2018届高考数学(理科)二轮专题透析课件：专题十一+一点四面——解读高考试题中的数学思想(共116张PPT)
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2018年高考数学(理)二轮专题复习课件：第二部分 专题一 常考小题点2
解析: 作出直线y=2,x+y=1,再作直线l0:3x-y=0,而向下平移直线 l0:3x-y=0时,z增大,而直线x-y=a的斜率为1,因此直线l过直线x-y=a
3������-������ = 7, 与y=2的交点A时,z取得最大值,由 ������ = 2 得A(3,2),所以a=3-2=1, 故选A.
A.
1 2
B.-
1 2
C.
2 2
D. -1
2
2
解析: x,y满足|x|≤y≤1,表示的可行域如图. x2+y2+2x=(x+1)2+y2-1它的几何意义是可行域内的点到(-1,0)的距 离的平方减去1. 显然D(-1,0)到直线x+y=0的距离最小,
最小值为
1 2
=
2 2
,
2 2
所求表达式的最小值为 -1.
8 4 2
核心知识 一、选择题 二、填空题
考点精题
-6-
������-������ + 1 ≥ 0, 解析: 由约束条件 2������ + ������-2 ≥ 0,作可行域如图, ������-1 ≤ 0 5 由 z=的最大值可知,4x+3y 取得最大值时,z 取得最大值, 4������ +3������ ������ = 1, 与 4x+3y=0 平行的直线经过 A 时,即 ������-������ + 1 = 0, 可得 A(1,2),4x+3y 取得最大值,故 z 最大, 5 1 即 zmax==- .故选 C.
解析: 画出不等式组所表示的平面区域如图所示,结合目标函数 z=2x+y的几何意义,可得z在点B(-6,-3)处取得最小值,即zmin=-123=-15,故选A.
2018年高考数学理科山东专版二轮专题复习与策略课件：第1部分 专题1 突破点3 平面向量 精品
核
心
知
识
·
聚
焦
专
题
专题一 三角函数与平面向量
限 时
集
热 点
突破点 3 平面向量
训
题
型
·
探
究
平面向量共线、垂直的两个充要条件
若 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则：
(1)a∥b⇔a＝λb(b≠0)⇔__x_1x_2_＋__y_1y_2_＝__0__. (2)a⊥b⇔a·b＝0⇔__x_1y_2_－__x_2y_1_＝__0__.
数量积常见的三种应用
已知两个非零向量 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则
(1)证明向量垂直：a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
(2)求向量的长度：|a|＝___a_·_a__＝___x_21_＋__y_21 . a·b
x1x2＋y1y2
(3)求向量的夹角：cos〈a，b〉＝__|_a_||_b_| _＝___x_21＋__y_12_·__x_22＋__y_22_.
＝
3 2 sin
2x＋12－12cos
2x7
分
＝sin2x－π6＋12.8 分
将 f(x)图象向左平移π6个单位得到函数 g(x)＝sin2x＋π6＋12.10 分 因为 x∈0，π2，所以 2x＋π6∈π6，76π， 从而当 2x＋π6＝π2即 x＝π6时，sin2x＋π6取最大值 1，11 分 所以 x＝π6时，g(x)的最大值为32.12 分
即 λa＋b＝ta＋2tb，∴λ1＝＝t2，t， 解得tλ＝＝1212.，
]
回访 2 平面向量的数量积
3．(2015·山东高考)已知菱形 ABCD 的边长为 a，∠ABC＝60°，则B→D·C→D＝
心
知
识
·
聚
焦
专
题
专题一 三角函数与平面向量
限 时
集
热 点
突破点 3 平面向量
训
题
型
·
探
究
平面向量共线、垂直的两个充要条件
若 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则：
(1)a∥b⇔a＝λb(b≠0)⇔__x_1x_2_＋__y_1y_2_＝__0__. (2)a⊥b⇔a·b＝0⇔__x_1y_2_－__x_2y_1_＝__0__.
