2015高三数学一轮复习第七章第一节
2015届高三数学第一轮复习课件：第七单元总结
9．在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C 的方程为 x2＋y2－8x＋ 15＝0，若直线 y＝kx－2 上至少存在一点，使得以该点
第十四页，编辑于星期五：八点 五十一分。
为圆心，1 为半径的圆与圆 C 有公共点，则 k 的最大值
是( )． A.43 B.34 C．0 D．－43
圆 C 的方程为(x－4)2＋y2＝1，圆心为 C(4，0)，直线 y ＝kx－2 是过定点(0，－2)的动直线．圆心 C 到直线 y＝kx －2 的距离 d＝|4k－2|，要使其满足已知条件，则需 d≤1
第十九页，编辑于星期五：八点 五十一分。
x)＋3(－2－y)－6＝0，即 2x＋3y＋8＝0.
2x＋3y＋8＝0
14．设圆 x2＋y2＝2 的切线 l 与 x 轴正半轴、y 轴正半
轴分别交于点 A、B，当|AB|取最小值时，切线 l 的方程为
________．
设
A(a，0)，B(0，b)(a，b>0)，则
＝0
若直线过原点，则设直线方程为 y＝kx，把点 P(1，3) 代入得 k＝3，此时直线为 y＝3x，即 3x－y＝0.若直线不
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经过原点，则设直线方程为xa＋ya＝1，即 x＋y＝a.把点
P(1，3)代入得 a＝4，所以直线方程为 x＋y＝4，即 x＋y－
4＝0.
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长为|CD|＝2 10.故选 A.
A
8．过点 C(3，4)且与 x 轴、y 轴都相切的两个不同圆的 半径分别为 r1、r2，则 r1r2 等于( )．
A．5 B．14 C．15 D．25
不妨设两圆的圆心在射线 y＝x(x>0)上，其坐标可 记为(r，r)，从而由(r－3)2＋(r－4)2＝r2，得 r2－14r＋25 ＝0，所以 r1r2＝25.
7.3空间直线平面的平行课件高三数学一轮复习
训练1 如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形 ACEF是矩形，M是线段EF的中点. (1)求证：AM∥平面BDE；
证明 如图，记AC与BD的交点为O，连接OE. 因为O，M分别为AC，EF的中点， 四边形ACEF是矩形， 所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE. 又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE， 所以AM∥平面BDE.
(2)平面BDE∥平面MNG. 证明 因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点， 所以DE∥NG， 又DE⊄平面MNG，NG⊂平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 因为M为AB的中点，N为AD的中点， 所以MN为△ABD的中位线， 所以BD∥MN， 又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG， 所以BD∥平面MNG， 又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线， 所以平面BDE∥平面MNG.
行
图形表示
符号表示
a⊂β，b⊂β， a∩b＝P，a∥α， b∥α⇒α∥β
两个平面平行，则其中一 性质 个平面内的直线__平__行__于
另一个平面
两个平面平行，如果另一 性质 个平面与这两个平面_相__交__， 定理 那么两条__交__线__平行
α∥β， a⊂α⇒a∥β
α∥β，α∩γ＝a， β∩γ＝b⇒a∥b
例 4 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，AD∥BC，AB＝BC＝21AD，E，F，H 分别
为线段 AD，PC，CD 的中点，AC 与 BE 交于 O 点，G 是线段 OF 上一点.
(1)求证：AP∥平面 BEF；
证明 如图，连接 EC，因为 AD∥BC，BC＝12AD， 所以BC∥AE，BC＝AE， 所以四边形ABCE是平行四边形，所以O为AC的中点. 又因为F是PC的中点，所以FO∥AP， 因为FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF， 所以AP∥平面BEF.
2015高考数学一轮课件：第7章 7.6 数学归纳法
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分 第二十页，编辑于星期五：十三点 四十九分。
题型分类·深度剖析
题型三
归纳—猜想—证明
思维启迪
解析 思维升华
【例 3】 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：Sn＝a2n＋a1n
－1，且 an>0，n∈N*.
