲线 在点 处的切线与 轴的交点为 ，其中 为正实数.用用 表示 。

1.5利用导数求解函数单调区间

2 总结

导数在高考中涉及到的题型非常多，除了上面几种题型外，还有导数与线性规划、概率与导数的交汇、求解实际问题应用等。因此教师和学生应十分注重导数的学习，在充分理解导数知识的基础上，熟练掌握各种题型的解题方法和思路。

参考文献

[1]王永德.例析导数在高考中的热点问题[J].甘肃联合大学学报（自然科学版），2012（1）：40-43.

高考文科数学考点 篇4

一、高考数学高频考点

考点一：集合与常用逻辑用语

集合与简易逻辑是高考的必考内容，主要是选择题、填空题，以集合为载体的新定义试题是近几年高考的热点；而简易逻辑一般会与三角函数、数列、不等式等知识结合在一起考察

考点1：集合的概念与运算

考点2：常用逻辑用语

考点二：函数与导数

高考数学函数的影子几乎出现在每到题中。考生要牢记基本函数的图像与性质，重视函数与不等式、方程、数形结合、转化与划归、分类讨论等数学思想与方法在解题中的应用。导数属于新增内容，是高中数学的一个重要的交汇点，命题范围非常广泛。

考点1：函数的概念及性质

考点2：导数及其应用

考点三：数列

数列是高中数学的重要内容，高考对等差数列、等比数列的考查每年都不会遗漏，命题主要有以下三个方面：（1）等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式；（2）数列与其他知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合；（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题。试题的难度有下降趋势。

考点1：等差、等比数列的定义、通项公式和前n项和公式

考点2：数列的递推关系与综合应用

考点四：三角函数

三角函数是高考必考内容，一般情况下会有1—2道小题和一道解答题，解答题可能会与平面向量、解三角形综合考查，三角函数在高考中主要考查三角函数公式、三角函数的图像与性质、解三角形等，一般为容易题或中档题，尤其是三角函数的解答题，今年或回到高考试卷的第一道大题，解答是否顺利对考生的心理影响很大，是复习的重中之重。建议在考查三角函数图像与性质时第一步解析式化简完毕后利用两角和与差的三角函数公式展开检验，确保万无一失。

考点1:三角函数的图像与性质

考点2：解三角形

考点五：平面向量

由于平面向量集数、形于一体，具有几何形式与代数形式的“双重身份”，使它成为中学数学知识的一个交汇点和联系多项内容的媒介，平面向量的引入也拓宽了解题的思路与方法。从近几年高考对向量知识的考查来看，一般有1—2道小题和一道解答题，小题考查向量的概念和运算，一般难度不大，大题主要考查解三角形或与三角函数结合的综合题，很多解析几何高考试题也会以向量的形式出现，预计今年高考仍会以“工具”的形式，起到“点缀”的作用。

考点1：平面向量的概念及运算

考点2：平面向量的综合应用

考点六：不等式

不等式是及其重要的数学工具，在高考中以考查不等式的解法和最值方面的应用为重点，多数情况是在集合、函数、数列、几何、实际应用题等试题中考查。

考点1：不等式的解法

考点2：基本不等式及其应用

考点七：立体几何

立体几何在每年的高考中，都会有一道小题和一道解答题，难度中档，小题主要考查三视图为载体的空间几何体的面积、体积及点线面的位置关系；解答题主要考察线面的位置关系，文科考查距离和体积的运算。

考点1：有关几何体的计算

考点2：空间线面位置关系的判断和证明

考点八：平面解析几何

平面解析几何综合了代数、三角函数、几何、向量等知识，所涉及的知识点较多，对解题能力考查的层次要求较高。解决这一类问题的关键在于：通观全局、局部入手、整体思维，即在掌握通性通法的同时，不应只形成一个个的解题套路，而应当从宏观上去把握，从微观上去突破，在审题和解题思路的整体设计上下功夫，不断克服解题中的运算难关。此类问题反应在解题上，就是“把曲线的几何特征准确的代数化、解析化（坐标化）”。最重要的是“将题目中的每一句条件都充分了解、掌握、挖掘、转化成代数形式。

考点1：直线与圆的方程

考点2：圆锥曲线的基本问题

考点3:圆锥曲线的综合问题

考点九：概率与统计

概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年新课程高考一大亮点和热点，它与其他知识融合、渗透，情景新颖。文科侧重利用枚举法完整罗列试验结果和事件结果然后求概率。

考点1：抽样方法

考点2：频率分布直方图、茎叶图

考点3：古典概型、几何概型

考点十：推理与证明

推理与证明是新课标高考的一个热点内容，其中归纳推理和类比推理多以填空的形式出现。

考点1：归纳、类比推理的应用

考点十一：算法初步与复数

复数在高考中主要是选择题，一般难度不大，以复数的运算为主。有时也会考查复数的几何意义。算法作为新课改新增内容，在高考中以算法的基本概念为基准，着重掌握程序框图及三种逻辑结构、算法语句，考查形式以选择题为主，进一步体现算法与统计、数列、三角、不等式等知识的综合。

考点1：复数的概念及运算

考点2：算法

二、高考三类题型解法

选择题占据着高考的三分之一，而且在解答题的考查区域、题型特点、解题方法逐渐明晰和套路化得情况下，选择题就变成了夺取高分势在必得的领地，应当引起我们足够的重视。怎样才能既快又准地完成选择题呢？下面为同学们呈现几种应试技巧。

1直接法

2、特例法3排除法4图解法5综合法

填空题只要求直接写出结果，不必写出计算或推理过程，其结果必须是数值准确的、形式规范的、表达式（数）最简的。结果稍有差错，便的零分。针对填空题的这些特点，我们的基本解题策略是在“准”“巧”“快”上下功夫。要做到“准”“巧”“快”，我们必须掌握一些最有效的解题方法。

1直接法2极端法3赋值法4构造法5等价转化法6数形结合法7正难则反法

高考解答题的结构相对稳定，其考查内容一般为三角（向量）、数列、概率、立体几何、解析几何、函数与导数等，其命题趋势是试题灵活多样、得分易但得满分难。

1、突破中档题，稳扎稳打

解答题的中档题包括三角函数、数列、概率、立体几何题。

三角题一般用平面向量做扣，讲究知识的交汇性，或将三角函数与解三角函数“纵连横托”，讲究知识的系统性。解题策略是（1）寻求角度、函数名、结构形式的联系与差异，确定三角函数变换的方向；（2）利用向量的数量积公式进行等价转化；（3）解三角形要灵活运用正余弦定理进行边角互化。特别提醒：（1）二倍角的余弦公式的灵活运用；（2）辅助角公式不能用错；（3）注意角度的变化范围。（4）整体思想

数列题以考查特征数列为主，考查数列的通项与求和。解题策略是：（1）灵活运用等差数列、等比数列的定义、性质解题；（2）能在具体的问题情境中识别数列的等差、等比关系；（3）运用累加法、累乘法、待定系数法求简单递推数列的通项公式，要善于观察分析递推公式的结构特征；（4）数列的求和要求掌握方法本质，用错位相减法时，要注意相减后等比数列的项数，裂项相消法一般适合于分式型、根式型数列求和。

概率题主要考查古典概型（文科）、几何概型、互斥事件的概率加法公式、运用频率分布直方图与茎叶图分析样本的数字特征。解题策略是：（1）审清题意，弄清概率模型，合理选择概率运算公式；（2）运用枚举法计算随机事件所含基本事件数；（3）图表问题的分析与数据的处理是关键。特别提醒：（1）注意互斥事和对立事件的联系和区别，会运用间接法解题；（2）运用枚举法要做到不重不漏；（3）频率分布直方图的纵坐标是频率/组距；（4）茎叶图的中位数概念。

立体几何题大都以棱柱、棱锥等为载体来考查位置关系（垂直、平行）及度量关系（体积、面积、角度、距离）。解题策略是：（1）三种语言（数学语言、图形语言、符号语言）的灵活转化；（2）要善于借助图形的直观性，证明平行可寻找中位线（隐含的中点），证明垂直要运用条件中的线面垂直和面面垂直以及图形中隐含的垂直关系；（3）空间角一般要利用图形中的平行垂直关系，要观察、发现是否有现成的角。特别提醒：（1）一面直线所成角范围为；（2）把底面单独画出来有助于解题；（3）关注“动态”探索型问题，通过直观图形先做判断再证明。

2、破解把关题，步步为营

高考常用函数、导数、不等式、解析几何等知识命制把关题。

函数、导数、不等式的综合是历年高考命题的热点、重点，多以压轴题的形式出现。解题策略是：（1）熟练掌握基本初等函数函数的图像与性质；（2）以导数为工具，判断函数的单调性与求函数的最（极）值；（3）利用导数解决某些实际问题；（4）构造函数（求导）是难点，阶梯式要善于借助条件和第一问的台阶作用，要有目标意识；（5）看能否画一个草图，借助直观图形分析解题思路。

解析几何常考常新，经久不衰。直线与圆锥曲线的位置关系问题是主要内容，中点、弦长、轨迹是经常考查的问题，含参数的取值范围问题是难点，用平面向量巧妙“点缀”是亮点。解题策略是：（1）注重通性通法，灵活运用韦达定理和点差法；（2）借助图形的几何直观性，有利于解题；（3）灵活运用圆锥曲线的定义和性质解答问题（特别是与焦点弦有关的问题）；（4）运算量大，需要“精打细算”和“顽强的解题意志”

高考文科数学复习策略 篇5

狠抓基础

从近几年的高考数学试题可见“出活题、考基础、考能力”仍是命题的主导思想。由于文科考生的特殊性，必须抓好基础题，尽量拿全基础分。以一般题为主，狠抓通性通法的训练，少练或者不练偏题、难题、怪题。减少学生的负担，提高学生对数学的学习积极性。对于支撑学科知识体系的重点知识，考查时要保持较高的比例，在试卷整个命题中，基础题，中等题所占比例将近百分之八十。

对于文科考生，基础普遍薄弱，因此在一轮资料复习的同时，要翻课本，不能用手册代替。对公式，定理，概念的记忆要滚动式的记忆，力争到高考前至少要过二到三遍。抓基础是枯燥乏味的，要多谈话，鼓信心，使他们感到老师的关爱和关心，从而使他们能全身心的投入到高效的复习中。实践证明，在近几年的高考中我所带班级的数学成绩有了较大的进步，近三年文科高考能年年超额完成学校下达的高考任务。

紧扣考纲，考练结合，全面复习

在复习备考的过程中，首先一定要认真的阅读考纲要求和考试说明。在做每一章节前，要认真的阅读考纲要求，是了解，掌握还是理解。从而规划本届内容该如何复习，只有这样，才能有的放矢，事半功倍。更能从繁杂的题海中游出来，轻松愉快的复习备考。

在一轮复习时尽量要全面复习，尤其对于基础更要滚动式的反复记忆。同时还要跟上配套的月考周练。因为考试做题就是为了有效的得分，通过考试暴露复习当中的不足，为后期的复习备考提供最直接的参考信息，吸取经验教训。要求学生对每次考试要做认真的试卷分析，随时总结，而且要跟踪学生对每道题掌握的情况，对考过的重点题型有必要杀“回马枪”。不能一味的追求新题和所谓的好题。对试卷要及时处理，切记为了赶进度而忽略试卷的讲解。每次考后挑出几份最规范整洁的答卷在全班做出表扬传阅，而且对于共性问题要亲自规范板书，说明解题的必要步骤和分值的采分点，让学生们明白答题会而对，对而得分全的思想。

因而，平时的复习中，应该要求学生一定加强定时练习、抓牢考练质量。其次还要注重做题过程、步骤的标准化。每一年高考中的判卷标准中都时刻提醒我们做题标准的重要性，这样不至于在非知识点上失分。考生在这一过程应牢牢抓住以下几点：①对概念要准确理解;②基本方法要熟练;③公式、定理的正逆要熟练;④基本运算要过关;⑤形成系统知识的合理结构和解题步骤的规范化;⑥要控制题目的难度，在“稳”、“实”上狠下功夫，那些只有运用“特技”才能解决的“偏、怪、奇”的题，坚决摒弃;⑦强化通性通法的训练;⑧强调数形结合的重要性。

文科生如何学数学

要不断提高自身业务素质，激发学生的学习兴趣

兴趣是思维的动因之一，兴趣是强烈而又持久的学习动机。只有学生热爱数学，才能产生积极而又持久的求学劲头。但兴趣的指向不是与生俱来的，是在需要的基础上产生和发展起来的，也就是说兴趣还需要我们去培养。在学习数学时要克服只为高考而学数学的功利思想，从数学的功效和作用、数学对人的发展和生活需要的高度，认识学习数学的重要性和必要性。因此，教师应充分运用数学美的诱发力引起学生浓厚的学习兴趣、强烈的求知欲望，因此我们可以从美学的角度让我们的学生去感受数学的美好。