数量积常见的三种应用
已知两个非零向量 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则
(1)证明向量垂直：a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
(2)求向量的长度：|a|＝___a_·_a__＝___x_21_＋__y_21 . a·b
x1x2＋y1y2
(3)求向量的夹角：cos〈a，b〉＝__|_a_||_b_| _＝___x_21＋__y_12_·__x_22＋__y_22_.
＝
3 2 sin
2x＋12－12cos
2x7
分
＝sin2x－π6＋12.8 分
将 f(x)图象向左平移π6个单位得到函数 g(x)＝sin2x＋π6＋12.10 分 因为 x∈0，π2，所以 2x＋π6∈π6，76π， 从而当 2x＋π6＝π2即 x＝π6时，sin2x＋π6取最大值 1，11 分 所以 x＝π6时，g(x)的最大值为32.12 分
即 λa＋b＝ta＋2tb，∴λ1＝＝t2，t， 解得tλ＝＝1212.，
]
回访 2 平面向量的数量积
3．(2015·山东高考)已知菱形 ABCD 的边长为 a，∠ABC＝60°，则B→D·C→D＝
2018年高考数学(理)二轮专题复习课件：第一部分 方法、思想解读 第1讲 选择题、填空题的解
第一部分
方法、思想解读
第1讲
选择题、填空题的解法
核心知识
考点精题
-3-
高考选择题、填空题绝大部分属于低中档题目,一般按由易到难 的顺序排列,注重多个知识点的小型综合,渗透各种数学思想和方 法,能充分考查灵活应用基础知识解决数学问题的能力. (1)解题策略:选择题、填空题是属于“小灵通”题,其解题过程“不 讲道理”,所以解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出 判断,先定性后定量,先特殊后一般,先间接后直接,另外对选择题可 以先排除后求解. (2)解决方法:选择题、填空题属“小”题,解题的原则是“小”题巧 解,“小”题不能大做.主要分直接法和间接法两大类.具体的方法有: 直接法,等价转化法,特值、特例法,数形结合法,构造法,对选择题还 有排除法(筛选法)等.
在正三角形 ABC 中 ,AB=2,所以 AD= 3. 又 AA1=3,点 M 是 BB1 的中点 , 1 1 所以������△������������������1 = ������矩形������������������1 ������1 = ×2×3=3.
2பைடு நூலகம்
所以������������1 -������������������ = ������������-������������������1 = ×3× 3 = 3.
核心知识 方法一 方法二 方法三 方法四 方法五 方法六
考点精题
-9-
方法二 等价转化法 等价转化法就是用直接法求解时,问题中的某一个量很难求,把 所求问题等价转化成另一个问题后,这一问题的各个量都容易求, 从而使问题得到解决.通过转化,把不熟悉、复杂的问题转化为熟 悉、简单的问题.
核心知识 方法一 方法二 方法三 方法四 方法五 方法六
方法、思想解读
第1讲
选择题、填空题的解法
核心知识
考点精题
-3-
高考选择题、填空题绝大部分属于低中档题目,一般按由易到难 的顺序排列,注重多个知识点的小型综合,渗透各种数学思想和方 法,能充分考查灵活应用基础知识解决数学问题的能力. (1)解题策略:选择题、填空题是属于“小灵通”题,其解题过程“不 讲道理”,所以解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出 判断,先定性后定量,先特殊后一般,先间接后直接,另外对选择题可 以先排除后求解. (2)解决方法:选择题、填空题属“小”题,解题的原则是“小”题巧 解,“小”题不能大做.主要分直接法和间接法两大类.具体的方法有: 直接法,等价转化法,特值、特例法,数形结合法,构造法,对选择题还 有排除法(筛选法)等.
在正三角形 ABC 中 ,AB=2,所以 AD= 3. 又 AA1=3,点 M 是 BB1 的中点 , 1 1 所以������△������������������1 = ������矩形������������������1 ������1 = ×2×3=3.
