高三文科数学二轮复习
高考数学第二轮复习方法技巧
高考数学第二轮复习方法技巧高考数学第二轮复习方法一、研究考纲，把握方向为了更好的把握高考复习方向，教师应该知道考生认真的研究高考大纲，要明确高考考试要求和命题要求，熟知考试重点和范围，以及高考数学试题的结构和特点。
以课本为依托，以考纲为数据，对于支撑学科知识体系的重点内容，复习时要花大力气，突出以能力立意，注重考查数学思想。
二、重视课本，强调基础近几年高考数学试题坚持新题不难，难题不怪的命题方向。
强调对通性通法的考察，并且一些高考试题能在课本中找到“原型”。
尽管剩下的复习时间不多，但是仍要注意回归课本，只有透彻理解课本例题、习题所涵盖的数学知识和解题方法，才能以不变应万变。
三、突破难点，关注热点在全面系统掌握课本知识的基础上，数学第二轮复习应该做到重点突出，需要强调的是猜题，押题是不可行的，但是分析、琢磨、强化、变通重点却是完全有必要的。
考生除了要留心历年考卷的变化内容，还要关注不变的内容，因为不变的内容才是精髓，才是重点。
这也是强调对主干的考察是保证考试公平的基本措施和手段。
同时，还要关注科研、生产、生活中与数学相关的热点问题，并能对所学的知识进行简单的分析，归纳，这对于考生提高活学活用知识的能力又很大裨益。
高三数学第二轮怎么复习一、抄笔记不是“埋头苦干”高考数学试卷中大部分都是基础题，只要把这些基础题做好，分数就不会太低。
听课时可以适当地做些笔记，但前提是不影响听课的效果。
有些学生光顾着抄笔记却忽略了老师对题目的分析和思路的探索，一味埋头苦干，这样就是捡了芝麻丢了西瓜，反而得不偿失。
记笔记，并不是把老师讲的全部记下来，要有筛选地记。
要想取得好成绩，光记是不够的，还要多看，因为笔记的内容是重点、难点、易错点等，是考试常考的和自己掌握不牢的地方，只有反复强化记忆练习，才能把知识学扎实。
值得注意的是，老师在分析题目、探索思路时，为了便于学生理解，往往采用通俗的话语，有些不方便板书，因此，记笔记不能只看黑板上写的，老师口头讲解的部分也要取其精华，形成自己的思路方法。
高三第二轮数学复习工作计划例文
高三第二轮数学复习工作计划例文尊敬的同学们：大家好！在高三这个关键时期，我们迎来了数学复习的关键阶段——第二轮复习。
为了帮助大家更好地备战高考，提高数学成绩，本文将为大家详细介绍高三第二轮数学复习工作计划。
一、复习目标1.系统地复习各个数学知识点，使之形成完整的知识体系。
2.加强数学思想方法的训练，提高解决问题的能力。
3.针对不同类型的题目，掌握相应的解题策略和方法。
4.提高运算速度和准确性，克服粗心大意、计算失误的毛病。
二、复习计划1.的时间安排第二轮数学复习时间相对较长，大约需要持续到高考前一个月。
这段时间内，我们要合理安排时间，确保各科目复习的平衡。
具体时间安排如下：每天至少安排2-3个小时的数学复习时间，确保每天都有足够的时间进行学习和巩固。
2.复习方法（1）课本复习：以课本为主，系统地复习各个知识点，做好笔记，强化记忆。
（2）习题训练：做适量的习题，巩固所学知识，提高解题能力。
注意做好错题和难题的整理，定期回顾。
（3）模拟考试：定期进行模拟考试，检验复习效果，发现自己的不足，及时调整复习策略。
（4）知识点梳理：将相似、易混的知识点进行梳理，做好对比记忆。
（5）数学思想方法的学习：通过阅读资料、请教老师等方式，学习数学思想方法，提高解决问题的能力。
3.复习内容（1）基础知识：数列、三角函数、平面向量、概率统计、解析几何、函数与方程等。
（2）综合题型：数列与函数、三角函数与解析几何、概率统计与函数方程等。
（3）高考真题：分析近几年的高考真题，了解高考命题趋势，提高应试能力。
三、复习注意事项1.制定个人复习计划：根据自己的实际情况，制定切实可行的个人复习计划。
4.加强与老师的沟通：遇到问题及时向老师请教，获得更多指导和帮助。
高三第二轮数学复习工作时间长、任务重，需要我们合理安排时间、制定合理的复习计划，以积极、认真的态度对待。
相信通过我们的努力，一定能够在高考中取得优异的成绩，为我国的发展贡献自己的力量！祝大家复习顺利，高考取得好成绩！高三第二轮数学复习工作计划例文补充点：1.强化数学思维训练：通过解决各种类型的数学问题，培养逻辑思维、创新思维和批判性思维能力。
高三数学(文科)二轮复习教学计划
高三数学（文科）二轮复习教学计划一、复习思路：如果把高三复习的教学比作捕鱼,一轮复习用密网,大小鱼虾一网打;二轮复习用鱼叉,瞄准大的把它拿；如果把一轮复习比作"火力覆盖"的话,二轮复习应叫做"重点打击"。