(1)求 a1，a2，a3，并猜想{an}
的通项公式；
2k·1·3·5·…·(2k－1)，
那么当 n＝k＋1 时，
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分 第七页，编辑于星期五：十三点 四十九分。
题型分类·深度剖析
题型一
用数学归纳法证明等式
思维启迪
解析 思维升华
【例 1】
左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋
求证：(n＋1)(n 1 ＋ k ＋ 1)＝ (k ＋ 2)(k ＋ 3)·…·(k ＋
(1)求 a 的值； (2)设 0<a1<12，an＋1＝f(an)， n∈N*，证明：an<n＋1 1.
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分 第十二页，编辑于星期五：十三点 四十九分。
题型分类·深度剖析
题型二
用数学归纳法证明不等式
思维启迪 解析 思维升华
【例 2】 已知函数 f(x)＝ax
－32x2
的最大值不大于1，又 6
当 x∈[14，12]时，f(x)≥18.
(1)求 a 的值； (2)设 0<a1<12，an＋1＝f(an)， n∈N*，证明：an<n＋1 1.
(1)利用题中条件分别确定 a 的 范围，进而求 a； (2)利用数学归纳法证明.
2015届高考理科数学第一轮总复习教案7
第九章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m ＋n种不同方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．1．分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．2．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．[试一试]1．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有()A．30 B．20C．10 D．6解析：选D从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6种．2．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有()A．30个B．42个C．36个D．35个解析：选C∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．1．应用两种原理解题(1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；(3)有无特殊条件的限制；(4)检验是否有重漏．2．混合问题一般是先分类再分步，分类时标准要明确，做到不重复不遗漏．[练一练]1．(2013·郑州模拟)在2012年奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排．∴安排方式有4×3×2＝24(种)．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．∴安排这8人的方式有24×120＝2 880(种)．答案：2 8802．(2014·湖南长郡中学、衡阳八中等十二校一联)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1、2、…、9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1、5、9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．解析：把区域分为三部分，第一部分1、5、9，有3种涂法．第二部分4、7、8，当5、7同色时，4、8各有2种涂法，共4种涂法；当5、7异色时，7有2种涂法，4、8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．答案：108分类加法计数原理()A．50个B．45个C．36个D．35个解析：选C利用分类加法计数原理：8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．2．五名篮球运动员比赛前将外衣放在休息室，比赛后都回到休息室取衣服．由于灯光暗淡，看不清自己的外衣，则至少有两人拿对自己的外衣的情况有()A．30种B．31种C．35种D．40种解析：选B分类：第一类，两人拿对：2×C2 5＝20种；第二类，三人拿对：C3 5＝10种；第三类，四人拿对与五人拿对一样，所以有1种．故共有20＋10＋1＝31种．3．(2013·三门峡模拟)有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有()A．8种B．9种C．10种D．11种解析：选B设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9(种)．[类题通法]利用分类加法计数原理解题时应注意(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；(2)分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．分步乘法计数原理[典例](2014·本溪模拟)如图所示的几何体是由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．[解析]先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12种不同的涂法．