2பைடு நூலகம்
所以������������1 -������������������ = ������������-������������������1 = ×3× 3 = 3.
核心知识 方法一 方法二 方法三 方法四 方法五 方法六
考点精题
-9-
方法二 等价转化法 等价转化法就是用直接法求解时,问题中的某一个量很难求,把 所求问题等价转化成另一个问题后,这一问题的各个量都容易求, 从而使问题得到解决.通过转化,把不熟悉、复杂的问题转化为熟 悉、简单的问题.
核心知识 方法一 方法二 方法三 方法四 方法五 方法六
2018年高考数学理科山东专版二轮专题复习与策略课件：第1部分 专题1 突破点2 解三角形 精品
【导学号：67722013】
3 A. 6
2 B. 3
22 C. 3
6 D. 3
C [如图，设 AB＝AC＝a，AD＝BD＝b，
由 3BC＝2AB，得 BC＝233a， 在△ABC 中，由余弦定理得，
cos∠ABC＝AB2＋2·ABBC·2B－CAC2＝a22＋×2a×332a32－3aa2＝
3 3.
由勾股定理得 c＝ 12＋ 32＝2.]
3．(2016·全国甲卷)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 cos A
＝45，cos C＝153，a＝1，则 b＝________.
21 13
[在△ABC 中，∵cos A＝45，cos C＝153，
∴sin A＝35，sin C＝1123，∴sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝35×153
sin∠ADB＝2 3
2 .]
3
(2)在△ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且 acos B＋bcos(B ＋C)＝0.
①证明：△ABC 为等腰三角形； ②若 2(b2＋c2－a2)＝bc，求 cos B＋cos C 的值． [解] ①证明：∵acos B＋bcos (B＋C)＝0， ∴由正弦定理得 sin Acos B＋sin Bcos(π－A)＝0， 即 sin Acos B－sin Bcos A＝0，3 分 ∴sin(A－B)＝0，∴A－B＝kπ，k∈Z.4 分 ∵A，B 是△ABC 的两内角， ∴A－B＝0，即 A＝B，5 分 ∴△ABC 是等腰三角形.6 分
②由 2(b2＋c2－a2)＝bc， 得b2＋2cb2c－a2＝14，7 分 由余弦定理得 cos A＝14，8 分 cos C＝cos(π－2A)＝－cos 2A＝1－2cos2 A＝78.10 分 ∵A＝B，∴cos B＝cos A＝14，11 分 ∴cos B＋cos C＝14＋78＝98.12 分
3 A. 6
2 B. 3
22 C. 3
6 D. 3
C [如图，设 AB＝AC＝a，AD＝BD＝b，
由 3BC＝2AB，得 BC＝233a， 在△ABC 中，由余弦定理得，
cos∠ABC＝AB2＋2·ABBC·2B－CAC2＝a22＋×2a×332a32－3aa2＝
3 3.
由勾股定理得 c＝ 12＋ 32＝2.]
3．(2016·全国甲卷)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 cos A
＝45，cos C＝153，a＝1，则 b＝________.
21 13
[在△ABC 中，∵cos A＝45，cos C＝153，
∴sin A＝35，sin C＝1123，∴sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝35×153
sin∠ADB＝2 3
2 .]
3
(2)在△ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且 acos B＋bcos(B ＋C)＝0.