这轮复习是使知识系统化、条理化，促进灵活应用的关键时期，启到了承上启下的作用。
我们高三文科备课组将以全品二轮复习专题训练为主线，穿插各模拟卷和针对性练习。
结合学生特点，建立以“强化基础夯实，重点突出，难点分解，各个击破，综合提高。
”的二轮复习思路，确保数学学科在高考中取得好成绩！二、课程目标（一）知识目标1.系统性：贯通各模块相关知识。
通过纵向延伸和连接，构建完整、系统的知识结构。
2.综合性：建立不同知识，不同方法、不同学科之间联系。
通过横向拓展、问题解决等，综合所学知识。
3.灵活性：通过对重点知识的讲解和变式训练，加深理解，掌握本质和内在联系，能灵活应用知识解决问题。
4.严谨性：通过讲解、讨论、辨析，克服学习难点、易错点和容易混淆的知识点，形成严谨、准确的知识体系。
（二）能力目标核心为数学思维能力：会对问题和资料进行观察、比较、分析、综合、抽象与概括，会用类比、归纳和演绎进行推理，能合乎逻辑地、准确地表达。
1.运算求解能力：会根据法则、公式进行正确运算、变形和数据处理；能根据问题的条件，寻找与设计合理、简捷的运算途径；能根据要求对数据进行估计和近似计算。
是思维能力和运算技能的结合。
2.空间想象能力：能根据条件做出正确的图形，根据图形想象出直观形象；能正确地分析出图形中基本元素及其相互关系；能对图形进行分解、组合与变换；会运用图形与图表等手段形象地揭示问题的本质。
3.抽象概括能力：对具体、生动的实例能在抽象、概括的过程中，发现对象的本质；从给定的大量信息材料中，能概括出一些结论，并能将其用于解决问题或做出判断。
4.推理论证能力：能根据已知事实或命题，论证教学命题的真实性。
中学高三数学第二轮复习计划(通用10篇)
中学高三数学第二轮复习计划（通用10篇）中学高三数学第二轮复习计划 1一、学情分析本届高三学生尽管在前两次全市统考中取得点成绩，但基础还是不太扎实，处理常规问题的通解通法还有不少同学未能落实到位，常见的数学思想还有许多考生未能形成。
二、指导思想高三第一轮复习是以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主，通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念、性质、定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。
第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，强化数学的学科特点，同时第二轮复习承上启下，是促进知识灵活运用的关键时期，是发展学生思维水平、提高综合能力发展的关键时期，因而对讲、练、检测要求较高。
我们以《创新设计》为主线，穿插各地模拟卷和针对性练习，结合本校学生特点，建立以“夯实基础，突出重点，分解难点，综合提高”的二轮复习思路。
力争高考数学成绩达到全市前列！三、方法与措施（一）重视江苏省数学高考《考试大纲》与《考试说明》（以20某某年为准）的学习，这两本书是高考命题的依据，是回答考什么、考多难、怎样考这3个问题的具体规定和解说。
（二）重视课本的示范作用，无论20某某年高考命题模式怎样，但教材的示范作用绝不能低估。
高三复习时间紧，任务重，内容多，但绝不能因此而脱离教材，相反，要紧扣大纲，抓住教材，在总体上把握教材，明确每一章、每一节的知识在整体中的地位和作用。
纵观近几年的高考试题，每年的试题都与教材有着密切的联系，有的是将教材中的题目略加修改、变形后作为高考题，还有的是将教材中的题目合理拼凑、组合作为高考题。
教材中还蕴涵着大量的数学思想方法和解题技巧，以《数列》为例，其中推导等差数列前n项和公式用到了“倒序相加法”，推导等比数列前n项和公式用到了“错位相减法”及分类讨论的数学思想。
（三）注重主干知识的复习，高考数学科《考试大纲》指出：“对于支撑学科知识体系的'重点知识，要占有较大的比例，构成数学试题的主体”。
高三(文科)数学第二轮复习计划