[答案]12[类题通法]利用分步乘法计数原理解决问题时应注意(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．[针对训练]在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有()A．24种B．48种C．96种D．144种解析：选C第一步安排A有2种方法；第二步在剩余的5个位置选取相邻的两个排B，C，有4种排法，而B，C位置互换有2种方法；第三步安排剩余的3个程序，有A33种排法，共有2×4×2×A33＝96种．[典例](2014·黄冈质检)设集合I＝{1,2,3,4,5}．选择集合I的两个非空子集A和B，若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有()A．50种B．49种C．48种D．47种[解析]从5个元素中选出2个元素，小的给集合A，大的给集合B，有C25＝10种选择方法；从5个元素中选出3个元素，有C35＝10种选择方法，再把这3个元素从小到大排列，中间有2个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是2，故此时有10×2＝20种选择方法；从5个元素中选出4个元素，有C45＝5种选择方法，从小到大排列，中间有3个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是3，故此时有5×3＝15种选择方法；从5个元素中选出5个元素，有C55＝1种选择方法，同理隔开方法有4种，故此时有1×4＝4种选择方法．根据分类加法计数原理，总计为10＋20＋15＋4＝49种选择方法．故选B.[答案] B本例中条件若变为“A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}现从中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合”，则可以组成多少个集合？解：(1)选集合A，B，有C14C13＝12；(2)选集合A，C，有C14C12＝8；(3)选集合B，C，有C13C12＝6；故可以组成12＋8＋6＝26个集合．[类题通法]在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．[针对训练]上海某区政府召集5家企业的负责人开年终总结经验交流会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上推选3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为________．解析：若3人中有一人来自甲企业，则共有C12C24种情况，若3人中没有甲企业的，则共有C34种情况，由分类加法计数原理可得，这3人来自3家不同企业的可能情况共有C12C24＋C34＝16(种)．答案：16第二节排列与组合1．排列与排列数(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质1．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．2．计算A m n时易错算为n(n－1)(n－2)…(n－m)．3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．[试一试]1．电视台在直播2012伦敦奥运会时要连续插播5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连播．则不同的播放方式有()A．120B．48C．36 D．18解析：选C有C12C13A33＝36(种)．2．2010年上海世博会某国将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该国展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答)解析：将2件必须相邻的书法作品看作一个整体，同1件建筑设计展品全排列，再将2件不能相邻的绘画作品插空，故共有A22A22A23＝24(种)不同的展出方案．答案：241．排列问题与组合问题的识别方法：当m＞n2时，通常将计算Cmn转化为计算C n－mn.二是列等式，由C x n＝C y n可得x＝y或x＋y＝n.性质(3)主要用于恒等变形简化运算．[练一练]1．(2013·河北教学质量监测)有A，B，C，D，E五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A，B两位学生去问成绩，老师对A说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B说：你是第三名．请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为() A．6 B．18C．20 D．24解析：选B由题意知，名次排列的种数为C13A33＝18.2．5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有________种．(用数字作答)解析：先排甲、乙之外的3人，有A33种排法，然后将甲、乙两人插入形成的4个空中，有A24种排法，故共有A33·A24＝72(种)排法．答案：72排列问题1．数列{a n足上述条件的数列{a n}共有()A．30个B．31个C．60个D．61个解析：选A在数列的六项中，只要考虑两个非1的项的位置，即得不同数列，共有A26＝30个不同的数列．2．