①证明：△ABC 为等腰三角形； ②若 2(b2＋c2－a2)＝bc，求 cos B＋cos C 的值． [解] ①证明：∵acos B＋bcos (B＋C)＝0， ∴由正弦定理得 sin Acos B＋sin Bcos(π－A)＝0， 即 sin Acos B－sin Bcos A＝0，3 分 ∴sin(A－B)＝0，∴A－B＝kπ，k∈Z.4 分 ∵A，B 是△ABC 的两内角， ∴A－B＝0，即 A＝B，5 分 ∴△ABC 是等腰三角形.6 分
②由 2(b2＋c2－a2)＝bc， 得b2＋2cb2c－a2＝14，7 分 由余弦定理得 cos A＝14，8 分 cos C＝cos(π－2A)＝－cos 2A＝1－2cos2 A＝78.10 分 ∵A＝B，∴cos B＝cos A＝14，11 分 ∴cos B＋cos C＝14＋78＝98.12 分
2018届高考数学二轮复习第一部分层级二75分的重点保分题精析精研保分专题十一坐标系与参数方程课件文
π π ∴ρcos θ· cos ＋ρsin θ· sin ＝1. 3 3
x＝ρcos θ， 又 y＝ρsin θ，
1 3 ∴ x＋ y＝1， 2 2
即曲线 C 的直角坐标方程为 x＋ 3y－2＝0， 2 3 令 y＝0，则 x＝2；令 x＝0，则 y＝ . 3 ∴M(2,0)，N
2 3 0 ， . 3 2 3 π 的极坐标为 ， 3 . 2 的直角坐标为 1，
命题分析 1.坐标系与参数方程是高考的选考内容之一，高考考查
的重点主要有两个方面：一是简单曲线的极坐标方程；二
是参数方程、极坐标方程与曲线的综合应用． 2.全国课标卷对此部分内容的考查以解答题形式出现， 难度中等，备考此部分内容时应注意转化思想的应用.
极坐标方程及应用
[师生共研·悟通]
1．圆的极坐标方程 若圆心为M(ρ0，θ0)，半径为r，则圆的方程为：ρ2－
解：(1)因为x＝ρcos θ，y＝ρsin θ， 所以C1的极坐标方程为ρcos θ＝－2， C2的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0. π (2)法一：将θ＝ 代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0， 4 得ρ2－3 2ρ＋4＝0，解得ρ1＝2 2，ρ2＝ 2. 故ρ1－ρ2＝ 2，即|MN|＝ 2. 1 由于C2的半径为1，所以△C2MN的面积为 . 2
[师生共研·悟通]
直线和圆锥曲线的参数方程和普通方程
点的轨迹 直线 普通方程 y－y0＝tan α(x－x0)
2 2
参数方程
x＝x0＋tcos α， y＝y0＋tsin α 2 x＝x0＋rcos
(t 为参数)
圆
θ， (x－x0) ＋(y－y0) ＝r (θ 为参数) y ＝ y ＋ r sin θ 0 x2 y2 ＋ ＝1(a>b>0) a2 b2
2018届高考数学理新课标二轮专题复习课件：2-11平面解析几何 精品
【答案】 D
(1)给定直线 l：Ax＋By＋C＝0，则 l1：Ax＋By＋C1＝0(C1 ≠C)与 l 平行，l2：Bx－Ay＋C2＝0 与 l 垂直．
(2)判定两直线平行的方法． ①判定两直线的斜率是否存在，若存在，可先化成斜截式， 若 k1＝k2，且 b1≠b2，则两直线平行；若斜率都不存在，还要判 定是否重合．
第 讲 平面解析几何
热点调研
调研一 直线与圆
考向一 直线方程 命题方向： 1．求直线的倾斜角与斜率； 2．求直线的方程； 3．两直线的位置关系．
[直线方程]
π (1)(2016·湖北四地七校联考)已知 f(x)＝asinx－bcosx，若 f( 4
π －x)＝f( 4 ＋x)，则直线 ax－by＋c＝0 的倾斜角为( )
【答案】 C
(4)(2016·芜湖模拟)点 P 是圆 x2＋y2＋2x－4y＋3＝0 上任一
点，则点 P 到直线 x－y－1＝0 距离的最大值为( )
A. 2
B．2 2
C．3 2
D．2＋2 2
【解析】 依题意，圆心(－1，2)到直线 x－y－1＝0 的距离 d＝|－1－1＋2－1 1|＝2 2，因为圆的半径为 2，故所求最大距离为 2 2＋ 2＝3 2.