高三（文科）数学第二轮复习计划高三数学第二轮复习，一般安排在3月下旬到4月底.第二轮复习承上启下，是知识系统化、条理化，促进灵活运用的关键时期，是促进学生素质、能力发展的关键时期，因而对讲练、检测等要求较高，具体地说，一是要看教师对《考试大纲》、《考题》理解是否深透，研究是否深入，把握是否到位，明确考什么、怎么考.二是看教师讲解、学生练习是否体现阶段性、层次性和渐进性，做到减少重复，重点突出，让大部分学生学有新意，学有收获，学有发展.三是看知识讲解、练习检测等内容科学性、针对性是否强，使模糊的清晰起来，缺漏的填补起来，杂乱的条理起来，孤立的联系起来，让学生形成系统化、条理化的知识框架.四是看练习检测与高考是否对路，不拔高，不降低，难度适宜，效度良好，重在基础的灵活运用和掌握分析解决问题的思维方法.怎样上好第二轮复习课?本文谈几点建议.一.明确主体，突出重点第二轮复习，教师必须明确重点，对高考考什么，怎样考，应了若指掌.只有这样，才能讲深讲透，讲练到位.以下列举各章节的重点，供参考.1.函数与不等式(主体).代数以函数为主干，不等式与函数的结合是热点.(1)关于函数性质.单调性、奇偶性、周期性(常以三角函数为载体)、对称性及反函数等处处可考.常以具体函数，结合图象的几何直观展开，有时作适当抽象.(2)关于一元二次函数，是重中之重.有关性质及应用的训练要深入、广泛.函数值域(最值)，以二次函数或转化为二次函数的值域，特别是含参变量的二次函数值域研究为重点;方法以突出配方、换元和基本不等式法为重点.一元二次方程根的分布与讨论，一元二次不等式解的讨论，二次曲线交点问题，都与一元二次函数息息相关，在训练中应占较大比重.(3)关于不等式证明.与函数联系的不等式证明，与数列联系结合是重点.方法要突出比较法和利用基本不等式的公式法.对于放缩法虽不是高考重点，但历年考题中都或多或少用到放缩法，故掌握几种简单地放缩技巧是必要的.(4)关于解不等式.以熟练掌握一元二次不等式及可化为一元二次不等式的综合题型为目标，突出灵活转化，突出分类讨论.2.数列(主体).以等差、等比两种基本数列为载体考查数列的通项、求和、极限等为重点.关于抽象数列(用递推关系给出的)，讲练界限要分明，只限定可化为等差、等比之类. 分页标题#e#3.三角训练中要抓基本公式的熟练运用，突出正用、逆用和变式用.近几年呈降温趋势.训练题型、方法、难度等达到教材水准即可.4.立体几何(主体).突出空间、立体.即把线段、线面、面面的位置关系考查置于某几何体的情景中.几何体以棱柱、棱锥为重点.棱柱中又以三棱柱、正方体为重点;棱锥以一条侧棱或一个侧面垂直于底面为重点，棱柱和棱锥的结合体也要重视.位置关系以判断或证明垂直为重点，突出三垂线定理及逆定理的灵活运用.空间角以二面角为重点，强化三垂线定理定角法.空间距以点面距、线面距为重点，二者结合尤为重要.等积转化、等距转化是最常用方法.面积、体积计算，解答题涉及棱锥(特别是三棱锥)居多.因为三棱锥体积求法灵活，思路宽广.5.解析几何(主体).以基本性质、基本运算为目标.客观题照顾面，解答题应综合，突出直线和圆锥曲线的交点、弦长、轨迹等，突出与函数的联系.二.研究高考，科学安排近几年，高考数学试题稳中有变，变中求新.其特点是：稳以基础为主体，变以选拔为导向，能力寓灵活之中.鉴于此，复习安排要做到：二个加强三个突出.1.客观题要加强速度和正确率的强化训练.高考采取了客观题(选择与填空)减少运算量、降低难度，让学生有更多的时间完成解答题，充分发挥选拔功能的做法.这就需要第二轮复习要在速度，准确率上下功夫.定时定量训练每周至少1次，总量不得少于8次，达到大部分学生一节课完成，优秀生用30～35分钟完成，失分不多于2个题目分的目标.题目设计，数形结合(4～5个)，组合选(2～3个)，估算或特值法(2～3个).2.加强代数与几何的有机联系.2003年考题，在解法代数化的基础上，鲜明特点是代数与几何联系考查明显加强了.如(22)等.复习中代数、几何各自为战的现象必须根治.3.突出基础知识的灵活运用.基础知识的灵活运用就是能力.高考试题总体分析来看，基础性强了，但能力要求不低，其加强能力考查的途径之一就是提高知识的灵活运用.让题海战术、死记硬背、硬套模式的下去，让重视分析、注重选法、思维灵活、学习潜力大的上来.4.突出三多--发展训练.一题多问，层层递进是高考命题?又一特点.复习中，要多练多问题，多练由大到小的分解训练，多做结论发散训练;发展一问为多问，一证为多证多算等.5.突出学生阅读分析能力训练.试题叙述较长，部分学生就摸不着头脑，抓不住关键，从而束手无策.这在应用题中较为普遍，其原因就是阅读分析能力低.解决的途径是，让学生自己读题、审题、作图、识图，强化用数学思想和方法在解题中的指导性，强化变式，引导学生认识差之毫厘，谬之千里.另外，有意识，有目的地选择一些阅读材料，如与生产生活密切相关的应用题，利用所给信息解题等.三、克服六种偏向1.克服难题过多，起点过高.