2018版高考数学理 全国甲卷大二轮总复习与增分策略配套课件 专题五 立体几何与空间向量第1讲 精品
2018年高考数学(理)二轮专题复习课件：第二部分 专题二 函数与导数4.3
由于 2e2������0 − 所以 f(x0)=
������
������
������ 0
=0,
2 2 ������ 2 ������
2������ 0
+2ax0+aln ≥2a+aln .
������
故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .
解题心得研究函数零点或方程根的情况,可以通过导数研究函数 的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,并借助函数的大致图象 判断函数零点或方程根的情况.
4
3
4
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0, 故h(x)在(1,+∞)无零点.
当 x=1 时,若 a≥- ,
则 f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故 x=1 是 h(x)的零点 ; 若 a<- ,则 f(1)<0,h(1)=min{ f(1),g(1)}=f(1)<0,故 x=1 不是 h(x)的零 点.
-4-
(2)
������ '(������ 0 ) e ������ 0
=
2 3
2 即������0 -x0= (t-1)2,
2
������ '(������ 0 ) 2 ������0 -x0, ������ 0 e 2 3
= (t-1)2,
3
2
令 g(x)=x -x- (t-1)2,则问题转化为当 1<t<4 时 , 求方程 g(x)=x -x- (t-1)2= 0 在 [-2,t ]上的解的个数 .
2018届高考数学理二轮复习课件：第一部分 层级二保分专题五 数 列 精品
a ＋ n 1 an＋1－an或 an
[即学即用·练通] 1． (2017· 全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为 1， 公差不为 0.若 a2， a3，
a6 成等比数列，则{an}前 6 项的和为 A．－24 B．－3 C．3 解析：设等差数列{an}的公差为 d， D．8 ( )
[类题通法] 1．等差(比)数列的基本运算
在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联 系不明显，则均可化成关于 a1 和 d(或 q)的方程组求解，但要注 意消元法及整体代换，以减少计算量． 2．判断和证明数列是等差(比)数列的 2 种方法 (1)定义法：对于 n≥1 的任意自然数，验证 为与正整数 n 无关的一常数． (2)中项法： ①若 2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；
B
(2)(2017· 全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， 等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2. ①若 a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式； ②若 T3＝21，求 S3.
[解]
设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q，
则 an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1. 由 a2＋b2＝2 得 d＋q＝3. ①由 a3＋b3＝5 得 2d＋q2＝6.
两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合 (与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应 用． 2.若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题
的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，
难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位 置上，难度偏大，复习时应引起关注．
2018高考数学理二轮复习课件：1-4-2 高考中的立体几何 精品
②求 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值．
[解]②以 E 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 E-xyz.
②求平面 B1GE 与底面 ABC 所成锐二面角的余弦值．
[解]②过点 A1 作 A1O⊥AB，垂足为 O，连接 OC， ∵侧面 AA1B1B⊥底面 ABC， ∴A1O⊥底面 ABC， ∴∠A1AB＝60°， ∵AA1＝2，∴AO＝1， ∵AB＝2，∴点 O 是 AB 的中点， 又∵点 G 为正三角形 ABC 的重心， ∴点 G 在 OC 上， ∴OC⊥OB，
热点探究悟道
热点一 空间位置关系 (1)[2015·陕西高三质检]如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝2，E 为棱 CC1 的中点．
①求证：B1D1⊥AE；
[证明] ①连接 BD， 则 BD∥B1D1. ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AC⊥BD. ∵CE⊥平面 ABCD， ∴CE⊥BD. 又 AC∩CE＝C， ∴BD⊥平面 ACE. ∵AE⊂平面 ACE， ∴BD⊥AE， ∴B1D1⊥AE.
＝ |a·b| |a||b| .
(2)线面角
|l·n|
设 l 是斜线 l 的方向向量，n 是平面 α 的法向量，则斜线 l 与平面 α 所成的角满足 sinθ＝ |l||n| .
(3)二面角 →①如→图(ⅰ)，AB，CD 是二面角 α－l－β 的两个半平面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 θ＝ 〈AB，CD〉 ．
∵A1O⊥底面 ABC，∴A1O⊥OB，A1O⊥OC， 以 O 为原点，分别以 OC，OB，OA1 为 x，y，z 轴建立如图空间直角坐标系 O-xyz，由题意得 A(0，
2018届高考数学文新课标二轮专题复习课件：2-9 立体几何 精品
1.如图，正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，E，F 分别为 线段 AA1，B1C 上的点，则三棱锥 D1－EDF 的体积为________．
答案
1 6
解析 VD1－EDF＝VF－D1ED，
又 S△D1ED＝12，点 F 到平面 D1ED 的距离为 1，
∴VD1－EDF＝VF－D1ED＝61.