【答案】 C
(5)(2016·长春质量监测)已知 AB 为圆 O：(x－1)2＋y2＝1 的
直径，点 P 为直线 x－y＋1＝0 上任意一点，则P→A·P→B的最小值
为( )
A．1
B. 2
C．2
D．2 2
【解析】 由题意，设 A(1＋cosθ，sinθ)，P(x，x＋1)，则 B(1－cosθ，－sinθ)，∴P→A＝(1＋cosθ－x，sinθ－x－1)，P→B ＝(1－cosθ－x，－sinθ－x－1)，∴P→A·P→B＝(1＋cosθ－x)(1 －cosθ－x)＋(sinθ－x－1)(－sinθ－x－1)＝(1－x)2－cos2θ＋ (－x－1)2－sin2θ＝2x2＋1≥1，当且仅当 x＝0 时，等号成立，故 选 A.
(1)给定直线 l：Ax＋By＋C＝0，则 l1：Ax＋By＋C1＝0(C1 ≠C)与 l 平行，l2：Bx－Ay＋C2＝0 与 l 垂直．
(2)判定两直线平行的方法． ①判定两直线的斜率是否存在，若存在，可先化成斜截式， 若 k1＝k2，且 b1≠b2，则两直线平行；若斜率都不存在，还要判 定是否重合．
第 讲 平面解析几何
热点调研
调研一 直线与圆
考向一 直线方程 命题方向： 1．求直线的倾斜角与斜率； 2．求直线的方程； 3．两直线的位置关系．
[直线方程]
π (1)(2016·湖北四地七校联考)已知 f(x)＝asinx－bcosx，若 f( 4
π －x)＝f( 4 ＋x)，则直线 ax－by＋c＝0 的倾斜角为( )
【答案】 C
(4)(2016·芜湖模拟)点 P 是圆 x2＋y2＋2x－4y＋3＝0 上任一
点，则点 P 到直线 x－y－1＝0 距离的最大值为( )
A. 2
B．2 2
C．3 2
D．2＋2 2
【解析】 依题意，圆心(－1，2)到直线 x－y－1＝0 的距离 d＝|－1－1＋2－1 1|＝2 2，因为圆的半径为 2，故所求最大距离为 2 2＋ 2＝3 2.
【答案】 C
(5)(2016·长春质量监测)已知 AB 为圆 O：(x－1)2＋y2＝1 的
直径，点 P 为直线 x－y＋1＝0 上任意一点，则P→A·P→B的最小值
为( )
A．1
B. 2
C．2
D．2 2
【解析】 由题意，设 A(1＋cosθ，sinθ)，P(x，x＋1)，则 B(1－cosθ，－sinθ)，∴P→A＝(1＋cosθ－x，sinθ－x－1)，P→B ＝(1－cosθ－x，－sinθ－x－1)，∴P→A·P→B＝(1＋cosθ－x)(1 －cosθ－x)＋(sinθ－x－1)(－sinθ－x－1)＝(1－x)2－cos2θ＋ (－x－1)2－sin2θ＝2x2＋1≥1，当且仅当 x＝0 时，等号成立，故 选 A.
2018高考数学理二轮复习课件：1-1-6-2 利用导数解决不等式、方程解的问题 精品
当a<89时，h12＝a2－49<0，不合题意， 综上所述a≥89. 解法二：设h(x)＝ax＋89－2x42＋x 1x∈12，＋∞， ∴h′(x)＝a－24x－2＋8x122， 令t＝2x2＋1t≥32，则h′(x)＝a＋4t－t2 8， 令g(t)＝a＋4t－t2 8＝－81t 2＋41t ＋a＝－81t －412＋12＋a， 当1t ＝23，g(t)取得最小值g32＝－8×232＋4×23＋a＝－89＋a，
即 1＋m≤ 3 a－2e，即 m≤ 3 a－2e－1.