复习集中几个难点，讲练耗时过多，不但基础没夯实，而且能力也上不去.2.克服速度过快.内容多，时间短，未做先讲或讲而不做，一知半解，题目虽练习，却仍不会做.3.克服只练不讲.教师不选范例，不指导，忙于选题刻印.4.克服照抄照搬.对外来资料、试题，不加选择，整套搬用，题目重复，针对性不强.5.克服集体会议不力.备课组不调查学情，不研究学生，对某些影响教与学的现象抓不住或抓不准，教师头头是道，夸夸其谈，学生心烦意乱.不研究高考，复习方向出现了偏差.6.克服高原现象.第二轮复习大考、小考不断，次数过多，难度偏大，成绩不理想;形成了心理障碍;或量大题不难，学生忙于应付，被动做题，兴趣下降，思维呆滞.以上是我的文科数学难度复习一些思路，难免有不到之处，谨请各位同仁批评指正。
2024年高三数学二轮复习计划
2024年高三数学二轮复习计划一、知识梳理与回顾1. 回顾并梳理高中数学的所有知识点，构建知识网络图，确保对基础概念的深入理解。
2. 整理各类公式、定理和性质，确保能够熟练运用。
3. 针对性地复习易混淆和遗忘的知识点，加强记忆。
二、重点难点突破1. 识别个人在数学学科上的薄弱环节，制定专门的攻克计划。
2. 通过专项训练、请教老师或同学，攻克重难点问题。
3. 定期复习巩固已突破的知识点，确保长期记忆。
三、题型专题训练1. 分析历年高考真题，掌握各类题型的解题思路和技巧。
2. 对各题型进行分类训练，提高解题速度和正确率。
3. 结合模拟试题，进行实战演练，增强应试能力。
四、模拟考试与评估1. 定期进行模拟考试，模拟真实考试环境，检验复习效果。
2. 对模拟考试进行详细分析，查找问题所在，调整复习策略。
3. 评估个人学习进度，合理安排后续复习计划。
五、错误题型总结1. 整理模拟考试和日常练习中的错题，分析错误原因。
2. 针对错误题型制定专门的复习计划，强化训练。
3. 定期回顾和总结，确保不再犯同样的错误。
六、解题技巧提升1. 学习并总结各类题型的解题技巧和方法。
2. 通过大量练习，熟练掌握并运用解题技巧。
3. 培养逻辑思维和抽象能力，提高解题的灵活性和创造性。
七、学科思维培养1. 学习并运用数学思维方式，如归纳、演绎、类比等。
2. 加强对数学概念、原理和方法的理解和应用。
3. 培养分析问题和解决问题的能力，提高综合素质。
八、复习策略与调整1. 制定切实可行的复习计划，确保复习的有序性和高效性。
2. 根据复习进度和效果，适时调整复习策略和方法。
3. 保持积极心态，合理安排作息时间，确保身心健康。
通过以上八个方面的努力和实践，相信同学们能够在2024年的高三数学二轮复习中取得优异的成绩。
加油！。
关于高三数学二轮复习总结3篇
关于高三数学二轮复习总结3篇关于高三数学二轮复习总结3篇复习总结是为了巩固知识，完善学习体系，提升学习效率。
复习总结涉及日常学习中的笔记、作业、试题等，应择优保留。
下面就让小编给大家带来高三数学二轮复习总结，希望大家喜欢!高三数学二轮复习总结篇1在一轮复习中，数学科目当年的《考试说明》和《教学大纲》是非常重要的。
这些材料你可以通过网络或者通过老师来获取。
找到之后要好好研究，不能大致浏览，要了解每一部分要求学习到怎样的程度。
虽然这些工作老师也会进行，但是由于你比较了解自己的优势和不足，所以研究起来更加有针对性。
对于这两部分材料的研究，最终目的是时即使丢开课本，头脑中也能有考试所要求的数学知识体系。
数学知识之间都有着千丝万缕的联系，仅仅想凭着对章节的理解就能得到高分的时代已经远去了。
第一轮复习时要尝试把相关的知识进行总结，方便自己联系思考，既能明白知识之间的区别，又能为后面的专题复习做好准备。
一轮复习的重点永远是基础。
要通过对基础题的系统训练和规范训练，准确理解每一个概念，能从不同角度把握所学的每一个知识点、所有可能考查到的题型，熟练掌握各种典型问题的通性、通法。
第一轮复习一定要做到细且实，切不可因轻重不分而出现“前紧后松，前松后紧”的现象，也不可因赶进度而出现“点到为止，草草了事”的情况，只有真正实现低起点、小坡度、严要求，实施自主学习，才能真正达到夯实“双基”的目的。
运算能力是学习数学的前提。
因为高考并不要求你临场创新，事实上，那张考卷上的题目你都见过，只不过是换了数字，换了语句，所以能不能拿高分，运算能力占据半边天。
而运算能力并不是靠难题练出来的，而是大量简单题目的积累。
其次，强大地运算能力可以弥补解题技巧上的不足。
我们都知道，很多数学题目往往都有巧妙地解决方法，不过很难掌握。