例如：讲解圆时，我们可以告诉学生数学有着对称美，有着无数条对称轴的圆被誉为“一切平面图形中最美的图形”;讲解立体几何定理时，我们可以告诉学生数学有着简洁美，许多纷繁复杂的现象可以归纳为简单的数学公式;讲解椭圆时，我们可以告诉学生为什么离心率EMBED Equation.3的椭圆被称为“优美椭圆”，让学生去体会黄金分割。另一方面，我们要提高自身素质，用诙谐幽默的语言去活跃课堂，不要让你的学生总是眉头紧锁;用严谨的态度去感染学生，告诉他们做事要一丝不苟，学习数学可以让你拥有好的品质，这是你的人生财富;同时我们还要有奉献精神，做好学生坚实的后盾，时常鼓励他们，不要吝啬你的赞美，对他们的成功和进步要及时给予肯定。带领他们一点点地走向成功，带领他们去领略数学解题的畅快淋漓，让他们“亲其师而信其道”，进而爱上数学。

养成习惯，形成品质

建立良好的学习数学习惯，会使自己学习感到有序而轻松。高中数学的良好习惯应是：多质疑、勤思考、好动手、重归纳、注意应用。包括课前自学、专心上课、及时复习、独立作业、解决疑难、系统小结和课外学习几个方面。平时的学习要注意以下几点：

(1)强调理解。概念、定理、公式要在理解的基础上记忆。每新学一个定理，尝试先不看答案，做一次例题，看是否能正确运用新定理;若不行，则对照答案，加深对定理的理解。

(2)按部就班。数学是环环相扣的一门学科，哪一个环节脱节都会影响整个学习的进程。所以，平时学习不应贪快，要一章一章过关，不要轻易留下自己不明白或者理解不深刻的问题。

(3)基本训练。学习数学是不能缺少训练的，平时多做一些难度适中的练习，当然莫要陷入死钻难题的误区，要熟悉高考的题型，训练要做到有的放矢。

(4)重视平时考试出现的错误。订一个错题本，专门搜集自己的错题，这些往往就是自己的薄弱之处。复习时，这个错题本也就成了宝贵的复习资料。

高考数学考试的答题策略

一、提前进入角色

很多同学都有这样的习惯，每次刚刚考试完，会有很多遗憾，总想如果这次考试要是重新考的话，我会考得比较好。那么，要想在高考这一次考试中取得比较好的成绩，必须要少留遗憾，最正常的发挥，至于不会做的，或者根本做不出来的谈不上遗憾，就怕自己的水平没有发挥出来。

提前进入角色应该特别关注以下两个问题：

1、生活作息上的适当调整。首先，调整好自己的生物钟，不要熬夜，做题尽量放在白天与高考同步。其次，尽量保持与平时一致的生活习惯，饮食上不要有太大的改变，避免肠胃不适。再次，要有积极的心理暗示。人的潜力有时候自己都难以相信，当你精力集中、心理暗示到一定程度，可以使自己超水平发挥的。

2、高考前几天要在数学学科做好“保温”。有三点要注意：第一，分析订正错题，总结常见的几类错误。第二，分类看旧题，针对重点内容重点看。看看《考试说明》要求比较高的知识点，总结一下通性和通法，进行专项内容的总结和分类，形成解决这类问题的常见方法。第三，适当做一些新题。新题难度不要太大，中等或者偏下。中等可以保持你的斗志，偏下是为了保温。

二、监考发卷后迅速摸清题情

高考会提前五分钟发卷，这五分钟同学们不要答卷，先用一分钟填考试信息，接下来同学们就要尽快地摸清题情。

1、识别试卷中曾做过的，会做的题。也要注意有没有可能会做，但是需要花大量的时间的题。心里要立刻有一个答题的顺序。

2、舍得放弃，正确对待得与失。万一遇到某个题从来都没有见过，可以大概看看是哪个类型，用什么方法能解决，这个题目是考察什么，迅速决定是否放弃。如果觉得花两个小时也不一定能做出来，这个时候要舍得放弃，集中自己的精力，解决自己会做的问题，高考考得不是会多少，而是对多少。

三、四先四后

即先易后难、先熟后生、先高后低、先同后异。

1、易与熟：涉及的概念公式方法能融会贯通，脱口而出，一目了然。这样的问题我们很快就能做出来，这就是先“易”和先“熟”。

2、高：选择填空一步5分，相比大题按步骤给分，分数更高。

高考文科数学题型归纳 篇6

本试题卷共6页，23题(含选考题)。全卷满分150分。考试用时120分钟。

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共12小题，每小题5分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符

合题目要求的。

1．集合，集合，则集合＝（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根据题意，所以集合＝．故选D．

2．已知复数z在复平面对应点为，则＝（）

A．1

B．－1

C．

D．0

【答案】C

【解析】根据题意可得，则＝．故选C．

3．sin2040°＝（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】．故选B．

4．世界最大单口径射电望远镜FAST于2016年9月25日在贵州省黔南州落成启用，它被誉为“中国天眼”，从

选址到启用历经22年．FAST选址从开始一万多个地方逐一审查，最后敲定三个地方：贵州省黔南州、黔西南

州和安顺市境内．现从这三个地方中任选两个地方重点研究其条件状况，则贵州省黔南州被选中的概率为（）

A．1

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】从三个地方中任选两个地方，基本事件总数，贵州省黔南州被选中基本事件个数，∴贵州省黔南州被选中的概率．故选D．

5．《九章算术》中记载了一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），则该几何体的容积为（）立方寸．（π≈3．14）

A．12．656

B．13．667

C．11．414

D．14．354

【答案】A

【解析】由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成．

由题意得：立方寸．故选A．

6．在等差数列中，若，那么等于（）

A．4

B．5

C．9

D．18

【答案】B

【解析】因为，所以，所以，因为，所以，所以公差，所以．故选B．

7．已知函数，则函数的大致图象是（）

A

B

C

D

【答案】C

【解析】因为，所以函数为偶函数，所以排除D，又，所以排除A、B，故选C．

8．根据下列流程图输出的值是（）

A．11

B．31

C．51

D．79

【答案】D

【解析】当n＝2时，，当n＝3时，，当n＝4时，，当n＝5时，，输出．故选D．

9．已知单位向量满足，向量，（t为正实数），则的最小值为（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】由题意可得，而，所以，所以，设，则，所以，因为，所以．故选A．

10．若x，y满足约束条件，设的最大值点为A，则经过点A和B的直线方程为（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】在直角坐标系中，满足不等式组可行域为：

表示点到可行域的点的距离的平方减4．如图所示，点到点的距离最大，即，则经过A，B两点直线方程为．故选A．

11．已知双曲线C的中心在原点O，焦点，点A为左支上一点，满足|OA|＝|OF|且|AF|＝4，则双曲线C的方程为（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】如下图，由题意可得，设右焦点为F′，由|OA|＝|OF|＝|OF′|知，∠AFF′＝∠FAO，∠OF′A＝∠OAF′，所以∠AFF′+

∠OF′A＝∠FAO+∠OAF′，由∠AFF′+∠OF′A+∠FAO+∠OAF′＝180°知，∠FAO+∠OAF′＝90°，即AF⊥AF′．在Rt△AFF′中，由勾股定理，得，由双曲线的定义，得|AF′|－|AF|＝2a＝8－4＝4，从而a＝2，得a2＝4，于是b2＝c2－a2＝16，所以

双曲线的方程为．故选C．

12．已知函数，有下列四个命题，①函数是奇函数；

②函数在是单调函数；

③当时，函数恒成立；

④当时，函数有一个零点，其中正确的个数是（）

A．1

B．2

C．3

D．4

【答案】B

【解析】①函数的定义域是，不满足函数奇偶性定义，所以函数非奇非偶函数，所以①错误；②取，，所以函数在不是单调函数，所以②错误；③当x＞0时，要使，即，即，令，，得，所以在上递减，在上递增，所以，所以③正确；④当时，函数的零点即为的解，也就是，等价于函数与函数图像有交点，在同一坐标系画出这两个函数图像，可知他们只有一个交点，所以④是正确的．故选B．

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分。第13~21题为必考题，每个试题考生都必须作

答。第22~23题为选考题，考生根据要求作答。

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。

13．《九章算术》中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”大意为：有个圆柱形木头，埋在墙壁中（如图所示），不知道其大小，用锯沿着面AB锯掉裸露在外面的木头，锯口CD深1寸，锯道AB长度为1尺，问这块圆柱形木料的直径是__________．（注：1尺＝10寸）

【答案】26寸

【解析】设圆柱形木料的半径是，则，得，所以圆柱形木料的直径是26寸．

14．下图是北方某地区从2010年至2016年患“三高”（即高血压，高血糖，高血脂的统称）人数y（单位：

千人）折线图，如图所示，则y关于t的线性回归方程是______________．（参考公式：，）

【答案】

【解析】根据题意得，，，所求回归方程为．

15．已知一条抛物线的焦点是直线与x轴的交点，若抛物线与直线l交两点A，B，且，则___________．

【答案】

【解析】根据题意设抛物线方程为与直线方程联立方程组，化简整理得，进一步整理，另设，则有，则

①，根据题意，直线l与x轴的焦点为，抛物线焦点为，即，代入到①中，得，解得或（舍），即．

16．已知数列满足（，且为常数），若为等比数列，且首项为，则的通项公式为________________．

【答案】或

【解析】①若，则，由，得，由，得，联立两式，得或，则或，经检验均合题意．

②若，则，由，得，得，则，经检验适合题意．

综上①②，满足条件的的通项公式为或．

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（本小题满分12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．

（1）求角C的大小；

（2）若，且，求△ABC的面积．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）由，∴，∴，·················································3分

∴，····························································5分

∴C＝．································································6分

（2）由，∴，∴，∴，·································································8分

根据正弦定理，可得，解得，··················10分

∴．····12分

18．（本小题满分12分）2016年袁隆平的超级杂交水稻再创新亩产量世界纪录．为了测试水稻生长情

况，专家选取了甲、乙两块地，从这两块地中随机各抽取10株水稻样本，测量他们的高度，获得的高度数

据的茎叶图如图所示：

（1）根据茎叶图判断哪块田的平均高度较高；

（2）计算甲乙两块地株高方差；

（3）现从乙地高度不低于133cm的样本中随机抽取两株，求高度为136cm的样本被抽中的概率．

【答案】（1）乙平均高度高于甲；（2），；（3）．

【解析】（1）由茎叶图可知：甲高度集中于122cm～139cm之间，而乙高度集中于130cm～141cm之

间．因此乙平均高度高于甲．····································2分

（2）根据茎叶图给出的数据得到，·······3分，·····4分

；·········6分

．········8分

（3）设高度为136cm的样本被抽中的事件为A，从乙地10株水稻样本中抽中两株高度不低于133cm的样本有：（133，136），（133，138），（133，139），（133，141），（136，138），（136，139），（136，141），（138，139），（138，141），（139，141）共10个基本事件，·······

··········10分

而事件A含有4个基本事件．∴．·····························12分

19．（本小题满分12分）如图，在正四棱柱中，已知，S是的中点．

（1）求证：；

（2）求三棱锥的体积．

【答案】（1）见解析；（2）．

【解析】（1）证明：在正四棱柱中，底面是正方形，可得，又，所以①，·····2分

由平面，可得②，··································4分

由①②，且，所以平面，而平面，所以．······································6分

（2）由S是的中点，可得，由（1）中平面，可知平面，即平面，所以．

··················12分

20．（本小题满分12分）已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，其中一个顶点是双曲线的焦点，（1）求椭圆C的标准方程；

（2）过点的直线与椭圆C相交于不同的两点A，B，过点A，B分别作椭圆的两条切线，求其交点的轨迹方程．

【答案】（1），（2）．

【解析】（1）由题意可知双曲线的焦点，所以椭圆的C：中a＝5，········································1分

根据，解得c＝，所以，·································3分

所以椭圆的标准方程为．·································4分

（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，另设，设在处切线的方程为，与椭圆C：联立：，消去可得：，由，得，化简可得：，由，可得，所以上式可化为：，∴，所以椭圆在点A处的切线方程为：①，··························7分

同理可得椭圆在点B的切线方程为：②，·······················8分

联立方程①②，消去x得：，解得，··········9分

而A，B都在直线上，所以有，所以，所以，即此时的交点的轨迹方程为；·····11分

当直线的斜率不存在时，直线的方程为x＝0，则，则椭圆在点A处的切线方程为：①，椭圆在点B的切线方程为：，此时无交点．

综上所述，交点的轨迹方程为．······································12分

21．（本小题满分12分）已知函数（a是常数），（1）求函数的单调区间；

（2）当时，函数有两个零点，求a的取值范围．

【答案】（1）见解析；（2）或．

【解析】（1）根据题意可得，当a＝0时，函数在上是单调递增的，在上是单调递减的．···········································1分