(1)先得出函数 f(x)的导函数 f′(x)＝(x＋1)2ex≥0，从而确定函数 f(x)在 R 上 单调递增；(2)先利用函数的零点存在性定理确定至少有一个零点，再利用函数 f(x)的单调性证明其唯一性；
(3)先利用导数的几何意义建立等量关系(1＋m)2em＝a－2e，再借助不等式 m＋1≤em 即可证明 m≤ 3 a－2e－ 1.
即x＝12时，h′(x)取得最小值－89＋a， 当a≥89时，h′(x)≥－89＋a≥0， ∴h(x)在21，＋∞单调递增， h(x)≥h12＝a2－49≥0， ∴当a≥89时， 不等式f(x)≤ax＋89在x∈21，＋∞恒成立， 当a<89时，h12＝a2－49<0，不合题意， 综上所述a≥89.
c．若 f( －a3 )<0，即－3<a<－34，由于 f(0)＝14，f(1)＝a＋54，所以当－54<a<－34时，f(x)在(0,1)上有两个
零点；当－3<a≤－54时，f(x)在(0,1)上有一个零点．
综上，当 a>－34或 a<－54时，h(x)有一个零点；当 a＝－34或 a＝－54时，h(x)有两个零点；当－54<a<－34时，
2018届高考数学二轮复习板块二系统热门考点__以点带面十八妙用判别玩转方程课件文
―→ ―→ 由题意，设| AB |＝4，则| P0B |＝1，过点 C 作 AB 的
垂线，垂足为 H.在 AB 上任取一点 P，设 HP0＝a，则由数量积 ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ 的几何意义可得， PB · PC ＝ PH · PB ＝[| PB |－(a＋1)]| PB |， ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ P0 B · P0C ＝－| P0H |· | P0B |＝－a，于是 PB · PC ≥ P0B · P0C 恒成 ―→ ―→ ―→ 2 立，相当于[| PB |－(a＋1)]· | PB |≥－a 恒成立，整理得| PB | － ―→ (a＋1)| PB |＋a≥0 恒成立，只需 Δ＝(a＋1)2－4a＝(a－1)2≤0 即 可，于是 a＝1，因此我们得到 HB＝2，即 H 是 AB 的中点，故 △ABC 是等腰三角形，所以 AC＝BC．故选 D.
[答案]
D
[例 2]
设 x，y 为实数，若 4x2＋y2＋xy＝1，求 2x＋y 的
最大值为________．
[解析]
设 2x＋y＝t，则 y＝t－2x，
代入 4x2＋y2＋xy＝1 中，有 6x2－3tx＋t2－1＝0， 将它看成一个关于 x 的二次方程， 2 10 2 10 则 Δ＝(3t) －24(t －1)≥0，解得－ ≤t≤ . 5 5
2
6 故实数 a 的最大值为 . 3
6 答案： 3
2 x ＋4xy 2 2 3．已知实数 x，y 满足 x ＋xy＋y ＝1，求 S＝ 2 的最小 x ＋2y2
值与最大值．
解：令 y＝kx，则 x2＋xy＋y2＝1，变形得(1＋k＋k2)x2＝1， 1 即x＝ 因为 x2>0，可得 k∈R. 2. 1＋k＋k
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,
2018届高考数学(理)二轮复习 名师课件：指导二 透视高考,解题模板示范,规范拿高分 模板二
3.写全得分关键：写清解题过程的关键点，有则给分，无则没 有分，同时解题过程中计算准确，是得分的根本保证.如本 1 题第(1)问要写出 a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝3，才能得出 a1， 并指出数列{an}的性质，否则不能得全分.第(2)问中一定要 bn 写出求 bn＋1＝ 3 的步骤并要指明{bn}的性质；求 Sn 时，必须 代入求和公式而不能直接写出结果，否则要扣分.