(2)(2016·保定调研)已知一个四棱锥的高为 3，其底面用斜二
测画法所画的水平放置的直观图是一个边长为 1 的正方形，则此
四棱锥的体积为( )
A．2 2
B．6 2
C．1
D. 2
【解析】 因为底面用斜二测画法所画的水平放置的直观图 是一个边长为 1 的正方形，所以在直角坐标系中，底面是边长为 1 和 3 的平行四边形，且平行四边形的一条对角线垂直于平行四 边形的短边，此对角线的长为 2 2，所以该四棱锥的体积为 V＝ 13×2 2×1×3＝2 2.
A1－ADC 的高仍为 h，底面面积为21S，所以该三棱锥的体积为
V1＝31×21Sh＝16Sh.多面体 A1B1C1DBC 的体积为 V2＝Sh－16Sh＝65
Sh.所以多面体 A1ADC 与多面体 A1B1C1DBC 体积的比值为15.
【答案】
1 5
(4)(2016·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体 积为( )
∴该球的体积 V＝34πR3＝43×54
45π＝5
5π 6.
【答案】 D
【回顾】 (1)四棱锥、直六棱柱的外接球球心同样位于过底 面外心与底面垂直的直线上．
(2)球心到多面体各个顶点距离相等．
[求多面体的高]
(1)(2016·长沙四校联考)已知棱长均为 a 的正三棱柱 ABC－
2018高考数学理二轮专题复习课件 专题五 立体几何4.4.2 精品
由AA→→CK··mm＝＝00， 得3xy1＋1＝30y，1＋ 3z1＝0，
取 m＝( 3，0，－1)；由AA→→KB··nn＝＝00，
得2x2x＋2＋33y2y＋2＝03，z2＝0， 取 n＝(3，－2， 3)．
于是
cos〈m，n〉＝|mm|··|nn|＝
3 4.
所以二面角
B-AD-F
的平面角的余弦值为
[专题回访] 1．l1，l2 表示空间中的两条直线，若 p：l1，l2 是异面直线； q：l1，l2 不相交，则( ) A．p 是 q 的充分条件，但不是 q 的必要条件 B．p 是 q 的必要条件，但不是 q 的充分条件 C．p 是 q 的充分必要条件 D．p 既不是 q 的充分条件，也不是 q 的必要条件
(1)求证：BF⊥平面 ACFD； (2)求二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值．
解：(1)证明：延长 AD，BE，CF 相交于一点 K，如图(1)所 示．
因为平面 BCFE⊥平面 ABC，平面 BCFE∩平面 ABC＝BC， 且 AC⊥BC，所以 AC⊥平面 BCK，
因此 BF⊥AC. 又因为 EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK 为 等边三角形，且 F 为 CK 的中点，则 BF⊥CK. 所以 BF⊥平面 ACFD.
1．空间角的计算
(1)线、线夹角
设
l，m
的夹角为
θ 0≤θ≤2π ， 则
cosθ
＝
|a·b| |a|·|b|
＝
a21＋|a1bb121＋＋ca212·b2＋a22＋a3bb322|＋c22.
(2)线、面夹角
设 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2，则 sinθ＝|a|a|··μ|μ||＝|cos〈a， μ〉|.
2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件：专题五 立体几何与空间向量 第2讲 精品
12
1.不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面α，β内，给出以下四 个命题，其中正确的是___③_____. ①m⊥n⇒m⊥β ②m⊥n⇒α⊥β ③α∥β⇒m∥β ④m∥n⇒α∥β
押题依据 空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体 几何的重点内容，也是高考命题的热点.此类题常与命题的真假性、充 分条件和必要条件等知识相交汇，意在考查考生的空间想象能力、逻 辑推理能力.
解析
答案
(2)设α，β为两个不重合的平面，m，n为两条不重合的直线，给出下列 四个命题： ①若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n∥α； ②若m⊥n，m∥α，n∥β，则α⊥β； ③若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β； ④若n⊂α，m⊂β，α与β相交且不垂直，则n与m一定不垂直. 其中，所有真命题的序号是__①__③____.