(2013·东北三校联考)在数字1,2,3与符号“＋”，“－”这五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列方法共有()A．6种B．12种C．18种D．24种解析：选B本题主要考查某些元素不相邻的问题，先排符号“＋”，“－”，有A22种排列方法，此时两个符号中间与两端共有3个空位，把数字1,2,3“插空”，有A33种排列方法，因此满足题目要求的排列方法共有A22A33＝12种．3．(2013·西安检测)8名游泳运动员参加男子100米的决赛，已知游泳池有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的8条泳道，若指定的3名运动员所在的泳道编号必须是3个连续数字(如：5,6,7)，则参加游泳的这8名运动员被安排泳道的方式共有()A．360种B．4 320种C．720种D．2 160种解析：选B法一：先从8个数字中取出3个连续的数字共有6种方法，将指定的3名运动员安排在这3个编号的泳道上，剩下的5名运动员安排在其他编号的5条泳道上，共有6A33A55＝4 320种安排方式．法二：先将所在的泳道编号是3个连续数字的3名运动员全排列，有A33种排法，然后把他们捆绑在一起当作一名运动员，再与剩余5名运动员全排列，有A66种排法，故共有A33A66＝4 320种安排方式．[类题通法]求解排列应用题的主要方法组合问题[典例](2013·重庆高考)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)．[解析]直接法分类，3名骨科，内科、脑外科各1名；3名脑外科，骨科、内科各1名；3名内科，骨科、脑外科各1名；内科、脑外科各2名，骨科1名；骨科、内科各2名，脑外科1名；骨科、脑外科各2名，内科1名．所以选派种数为C33·C14·C15＋C34·C13·C15＋C35·C13·C14＋C24·C25·C13＋C23·C25·C14＋C23·C24·C15＝590.[答案]590[类题通法]组合两类问题的解法(1)“含”与“不含”的问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”、“最多”的问题：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．[针对训练](2013·四平质检)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有()A．70种B．80种C．100种D．140种解析：选A法一(间接法)：当选择的3名医生都是男医生或都是女医生时，共有C35＋C34＝14种组队方案．当从9名医生中选择3名医生时，共有C39＝84种组队方案，所以男、女医生都有的组队方案共有84－14＝70种．法二(直接法)：当小分队中有1名女医生时，有C14C25＝40种组队方案；当小分队中有2名女医生时，有C24C15＝30种组队方案，故共有70种不同的组队方案．分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合应用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配。
2015年高中数学新课标一轮复习下册7-7
课时提升演练
一轮复习 ·新课标数学 ·理（下册）
2．空间位置关系的向量表示
位置关系
直线l1，l2的方向向量 分别是n1，n2 直线l的方向向量为 n，平面α的法向量为 m
平面α，β的法向量分 别为n，m
l1∥l2 l1⊥l2 l∥α
l⊥α
α∥β α⊥β
向量表示 n1∥n2⇔________ n1⊥n2⇔________ n⊥m⇔________
＝0，EF⊥BD，EF⊥BP.
∴EF⊥平面 PBD.
(3)设平面 PAD 的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)，A→P＝(－1,0， 3)， A→D＝(－2,2 3，0)，
ห้องสมุดไป่ตู้
nn11··AA→→PD＝＝－－x2＋x＋23z＝3y0＝，0，
令 x＝ 3，所以 n1＝( 3，1,1)，平面 PAB 的法向量 n2＝(0,1,0)，
基础回扣·思维辨析 试题调研·考点突破 好题演练·智能提升
课时提升演练
一轮复习 ·新课标数学 ·理（下册） 建立如图所示空间直角坐标系，令 AB＝2，A(2,0,0)，D(0， 2 3，0)，P(1,0， 3)，C(－2,2 3，0)，E→F＝12(A→P＋D→C)＝12(－ 3,0， 3)＝ 23(－ 3，0,1)．
基础回扣·思维辨析 试题调研·考点突破 好题演练·智能提升
课时提升演练
一轮复习 ·新课标数学 ·理（下册）
1．直线的方向向量和平面的法向量 (1)直线的方向向量 ①定义：向量 a 所在直线与 l________，则 a 叫做 l 的方向 向量； ②确定：通常在直线 l 上任取两点构成的向量．
基础回扣·思维辨析 试题调研·考点突破 好题演练·智能提升
2015届步步高高三数学一轮复习备考章末检测 第七章 不等式章末检测