可那些通用性的方法，每个人都能学会，缺点就是需要庞大的计算量。
再者，运算迅速可以节省时间，也不会让你因为粗心而丢分。
此外，复习数学也和其它科目一样，也不能忽视表达能力和阅读理解能力的运用。
高考数学(文科)二轮复习模拟试卷及答案
高考数学（文科）二轮复习模拟试卷及答案（2套）模拟试题一(时间：120分钟；满分：150分)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．已知集合A ＝{x |log 2(x －1)＜0}，B ＝{x |x ≤3}，则∁R A ∩B ＝( ) A ．(－∞，1) B ．(2，3)C ．(2，3]D ．(－∞，1]∪[2，3]2．已知i 为虚数单位，且复数z 满足z －2i ＝11－i，则复数z 在复平面内的点到原点的距离为( )A.132B.262C.102D.52 3．已知x 、y 取值如下表：从所得的散点图分析可知：y 与x 线性相关，且y ＝0.95x ＋1.45，则m ＝( ) A ．1.5B ．1.55C ．3.5D ．1.84已知cos ⎝⎛⎭⎫α＋π2＝35，－π2<α<π2，则sin 2α的值等于( )A.1225 B ．－1225C.2425D ．－24255．已知互不重合的直线a ，b ，互不重合的平面α，β，给出下列四个命题，错误的命题是( )A ．若a ∥α，a ∥β，α∩β＝b ，则a ∥bB ．若α⊥β，a ⊥α，b ⊥β则a ⊥bC ．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a ，则a ⊥αD ．若α∥β，a ∥α，则a ∥β6．“a ≤－2”是“函数f (x )＝|x －a |在[－1，＋∞)上单调递增”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件7．已知O 为△ABC 内一点，且AO →＝12(OB →＋OC →)，AD →＝tAC →，若B ，O ，D 三点共线，则t 的值为( )A.14B.13C.12D.238．执行如图所示的程序框图，若输出的S 值为－2，则①中应填( )A ．n <98?B ．n <99?C ．n <100?D ．n <101?9．已知点F 1、F 2是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，若双曲线左支上存在点P 与点F 2关于直线y ＝bax 对称，则该双曲线的离心率为( )A. 2B.52C ．2 D. 5 10．若实数x 、y 满足xy >0，则x x ＋y ＋2yx ＋2y 的最大值为( )A ．2－ 2B ．2＋ 2C ．4＋2 2D ．4－2 211．曲线y ＝ln x 上的点到直线2x －y ＋3＝0的最短距离是( ) A.4－ln 25 B.4＋ln 25C.4－ln 25D.4＋ln 2512．已知三棱锥P -ABC 的棱AP 、AB 、AC 两两垂直，且长度都为3，以顶点P 为球心，以2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于( )A ．3π B.3π2 C.4π3 D.5π6第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，若S 3＝a 2＋4a 1，T 5＝243，则a 1的值为____________．14．已知点Q 在圆C ：x 2＋y 2＋2x －8y ＋13＝0上，抛物线y 2＝8x 上任意一点P 到直线l ：x ＝－2的距离为d ，则d ＋|PQ |的最小值等于________．15．“克拉茨猜想”又称“3n ＋1猜想”，是德国数学家洛萨·克拉茨在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想：任给一个正整数n ，如果n 是偶数，就将它减半；如果n 为奇数就将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到1.已知正整数m 经过6次运算后得到1，则m 的值为________．16．已知偶函数f (x )满足f (x －1)＝f (x ＋1)，且当x ∈[0，1]时，f (x )＝x 2，若关于x 的方程f (x )＝|log a |x ||(a >0，a ≠1)在[－2，3]上有5个根，则a 的取值范围是________．