模板二
数
列
【例 2】 (本小题满分 12 分)(2016· 全国Ⅰ卷)已知{an}是公 1 差为 3 的等差数列，数列{bn}满足 b1＝1，b2＝ ，anbn＋1 3 ＋bn＋1＝nbn. (1)求{an}的通项公式； (2)求{bn}的前 n 项和.
1 规范解答 (1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝3， ∴a1＝2，3 分 得分点① 所以数列{an}是首项为 2，公差为 3 的等差数列， 4 分 得分点② 因此{an}的通项公式 an＝2＋3(n－1)＝3n－1. 6 分 得分点③
第六步：反思检验，规范解题步骤.
【训练 2】 (2016· 浙江卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已 知 S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*. (1)求通项公式 an； (2)求数列{|an－n－2|}的前 n 项和.
解
a1＋a2＝4， a1＝1， (1)由题意得 则 a2＝2a1＋1， a2＝3.
(2)由(1)和 anbn＋1＋bn＋1＝nbn， bn＋1 1 nbn bn 得 bn＋1＝ ＝ ≠0，则 b ＝ ，9 分 得分点④ 3 1＋an 3 n 1 因此数列{bn}是首项为 1，公比为 的等比数列， 3 10 分 得分点⑤ 设数列{bn}的前 n 项和为 Sn，则 3 1 Sn＝ 1 ＝2－2×3n－1.12 分 得分点⑥ 1－3
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A. 8 B.
21
45 16 93 C.32 189 D. 64
【解析】 起始:m=2a-3,i=1,第一次循 环:m=2(2a-3)-3=4a-9,i=2;第二次循 环:m=2(4a-9)-3=8a-21,i=3;第三次循 环:m=2(8a-21)-3=16a-45,i=4,接着可得 m=2(16a-45)-3=32a-93, 此时跳出循环,输出 m 的值为 32a-93.令 32a-93=0,解得 选 C. 【答案】 C
63 C. 4 D.63 1
).
【解析】 依算法,设棱台的上底面的长、宽分别为 x、 y(x>0,y>0),则下底面的长、宽分别为 2x、2y,所以棱台的体积
V=6[(2x+2x)×y+(4x+x)×2y]×3=7xy.又因为 x+y=3,由基本不
等式得
������ +������ 2 63 7xy≤7×( ) = ,当且仅当 2 4 3 x=y=2时取得最大值,选
π = 8 ,选
B.
本题直接以太极图(太极图是以黑白两个鱼形纹组成的圆形图 案,俗称阴阳鱼)为试题,难度不大,创设的问题情境具有浓厚的 文化底蕴,考查学生的应用与推理能力.
3.源于数学史料,渗透数学应用 3 中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思,古代用 它作为长方棱台(上、下底面均为矩形的棱台)的专用术语.关于 “刍童”体积计算的描述,《九章算术》注曰:“倍上袤,下袤从 之.亦倍下袤,上袤从之.各以其广乘之,并以高若深乘之,皆六而 一.”其计算方法是:将上底面的长乘二,与下底面的长相加,再与 上底面的宽相乘;将下底面的长乘二,与上底面的长相加,再与下 底面的宽相乘;把这两个数值相加,与高相乘,再取其六分之一. 依此算法,现有上、 下底面为相似矩形的棱台,相似比为2,高为 3, 且上底面的周长为 6,则该棱台的体积的最大值为( A.14 B.56
【解析】 由“斐波那契数列” 2 2 2 2 知,(a1a3-������2 )=1,(a2a4-������3 )=-1,(a3a5-������4 )=1,(a4a6-������5 )=-1,…,所 2 以根据计算的规律可得,当 n 为偶数时,(anan+2-������������ +1 )=-1;当 n 为 2 奇数时,(anan+2-������������ +1 )=1. 2 2 2 2 所以(a1a3-������2 )· (a2a4-������3 )· (a3a5-������4 )· …· (a2015a2017-������2016 )=-1. 故选 B. 【答案】 B
1 4
B.