当a≠0时，因为＞0，令，解得x＝0或．·····························3分

①当a＞0时，函数在，上有，即，函数单调递减；函数在上有，即，函数单调递增；························4分

②当a＜0时，函数在，上有，即，函数单调递增；函数在上有，即，函数单调递减；························5分

综上所述，当a＝0时，函数的单调递增区间，递减区间为；

当a＞0时，函数的单调递减区间为，递增区间为；

当a＜0时，函数的单调递增区间为，递减区间为；·······6分

（2）当时，函数有两个零点，所以函数在（0，16）内不是单调函数；而的两个零点为x＝0，所以，解得①；···············8分

又由（1）可知：时，是增函数，时，是减函数，∴在上；

令，解得②；······································10分

又，即，解得③；······················11分

由①②③组成不等式组，解得；

∴实数a的取值范围是．·······································12分

请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。

22．（本小题满分10分）已知在直角坐标系中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的参数方程为：，曲线C2的极坐标方程：，（1）写出C1和C2的普通方程；

（2）若C1与C2交于两点A，B，求的值．

【答案】（1），；（2）．

【解析】（1）将曲线C2的极坐标方程转化为直角坐标方程；·····2分

将曲线C1的方程消去t化为普通方程：；··············4分

（2）若C1与C2交于两点A，B，可设，联立方程组，消去y，可得，··················6分

整理得，所以有，·····························8分

则．·················10分

23．（本小题满分10分）已知函数，（1）若不等式恒成立，求实数的取值范围；

（2）若对于实数x，y，有，求证:．

【答案】（1）；（2）见解析．

【解析】（1）根据题意可得恒成立，即，化简得，而是恒成立的，所以，解得；·········································5分

高考文科数学题型归纳 篇7

考点1 由数列的前几项求通项公式

根据数列的前几项求它的一个通项公式, 通过观察每一项的特点, 分析出项与n之间的关系、规律, 可使用添项、通分、分割等办法, 转化为一些常见数列的通项公式来求.对于正负符号的变化, 可用 (-1) n或 (-1) n+1来调整.

例1写出下面各数列的一个通项公式:

(2) 3, 33, 333, 3333, ….

解析: (1) 奇数项为负, 偶数项为正, 因此通项公式的符号为 (-1) n;各项绝对值的分母组成数列2, 4, 6, 8, …;而各项绝对值的分子组成的数列中, 奇数项为1, 偶数项为3, 即奇数项为2-1, 偶数项为2+1, 所以该数列的一个通项公式为.

(2) 这个数列的前4 项可以写成 (1/3) (10-1) , (1/3) (100-1) , (1/3) (1 000-1) , (1/3) (10 000-1) , 所以该数列的一个通项公式为.

考点2 由an与Sn的关系求通项公式

有些数列给出{an}的前n项和Sn与an的关系式Sn=f (an) , 利用该式写出Sn-1=f (an-1) (n≥2) , 两式作差, 再利用an=Sn-Sn-1导出an与an-1 (n≥2) 的递推式, 从而求出an.请注意:对n=1时的情况的讨论.

例2 若各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn, 且, 其中a1=1, 求an.

因为an≠0, 所以an+1-an-1=2.

从而a2 m+1=1+2 (m+1-1) =2m+1, a2 m=2+2 (m-1) =2m, m∈N*.

综上可知, an=n (n∈N*) .

考点3 由递推公式求通项公式

递推公式和通项公式是数列的两种表示方法, 它们都可以确定数列中的任意一项, 只是由递推公式确定数列中的项时, 不如通项公式直接.由递推公式求通项公式常见的方法有:累加法、累乘法以及构造法等.

例3已知数列{an}中, a1=1, an+1=2an+3, 求an.

所以{bn}是以b1=4为首项, 2为公比的等比数列, 则bn=4×2n-1=2n+1.

所以an=2n+1-3.

考点4 等差数列的基本运算

等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1, an, d, n, Sn, 如果知道其中三个就能求另外两个.

例4已知等差数列{an}的前n项和为Sn, 且满足, 则数列{an}的公差是____.

考点5 等差数列的判断和证明

判断数列{an}为等差数列的常见方法有四种:

(1) 定义法:对于n≥2的任意自然数, 验证an-an-1为同一常数. (2) 等差中项法:验证2an-1=an+an-2 (n≥3, n∈N*) 成立. (3) 通项公式法:验证an=pn+q. (4) 前n项和公式法:验证Sn=An2+Bn.其中在解答题中常应用定义法和等差中项法, 而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断.

又, 所以数列{bn}是以为首项, 1为公差的等差数列.

考点6 等差数列的性质

等差数列的常见性质有: (1) an=am+ (n-m) d (n, m∈N*) . (2) 若{an}为等差数列, 且k+l=m+n (k, l, m, n∈N*) , 则ak+al=am+an. (3) 若{an}是等差数列, 公差为d, 则ak, ak+m, ak+2m, … (k, m∈N*) 是公差为md的等差数列. (4) 数列Sm, S2m-Sm, S3m-S2m, … 也是等差数列.

例6已知等差数列{an}中a4=2, an+2+an+5=2an+1+10, 则{an}的通项公式an=_____.

解析:令数列{an}的公差为d.

由an+2+an+5=2an+1+10, 得an+1+d+an+1+4d=2an+1+10, 即5d=10, 得d=2.

又a4=2, 所以an=a4+ (n-4) d=2+ (n-4) ×2=2n-6.

考点7 等差数列前n项和的最值

求等差数列前n项和Sn的最值的两种方法: (1) 函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn, 通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解. (2) 邻项变号法:①当a1>0, d<0时, 满足的项数m使得Sn取得最大值Sm;②当a1<0, d>0时, 满足的项数m使得Sn取得最小值Sm.

例7 已知数列{an}的通项公式是an= (1-k) n+13k-3, bn=an2-a2n+1.若数列{bn}的前n项和为Sn, 是否存在实数k, 使Sn当且仅当n=12时取得最大值?若存在, 求出k的取值范围;若不存在, 说明理由.

解析:存在满足题意的实数k.

由题意, 得bn=a2n-a2n+1= (an+an+1) (an-an+1) =-2 (1-k) 2n+25k2-30k+5.

由题意知, 当且仅当n=12时Sn最大, 则b12>0, b13<0,

故k的取值范围为 (- ∞, -19) ∪ (21, +∞) .

考点8 等比数列的基本运算

等比数列中有五个量a1, n, q, an, Sn, 一般可以“知三求二”, 通过列方程 (组) 求关键量a1和q, 问题可迎刃而解.等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论, 当q=1时, {an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时, {an}的前n项和.

例8 设数列{an}是等比数列, 前n项和为Sn, 若S3=3a3, 则公比q=____.

解析:当q=1时, 满足S3=3a1=3a3.

当q≠1时, S3=a1 (1+q+q2) =3a1q2, 解得.

综上, 或q=1.

考点9 等比数列的判定与证明

等比数列的常用判定方法有: (1) 定义法:若 (q为非零常数, n∈N*) 或 (q为非零常数, 且n≥2, n∈N*) , 则{an}是等比数列. (2) 等比中项法:若数列{an}中, an≠0且a2n+1=an·an+2 (n∈N*) , 则数列{an}是等比数列. (3) 通项公式法:若数列通项公式可写成an=c·qn-1 (c, q均是不为0的常数, n∈N*) , 则{an}是等比数列. (4) 前n项和公式法:若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k (k为常数且k≠0, q≠0且q≠1) , 则{an}是等比数列.其中前两种方法是判定等比数列的常用方法, 常用于证明, 而后两种方法常用于选择题、填空题中的判断.

例9 已知数列{an}中, a1=1, , 又bn=a2n+a2n-1, n∈N*.判断数列{bn}是否为等比数列.

又, 所以{bn}是以3/2为首项, 1/2为公比的等比数列.

考点10 等比数列的性质

等比数列的常用性质有: (1) 若m+n=p+q=2k (m, n, p, q, k∈N*) , 则am·an=ap·aq=ak2; (2) 若数列{an}, {bn} (项数相同) 是等比数列, 则{λan} (λ≠0) , , {an2}, {an·bn}等仍然是等比数列; (3) 在等比数列{an}中, 等距离取出若干项也构成一个等比数列, 即an, an+k, an+2k, an+3k, … 为等比数列, 公比为qk; (4) 公比不为-1 的等比数列{an}的前n项和为Sn, 则Sn, S2n-Sn, S3n-S2n仍成等比数列, 其公比为qn, 当公比为-1时, Sn, S2n-Sn, S3n-S4n不一定构成等比数列.

例10 等比数列{an}中, 前n项和为Sn, 且S10=10, S30=70, 则S20=____.

解析:易得等比数列{an}中, q≠ -1, S10, S20-S10, S30-S20成等比数列,

所以 (S20-S10) 2=S10 (S30-S20) , 即 (S20-10) 2=10 (70-S20) , 解得S20=30或-20.

又S20= (1+q10) S10>0, 所以S20=30.

考点11分组法求和

一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成, 则求和时可用分组求和法, 分别求和后再相加减.

例11 等比数列{an}中, a1, a2, a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数, 且a1, a2, a3中的任何两个数不在下表的同一列.

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 若数列{bn}满足bn=an+ (-1) nln an, 求数列{bn}的前n项和Sn.

解析: (1) 当a1=3时, 不合题意;当a1=2时, 当且仅当a2=6, a3=18时, 符合题意;当a1=10时, 不合题意.

因此a1=2, a2=6, a3=18, 所以公比q=3.

故an=2·3n-1 (n∈N*) .

(2) 因为bn=an+ (-1) nln an=2·3n-1+ (-1) nln (2·3n-1) =2·3n-1+ (-1) n[ln 2+ (n-1) ln 3]=2·3n-1+ (-1) n (ln 2-ln 3) + (-1) nnln 3,

所以Sn=2 (1+3+…+3n-1) +[-1+1-1+…+ (-1) n]· (ln 2-ln 3) +[-1+2-3+…+ (-1) nn]ln 3.

综上所述,

考点12错位相减法求和

如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的, 那么这个数列的前n项和即可用此法来求, 如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.在应用错位相减法求和时, 若等比数列的公比为参数, 应分公比等于1和不等于1两种情况求解.

例12 已知等差数列{an}的前n项和为Sn, 且满足a2=3, S6=36.

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 若数列{bn}是等比数列且满足b1+b2=3, b4+b5=24, 设数列{an·bn}的前n项和为Tn, 求Tn.

解析: (1) 因为数列{an}是等差数列, 所以S6=3 (a1+a6) =3 (a2+a5) =36, 则a2+a5=12.

由于a2=3, 所以a5=9, 从而d=2, a1=a2-d=1, 所以an=2n-1.

(2) 设数列{bn}的公比为q.

因为b1+b2=3, b4+b5=24, 所以, 得q=2.

从而b1+b2=b1 (1+q) =3b1=3, 所以b1=1, bn=2n-1.

所以an·bn= (2n-1) ·2n-1.

所以Tn=1×1+3×2+5×22+…+ (2n-3) ·2n-2+ (2n-1) ·2n-1,

则2Tn=1×2+3×22+5×23+ … + (2n-3) ·2n-1+ (2n-1) ·2n.

两式相减, 得 (1-2) Tn=1×1+2×2+2×22+…+2·2n-2+2·2n-1- (2n-1) ·2n,

即-Tn=1+2 (21+22+ … +2n-1) - (2n-1) ·2n=1+2 (2n-2) - (2n-1) ·2n= (3-2n) ·2n-3.

所以Tn= (2n-3) ·2n+3.

考点13裂项相消法求和

裂项相消法是指把数列的通项拆成两项之差, 在求和时中间的一些项可以相互抵消, 从而求得其和. 常见的裂项方法有:.

例13 已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn, 且满足a2·a4=65, a1+a5=18.设, 是否存在一个最小的常数m, 使得b1+b2+…+bn<m对于任意的正整数n均成立?若存在, 求出常数m;若不存在, 说明理由.

解析:因为{an}为等差数列, 所以a1+a5=a2+a4=18.

又a2·a4=65, 所以a2, a4是方程x2-18x+65=0的两个根.

又数列{an}的公差d>0, 所以a2<a4.所以a2=5, a4=13.可知a1=1, d=4.

所以Sn=2n2-n.

所以存在m=1/2使得b1+b2+…+bn<m对于任意的正整数n均成立.

考点14 等差数列与等比数列的综合问题

解决等差数列与等比数列的综合问题, 关键是厘清两个数列的关系.如果同一数列中部分项成等差数列, 部分项成等比数列, 就要把成等差数列和成等比数列的项分别抽出来, 研究这些项与序号之间的关系;如果两个数列是通过运算综合在一起的, 就要从分析运算入手, 把两个数列分割开, 再根据两个数列各自的特征进行求解.

例14 已知{an}是等差数列, 满足a1=3, a4=12, 数列{bn}满足b1=4, b4=20, 且{bn-an}为等比数列.