押题依据
解析答案
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2.(2016·江苏) 如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，D， E 分 别 为 AB ， BC 的 中 点 ， 点 F 在 侧 棱 B1B 上 ， 且 B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1. 求证：(1)直线DE∥平面A1C1F； 证明 由已知，DE为△ABC的中位线， ∴DE∥AC，又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1， ∴DE∥A1C1， 且DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F， ∴DE∥平面A1C1F.
思维升华
解析答案
跟踪演练3 如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°， AD是BC上的高，沿AD将△ABC折成60°的二面角B—AD—C，如图2.
(1)证明：平面ABD⊥平面BCD；
解析答案
(2)设点E为BC的中点，BD＝2，求异面直线AE和BD所成角的大小.
2018届高考数学(理)二轮专题复习：增分练5-1-3 Word版含答案
小题提速练(三)(满分80分，押题冲刺，45分钟拿下客观题满分)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．设集合M ＝{x |x 2－2x －3＜0}，N ＝{x |log 2x ＜0}，则M ∩N 等于( ) A ．(－1,0) B ．(－1,1) C ．(0,1)D ．(1,3)解析：选C.由题干条件可知，M ＝{x |－1＜x ＜3}，N ＝{x |0＜x ＜1}，所以M ∩N ＝{x |0＜x ＜1}．2．若复数z 的实部为1，且|z |＝2，则复数z 的虚部是( ) A ．－ 3 B ．± 3 C ．±3iD.3i解析：选B.复数z 的实部为1，设z ＝1＋b i ，|z |＝2，可得1＋b 2＝2，解得b ＝±3，复数z 的虚部是± 3.3．若命题p ：∃α∈R ，cos(π－α)＝cos α；命题q ：∀x ∈R ，x 2＋1＞0，则下面结论正确的是( )A ．p 是假命题B ．﹁q 是真命题 C ．p ∧q 是假命题D ．p ∨q 是真命题解析：选D.当α＝π2时，cos ⎝⎛⎭⎪⎫π－π2＝cos π2＝0， ∴命题p ：∃α∈R ，cos(π－α)＝cos α是真命题，∵∀x ∈R ，x 2＋1≥1＞0，∴命题q 是真命题，∴A 中p 是假命题是错误的；B 中﹁q 是真命题是错误的；C 中p ∧q 是假命题是错误的；D 中p ∨q 是真命题是正确的．4．如图是某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，其中成绩分组区间是：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，则图中x 的值等于( )A ．0.120B ．0.180C ．0.012D ．0.018解析：选D.由30×0.006＋10×0.01＋10×0.054＋10x ＝1，解得x ＝0.018.5．若一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选 D.由题意可知，该几何体是三棱锥，其放置在长方体中形状如图所示，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面中，全部是直角三角形．6．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≤1，ln x ，x ＞1，则f (f (e))＝(其中e 为自然对数的底数)( )A ．0B ．1C ．2D ．(e 2＋1)解析：选C.由题意得，f (e)＝ln e ＝1，所以f (f (e))＝f (1)＝1＋1＝2.7．函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x1＋2x cos x 的图象大致为( )解析：选C.依题意，注意到f (－x )＝1－2－x1＋2－x cos(－x )＝2x 1－2－x 2x 1＋2－xcos x ＝2x－12x ＋1cos x ＝－f (x )，因此函数f (x )是奇函数，其图象关于原点对称，结合各选项知，选项A ，B 均不正确；当0＜x ＜1时，1－2x1＋2x ＜0，cos x ＞0，f (x )＜0，因此结合选项知，C 正确，选C.8．已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜t ，则实数t 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ 解析：选D.依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22n －12＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列{1a n }的前n 项和等于12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＜23，因此实数t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞，选D.9．若函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8x ＋π4(－2＜x ＜14)的图象与x 轴交于点A ，过点A 的直线l 与函数的图象交于B ，C 两点，则(OB →＋OC →)·OA →＝(其中O 为坐标原点)( )A ．－32B ．32C ．－72D ．72解析：选D.由f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8x ＋π4＝0可得π8x ＋π4＝k π，∴x ＝8k －2，k ∈Z ，∵－2＜x＜14，∴x ＝6即A (6,0)，设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，∵过点A 的直线l 与函数的图象交于B ，C 两点，∴B ，C 两点关于点A 对称即x 1＋x 2＝12，y 1＋y 2＝0，则(OB →＋OC →)·OA →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)·(6,0)＝6(x 1＋x 2)＝72.10．