π 8
C.
1 2
D.
π 4
【解析】 设正方形的边长为 a,则圆的半径为 ,正方形的面 积为 a
2
������ 2
������ 2 π ,圆的面积为 .由图形的对称性可知,太极图中黑白部 4
1 ������ 2 π × 2 4 2 ������
分面积相等,即各占圆面积的一半.由几何概型的概率计算公式 得,此点取自黑色部分的概率是 【答案】 B
一、数学文化融入高考试题 2015-2017 年全国卷都成功地命制了以古代数学优秀成果为 背景的相关问题,并达到了考查的目的.综合这几年的高考试题 和模拟试题,主要分为以下四种类型:
1.源于数学名著,渗透基础知识 1 《算法统宗》是中国古代数学名著,
由明代数学家程大位所著,该著作完善了珠算口诀, 确立了算盘用法,完成了由筹算到珠算的彻底转变, 对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用. 如图所示的程序框图 的算法思路源于该著作中的 “李白沽酒” 问题,执行 该程序框图,若输出的 m 的值为 0,则输入的 a 的值 为( ).
5
意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题
ห้องสมุดไป่ตู้
时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,….该数列的特点是:前 两个数都是 1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和. 人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”,则 2 2 2 2 (a1a3-������2 )·(a2a4-������3 )·(a3a5-������4 )·…·(a2015a2017-������2016 )=( ). A.1 B.-1 C.2017 D.-2017
1
C.
【答案】 C
立体几何是 中国古代数学的一个重要研究内容,从中国古代数学中挖掘素材, 考查立体几何的有关知识,既符合考生的认知水平,又可以引导 学生关注中华优秀传统文化.
4.源于古今名题,渗透数学思想 4 《孙子算经》是中国古代重要的数学专著,其中记
载了一道有趣的数学问题:“今有出门,望见九堤,堤有九木,木有 九枝,枝有九巢,巢有九禽,禽有九雏,雏有九毛,毛有九色.”则这 个数学问题中动物有 只.(数字作答)
93 a=32,故
本题直接指出了问题源于《算法统宗》及该书的重要性,试题 背景新颖,要求学生用学过的知识解决问题,了解数学的价值,让 学生在解题的过程中感受传承优秀数学文化的意义,是基础题.
2.源于数学文化,渗透推理论证 2 (2017 年全国Ⅰ卷)如图,正方形 ABCD 内的图形来自 中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白 色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随 机取一点,则此点取自黑色部分的概率是( ). A.
2016 年 9 月 26 日,教育部考试中心函件《关于 2017 年普通 高考考试大纲修订内容的通知》,要求“增加中华优秀传统文化 的考核内容,积极培育和践行社会主义核心价值观,充分发挥高 考命题的育人功能和积极导向作用.比如,在数学中增加数学文 化的内容”.因此,从中国古代数学和世界数学名题中挖掘素材, 既符合考生的认知水平,又可以引导学生关注中华优秀传统文 化.
【解析】 由题意知“堤、木、枝、巢、禽、雏、毛”的数 n-1 n 量构成首项为 9,公比为 9 的等比数列,其通项公式为 an=9×9 =9 , 5 6 则动物的数量为 a5+a6=9 +9 =590490(只). 【答案】 590490
《孙子算经》是中国古代重要的数学著作.成书大约在 4、5 世纪,也就是大约一千五百年前.具有重大意义的是卷下第 26 题: “今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二, 问物几何?答曰:‘二十三’”.《孙子算经》不但提供了答案,而 且还给出了解法.南宋大数学家秦九韶则进一步开创了对一次同 余式理论的研究工作,推广“物不知数”的问题.德国数学家高斯 于公元 1801 年出版的《算术探索》中明确地写出了上述定理,在 西方的数学史里将这一个定理称为“中国的剩余定理”.