(1) 求数列{an}和{bn}的通项公式;

(2) 求数列{bn}的前n项和.

解析: (1) 设等差数列{an}的公差为d.

所以an=a1+ (n-1) d=3n.

设等比数列{bn-an}的公比为q.

所以bn-an= (b1-a1) qn-1=2n-1.从而bn=3n+2n-1.

(2) 由 (1) 知bn=3n+2n-1.

令cn=3n, dn=2n-1.

数列{cn}的前n项和为, 数列{dn}的前n项和为.

所以数列{bn}的前n项和为.

考点15 等差数列与等比数列的实际应用

数列应用题的常见模型有:等差模型、等比模型以及递推数列模型等.建模思路是:从实际出发, 通过抽象概括建立数学模型, 通过对模型的解析, 再返回实际中去.

例15 为了加强环保建设, 提高社会效益和经济效益, 某市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车.每更换一辆新车, 则淘汰一辆旧车, 更换的新车为电力型车和混合动力型车.第一年年初投入了电力型公交车128辆, 混合动力型公交车400辆, 计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50% , 混合动力型车每年比上一年多投入a辆.

(1) 求经过n年, 该市被更换的公交车总数S (n) ;

(2) 若该市计划用7年的时间完成全部更换, 求a的最小值.

解析: (1) 设an, bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量.

依题意知, 数列{an}是首项为128, 公比为1+50% =3/2的等比数列;数列{bn}是首项为400, 公差为a的等差数列.

数列{bn}的前n项和.

所以经过n年, 该市更换的公交车总数

又a∈N*, 所以a的最小值为147.

配套练习:

1.若数列{an}的前n项和, 则{an}的通项公式是an=____.

2.若数列{an}中, a1=3 且an+1=an2 (n是正整数) , 则它的通项公式是an=____.

3.设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和, 若a1=2a8-3a4, 则.

4.已知数列{an}中, 若a1=1, (n ∈ N*) , 则该数列的通项为.

5.设等差数列{an}的前n项和为Sn, 若a1=-11, a4+a6= -6, 当Sn取最小值时, n=____.

6.已知{an}是等差数列, a1=1, 公差d≠0, Sn为其前n项和, 若a1, a2, a5成等比数列, 则S8=____.

7.已知等比数列{an}的首项a1=1, 公比q=2, 则a12+a22+…+an2=___.

8.写出下面各数列的一个通项公式:

(2) a, b, a, b, a, b, … (其中a, b为实数) .

9.设{an}是等差数列, 且a1-a4-a8-a12+a15=2, 求a3+a13及S15的值.

10.已知{an}是等比数列, Sn是其前n项和, a1, a7, a4成等差数列, 求证:2S3, S6, S12-S6成等比数列.

11.已知等比数列{an}中, 首项a1=3, 公比q>1, 且3 (an+2+an) -10an+1=0 (n∈N*) .

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 设是首项为1, 公差为2的等差数列, 求数列{bn}的通项公式和前n项和Sn.

12.设等差数列{an}的公差为d, 点 (an, bn) 在函数f (x) =2x的图象上 (n∈N*) .

(1) 若a1=-2, 点 (a8, 4b7) 在函数f (x) 的图象上, 求数列{an}的前n项和Sn;

(2) 若a1=1, 函数f (x) 的图象在点 (a2, b2) 处的切线在x轴上的截距为, 求数列的前n项和Tn.

13.正项数列{an}的前n项和Sn满足Sn2- (n2+n-1) Sn- (n2+n) =0.

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 令, 数列{bn}的前n项和为Tn, 证明:对于任意的n∈N*, 都有Tn< (5/64) .

14.设数列{an}的前n项和为Sn, 点 (an, Sn) 在直线上.

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 在an与an+1之间插入n个数, 使这n+2个数组成公差为dn的等差数列, 求数列的前n项和Tn.

15.自祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来, 在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园, 台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务.某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂, 第一年各种经费12万美元, 以后每年增加4万美元, 每年销售蔬菜收入50万美元, 设f (n) 表示前n年的纯利润 (f (n) =前n年的总收入-前n年的总支出-投资额) .

(1) 从第几年开始该台商获利?

(2) 若干年后, 该台商为开发新项目, 有两种处理方案:①年平均利润最大时以48万美元出售该厂;②纯利润总和最大时, 以16万美元出售该厂, 问哪种方案最合算?

参考答案:

8. (1) 这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数, 且奇数项为正, 偶数项为负, 所以它的一个通项公式为.

(2) 这是一个摆动数列, 奇数项是a, 偶数项是b,

所以此数列的一个通项公式为

9.a3+a13=-4, S15=-30.

10.证明略.

12. (1) 由已知, 得.解得d=a8-a7=2.

所以.

(2) 函数f (x) =2x在 (a2, b2) 处的切线方程为, 它在x轴上的截距为.由题意, 得, 解得a2=2.

所以d=a2-a1=1.从而an=n, bn=2n.

13. (1) 由Sn2- (n2+n-1) Sn- (n2+n) =0, 得[Sn- (n2+n) ] (Sn+1) =0.

由于{an}是正项数列, 所以Sn+1>0.所以Sn=n2+n.

当n≥2时, an=Sn-Sn-1=2n,

当n=1时, a1=S1=2适合上式.

所以an=2n.

14. (1) 由Sn=23an-1, 得.

两式相减, 得, 即an=3an-1 (n∈N*, n≥2) .

又, 得a1=2.

所以数列{an}是首项为2, 公比为3 的等比数列.

所以an=2·3n-1 (n∈N*) .

(2) 由 (1) 知an+1=2·3n, an=2·3n-1.

因为an+1=an+ (n+1) dn,

15.由题意知, 每年的经费是以12为首项, 4为公差的等差数列.

由题意, 得.

(1) 获取纯利润就是要求f (n) >0, 因此有-2n2+40n-72>0, 解得2<n<18.

又n∈N*, 可知从第三年开始获利.

(2) ①平均利润为, 当且仅当n=6时取等号.

故此方案共获利-2×62+40×6-72+48=144 (万美元) , 此时n=6.

②f (n) =-2n2+40n-72=-2 (n-10) 2+128, 当n=10时, [f (n) ]max=128.

故此方案共获利128+16=144 (万美元) , 此时n=10.

比较两种方案, 第①种方案只需6年, 第②种方案需要10年, 故选择第①种方案.

(安徽余其权)

六、不等式部分

考点1 比较两个数的大小

作差比较法的目的是判断差的符号, 而作商比较法的目的是判断商与1的大小, 两种方法的解题关键是变形.

例1 设a, b∈[0, +∞) , , 则A, B的大小关系是 ( ) .

(A) A≤B (B) A≥B

(C) A<B (D) A>B

解析:由题意, 得, 且A≥0, B≥0, 可得A≥B.故选B.

考点2 不等式的性质

不等式的性质是判断不等式是否成立的重要依据.

例2 若a>b>0, c<d<0, e<0, 求证:.

证明:因为c<d<0, 所以-c>-d>0.

又因为a>b>0, 所以a-c>b-d>0.

所以 (a-c) 2> (b-d) 2>0.

考点3 一元二次不等式的解法

若一元二次不等式含有参数, 则需要进行分类讨论, 讨论的顺序是:二次项的系数、根的存在、两根的大小关系.

例3 关于x的不等式x2- (a+1) x+a<0的解集中, 恰有3个整数, 则a的取值范围是 ( ) .

(A) (4, 5)

(B) (-3, -2) ∪ (4, 5)

(C) (4, 5]

(D) [-3, -2) ∪ (4, 5]

解析:原不等式可能为 (x-1) (x-a) <0, 当a>1时, 得1<x<a, 则4<a≤5;当a<1时, 得a<x<1, 则-3≤a< -2.所以a∈[-3, -2) ∪ (4, 5].故选D.

考点4一元二次不等式恒成立问题

一元二次不等式恒成立的条件:

(1) 不等式ax2+bx+c>0 (a≠0) 对任意实数x恒成立, 则

(2) 不等式ax2+bx+c<0 (a≠0) 对任意实数x恒成立, 则

例4 “0<a<1”是“ax2+2ax+1>0 的解集是实数集R”的 ( ) .

(A) 充分不必要条件

(B) 必要不充分条件

(C) 充要条件

(D) 既不充分又不必要条件

解析:当a=0时, 1>0, 显然成立;

所以ax2+2ax+1>0的解集是实数集R的充要条件为0≤a<1.

所以“0<a<1”是“ax2+2ax+1>0的解集是实数集R”的充分不必要条件.故选A.

考点5 二元一次不等式 (组) 表示的平面区域

确定二元一次不等式 (组) 表示的平面区域的方法是“直线定界, 特殊点定域”;注意:当不等式中带等号时, 边界为实线, 不带等号时, 边界应画为虚线, 特殊点常取原点.

考点6 求目标函数的最值

求目标函数的最值的一般步骤为:一画、二移、三求.常见的目标函数有: (1) 截距型:形如z=ax+by. (2) 距离型:形如z= (x-a) 2+ (y-b) 2. (3) 斜率型:形如.

解析:由约束条件所得的可行域如图2所示, 而z=x2+y2+2x +2y +2= (x+1) 2+ (y+1) 2表示可行域内一点 (x, y) 到点 (-1, -1) 的距离的平方.由图易知点A (1, 2) 是满足条件的最优解, 则z= (x+1) 2+ (y+1) 2的最小值为13.

考点7 线性规划的实际应用

解线性规划应用题的基本步骤是: (1) 转化———设元, 写出约束条件和目标函数, 从而将实际问题转化为线性规划问题; (2) 求解———解这个纯数学的线性规划问题; (3) 作答———将数学问题的答案还原为实际问题的答案.

例7 某公司生产甲、乙两种桶装产品.已知生产甲产品1桶需耗A原料1千克、B原料2千克;生产乙产品1桶需耗A原料2千克、B原料1千克.每桶甲产品的利润是300元, 每桶乙产品的利润是400元.公司在生产这两种产品的计划中, 要求每天消耗A, B原料都不超过12千克.通过合理安排生产计划, 从每天生产的甲、乙两种产品中, 公司共可获得的最大利润是 ( ) .

(A) 1 800元 (B) 2 400元

(C) 2 800元 (D) 3 100元

解析:设某公司生产甲产品x桶, 生产乙产品y桶, 获利为z元, 则x, y满足的线性约束条件为目标函数z=300x+400y.

作出可行域, 如图3中四边形OABC的边界及其内部整点.作直线l0:3x+4y=0, 平移直线l0经可行域内点B时, z取最大值.由得B (4, 4) , 满足题意.

所以zmax=4×300+4×400=2 800.故选C.

考点8 利用基本不等式证明不等式

利用基本不等式证明不等式时要从整体上把握运用基本不等式, 对不满足使用基本不等式条件的可通过“变形”来转换, 常见的变形技巧有:拆项, 并项, 也可乘上一个数或加上一个数, “1”的代换法等.

例8 已知a>0, b>0, a+b=1, 求证:.

证明:因为a+b=1, a>0, b>0,

考点9 利用基本不等式求最值

利用基本不等式求最值时应注意“一正、二定、三相等”, 即: (1) 非零的各数 (或式) 均为正, (2) 和或积为定值, (3) 等号能否成立, 这三个条件缺一不可.

例9 若点A (1, 1) 在直线2mx+ny-2=0 上, 其中mn > 0, 则的最小值为____.

解析:因为点A (1, 1) 在直线2mx+ny-2=0上, 所以2m+n=2.

考点10 基本不等式的实际应用

利用基本不等式求解实际应用题需认真阅读, 从中提炼出有用信息, 建立数学模型, 转化为数学问题求解.当运用基本不等式求最值时, 若等号成立的自变量不在定义域内时, 就不能使用基本不等式求解, 此时可根据变量的范围用对应函数的单调性求解.

例10 在一个交通拥挤及事故易发生路段, 为了确保交通安全, 交通部门规定, 在此路段内的车速v (单位:km/h) 的平方和车身长l (单位:m) 的乘积与车距d成正比, 且最小车距不得少于半个车身长.假定车身长均为l (单位:m) 且当车速为50km/h时, 车距恰为车身长, 问交通繁忙时, 应规定怎样的车速, 才能使在此路段的车流量Q最大? (车流量=车速/ (车距+车身长) )

解析:由题意, 得d=kv2l.因为当v=50时, d=l, 所以l=k×502l, 得.所以.又当.

综上所述, 当且仅当v=50km/h时, 车流量Q取得最大值.

配套练习:

1.已知c>0, 0<b<a<1, 且M=abc, N=bac, 则M, N的大小关系是 ( ) .

(A) M>N (B) M<N

(C) M=N (D) 不能确定

2.已知函数f (x) = (x-2) (ax+b) 为偶函数, 而且在 (0, +∞) 上单调递增, 则f (2-x) >0的解集为 ( ) .