双曲线C 1的中心在原点，焦点在x 轴上，若C 1的一个焦点与抛物线C 2：y 2＝12x 的焦点重合，且抛物线C 2的准线交双曲线C 1所得的弦长为43，则双曲线C 1的实轴长为( )A ．6B ．2 6 C. 3D ．2 3解析：选D.由题意可得双曲线C 1的一个焦点为(3,0)，∴c ＝3，可设双曲线C 1的标准方程为x 2a 2－y 29－a 2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3，x 2a 2－y 29－a2＝1，解得y ＝±9－a2a，∴2×9－a 2a＝43，解得a ＝3，∴双曲线C 1的实轴长为2a ＝2 3.11．已知点P 是椭圆x 216＋y 28＝1上非顶点的动点，F 1，F 2分别为椭圆的左、右焦点，O 是坐标原点，若M 是∠F 1PF 2的角平分线上一点，且F 1M →·MP →＝0，则|OM →|的取值范围是( )A ．[0,3)B ．(0,22)C ．[22，3)D ．(0,4]解析：选B.如图，当点P 在椭圆与y 轴交点处时，点M 与原点O 重合，此时|OM →|取最小值0.当点P 在椭圆与x 轴交点时，点M 与焦点F 1重合，此时|OM →|取大值22.∵xy ≠0，∴|OM →|的取值范围是(0,22)．12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＋a ，x ＜0，ln x ，x ＞0，若函数f (x )的图象在A ，B 两点处的切线重合，则实数a 的取值范围是( )A ．(－2，－1)B ．(1,2)C ．(－1，＋∞)D ．(－ln 2，＋∞)解析：选C.当x ＜0时，f (x )＝x 2＋x ＋a 的导数为f ′(x )＝2x ＋1；当x ＞0时，f (x )＝ln x 的导数为f ′(x )＝1x，设A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))为该函数图象上的两点，且x 1＜x 2，当x 1＜x 2＜0，或0＜x 1＜x 2时，f ′(x 1)≠f ′(x 2)，故x 1＜0＜x 2，当x 1＜0时，函数f (x )在点A (x 1，f (x 1))处的切线方程为y －(x 21＋x 1＋a )＝(2x 1＋1)(x －x 1)；当x 2＞0时，函数f (x )在点B (x 2，f (x 2))处的切线方程为y －ln x 2＝1x 2(x －x 2)，两直线重合的充要条件是1x 2＝2x 1＋1①，ln x 2－1＝－x 21＋a②，由①及x 1＜0＜x 2得0＜1x 2＜1，由①②得a ＝ln x 2＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－12－1，令t ＝1x 2，则0＜t ＜1，且a ＝－ln t ＋14t 2－12t －34，设h (t )＝－ln t ＋14t 2－12t －34(0＜t ＜1)，则h ′(t )＝－1t ＋12t －12＜0，即h (t )在(0,1)为减函数，则h (t )＞h (1)＝－ln 1－1＝－1，则a ＞－1，可得函数f (x )的图象在点A ，B 处的切线重合，a 的取值范围是(－1，＋∞)．二、填空题(本题共4小题，每小题5分；共20分)13．若直线ax －by ＋1＝0平分圆C ：x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0的周长，则ab 的取值范围是________．解析：∵直线ax －by ＋1＝0平分圆C ：x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0的周长， ∴直线ax －by ＋1＝0过圆C 的圆心(－1,2)，∴有a ＋2b ＝1，∴ab ＝(1－2b )b ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫b －142＋18≤18，∴ab 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，18.答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，18 14．若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的i 值为________．解析：由程序框图知：程序第一次运行n ＝10，i ＝2；第二次运行n ＝5，i ＝3；第三次运行n ＝3×5＋1＝16，i ＝4；第四次运行n ＝8，i ＝5；第五次运行n ＝4，i ＝6；第六次运行n ＝2，i＝7；第七次运行n ＝1，i ＝8.满足条件n ＝1.程序运行终止，输出i ＝8.答案：815．已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋4≤0，y ≥2，x －4y ＋k ≥0，且目标函数z ＝3x ＋y 的最小值为－1，则实常数k ＝________.解析：由题意作出目标函数的平面区域如图所示，结合图象可知，当过点A (x,2)时，目标函数z ＝3x ＋y 取得最小值－1，故3x ＋2＝－1，解得x ＝－1，故A (－1,2)，故－1＝4×2－k ，故k ＝9.答案：916．在一个棱长为4的正方体内，最多能放入________个直径为1的球．解析：根据球体的特点，最多应该是放5层，第一层能放16个；第2层放在每4个小球中间的空隙，共放9个；第3层继续往空隙放，可放16个；第4层同第2层放9个；第5层同第1、3层能放16个，所以最多可以放入小球的个数：16＋9＋16＋9＋16＝66(个)．答案：66。
2018届高考数学理二轮复习全国通用课件 专题四 立体几何 第2讲 精品
∵棱柱 ADE－BCF 是直三棱柱，∴AB⊥平面 BCF，∴B→A是平面 BCF 的一个法向量，且 OM⊄平面 BCF，∴OM∥平面 BCF. (2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1， z1)，n2＝(x2，y2，z2).∵D→F＝(1，－1，1)，D→M＝12，－1，0， D→C＝(1，0，0)，C→F＝(0，－1，1)，由nn11· ·DD→→FM＝＝00，.
