2018届高三数学理二轮复习课件：系列4部分精品

2018年高考数学复习研讨会课：2018年考纲和数学二轮复习 (共114张PPT)

二轮复习学生的日常工作
作————做题
听————听讲想 ————归纳
二轮复习学生的日常工作作题----作写刷
作题想明白
写题说清楚，写规范刷题磨技巧提能力
二轮复习学生的日常工作听讲
解决疑难
把握重点掌握方法注重细节
二轮复习学生的日常工作想——思考
归纳总结试题整理与反思.
2018年考纲和数学二轮复习
Ⅰ
话题一 2018年考纲
关键词稳定没变化
2018年考纲知识与能力
知识要求：了解，理解，掌握能力意识：空间想象能力，抽象概括能力，推理论证能力，运算求解能力，数据处理能力，应用意识，创新意识
2018年考纲个性品质考查要求
个性品质：具有一定的数学视野，认识数学的科学价值和人文价值，崇尚数学的理性精神，形成审慎的思维习惯，体会数学的美学意义；考查方面：数学基础知识，数学思想方法，数学能力，应用意识和创新意识
• 其一站在命题者的角度，思考试题的命制。（稳定与创新） • 其二站在作题者的角度，思考试题拿分的策略。(方法与手段）
站在命题者的角度思考试题的命制
命题者命题受下面约束考生的知识，方法———课程标准，教材考试的目的内容 ——— 考试大纲
命题者命题思路有历年高考题可以管窥
考纲研究
《考试大纲》既是命题的准绳，更是复习的依据。
2018年考纲考试范围
考试范围：文科考生必考内容为《课程标准》的必修内容和选修系列1内容，理科考生必考内容为《课程标准》的必修内容和选修系列2内容，选考内容均为选修系列4的“坐标系与参数方程”、 “不等式选讲”等2个专题。
话题二二轮复习

名师导学2018届高三数学理二轮复习课件：专题8选修系列4 精品

其中 0≤α<π.因此 A 的极坐标为(2sin α，α)，B 的
极坐标为(2 3cos α，α)．
所以|AB|＝|2sin α－2 3cos α|＝4|sinα－π3 |.
当 α＝5π6 时，|AB|取得最大值，最大值为 4.
【命题立意】本题考查圆的极坐标方程与圆的参数方程，考查化归转化的意识及方程思想．
极坐标方程，直线与圆的位置关系，椭圆的离心率．
例4在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为
x＝2cos α， y＝2＋2sin α(α
为参数)，M
是
C1
上的动点，P
点满
足O→P＝2O→M，点 P 的轨迹为曲线 C2.
(1)求 C2 的方程；
(2)在以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标
即 A(1， 3)，B(－ 3，1)，C(－1，－ 3)，D( 3，－1)． (2)设 P(2cos φ，3sin φ)，令 S＝|PA|2＋|PB|2＋|PC|2
＋|PD|2，则 S＝16cos2φ＋36sin2φ＋16＝32＋20sin2φ. 因为 0≤sin2φ≤1，所以 S 的取值范围是[32，52]．
2．高考真题
考题 1(2015 全国Ⅰ)如图，AB 是⊙O 的直径，AC 是⊙O 的切线，BC 交⊙O 于点 E.
(1)若 D 为 AC 的中点，证明：DE 是⊙O 的切线；
(2)若 OA＝ 3CE，求∠ACB 的大小．
【解析】(1)如图，连接 AE，由已知得 AE⊥BC，AC⊥AB.
在 Rt△AEC 中，由已知得 DE＝ DC，故∠DEC＝∠DCE.
程为ρ＝2acos θ.
(2)圆心为a，π2 (a＞0)，半径为 a 的圆的极坐标