(A) {x|x>2或x<-2}

(B) {x|-2<x<2}

(C) {x|x<0或x>4}

(D) {x|0<x<4}

3.已知存在实数a满足ab2>a>ab, 则实数b的取值范围是____.

4.在平面直角坐标系中, 不等式组 (a为常数) 表示的平面区域的面积是9, 那么a=____.

5.实数x, y满足不等式组, 则z=|x+2y-4|的最大值为____.

6.已知A, B两种规格的产品需要在甲、乙两台机器上各自加工一道工序才能成为成品.已知A产品需要在甲机器上加工3小时, 在乙机器上加工1小时;B产品需要在甲机器上加工1小时, 在乙机器上加工3小时.在一个工作日内, 甲机器至多只能使用11小时, 乙机器至多只能使用9小时.A产品每件利润300元, B产品每件利润400元, 则这两台机器在一个工作日内创造的最大利润是____元.

7.已知不等式mx2-2x-m+1<0, 是否存在实数m对所有的实数x, 不等式恒成立?若存在, 求出m的取值范围;若不存在, 请说明理由.

8.设a, b∈R+, 且a+b=1, 求证:.

9.已知x>0, y>0, 且满足3x+2y=12, 求lg x+lg y的最大值.

10.小王大学毕业后, 决定利用所学专业进行自主创业.经过市场调查, 生产某小型电子产品需投入年固定成本3万元, 每生产x万件, 需另投入流动成本W (x) 万元, 在年产量不足8万件时, ;在年产量不小于8万件时, .每件产品售价为5元, 通过市场分析, 小王生产的商品能当年全部售完.

(1) 写出年利润L (x) (万元) 关于年产量x (万件) 的函数解析式 (注:年利润=年销售收入-固定成本-流动成本) .

(2) 年产量为多少万件时, 小王在这一商品的生产中所获利润最大?最大利润是多少?

参考答案:

1.A. 2.C. 3.b<-1.

4.1.在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域, 如图1.

直线x+y=0与直线x-y+4=0的交点坐标是 (-2, 2) , 点 (-2, 2) 到直线x=a (其中a>-2) 的距离为a+2.

直线x=a与x+y=0, x-y+4=0的交点坐标分别是 (a, -a) , (a, 4+a) .

结合图形及题意知, 即 (a+2) 2=9.又易知a>-2, 因此a=1.

5.21.作出不等式组表示的平面区域, 如图2中阴影部分所示.

, 即其几何含义为阴影区域内的点到直线x+2y-4=0 的距离的槡5倍.由得点B的坐标为 (7, 9) , 显然点B到直线x+2y-4=0的距离最大, 此时zmax=21.

6.1 700.设生产A产品x件, B产品y件, 则x, y满足约束条件生产利润为z=300x+400y.画出可行域, 如图3中阴影部分 (包含边界) 内的整点.

显然z=300x+400y在点A处取得最大值, 由方程组解得则zmax=300×3+400×2=1 700.故最大利润是1 700元.

7.不存在满足题意的m (理由略) .

8.因为a, b∈R+, 且a+b=1,

故原不等式得证.

9.lg x+lg y的最大值是lg 6.

10. (1) 已知每件商品售价为5元, 则x万件商品销售收入为5x万元.

依题意得, 当0<x<8 时, ;

此时, 当x=6时, L (x) 取得最大值L (6) =9万元.

此时, 当且仅当时, 即x=10 时, L (x) 取得最大值15万元.

因为9<15, 所以当年产量为10 万件时, 小王在这一商品的生产中所获利润最大, 最大利润为15万元.

(安徽王刚)

七、立体几何部分

考点1 考查空间几何体的结构特征

主要考查柱、锥、台等几何体的结构特征或其中基本的线面关系, 题型一般为选择题或填空题.求解时, 须严格依据相关几何体的结构特征.

例1 如图1, 若 Ω 是长方体ABCD -A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHC1B1后得到的几何体, 其中E为线段A1B1上异于B1的点, F为线段BB1上异于B1的点, 且EH∥A1D1, 则下列结论中不正确的是 ( ) .

(A) EH∥FG

(B) 四边形EFGH是矩形

(C) Ω是棱柱

(D) Ω 是棱台

分析:判断选项A是否正确, 只需依据线面平行的判定和性质定理.运用其中判定出的位置关系和棱柱的结构特征, 进而可以判定选项C正确.判断选项B是否正确, 需运用空间垂直关系.判断选项D是否正确, 可依据棱台的结构特征.

解:因为EH ∥A1D1, B1C1∥A1D1, 所以EH ∥B1C1.因为B1C1平面BCC1B1, 所以EH∥平面BCC1B1.因为平面EFGH ∩ 平面BCC1B1=FG, 所以EH∥FG.因此A正确.又由棱柱的结构特征, 易知C也正确.

易知四边形EFGH是平行四边形.因为A1D1⊥ 平面ABB1A1, 所以A1D1⊥EF.因为EH ∥ A1D1, 所以EH ⊥ EF, 所以四边形EFGH是矩形.因此B正确.

无论 Ω 怎么放置, 都不能做到所有的侧棱交于一点, 所以 Ω 不是棱台.所以D不正确.

故选D.

评注:研究几何体的结构和截面问题, 一要依据相关几何体的结构特征;二要依据空间位置关系的判定和性质定理.

考点2 考查三视图

三视图是高中数学的新增内容, 因而其中的考查题型也比较丰富, 主要有:简单几何体的三视图问题、三视图的识别问题、三视图的应用问题.其中, 运用三视图求几何体的表 (侧) 面积、体积是三视图中的一类热点题型.求解上述问题的主要依据是三视图的画法规则, 主要运用的数学思想是转化思想和数形结合思想.

例2 某三棱锥的三视图如图2所示, 则该三棱锥最长棱的棱长为____.

分析:依据三视图画出该三棱锥的直观图, 即可确定最长棱的棱长, 进而依据空间位置关系, 运用勾股定理求解.

解:观察三视图, 可知该三棱锥的直观图如图3 所示, 其最长棱为VC.

由三视图中的数据可知, .

例3某几何体的三视图如图4所示, 则它的体积是 () .

分析:先由三视图确定几何体的形状, 然后由三视图中的长度得出几何体中的相应长度, 即可运用相关几何体的体积公式求这个几何体的体积.

解:观察三视图可知, 该几何体为一个组合体, 它是一个四棱柱正中挖去一个圆锥, 如图5所示.

又由三视图可知, 四棱柱与圆锥的高都是2, 四棱柱的底面是边长为2的正方形, 圆锥的底面是半径为1的圆.

所以该几何体的体积是.故选A.

考点3 考查几何体的表面积和体积

主要考查求柱、锥、台、球或简单组合体的表 (侧) 面积、体积或其他特征量问题, 题型多为选择题或填空题, 有时也作为解答题的一步.解答此类问题的主要依据是相应的计算公式, 主要的求解方法是代入法和解方程法.

例4 设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1, S2, 体积分别为V1, V2.若它们的侧面积相等, 且.

分析:先由侧面积相等, 得出两个圆柱底面半径与高之间的关系式, 进而由底面积之比得出两底面半径之间的关系式, 即可求出它们的体积之比.

解:设甲圆柱的半径和高分别为r1, h1, 乙圆柱的半径和高分别为r2, h2.依题意, 可得2πr1h1=2πr2h2, 所以r1h1=r2h2.由.

例5 一个六棱锥的体积为2 槡3, 其底面是边长为2的正六边形, 侧棱长都相等, 则该六棱锥的侧面积为____.

分析:先求出六棱锥的底面积, 进而求出它的高, 再求出它的斜高 (即侧面等腰三角形的底边上的高) , 即可求其侧面积.

解:该六棱锥的底面积为, 所以它的高h=.它的侧面是由6个全等的等腰三角形组成的, 其中每个三角形底边上的高, 所以该六棱锥的侧面积为.

例6 圆柱形容器内盛有高度为8cm的水, 若放入三个相同的球 (球的半径与圆柱的底面半径相同) 后, 水恰好淹没最上面的球 (如图6所示) , 则球的半径是____cm.

分析:先设出球的半径, 然后根据球的体积与水的体积之和等于圆柱的体积, 列方程求半径.

解:设球的半径为r, 依题意, 得, 即, 解得r=4cm.所以球的半径是4cm.

考点4 考查异面直线

主要考查异面直线的判断和两条异面直线所成的角的求解, 题型多为选择题或填空题, 有时也命制解答题.求解的主要依据是相关的定义, 运用的主要数学思想是转化思想.

例7 直三棱柱ABC-A1B1C1中, 若∠BAC=90°, AB =AC=AA1, 则异面直线BA1与AC1所成的角等于 ( ) .

(A) 30° (B) 45°

(C) 60° (D) 90°

分析:作出图形, 并在其中作出两条异面直线所成的角, 进而运用三角形知识求解.

解:作出直三棱柱ABC-A1B1C1, 如图7所示.

延长CA至点D, 使得AD=CA, 连结BD, A1D.

因为C1A1=AD, C1A1∥AD, 所以四边形ADA1C1是平行四边形.所以A1D∥C1A.所以∠DA1B (或它的补角) 就是异面直线BA1与AC1所成的角.

设AB=AC=AA1=a, 则可求得, 所以△A1BD是正三角形.所以∠DA1B=60°.

所以异面直线BA1与AC1所成的角等于60°.故选C.

评注:求两条异面直线所成的角的一般步骤是:找 (作) ———说———求.若所给的图形中有两条异面直线所成的角, 则要先把它找出来, 若没有, 则需先作出来, 然后再说明哪个角是两条异面直线所成的角, 最后根据平面几何知识把它求出来.两条异面直线所成的角的范围是 (0, π/2], 即两条异面直线所成的角只能是锐角或直角.求解时, 一定要注意依据此范围, 准确确定两条异面直线所成的角.

考点5 考查空间中点、直线、平面位置关系的判定

主要考查空间平行与垂直的判定, 题型多为选择题, 多以判断命题正误的形式出现.判断时, 可以依据相关位置关系的定义、判定或性质定理, 也可以依据其他已被证明了的正确的结论.

例8 设l, m是两条不同的直线, α是一个平面, 则下列命题正确的是 ( ) .

分析:先把题中的符号语言翻译成文字语言, 然后借助空间想象进行判定.

解:选项A中命题可叙述为:若一条直线垂直于一个平面内的一条直线, 则这条直线垂直于这个平面.这个命题显然错误, 因为这条直线有可能在平面内、与平面平行或相交但不垂直.选项B中命题可叙述为:若两条平行线中的一条垂直于一个平面, 则另一条也垂直于同一平面.这个命题正确.选项C中命题可叙述为:若一条直线平行于一个平面, 则它与这个平面内的任意一条直线都平行.这个命题不正确, 因为这两条直线还有可能是异面直线.选项D中命题可叙述为:平行于同一个平面的两条直线平行.这个命题不正确, 因为这两条直线还有可能相交或是异面直线.故选B.

考点6 考查空间中点、直线、平面位置关系的证明

主要考查空间平行与垂直的证明, 题型为解答题, 这类问题是高考立体几何解答题的一个考查热点.解答此类问题主要依据空间平行与垂直的定义、性质、判定和性质定理, 运用的主要数学思想是转化思想.

例9 如图8, 正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直.EF∥AC, , CE=EF=1.

(1) 求证:AF ∥ 平面BDE;

(2) 求证:CF⊥平面BDE.

分析: (1) 欲证AF∥平面BDE, 只需在平面BDE内找到一条与AF平行的直线即可. (2) 欲证明CF⊥平面BDE, 只需证明CF垂直于平面BDE内的两条相交直线, 可用菱形的性质和面面垂直的性质定理寻找这两条直线.

证明: (1) 如图8, 设AC ∩BD =O, 连结OE.

因为, 所以AC=2.所以OA=1.所以EF=OA.

又因为EF∥OA, 所以四边形OAFE是平行四边形.所以AF∥OE.

因为AF平面BDE, OE平面BDE, 所以AF∥平面BDE.

(2) 连结OF.

因为EF =OC, EF ∥OC, 所以四边形OFEC是平行四边形.又因为CE=EF, 所以四边形OFEC是菱形.所以CF⊥OE.

因为平面ACEF ⊥ 平面ABCD, 平面ACEF∩平面ABCD=AC, BD⊥AC, 所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.

因为OE∩BD=O, 所以CF⊥平面BDE.

考点7 考查空间位置关系的证明与计算的综合问题

主要考查空间平行与垂直关系的证明与几何体表 (侧) 面积或体积的计算, 大都是这两类问题的拼盘问题, 各个击破即可.题型一般为解答题.

例10 在如图9所示的几何体中, 四边形ABCD是正方形, MA⊥平面ABCD, PD∥MA, E, G, F分别为MB, PB, PC的中点, 且AD=PD=2 MA.