(2)线面夹角
设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2 ，则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos a，μ |.
(3)面面夹角
设平面 α，β的夹角为 θ(0≤θ＜π)， 则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos μ，v |.
热点一 向量法证明平行与垂直 【例1】 如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面
ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为 AB的中点，O为DF的中点，运用向量方法求证： (1)OM∥平面 BCF； (2)平面 MDF⊥平面 EFCD.
证明 法一 由题意，得 AB，AD，AE 两 两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间 直角坐标系. 设正方形边长为 1，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)， C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M12，0，0， O12，12，12. (1)O→M＝0，－12，－12，B→A＝(－1，0，0)， ∴O→M·B→A＝0，∴O→M⊥B→A.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l，m 的方向向量分别为 a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2， c2)，平面 α，β的法向量分别为 μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4， c4)(以下相同). (1)线线夹角 设 l，m 的夹角为 θ0≤θ≤π2 ， 则 cos θ＝||aa|·|bb||＝ a21|＋a1ab212＋ ＋bc211b2a＋22＋c1bc222＋| c22.
2018版高考数学理 全国甲卷大二轮总复习与增分策略配套课件 专题七 概率与统计第2讲 精品
(2)求系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的 次数的概率.
思维升华
解析答案
跟踪演练2 (1)把一枚骰子连续抛掷两次，记“第一次抛出的是素数点”
为事件A，“第二次抛出的是合数点”为事件B，则P(B|A)等于( )
A.12
B.14
C.16
√D.13
解析
(2)如图所示，某快递公司送货员从公司A处准备开车送货到某单位B处，
例 2 某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和 B，系 统 A 和系统 B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和 p. (1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为5409，求 p 的值； 解 设“至少有一个系统不发生故障”为事件C， 那么 1－P( C )＝1－110·p＝4590，解得 p＝15.
数分别是 a，b，则函数 f′(x)在 x＝1 处取得最值的概率是( )
1
1
A.36
B.18
√C.112
1 D.6
解析
(2)如图，大正方形的面积是34，四个全等直角三角形
围成一个小正方形，直角三角形的较短边长为3，向大
正方形内抛一枚幸运小花朵，则小花朵落在小正方形
内的概率为( )
1 A.17
√B.127
(x－5)2＋y2＝9相交”发生的概率为__4______. 解析 由已知得，圆心(5,0)到直线y＝kx的距离小于半径， ∴ k|52k＋| 1<3，解得－34<k<34， 由几何概型得 P＝134－－－－341＝34.
思维升华
解析答案
跟踪演练 1 (1)已知函数 f(x)＝13ax3－12bx2＋x，连续抛掷两颗骰子得到点
2018年高考数学(理)二轮专题复习课件：第二部分 常考小题点4
θ=
������ · ������ |������ || ������ |
=
������ 1 ������2 +������1 ������2
2 +������ 2 ������1 1 2 +������ 2 ������2 2
.
当 a· b>0(或a· b<0)时,则a与b的夹角为锐角(或钝角),或a与b方向 相同(或方向相反).要注意夹角θ=0(或θ=π)的情况.
2 5 5
解析: ∵向量a与b的夹角为θ,且a=(-2,1),a+2b=(2,3),
∴b=
=(2,1), =
-4+1 5× 5
则 cos θ=
������ · ������ |������ || ������ |
=- .