2018届高三数学理二轮复习课件：3.2.2 精品

2
所以AB∈( 6 2，6 2).
答案：( 6 2，6 2)
【规律方法】 1.利用正、余弦定理解三角形的技巧没有图的需作出正确的示意图.利用正、余弦定理先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形.有时需设出未知量，由几个三角形列出方程或构造方程组，求解即可.
2.求解三角函数图象与性质问题的技巧首先利用三角恒等变换化简所给三角函数式，再利用函数图象变换，求解单调区间(单调性)、周期性、奇偶性、对称性、最值的相应方法进行求解.
答案：1-ln2
【规律方法】求曲线过点P(x0，y0)的切线方程的技巧若已知曲线过点P(x0，y0)，求曲线过点P(x0，y0)的切线，则需分点P(x0，y0)是切点和不是切点两种情况求解. (1)点P(x0，y0)是切点的切线方程为y-y0=f′(x0)(xx0).
(2)当点P(x0，y0)不是切点时可分以下几步完成：第一步：设出切点坐标P′(x1，f(x1))；第二步：写出过P′(x1，f(x1))的切线方程y-f(x1) =f′(x1)·(x-x1)；第三步：将点P的坐标(x0，y0)代入切线方程，求出x1；第四步：将x1的值代入方程y-f(x1)=f′(x1)(x-x1)，可得过点P(x0，y0)的切线方程.
33
3
所以|MN|=|f(t)-g(t)|=|sin (2t -s) in
3
= 3|cos2t|,
则cos2t=±1时,|MN|的最大值为3 .
答案: 3
|(2t )
3
2.已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C所对的边,且满足(2c+b)cosA+acosB=0,若a=4,则△ABC的面积的最大值是________.

【高考数学】2018届高三数学(理)二轮复习课件：专题四数列4.2(高频考点汇总PPT课件)

◎ 变式训练 1．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，S3＝a5.令 bn＝(－1)n－1an，则数列{bn}的前 2n 项和 T2n 为( A．－n C．n 解析： ) B．－2n D．2n 设等差数列{an}的公差为 d，由 S3＝a5，得 3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1
4×3 S4＝4a1＋ 2 d＝24 ∴ S ＝7a ＋7×6d＝63 1 2 7
⇒an＝2n＋1.
(2)∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)， ∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1) 41－4n n3＋2n＋1 ＝2× ＋ 2 1－4 8 n ＝3(4 －1)＋n2＋2n.
答案：
2n n＋1
3． (2017· 合肥市第一次教学质量检测)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S4＝24，S7＝63. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝2an＋an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解析： (1)∵{an}为等差数列，
a1＝3 ⇒ d＝2
题型二
与数列求和有关的综合问题
已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an＝( 2)bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且 a1＝2，b3＝6＋b2. (1)求 an 与 bn； 1 1 (2)设 cn＝a －b (n∈N*)．记数列{cn}的前 n 项和为 Sn. n n ①求 Sn； ②求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 Sk≥Sn.
高考·题型突破
题型一
数列求和
(2017· 山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且 a1＋a2＝6， a1a2 ＝a3. (1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn.已知 S2n＋1＝bnbn＋1，求数列

2018届高三数学理二轮复习课件：3.2.1 精品

2 4x 1 1
4x 1 1， 2
设 4x -11=t(0<t<
-51)，则e1+e2=
2 t. t2
令f(t)= 2 t ,
t2
则f′(t)=
t 2t 2
2t 2
.
又0<t<5 -1，所以f′(t)在(0， -15)上有f′(t)<0，
故f(t)在(0， -51)上为减函数，所以f(t)>f( -15)= ， 5
B.2 2 1
C. 5 2 2
D. 5 2 2
【解析】选D.设|PF2|=m，|QF2|=n，
则由题意得|PF1|=|PQ|=m+n，|QF1|2=PQ 2 m n，
则
QF1 PF1
QF2 PF2
n
2 m
2a，
n
n
2a，
解得
m
2
2又因2 a为，|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，
数形结合可知 0g
a
5
1,
h 5
,
则 2 loga 5,解得0 a
5. 5
2.已知函数f(x)= a(x 1 )-2lnx(a∈R)，g(x)=- a ，若
x
x
至少存在一个x0∈[1，e]，使f(x0)>g(x0)成立，则实
数a的范围为( )
A.[ 2， ) e
B.(0， )
C［. 0， )
1,
x
0,
令φ(x)=sin
(
loga
x-)1(x<0),
x(a
0,
a
1),
x
0，
2
则φ(x)关于y轴对称的函数为g(x)=-sin ( x-)1(x>0),