(1) 求证:平面EFG⊥平面PDC;

(2) 求三棱锥P - MAB与四棱锥P-ABCD的体积之比.

分析:要证明平面EFG⊥平面PDC, 根据面面垂直的判定定理, 只需在一个平面内找到一条与另一个平面垂直的直线.经考察, 平面EFG中的直线GF可当此任.四棱锥P-ABCD的体积易求, 求三棱锥P-MAB体积的关键是找出它的高, 找高时, 需用定理:若一条直线与一个平面平行, 则该直线上所有的点到平面的距离相等.

解: (1) 证明:因为MA⊥平面ABCD, PD∥MA, 所以PD⊥平面ABCD.所以BC⊥PD.

又因为四边形ABCD是正方形, 所以BC⊥CD.

因为PD∩CD=D, 所以BC⊥平面PDC.

因为G, F分别为PB, PC的中点, 所以GF∥BC.所以GF⊥平面PDC.

因为GF平面EFG, 所以平面EFG⊥平面PDC.

(2) 设MA=a.

因为PD⊥平面ABCD, 所以.

因为DA⊥AB, DA⊥MA, MA∩AB=A, 所以DA⊥平面AMB.

易知PD∥平面AMB, 所以DA等于三棱锥P-MAB的高.

所以三棱锥P - MAB与四棱锥P-ABCD的体积之比为1/4.

考点8 考查空间角的求解

主要考查求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角及二面角 (三角函数值) , 题目多为解答题, 偶尔也命制填空题或选择题, 其中二面角是个考查重点.求空间角, 一般常用向量法, 即把空间角转化为相关向量所成的角.具体转化途径如下:设直线l, m的方向向量分别为a, b, 平面α, β的法向量分别为u, v.如果l, m是两条异面直线, 那么它们所成的角θ (余弦值) 可用cosθ=|cos〈a, b〉|求解, 此处之所以取cos〈a, b〉的绝对值, 是因为两条异面直线所成的角只能是锐角或直角, 而两个方向向量所成的角有可能是钝角, 故只有加上绝对值, 才能确保求出的角 (余弦值) 是两条异面直线所成的角 (余弦值) ;直线l与平面α 所成的角θ (正弦值) 可用sinθ=|cos〈a, u〉|求解, 此处取绝对值的理由同前;平面α, β构成的二面角θ 可用cosθ=±|cos〈u, v〉|求解, 取“+”号还是“-”号, 要视二面角是锐角还是钝角来确定.

例11 如图10, 在长方体ABCD -A1B1C1D1中, E, F分别是棱BC, CC1上的点, CF=AB=2CE, AB∶AD∶AA1=1∶2∶4.

(1) 求异面直线EF与A1D所成角的余弦值;

(2) 证明:AF ⊥ 平面A1ED;

(3) 求二面角A1-ED-F的正弦值.

分析:建立空间直角坐标系. (1) 异面直线EF与A1D所成角的余弦值是它们的方向向量夹角的余弦值的绝对值. (2) 先证明与平面A1ED内的两个不共线的向量垂直, 进而依据线面垂直的判定定理证明AF⊥ 平面A1ED. (3) 先求出二面角A1-ED-F的两个半平面所在平面的法向量, 进而求出这两个法向量的夹角的余弦值, 再将其转化为二面角的余弦值, 最后求其正弦值.

解:建立如图10所示的空间直角坐标系.不妨设AB=1, 则A (0, 0, 0) , D (0, 2, 0) , E (1, 3/2, 0) , F (1, 2, 1) , A1 (0, 0, 4) .

(1) 设异面直线EF与A1D所成的角为α.

由 (2) 可知是平面A1ED的一个法向量.

考点9 考查空间位置关系的探索性问题

主要考查空间平行或垂直的探索性问题, 题型多为解答题.立体几何中常见的探索性问题有四类: (1) 条件反溯型.此类问题是根据某一结论, 反溯应具备的条件.即具备什么条件 (如:点在何处、某线段多长或某数值是多少) 时, 才能有某平行或垂直关系.解法是先以结论为条件, 反向分析, 分析出条件后, 再正向论证. (2) 结论探索型.即在某些条件下, 能否推出某一结论或具有怎样的结论.解法是直接推证或检验. (3) 存在判断型. (4) 条件重组型.即给出一些条件, 把它们组成一个真命题.解法是依据有关定理进行试验、重组.

例12 如图11, 在正方体ABCD -A1B1C1D1中, E是棱DD1的中点.

(1) 求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值.

(2) 在棱C1D1上是否存在一点F, 使B1F∥ 平面A1BE?证明你的结论.

分析:建立空间直角坐标系. (1) 直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值, 是直线BE的方向向量与平面ABB1A1的法向量夹角的余弦值的绝对值. (2) 先假设点F存在, 并设出其坐标.因为当B1F∥平面A1BE时, 与平面A1BE的法向量垂直, 据此可求点F坐标中的参数.若能求出适合题意的坐标, 说明存在;否则, 不存在.

解:建立如图11所示的空间直角坐标系.不妨设AB=2, 则A (0, 0, 0) , B (2, 0, 0) , D (0, 2, 0) , E (0, 2, 1) , A1 (0, 0, 2) , B1 (2, 0, 2) .

(1) 易知是平面ABB1A1的一个法向量, .设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ, 则.

所以直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为2/3.

设在棱C1D1上存在一点F (t, 2, 2) (0≤t≤2) , 使B1F∥平面A1BE, 则有.

因为, 所以 (t-2, 2, 0) · (1, 1/2, 1) =0, 即, 解得t=1.所以F (1, 2, 2) , 即点F是棱C1D1的中点.

所以在棱C1D1上存在一点F, 使B1F∥平面A1BE, 它是棱C1D1的中点.

评注:本题是一个存在判断型的探索性问题, 解答此型问题的一般思路是:假设存在, 然后采用反探法探求.反探法的起点可以是已知条件, 也可以是要探求的位置关系.总之, 从哪儿开始探求方便, 就从哪儿开始.

配套练习:

1.如图1, 已知点E, F分别是正方体ABCD -A1B1C1D1的棱AB, AA1的中点, 点M, N分别是线段D1E与C1F上的点, 则与平面ABCD垂直的直线MN有 ( ) .

(A) 0条 (B) 1条

(C) 2条 (D) 无数条

2.已知平面α, β和直线l, 若α⊥β, α∩β=l, 则 ( ) .

(A) 垂直于平面β的平面一定平行于平面α

(B) 垂直于直线l的直线一定垂直于平面α

(C) 垂直于平面β的平面一定平行于直线l

(D) 垂直于直线l的平面一定与平面α, β都垂直

3.在空间中, 已知直线a, b和平面α, β, 下列命题中正确的是 ( ) .

(A) 若a∥α, b∥a, 则b∥α

4.一个几何体的三视图如图2所示, 其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆, 则这个几何体的体积是 () .

5.如图3, 在四面体ABCD中, 若截面PQMN是正方形, 则下列命题中错误的是 () .

(A) AC⊥BD

(B) AC∥平面PQMN

(C) AC=BD

(D) 异面直线PM与BD成45°角

6.在如图4 所示的空间直角坐标系O-xyz中, 一个四面体的顶点坐标分别是 (0, 0, 2) , (2, 2, 0) , (1, 2, 1) , (2, 2, 2) .给出图5所示的四个图, 则该四面体的正 (主) 视图和俯视图分别为 ( ) .

(A) ①和② (B) ③和①

(C) ④和③ (D) ④和②

7.如图6, 在平面四边形ABCD中, AB=AD=CD=1, , BD⊥CD, 将其沿对角线BD折成四面体A′-BCD, 使平面A′BD⊥平面BCD, 若四面体A′-BCD的顶点在同一个球面上, 则该球的体积为 () .

8.如图7, 在直棱柱ABC-A1B1C1中, 点D1, F1分别是A1B1, A1C1的中点, 若BC=CA=CC1, 则BD1与AF1所成角的余弦值是 ( ) .

9.如图8, 在三棱柱ABC-A1B1C1中, AA1⊥平面ABC, AA1=AC=2, BC=1, , 则此三棱柱的侧 (左) 视图的面积为____.

10.如图9, 在四面体ABCD中, E, F分别为AB, CD的中点, 过EF任作一个平面α 分别与直线BC, AD相交于点G, H, 则下列结论正确的是____ (填序号) .

①对于任意的平面α, 都有直线GF, EH, BD相交于同一点;

②存在一个平面β, 使得点G在线段BC上, 点H在线段AD的延长线上;

③对于任意的平面α, 都有S△EFG=S△EFH;

④对于任意的平面α, 当G, H在线段BC, AD上时, 几何体ACEGFH的体积是一个定值.

11.如图10, 在 △ABC中, ∠ABC=45°, ∠BAC=90°, AD是BC上的高, 沿AD把△ABD折起, 如图11, 使∠BDC=90°.

(1) 证明:平面ADB⊥平面BDC;

(2) 设BD=1, 求三棱锥D-ABC的表面积.

12.如图12, AB是圆的直径, PA垂直于圆所在的平面, C是圆上的点.

(1) 求证:平面PAC⊥平面PBC;

(2) 若AB=2, AC=1, PA=1, 求二面角C-PB-A的余弦值.

13.如图13, 在角梯形ABCD中, AB ⊥AD, AD∥BC, F为AD的中点, E在BC上, 且EF∥AB, 已知AB=AD=CE=2, 现沿EF把四边形CDFE折起, 如图14, 使平面CDFE⊥平面ABEF.

(1) 求证:AD∥平面BCE;

(2) 求证:AB⊥平面BCE;

(3) 求三棱锥C-ADE的体积.

14.如图15, 在四棱锥P-ABCD中, 底面ABCD为矩形, PD⊥底面ABCD, AD=PD=2, CD=4, E为CD的中点.

(1) 在棱PB上是否存在一点F, 使得直线EF∥平面PAD;

(2) 求直线AE与平面PAB所成的角.

15.如图16, 正方形ABCD所在的平面与圆O所在的平面相交于CD, 线段CD为圆O的弦, AE垂直于圆O所在的平面, 垂足E是圆O上异于C, D的点, AE=3, 圆O的直径为9.

(1) 求证:平面ABCD⊥平面ADE;

(2) 求二面角D-BC-E的余弦值.

16.如图17, 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱AA1⊥ 底面ABCD, AB∥DC, AA1=1, AB=3k, AD=4k, BC=5k, DC=6k, k>0.

(1) 求证:CD ⊥ 平面ADD1A1;

(2) 若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为6/7, 求k的值.

17.已知某几何体的直观图和三视图如图18所示, 其正 (主) 视图为矩形, 侧 (左) 视图为等腰直角三角形, 俯视图为直角梯形.

(1) 求证:BN⊥平面C1B1N;

(2) 求二面角C-NB1-C1的余弦值.

18.如图19, 已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2 的正方形, PD ⊥ 底面ABCD, E, F分别为棱BC, AD的中点.

(1) 若PD=1, 求异面直线PB和DE所成角的余弦值.

(2) 若二面角P-BF-C的余弦值为, 求四棱锥P-ABCD的体积.

19.如图20, 在梯形ABCD中, AD=DC=CB=1, ∠ABC=60°, 四边形ACFE为矩形, 平面ACFE⊥平面ABCD, CF=1.

(1) 求证:BC ⊥ 平面ACFE;

(2) 点M在线段EF上运动, 设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ (θ≤90°) , 试求cosθ的取值范围.

参考答案:

1.B. 2.D. 3.D. 4.B. 5.C.

6.D.先在坐标系中作出一个以O为一个直角顶点, 且棱长为2的正方体, 然后在这个正方体中作出这个四面体, 不难发现该四面体的正 (主) 视图和俯视图分别为④和②.

7.A.依题意可知, A′B⊥A′C, 所以BC是外接球的直径, 且.所以球的半径为.所以球的体积为.

8.A.

9 .分别过C, C1点作CD⊥AB, C1D1⊥A1B1于D, D1, 则此三棱柱的侧 (左) 视图与矩形CDD1C1全等.因为AC=2, BC=1, , 所以 △ABC是直角三角形.所以.所以矩形CDD1C1的面积, 即侧 (左) 视图的面积为.

10.③④.

11. (1) 证明略.

(2) 三棱锥D-ABC的表面积为.

12. (1) 证明略.

(2) 二面角C-PB-A的余弦值为.

13. (1) 证明略.

(2) 证明略.

(3) 三棱锥C-ADE的体积为2/3.

14. (1) 建立如图1 所示空间直角坐标系Dxyz, 则E (0, -2, 0) , P (0, 0, 2) , A (2, 0, 0) , B (2, -4, 0) .

假设在棱PB上是否存在一点F, 使得直线EF∥平面PAD, 设.

易知是平面PAD的一个法向量, 所以EF⊥AB.

所以, 解得λ=1/2.

所以在棱PB上存在一点F, 它是棱PB的中点, 使得直线EF∥平面PAD.