5
3
-8-
一、选择题
二、填空题
6.(2017河南商丘二模,理8)若等边三角形ABC的边长为3,平面内
-4-
一、选择题
二、填空题
1.设向量 a,b 满足| a+b|= 10,|a-b|= 6,则 a· b=(
A )
A.1
B.2
C.3
D.5
解析: ∵|a+b|= 10,∴(a+b)2= 10.
∴|a|2+|b|2+2a· b=10.① ∵|a-b|= 6 ,∴(a-b)2=6. ∴|a|2+|b|2-2a· b=6.② 由 ① -② 得 a · b=1,故选A.
3 2
,0 ,C - ,0 , ������������ =
2 1 2
,
2
, ������������=(3,0).������������ = ������������ + ������������ = 2,
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体的体积为( )
2π A. 3
4π B. 3
√C.53π
D.2π
解析
1 234
4.(2016·浙江)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD ＝ 5，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与
6 BD′所成角的余弦的最大值是___6_____.
解析
答案
考情考向分析
专题五 立体几何与空间向量
第1讲 空间几何体
栏目索引
1 高考真题体验 2 热点分类突破 3 高考押题精练
高考真题体验
1 234
1.(2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，
则该几何体的体积为( )
A.13＋23π
√C.13＋
2 6π
B.13＋
2 3π
D.1＋
2 6π
解析 由三视图知，半球的半径 R＝ 22，
例2 (1)(2016·北京)某三棱锥的三视图如图所
示，则该三棱锥的体积为( )
√A.16
1 B.3
1
C.2
D.1
解析 由三视图知，三棱锥如图所示：
由侧视图得高h＝1， 又底面积 S＝12×1×1＝12. 所以体积 V＝13Sh＝16.
解析
(2) 如 图 ， 在 棱 长 为 6 的 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1 中 ， 点 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( )
例1 (1)(2016·课标全国甲)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的 三视图，则该几何体的表面积为( )
A.20π
B.24π
√C.28π
D.32π
解析
(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( )
√
解析 所得几何体的轮廓线中，除长方体原有的棱外，有两条是原长
解析
答案
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高考押题精练
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.16
B.8 2＋8
C.2 2＋2 6＋8
√D.4 2＋4 6＋8
1 23
押题依据 求空间几何体的表面积或体积是立体几何的重要内容之一， 也是高考命题的热点.此类题常以三视图为载体，给出几何体的特征， 求几何体的表面积或体积.
(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( )
√
解析 由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组合. 从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两 个三角形.
解析
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，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其 次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技 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.
32π
C.6π
D. 3
解析 由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，
所以球的最大直径为 3，V 的最大值为92π.
解析
1 234
3.(2015·山东)在梯形ABCD中，∠ABC＝π ，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB 2
＝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
体积与圆柱的体积的比值为____3____.
押题依据 求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高 考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积. 本题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，设问角度新颖， 值得关注.
押题依据
解析
答案
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例3 (1)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，
SA＝2 3，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，则球O的表面积为( )
A.4π
B.12π
√C.16π
D.64π
解析
(2)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器
高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面
恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，
则球的体积为( )
√500π
A. 3
cm3
866π B. 3
cm3
1 372π C. 3
cm3
2 048π D. 3
cm3
思维升华
解析
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， 23， 26，则三棱锥 A－BCD 的外接球 体积为____6_π___.
√A.66
B.68
C.70
D.72
思维升华
解析
跟踪演练2 某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 45
____2____.
解析
答案
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，明确切点和接点的位置，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.球与旋转体的组合，通常作它们的 轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或 “切点”“接点”)作出截面图.
四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，
∴V＝13×1×1×1＋12×43π× 223＝13＋ 62π，故选 C.
解析
1 234
2.(2016·课标全国丙)在封闭的直三棱柱ABC—A1B1C1内有一个体积为V
的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A.4π
√B.92π
方体的面对角线，它们在侧视图中落在矩形的两条边上，
另一条是原长方体的体对角线，在侧视图中体现为矩形的自左下至右
上的一条对角线，因不可见，故用虚线表示，
由以上分析可知，应选D.
思维升华
解析
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( )
解析 由俯视图，易知答案为D.
√
解析
押题依据
解析
1 23
2.在正三棱锥S－ABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB
＝2 2，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为( )
A.6π
√B.12π
C.32π
D.36π
押题依据 多面体的外接球一般借助补形为长方体的外接球解决，解
法灵活，是高考的热点.
押题依据
解析
1 23
3.已知半径为1的球O中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的 42
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
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热点分类突破
热点一 三视图与直观图
1.一个物体的三视图的排列规则 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.