第七章 章末检测(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．(2011·山东)设集合M ＝{x|x 2＋x －6<0}，N ＝{x|1≤x ≤3}，则M ∩N 等于( ) A ．[1,2) B ．[1,2] C ．(2,3] D ．[2,3] 2．(2011·商丘月考)下列命题中为真命题的是( ) A ．若a>b ，c>d ，则ac>bd B ．若|a|>b ，则a 2>b 2 C ．若a>b ，则a 2>b 2 D ．若a>|b|，则a 2>b 23．若实数a 、b 满足a ＋b ＝2，则3a ＋3b 的最小值是( ) A ．18 B ．6 C ．2 3 D ．2434．不等式y ≥|x|表示的平面区域是( )5．(2011·北京)如果12log x<12log y<0，那么( )A ．y<x<1B ．x<y<1C ．1<x<yD ．1<y<x6．若实数x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y －3≥0，2x －y －3≤0，x －y ＋1≥0，则x ＋y 的最大值为( )A ．9B .157C ．1D .7157．点P(a,3)到直线4x －3y ＋1＝0的距离等于4，且在2x ＋y －3<0表示的平面区域内，则a 的值为( )A ．3B ．7C ．－3D ．－78．(2011·黄冈月考)设a n ＝sin 12＋sin 222＋…＋sin n2n ，则对任意正整数m ，n (m>n)都成立的是( )[来源:学科网ZXXK]A ．|a n －a m |<m·n2B ．|a n －a m |>m －n2C ．|a n －a m |<12nD ．|a n －a m |>12n9．今有一台坏天平，两臂长不等，其余均精确，有人要用它称物体的重量，他将物体放在左右托盘各称一次，取两次称量结果分别为a 、b.设物体的真实重量为G ，则( )A .a ＋b 2＝GB .a ＋b 2≤GC .a ＋b 2>G D .ab<G10．设M ＝⎝⎛⎭⎫1a －1⎝⎛⎭⎫1b －1⎝⎛⎭⎫1c －1，且a ＋b ＋c ＝1 (其中a ，b ，c 为正实数)，则M 的取值范围是( )A .⎣⎡⎭⎫0，18B .⎣⎡⎭⎫18，1C ．[1,8)D ．[8，＋∞) 11．(2011·许昌月考)对一切实数x ，不等式x 2＋a|x|＋1≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．[－2,2]D ．[0，＋∞)12．若实数x 、y 满足1x 2＋1y2＝1，则x 2＋2y 2有( )A ．最大值3＋2 2B ．最小值3＋2 2C ．最大值6D ．最小值6二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．关于x 的不等式x 2＋(a ＋1)x ＋ab>0的解集是{x|x<－1或x>4}，则实数a 、b 的值分别为________．14．(2011·陕西)如图，点(x ，y)在四边形ABCD 内部和边界上运动，那么2x －y 的最小值为________．15．(2011·汤阴模拟)已知正数a 、b 满足ab ＝a ＋b ＋3，则ab 的取值范围为____________，a ＋b 的取值范围是____________．16．(2011·山东)设函数f(x)＝xx ＋2(x>0)，观察：f 1(x)＝f(x)＝xx ＋2，f 2(x)＝f(f 1(x))＝x3x ＋4，f 3(x)＝f(f 2(x))＝x7x ＋8，f 4(x)＝f(f 3(x))＝x15x ＋16，……根据以上事实，由归纳推理可得：当n ∈N *且n ≥2时，f n (x )＝f (f n －1(x ))＝________. 三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)解关于x 的不等式31x xa -+≤1a(其中a >0且a ≠1)． [来源:学科网ZXXK][来源:学&科&网Z&X&X&K]18．(12分)(2011·惠州月考)函数f (x )对一切实数x ，y 均有f (x ＋y )－f (y )＝(x ＋2y ＋1)x 成立，且f (1)＝0.(1)求f (0)； (2)求f (x )；(3)当0<x <2时不等式f (x )>ax －5恒成立，求a 的取值范围．[来源:学科网ZXXK]19．(12分)(2011·汕头月考)设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和． (1)求证：数列{S n }不是等比数列； (2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？[来源:学。
29第七章-1数列的概念
『热身预习』
1． a n 是首项为正的等比数列，则“ a1 a 2 ”是“数列 a n 是递增数列”的 （A）充分不必要条件 （C）充分必要条件 2．已知 a n
n n 2 56
（
）
（B）必要不充分条件 （D）既不充分又不必要条件 ． ． ）
n N * ，则在数列 a n 的最大项为
高三数学 第一轮复习
例 4．对于数列 x n ，如果存在一个正整数 m ，使得对任意的 nn N * 都有 x n m x n 成立，那么就把 这样一类数列 x n 称作周期为 m 的周期数列， m 的最小值称作数列 x n 的最小正周期，以下简称周期。 （1）设数列 a n 满足 a n 2 a n 1 a n n N * ， a1 a, a 2 ba, b不同时为0 ，且数列 a n 是周 期为 3 的周期数列，求常数 的值； （2）设数列 a n 的前 n 项和为 S n ，且 4 S n a n 1 ．
3．数列 a n 的通项公式 a n n cos n2 1 ，前 n 项和为 S n ，则 S 2012
4． 数列 a n 的前 n 项和 S n ， 对于任意的 m, n N ， 都满足 S n S m S m n ， 且 a1 2 ， 则 a2011 为 （ （A） 2 （B）
2 1 数列 an 的前 n 项和 S n ( n 1) ；○ 2 数列 {bn } ：1，2，3，4，5；○ 3 数列 {cn } ：1，2，3，4，5， ○ 3
n
6.具有“ P 性质”的为
；具有“变换 P 性质”的为
.