(2) 由 (1) 可知, 当点F是PB的中点时, , 所以.所以EF⊥BP.

因为AB∩BP=B, 所以EF⊥平面PAB.所以是平面PAB的一个法向量.

设直线AE与平面PAB所成的角为θ.

所以直线AE与平面PAB所成的角是30°.

15. (1) AE垂直于圆O所在的平面, CD在圆O所在的平面上, 所以AE⊥CD.

又因为CD⊥AD, AD∩AE=A, 所以CD⊥平面ADE.

⊥ADE.因为CD平面ABCD, 所以平面ABCD⊥平面ADE.

(2) 因为CD⊥平面ADE, DE平面ADE, 所以CD⊥DE.

所以CE为圆O的直径, 即CE=9.

设正方形ABCD的边长为a, 则在Rt△CDE中, DE2=CE2-CD2=81-a2, 在Rt△ADE中, DE2=AD2-AE2=a2-9.所以81-a2=a2-9, 解得a2=45.所以.

如图2, 建立空间直角坐标系Dxyz, 则A (-6, 0, 3) , , E (-6, 0, 0) .

设二面角D-BC-E的大小为θ, 观察图2, 易知θ为锐角.

所以二面角D-BC-E的余弦值为.

16. (1) 如图3, 过点B作BE∥AD, 交DC于点E.

因为AB∥DC, BE∥AD, 所以四边形ABED是平行四边形.

所以DE=AB=3k, BE=AD=4k, 所以EC=6k-3k=3k.

所以BE2+EC2=BC2.所以 △BEC是直角三角形, 且∠BEC是直角.所以CD⊥BE.

又因为BE∥AD, 所以CD⊥AD.

因为AA1⊥底面ABCD, 所以CD⊥AA1.

因为AA1∩ AD = A, 所以CD ⊥ 平面ADD1A1.

(2) 建立如图4 所示的空间直角坐标系Dxyz, 则A (4k, 0, 0) , C (0, 6k, 0) , A1 (4k, 0, 1) , B1 (4k, 3k, 1) , 所以.

整理, 得k2=1.

因为k>0, 所以k=1.

17. (1) 如图5, 建立空间直角坐标系Bxyz, 则B1 (0, 8, 0) , C (0, 0, 4) , C1 (0, 8, 4) , N (4, 4, 0) .

所以.所以BN ⊥B1N, BN⊥C1N.

因为B1N ∩C1N = N, 所以BN ⊥ 平面C1B1N.

(2) 由 (1) 可知C1B1N的一个法向量为.

设平面CNB1的一个法向量为n= (x, y, 1) .因为, 所以由解得x=y=1/2.所以.

设二面角C-NB1-C1的大小为θ, 观察图形, 易知θ为锐角.

所以二面角C-NB1-C1的余弦值为.

18.如图6, 建立空间直角坐标系Dxyz, 则B (2, 2, 0) , C (0, 2, 0) , E (1, 2, 0) , F (1, 0, 0) .

(1) 若PD=1, 则P (0, 0, 1) , 所以.

设异面直线PB和DE所成的角为θ, 则.

所以异面直线PB和DE所成角的余弦值为.

(2) 设PD=h, 则P (0, 0, h) , 所以, 它是平面CBF的一个法向量.

所以四棱锥P-ABCD的体积为.

19. (1) 在梯形ABCD中, 因为AB∥CD, AD=DC=CB=1, ∠ABC=60°, 所以AB=2.

所以AB2=AC2+BC2, 则BC⊥AC.

因为平面ACFE ⊥ 平面ABCD, 平面ACFE∩平面ABCD=AC, BC平面ABCD, 所以BC⊥平面ACFE.

(2) 建立如图7 所示的空间直角坐标系Cxyz, 令, 则, B (0, 1, 0) , M (λ, 0, 1) , 所以.

所以.

易知n= (1, 0, 0) 是平面FCB的一个法向量, 所以.

因为, 所以当λ=0时, cosθ取得最小值;当时, cosθ取得最大值1/2.

所以cosθ的取值范围是.

(山东马继峰)

八、平面解析几何部分

考点1 直线与圆的方程

直线与圆的方程是进一步研究圆锥曲线的基础.纵观近年来全国各地高考对该部分内容的考查, 充分体现了课标和考纲的要求, 考查的重点:一是依据给出的几何要素求直线、圆的方程 (多是直线与圆、圆锥曲线的综合) ;二是判断直线与圆、圆与圆的位置关系, 讨论直线与圆的相交、相切问题;三是计算弦长、面积, 考查与圆有关的最值;四是求以圆为载体的曲线轨迹方程等.题型多为考查“三基”的中、低档客观题, 也有难度较大的综合性解答题.注重基础知识之间的内在联系, 注重挖掘基础知识的能力因素, 注重运算推证的准确熟练程度, 注重对数形结合、化归与转化等数学思想方法的考查.

例1过点引直线l与曲线相交于A, B两点, O为坐标原点, 当△AOB的面积取最大值时, 直线l的斜率等于 () .

评注:本题关涉圆的弦长的计算问题, 是直线与圆的方程中的常见题型.弦长可以通过求出直线与圆的交点坐标, 利用两点间的距离公式直接求得;抑或在直线斜率存在的前提下设其为k, 将直线与圆的方程联立消去y后得到关于x的一元二次方程, 则弦长 (x1, x2为方程的两根) , 间接求出;还可以像本例那样, 利用半弦、弦心距及半径构成的直角三角形, 借助勾股定理解得.

例2 过点 (3, 1) 作圆 (x-1) 2+y2=1的两条切线, 切点分别为A, B, 则直线AB的方程为 ( ) .

(A) 2x+y-3=0 (B) 2x-y-3=0

(C) 4x-y-3=0 (D) 4x+y-3=0

解析:经判断切线的斜率存在, 设切线的方程为y-1=k (x-3) .由圆心 (1, 0) 到切线的距离, 可求得k=0或k=4/3.于是可求得两个切点A, B的坐标分别为 (1, 1) , , 所以直线AB的方程为2x+y-3=0.故选A.

例3 圆心在曲线 (x>0) 上, 与直线2x+y+1=0相切, 且面积最小的圆的方程为 ( ) .

(A) (x-1) 2+ (y-2) 2=25

(B) (x-1) 2+ (y-2) 2=5

(C) (x-2) 2+ (y-1) 2=25

(D) (x-2) 2+ (y-1) 2=5

解析:先探求半径最小时的条件, 由此确定圆心和半径即可.设圆心的坐标为 (a>0) , 则半径, 当且仅当, 即a=1时取等号, 也就是当a=1时圆的半径最小, 此时, C (1, 2) , 可得符合条件的圆的方程为 (x-1) 2+ (y-2) 2=5.故选B.

评注:上述求解过程中, 首先根据点到直线的距离公式表示圆的半径, 再利用基本不等式求出半径的最小值, 从而突破了圆的面积最小这一关键要素.如果不能将“直线与圆相切”与“圆的面积最小”二者有机勾连, 就难以找到问题的解决路径, 并且容易陷入盲目与混乱.

例4 已知过点A (0, 1) 且斜率为k的直线l与圆C: (x-2) 2+ (y-3) 2=1交于M, N两点.

(1) 求k的取值范围;

(2) , 其中O为坐标原点, 求|MN|.

解析: (1) 由题意, 可设直线l的方程为y=kx+1, 即kx-y+1=0.因为直线l与圆C: (x-2) 2+ (y-3) 2=1交于M, N两点, 所以圆心C (2, 3) 到直线l的距离小于半径1, 即.解得.所以k的取值范围是.

(2) 设M (x1, y1) , N (x2, y2) .将y=kx+1代入方程 (x-2) 2+ (y-3) 2=1, 整理, 得 (1+k2) x2-4 (k+1) x+7=0, 所以.因为, 所以, 解得k=1.所以l的方程为y=x+1.易知圆心在直线l上, 故|MN|=2.

评注:解决此类问题可通过直线方程与圆锥曲线方程组成的二元二次方程组的解的情况来探求.

例5 在平面直角坐标系xOy中, 点A (0, 3) , 直线l:y=2x-4.设圆C的半径为1, 圆心在l上.

(1) 若圆心C也在直线y=x-1上, 过点A作圆C的切线, 求切线的方程;

(2) 若圆C上存在点M , 使MA=2 MO, 求圆心C的横坐标a的取值范围.

解析: (1) 易得圆心坐标C (3, 2) , 圆的方程为 (x-3) 2+ (y-2) 2=1.由于切线斜率不存在时, 不合题意, 因此可设切线方程为y=kx+3.所以.解得k=0或.故切线的方程为y=3或.

(2) 设C (a, 2a-4) , 则圆C的方程为 (x-a) 2+ (y-2a+4) 2=1.设M (x0, y0) , 由题意 (x0-a) 2+ (y0-2a+4) 2=1.因为MA =2 MO, 所以x02+ (y0-3) 2=4x02+4y02, 即x02+ (y0+1) 2=4.又因为点M存在, 圆 (x-a) 2+ (y-2a+4) 2=1 与圆x2+ (y+1) 2=4 有交点, 即两圆相交或相切, 所以 (2-1) 2≤d2≤ (2+1) 2, 即1≤ (a-0) 2+[ (2a-4- (-1) ]2≤9, 解得, 即为所求.

评注:这是一道涉及直线与圆、圆与圆位置关系的综合问题.第 (1) 问考查求圆的切线方程的一般方法;第 (2) 问解法比较灵活, 需将几何等式MA=2 MO转化为代数等式 (即一个圆的方程) , 进而把所求问题转化为“已知两圆的位置关系, 通过圆心距变化范围, 探求参数取值范围”问题, 这要求我们熟练掌握知识、技能和相关思想方法.

例6 已知动圆过定点A (4, 0) , 且在y轴上截得的弦MN的长为8.

(1) 求动圆圆心的轨迹C的方程;

(2) 已知点B (-1, 0) , 设不平行于y轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是"PBQ的角平分线, 证明直线l过定点.

解析: (1) 设圆心C的坐标为 (x, y) , MN的中点为E, 则由CA2=CM2=ME2+EC2, 得 (x-4) 2+y2=42+x2, 即y2=8x.

(2) 证明:设P (x1, y1) , Q (x2, y2) .由题意, 知y1+y2≠0, y1y2<0, 不妨设y2<0.又因为x轴是∠PBQ的角平分线, 所以tan∠PBO=tan∠QBO, 即.又y21=8x1, y22=8x2, 所以y1y2=-8.①

由①和②两式, 解得b=-k, 代入直线l的方程, 得y=k (x-1) .

故直线l恒过 (1, 0) 点, 结论获证.

评注:本例第 (1) 问是以动圆为背景, 探求抛物线的方程.求轨迹方程的常用方法有直接法、待定系数法、定义法、代入法 (相关点法) 、参数法等.第 (2) 问属于证明动直线过定点问题, 其一般方法是运用已知条件将直线方程变换成含有一个参数的点斜式形式, 进而找到直线所过的定点坐标.

考点2 圆锥曲线

圆锥曲线是高考的重点考查内容, 在近年来全国各地的高考试卷中, 该部分内容的题量大都保持一小一大或两小一大的格局, 分值在17分与24分之间.重点考查圆锥曲线的定义、方程和几何性质, 其中大多数试题的背景仍以椭圆居多, 抛物线次之, 双曲线最少.对定义、方程内容的考查注重基础.从知识点看, 在注重考查基本概念和几何性质的基础上, 加大了学科内的知识综合.从数学思想方法看, 在重视解析几何本质的同时, 既强调通性通法, 淡化特殊技巧, 又注重提供灵活运用坐标法解题的空间.文、理科试卷在圆锥曲线试题上的差异也越来越明显, 所采用的方式有:小题相同但大题不同, 曲线相同但难易有别, 题目相同但排序不同, 背景相同但设问不同, 起点相同但终点不同, 且往往以“姊妹题”的方式呈现.

例7设F1, F2是双曲线C: (a>0, b>0) 的左、右焦点, P是C上一点, 若|PF1|+|PF2|=6a, 且△PF1F2的最小内角为30°, 则C的离心率为_____.

评注:题目中的△PF1F2称为焦点三角形, 处理与其相关的问题时, 通常要用到双曲线 (椭圆) 的定义和余弦定理等知识.

例8 如图1, 在正方形OABC中, O为坐标原点, 点A的坐标为 (10, 0) , 点C的坐标为 (0, 10) .分别将线段OA和AB十等分, 分点分别记为A1, A2, …, A9和B1, B2, …, B9, 连结OBi, 过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi (i∈N*, 1≤i≤9) .

(1) 求证:点Pi (i∈N*, 1≤i≤9) 都在同一条抛物线上, 并求该抛物线E的方程;

(2) 过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M , N, 若△OCM与△OCN的面积比为4∶1, 求直线l的方程.