2018届高考数学理新课标二轮专题复习课件：3-2数列精品

3．(2016·太原检测)已知数列{an}满足：a1＝12，3（11＋－aann＋1）＝
2（1＋an） 1－an＋1 ，an·an＋1<0(n≥1，n∈N*)；数列{bn}满足：bn＝an＋12－
an2(n≥1，n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．
当 d＝－1 时，a3＝0 与已知矛盾，d＝2. ∵an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.(3 分) 由 bn＋Sn＝2，得 Sn＝2－bn. 当 n＝1 时，b1＋S1＝2，解得 b1＝1；当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn－1＝(2－bn)－(2－bn－1)＝bn－1－bn，即 bn＝12bn－1. ∴数列{bn}是首项为 1，公比为12的等比数列，故 bn＝2n1－1.(6 分)
(2)由(1)知 Sn＝2－2n1－1， ∴cn＝an2Sn＝2n－2nn－1.(7 分) ∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)－(210＋221＋232＋…＋2nn－1)＝n(n＋1) －(210＋221＋232＋…＋2nn－1)．令 Rn＝210＋221＋232＋…＋2nn－1，
则12Rn＝211＋222＋233＋…＋2nn，两式相减得12Rn＝1＋12＋212＋…＋2n1－1－2nn＝11－－2121n－2nn＝2－ n＋2n 2， ∴Rn＝4－n2＋n－21 ， ∴Tn＝n2＋n－4＋n2＋n－21 .(12 分)
(2)∵an·bn＝(－1)n－123n×(－1)n＋1n＝32nn ， ∴Tn＝3(21＋222＋233＋…＋2nn)， ∴12Tn＝3(212＋223＋…＋n－2n 1＋2nn＋1)，以上两式相减得：12Tn＝3(211＋212＋…＋21n－2nn＋1)＝3(1－21n－ 2nn＋1)， ∴Tn＝6(1－n2＋n＋21 )．

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届高三数学理二轮复习课件：3.1.1 精品

【典例2】(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方形ABCD的边 AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP=x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x 的函数f(x)，则f(x)的图象大致为( )
【解析】选B.由已知得,当点P在BC边上运动时,即
0≤x≤ 时,PA+PB= tan2x+t4anx,
2
且 f( ) 且f( 轨)，迹非直线型.
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【变式训练】(2015·浙江高考)函数f(x)= (x 1 ) cosx
x
(-π≤x≤π且x≠0)的图象可能为 ( )
【解析】选D.f(x)的定义域关于原点对称,因为f(-x)=
( x 1 ) cosx=- (x 1 ) cosx=-f(x),故函数是奇函数,所
3.解题规律:(1)对于干扰项易于淘汰的选择题,可采用筛选法,能剔除几个就先剔除几个. (2)使用题干中的部分条件淘汰选项. (3)如果选项中存在等效命题,那么根据答案唯一,等效命题应该同时排除.
(4)如果选项存在两个相反的,或互不相容的判断,那么其中至少有一个是假的. (5)如果选项之间存在包含关系,必须根据题意才能判定.
因为圆C：(x+1)2+(y+1)2=r2(r>0)表示以C(-1，-1)为
圆心，半径为r的圆，
所以由图可得，当半径满足r<CM或r>CP时，圆C不经过
区域D上的点，
因为CM=112 112＝C2P=2，
112 1 32＝2 5，
所以当0<r<2 2或r 时2 ，5 圆C不经过区域D上的点，
4
当点P在CD边上运动时,即 x 3 , x 时，
4