10． （2013 年闵行一模 18） 数列 an 满足 a1 a2 1 ， an an 1 an 2 cos
第一讲+直线的倾斜角与斜率、直线方程 高三数学一轮复习
③由题意知，当直线的斜率不存在时符合题意，此时直线方 程为 x＝5.
当直线斜率存在时，设其方程为 y－10＝k(x－5)，即 kx－y＋ (10－5k)＝0.由点到直线的距离公式，得原点到直线的距离为 |101－＋5kk2|＝5，解得 k＝43.此时直线方程为 3x－4y＋25＝0.
【变式训练】 (多选题)如图 7-1-4，直线 l1，l2，l3 的斜率分别为 k1，k2，k3， 倾斜角分别为α1，α2，α3，则下列选项正确的是( )
A.k1＜k3＜k2
图 7-1-4 B.k3＜k2＜k1 C.α1＜α3＜α2
D.α3＜α2＜α1
解析：如题图，直线l1，l2，l3 的斜率分别为 k1，k2，k3，倾斜 角分别为 α1，α2，α3，则 k2＞k3＞0，k1＜0，故π2＞α2＞α3＞0，且 α1
答案：A
(2)直线 l 过点 P(1，0)，且与以 A(2，1)，B(0， 3 )为端点的 线段有公共点，则直线 l 的斜率的取值范围为______________.
解析：设 PA 与 PB 的倾斜角分别为 α，β，直线 PA 的斜率是 kAP＝1，直线 PB 的斜率是 kBP＝－ 3.如图 7-1-3，当直线 l 由 PA 变化到与 y 轴平行的位置 PC 时，它的倾斜角由 α 增至 90°，斜率 的取值范围为[1，＋∞).当直线 l 由 PC 变化到 PB 的位置时，它的 倾斜角由 90°增至 β，斜率的变化范围是(－∞，－ 3].故直线 l 的 斜率的取值范围是(－∞，－ 3]∪[1，＋∞).
图 7-1-3 答案：(－∞，－ 3]∪[1，＋∞)
【题后反思】 (1)由直线倾斜角的取值范围求斜率的取值范围或由斜率的取 值范围求直线倾斜角的取值范围时，常借助正切函数 y＝tan x 在 [0，π)上的单调性求解，这里特别要注意，正切函数在[0，π)上并 不是单调的. (2)过一定点作直线与已知线段相交，求直线斜率的取值范围 时，应注意倾斜角为π2时，直线斜率不存在.
2015年高中数学新课标一轮复习上册2-7
的部分相同，故应选 C.