解析: (1) 依题意, 过Ai (i∈N*, 1≤i≤9) 且与x轴垂直的直线方程为x=i.因为Bi (10, i) , 所以直线OBi的方程为.设点Pi的坐标为 (x, y) , 由得, 即x2=10y, 所以Pi (i∈N*, 1≤i≤9) 都在同一条抛物线上, 且抛物线E的方程为x2=10y.

(2) 易知直线l的斜率存在, 设其方程为y=kx+10.由得x2-10kx-100=0, 此时, Δ=100k2+400>0, 直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M, N.设M (x1, y1) , N (x2, y2) , 则因为S△OCM=4S△OCN, 所以|x1|=4|x2|.又因为x1·x2<0, 所以x1=-4x2.代入解得.所以直线l的方程为, 即3x-2y+20=0或3x+2y-20=0.

评注:本题立意于抛物线的一种几何生成方式, 以求抛物线方程和直线方程设问, 需要抓住抛物线的几何性质和直线与抛物线的位置关系, 以化归与转化、数形结合以及函数与方程思想为指导, 顺利推理运算求解.

例9 如图2, 椭圆的中心为原点O, 长轴在x轴上, 离心率, 过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A, A′两点, |AA′|=4.

(1) 求该椭圆的标准方程;

(2) 取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P, P′, 过P, P′作圆心为Q的圆, 使椭圆上的其余点均在圆Q外.若PQ⊥P′Q, 求圆Q的标准方程.

(2) 设M (x, y) 是椭圆上任意一点, 由椭圆的对称性, 又设Q (x0, 0) , 则. (*)

设P (x1, y1) , 由题意, P是椭圆上到Q的距离最小的点, 因此, (*) 式当x=x1时取最小值.

又因为x∈ [-4, 4], 所以 (*) 式当x=2x0时取最小值, 从而x1=2x0, 且|QP|2=8-x02.

因为PQ⊥P′Q, 且P′ (x1, -y1) , 所以, 即 (x1-x0) 2-y21=0.

评注:本题考查椭圆和圆的方程的求法, 对数学综合能力的要求较高.运用圆锥曲线的知识, 准确迅速地将曲线的几何特征转化为数量关系 (方程、函数等) , 是解答此类问题的关键.

考点3 圆锥曲线的综合应用

高考数学试卷对知识、方法和能力的考查不可能孤立进行, 要充分体现各要素之间的关联和综合性.依托知识之间、思想方法之间或者能力之间的交会命题, 成为体现高考考查全面性、达成考查目标的必然选择.对于解析几何内容的考查当然也概莫能外, 通常的做法是通过坐标思想一线穿珠, 动态变化蕴含其中, 自然地将圆锥曲线、直线与圆的方程、其他模块内容以及平面几何的知识进行内外交会整合, 充分彰显几何、代数与坐标方法三位一体的立体命题特色, 考查对数形结合、化归与转化等数学思想方法的理解和掌握的程度.

例10如图3, F1, F2是椭圆C1:与双曲线C2:的公共焦点, A, B分别是C1, C2在第二、四象限的公共点.若四边形AF1BF2为矩形, 则C2的离心率是 () .

解析:设AF1=m, AF2=n, 则m+n=4, , 可得mn=2.在双曲线中, , 因为m-n=2a, 所以 (2a) 2= (m-n) 2=m2+n2-2mn, 解得.所以C2的离心率.故选D.

评注:对于圆锥曲线问题, 利用定义法求解通常是首选之举.

例11已知F1, F2分别是椭圆E:的左、右焦点, F1, F2关于直线x+y-2=0的对称点是圆C的一条直径的两个端点.

(1) 求圆C的方程;

(2) 设过点F2的直线l被椭圆E和圆C所截得的弦长分别为a, b, 当ab最大时, 求直线l的方程.

解析: (1) 由题意易知, F1 (-2, 0) , F2 (2, 0) , 圆C的半径为2, 圆心C为原点O关于直线x+y-2=0的对称点.设圆心C (x0, y0) , 则有

故所求圆C的方程为 (x-2) 2+ (y-2) 2=4.

(2) 设直线l的方程为x=my+2, 则圆心到直线l的距离为, 所以.

故直线l的方程为.

评注:本题以椭圆为背景, 创设了求圆和直线方程的综合问题.解决第 (1) 问的关键是求对称点的坐标;第 (2) 问考查了圆、椭圆中弦长的求解方法, 由于涉及“最值”, 因此探求参数取值范围时, 应考虑利用基本不等式或函数.另外, 将直线l的方程设为x=my+2, 巧妙地避开了对斜率存在与否的讨论.

例12 如图4, 已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O, 长轴均为MN且在x轴上, 短轴长分别为2m, 2n (m>n) , 过原点且不与x轴重合的直线l与C1, C2的四个交点按纵坐标从大到小依次排列为A, B, C, D.记 λ=m/n, △BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.

(1) 当直线l与y轴重合时, 若S1=λS2, 求λ的值.

(2) 当λ变化时, 是否存在与坐标轴不重合的直线l, 使得S1=λS2?并说明理由.

同理可得, .

又因为△BDM和△ABN的高相等, 所以.如果存在非零实数k使得S1=λS2, 则有 (λ-1) yA= (λ+1) yB, 即, 解得.所以当时, k2>0, 存在这样的直线l;当时, k2≤0, 不存在这样的直线l.

评注:本题以椭圆离心率的几何性质为背景, 将控制椭圆扁平程度的伸缩量融入三角形的面积关系之中进行设问, 主要考查运用方程与不等式等基础知识和坐标法研究直线与椭圆的位置关系问题.尽管伸缩量λ 和直线方程中的参数k都在变化, 但只要抓住两个三角形始终保持等高的特征, 借助图形的对称性, 就能将其面积比S1∶S2转换成对应线段长的比|BD|∶|AB|, 再逐步将k用λ 表示出来, 就可对直线l的存在条件作出准确的分析判断.

例13如图5, 已知曲线C1:, 曲线C2:|y|=|x|+1, P是平面上一点, 若存在过点P的直线与C1, C2都有公共点, 则称P为“C1-C2型点”.

(1) 在正确证明C1的左焦点是“C1-C2型点”时, 要使用一条过该焦点的直线, 试写出一条这样的直线的方程 (不要求验证) ;

(2) 设直线y=kx与C2有公共点, 求证|k|>1, 进而证明原点不是“C1-C2型点”;

(3) 求证:圆x2+y2=1/2内的点都不是“C1-C2型点”.

解析: (1) C1的左焦点为, 过F的直线与C1交于, 与C2交于, 故C1的左焦点为“C1-C2型点”, 且直线可以为.

(2) 证明:直线y=kx与C2有交点, 则由得 (|k|-1) |x|=1.若方程有解, 则须|k|>1.直线y=kx与C1有交点, 则由得 (1-2k2) x2=2.若方程有解, 则须k2<1/2.故直线y=kx至多与曲线C1和C2中的一条有交点, 即原点不是“C1-C2型点”.

(3) 证明:显然过圆x2+y2=1/2内一点的直线l若与曲线C1有交点, 则斜率必存在;根据对称性, 不妨设直线l的斜率存在且与曲线C2交于点 (t, t+1) (t≥0) , 则l:y- (t+1) =k (x-t) , 即kx-y+ (1+t-kt) =0.若直线l与圆内部有交点, 则, 化简得.①

由① ②, 得, 推得k2< 1, 但此时, 因为t≥ 0, [1+t (1-k) ]2≥1, , 即 ① 式不成立.

当k2=1/2时, ①式显然不成立.

综上, 若直线l与圆x2+y2=1/2内有交点, 则不可能同时与曲线C1和C2有交点, 即圆内的点都不是“C1-C2型点”.

评注:本例利用双曲线和四条射线作背景, 将直观与对称、具体与抽象完美结合, 把射线、直线、圆和双曲线融为一体, 起点的举例说明、中间的衔接过渡、终点的结论证明, 从特殊到一般、从具体到抽象、从尝试到论证, 体现着数学探究的具体过程.该题又属信息迁移型题目, 主要考查学生的阅读理解能力、知识迁移能力和后续学习的潜能.

配套练习:

1.直线l:y=kx+1与圆O:x2+y2=1相交于A, B两点, 则“k=1”是“△ABC的面积为1/2”的 () .

(A) 充要条件

(B) 必要不充分条件

(C) 充分不必要条件

(D) 既不充分又不必要条件

2.垂直于直线y=x+1且与圆x2+y2=1相切于第一象限的直线方程是 ( ) .

3.已知F是双曲线C:x2-my2=3m (m>0) 的一个焦点, 则点F到C的一条渐近线的距离为 ( ) .

4.已知抛物线C:y2=8x的焦点为F, 准线为l, P是l上一点, Q是直线PF与抛物线C的一个交点, 若, 则|QF|= ( ) .

5.已知圆C1: (x-2) 2+ (y-3) 2=1, 圆C2: (x-3) 2+ (y-4) 2=9, M, N分别是圆C1, C2上的动点, P为x轴上的动点, 则|PM|+|PN|的最小值为 ( ) .

6.若圆C经过坐标原点和点 (4, 0) , 且与直线y=1相切, 则圆C的方程是____.

7.一个圆经过椭圆的三个顶点, 且圆心在x轴的正半轴上, 则该圆的标准方程为____.

8.已知椭圆C: (a>b>0) 的左焦点为F, C与过原点的直线相交于A, B两点, 连结AF, BF.若|AB|=10, |AF|=6, cos∠ABF=4/5, 则C的离心率e=___.

9.已知F是双曲线C:的右焦点, P是C左支上一点, , 当△APF的周长最小时, 该三角形的面积为____.

10.如图, 抛物线E:y2=4x的焦点为F, 准线l与x轴的交点为A.点C在抛物线E上, 以C为圆心, CO为半径作圆, 设圆C与准线l交于不同的两点M , N.

(1) 若点C的纵坐标为2, 求|MN|;

(2) 若|AF|2=|AM|·|AN|, 求圆C的半径.

11.已知点P (2, 2) , 圆C:x2+y2-8y=0, 过点P的动直线l与圆C交于A, B两点, 线段AB的中点为M , O为坐标原点.

(1) 求M的轨迹方程;

(2) 当|OP|=|OM|时, 求l的方程及△POM的面积.

12.已知点A (0, -2) , 椭圆E: (a>b>0) 的离心率为, F是E的右焦点, 直线AF的斜率为, O为坐标原点.

(1) 求E的方程;

(2) 设过点A的动直线l与E相交于P, Q两点, 当△OPQ的面积最大时, 求l的方程.

参考答案:

1.C. 2.A. 3.D. 4.B.

5.A.如图1, 作圆C1关于x轴的对称圆C1′: (x-2) 2+ (y+3) 2=1, 则|PM|+|PN|=|PM′|+|PN|.由图可知, 当C2, M′, P, N, C1′在同一直线上时, |PM|+|PN|=|PM′|+|PN|取得最小值, 即为.

8.5/7.

9..设双曲线的左焦点为F1, 由双曲线的定义知, |PF|=2a+|PF1|, 所以△APF的周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|+2a+|PF1|+|AF|=|PA|+|PF1|+|AF|+2a, 由于|AF|+2a是定值, 要使△APF的周长最小, 需|PA|+|PF1|最小, 即P, A, F1共线.因为, F1 (-3, 0) , 所以直线AF1的方程为, 即, 代入, 整理, 得, 解得 (舍去) , 所以

10. (1) 易知圆心C (1, 2) , 半径为, 圆心到直线MN的距离为2, 所以可得弦长|MN|=2.

(2) 设C (a2/4, a) , M (-1, y1) , N (-1, y2) , 则圆C的半径, 从而圆C的方程为, 与准线方程x=-1联立并消去x, 得, 于是.由|AF|2=|AM|·|AN|, 易得|y1y2|=4, 所以.

11. (1) 圆C的方程可化为x2+ (y-4) 2=16, 所以圆心为C (0, 4) , 半径为4.设M (x, y) , 则, 由题设知, 所以x (2-x) + (y-4) (2-y) =0, 即 (x-1) 2+ (y-3) 2=2, 此即为M的轨迹方程.

(2) 由 (1) 可知M的轨迹是以点N (1, 3) 为圆心, 为半径的圆.由|OP|=|OM|, 得O在线段PM的垂直平分线上.又P在圆N上, 从而ON⊥PM, 如图2.因为ON的斜率为3, 所以l的斜率为, 直线l的方程为.又因为, 原点O到l的距离为, 所以.故△POM的面积为.

12. (1) 直线AF的方程为.因为, 所以a=2.又b2=a2-c2=1, 所以椭圆E的方程为.

(2) 当l⊥x轴时不符合题意.设直线l的方程为y=kx-2, P (x1, y1) , Q (x2, y2) .由.由Δ=162k2-4×12× (1+4k2) =16 (4k2-3) >0, 得.

故满足题意的直线l的方程为.