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考点二：识图与辨图
[调研 2] (1)(2013·四川)函数 y＝3xx－3 1的图象大致是(
)
[解题指导] 可根据特殊点处的函数值利用排除法寻求正 确结论．
[答案] C
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第七节 函数的图象
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1.在实际情境中，会根据不同的需要选择图象法、列表法、解析 法表示函数 2．会运用函数图象理解和研究函数的性质，解决方程解的个数 与不等式的解的问题 3．会用数形结合思想、转化与化归思想解决函数问题
(注：这里选取特殊值 x＝1e－1∈(－1,0)，这个值可以直接 排除选项 A，C，这种取特殊值的技巧在解题中很有用处)
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知式选图的方法 (1)从函数的定义域，判断图象左右的位置；从函数的值域， 判断图象上下的位置． (2)从函数的单调性(有时可借助导数判断)，判断图象的变化 趋势． (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性． (4)从函数的周期性，判断图象的循环往复． (5)从函数的极值点，判断图象的拐点． 利用上述方法，排除、筛选错误与正确的选项．
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判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)． (1)当 x∈(0，＋∞)时，函数 y＝|f(x)|与 y＝f(|x|)的图象相 同．( ) (2)函数 y＝af(x)与 y＝f(ax)(a>0 且 a≠1)的图象相同．( ) (3)函数 y＝f(x)与 y＝－f(x)的图象关于原点对称．( ) (4)若函数 y＝f(x)满足 f(1＋x)＝f(1－x)，则函数 f(x)的图象关 于直线 x＝1 对称．( ) (5)把函数 y＝f(2x)的图象向右平移三个单位得到函数 y＝ f(2x－3)的图象．( )
高中数学一轮复习课件：第七章 不等式、推理与证明(必修5、选修1-2)7-1
①当 a>0 时，－a4<a3，不等式的解集为 x|x<－a4，或x>a3； ②当 a＝0 时，－a4＝a3＝0，不等式的解集为{x|x∈R，且 x≠0}； ③当 a<0 时，－a4>a3，不等式的解集为 x|x<a3，或x>－a4. 综上所述：当 a>0 时，不等式的解集为 x|x<－a4，或x>a3；
5.简单分式不等式的解法
x－a x－b>0
等价于(x－a)(x－b)>0；
x－a x－b<0
等价于(x－a)(x－b)<0；
xx－－ab≥0 等价于xx－－ba≠0x－；b≥0， xx－－ab≤0 等价于xx－－ba≠0x－. b≤0，
[辨识巧记] 1．倒数性质的几个必备结论 (1)a>b，ab>0⇒1a<1b. (2)a<0<b⇒1a<1b. (3)a>b>0,0<c<d⇒ac>bd. (4)0<a<x<b 或 a<x<b<0⇒1b<1x<1a.
[知识梳理]
1．两个实数比较大小的方法
a－b>0⇔a>b， (1)作差法a－b＝0⇔a＝ba，b∈R，
a－b<0⇔a<b.
ab>1⇔a>ba∈R，b>0， (2)作商法ab＝1⇔a＝ba∈R，b>0，
ab<1⇔a<ba∈R，b>0.
2．不等式的基本性质
m＋n＝3， n－m＝－1，
解得mn＝＝12.，
因为－π2<α－β<π2，0<α＋β<π，
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矩形 绕其任一边旋转得到. (1)圆柱可以由_____ 直角边 旋 (2)圆锥可以由直角三角形绕其_______ 转得到. 旋转体 (3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯 上下底中点连线 旋转得到，也可由 形绕________________ 平行于棱锥底面 的平面截圆锥得到. __________________ 直径 旋转得到. (4)球可以由半圆或圆绕______
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(1) 由八个面围成，其中两个面是互相平行且全等的正
六边形，其他各面都是矩形； (2) 一个等腰梯形绕着两底边中点的连线所在的直线旋
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转180°形成的封闭曲面所围成的图形； (3) 一个直角梯形绕较长的底边所在的直线旋转一周形 成的曲面所围成的几何体．
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思想方法，如割补思想、降维思想即化空间问题到平面图形中去解决，这些无 不体现着化归与转化的思想．因此自觉地学习和运用数学思想方法去解题，常 能收到事半功倍的效果.
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2.三视图与直观图
三 视 图 正投影 得到的，这种投影下与投影 空间几何体的三视图是用_______ 面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是 完全相同 的，三视图包括________ 主视图 、_______ 左视图 、_______. 俯视图 ___________ 斜二测 画法来画，基本步骤是： 空间几何体的直观图常用_________ (1)画几何体的底面： 在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直 观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′， 45°(或135 °) 且使∠x′O′y′＝_____________ ，已知图形中平行于 x轴的 保持不变 线段，在直观图中长度_____________ ，平行于y轴的线段，长 原来的一半 度变为______________. (2)画几何体的高： 在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的 z′轴，也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线 不变 段，在直观图中仍平行于z′轴且长度____________.
(4)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠ A的两边分 别平行于 x 轴和 y轴，且∠ A＝ 90°，则在直观图中，∠ A＝ 45°. 【答案】 (1)× (2)× (3)√ (4)× ( )
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寸、线条等不作严格要求)．
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1．空间几何体的结构特征 平行且相等 ，上下底 (1)棱柱的侧棱都_____________ 全等 的多边形．侧棱______ 垂直 于底面 面是______ 正多边形 的直 的棱柱叫作直棱柱；底面是_________ 棱柱叫作正棱柱. 多面体 (2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一 公共点 的三角形．底面是正多边形， 个________ 且各侧面全等的棱锥叫作正棱锥. 平行于棱锥底面 的平面截棱 (3)棱台可由________________ 相似 多边形. 锥得到，其上下底面是_______
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(2) 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体
是棱锥．
(
)
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(3)一个棱柱至少有5个面，面数最少的一个棱锥有4个顶 点，顶点最少的一个棱台有3条侧棱． ( )
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成．
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2 ． ( 北师版教材改编题 ) 一个几何体的三视图形状大小 均相同，那么这个几何体不可以是( A．球 B．三棱锥 ) C．正方体 D．圆柱
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【解析】
无论圆柱怎样放置，其三视图都不完全相
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已知三视图还原为几何体，可得选项D. 【答案】 D
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5．(2013·陕西高考)某几何体的三视图如图7－1－3所
示，则其表面积为________．
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【答案】
A
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4．(2013·四川高考)一个几何体的三视图如图 7－1－2
所示，则该几何体的直观图可以是( )
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都互相平行，故该几何体是正六棱柱．(2)如图②所示，等腰 梯形两底边中点的连线将梯形平分为两个直角梯形，每个直 角梯形旋转 180° 形成半个圆台，故该几何体为圆台．(3)如 图③所示，由梯形 ABCD 的顶点 A 引 AO⊥CD 于 O 点，将直 角梯形分为一个直角三角形 AOD 和矩形 AOCB ，绕 CD旋转 一周形成一个组合体，该组合体由一个圆锥和一个圆柱组
题平面化以及空间问题向量化上.
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1.归纳总结，理线串点，从知识上可分为：(1)平面的基本性质；(2)两个特 殊的位置关系，即线线、线面、面面的平行与垂直；
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【思路点拨】
行判断． 【尝试解答】
根据对各几何体的描述，画出直观图进
(1) 如图①所示，该几何体满足有两个
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面平行，其余六个面都是矩形，可使每相邻两个面的公共边
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【解析】 由直观图知，原图形 OABC 中的对角线 OB＝2 2，OA＝1，BC＝1，故选 A.
同．
【答案】 D
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3．如图7－1－1所示，用斜二测画
法画一个水平放置的平面图形得到一个 边长为 1 的正方形 O′A′B′C′ ，则原来图 形的形状是( )
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【解析】 由三视图可知，该几何体为一个半径为 1 的半 1 球，其表面积为半个球面面积与截面面积的和，即 ×4π×12 2 ＋π×12＝3π.
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【解析】
由俯视图是圆环可排除A，B，C，进一步将
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2．抓主线攻重点，可以针对一些重点内容进行训练，平行和垂直是位置