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)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示． (1)求f (x )的解析式，并求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤－π12，π4上的值域；(2)在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，f (A )＝1，求sin 2B .18．(本小题满分12分)某学校八年级共有学生400人，现对该校八年级学生随机抽取50名进行实践操作能力测试，实践操作能力测试结果分为四个等级水平，一、二等级水平的学生实践操作能力较弱，三、四等级水平的学生实践操作能力较强，测试结果统计如下表：(1)操作能力强弱与性别有关？(2)生的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．下面的临界值表供参考：参考公式：K2＝n（ad－bc）（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d），其中n＝a＋b＋c＋d.19.(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥AC ，AC ＝AA 1，E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点．(1)求证：AB ⊥平面AA 1C 1C ；(2)若线段AC 上的点D 满足平面DEF ∥平面ABC 1，试确定点D 的位置，并说明理由； (3)证明：EF ⊥A 1C .20．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝ln(x ＋1)＋mx (m ∈R )． (1)当m ≠0时，求函数f (x )的单调区间；(2)有这样的结论：若函数p (x )的图象是在区间[a ，b ]上连续不断的曲线，且在区间(a ，b )内可导，则存在x 0∈(a ，b )，使得p ′(x 0)＝p （b ）－p （a ）b －a .已知函数f (x )在(x 1，x 2)上可导(其中x 2>x 1>－1)，若函数g (x )＝f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2(x －x 1)＋f (x 1)．证明：对任意x ∈(x 1，x 2)，都有f (x )>g (x )．21．(本小题满分12分)已知椭圆C 1：x 26＋y 2b 2＝1(b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，点F 2也为抛物线C 2：y 2＝8x 的焦点，过点F 2的直线l 交抛物线C 2于A ，B 两点．(1)若点P (8，0)满足|P A |＝|PB |，求直线l 的方程；(2)T 为直线x ＝－3上任意一点，过点F 1作TF 1的垂线交椭圆C 1于M ，N 两点，求|TF 1||MN |的最小值．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)选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 1：ρ2－4ρcos θ＋3＝0，θ∈[0，2π]，曲线C 2：ρ＝34sin ⎝⎛⎭⎫π6－θ，θ∈[0，2π]． (1)求曲线C 1的一个参数方程；(2)若曲线C 1和曲线C 2相交于A ，B 两点，求|AB |的值． 23．(本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲 设函数f (x )＝|2x －a |＋2a .(1)若不等式f (x )≤6的解集为{x |－6≤x ≤4}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若不等式f (x )≤(k 2－1)x －5的解集非空，求实数k 的取值范围．答案及解析1．解析：选D.由集合A ＝{x |log 2(x －1)＜0}＝{x |1＜x ＜2}，则∁R A ＝{x |x ≤1或x ≥2}， 又B ＝{x |x ≤3}，所以∁R A ∩B ＝(－∞，1]∪[2，3]．2．解析：选B.由z －2i ＝11－i ，得z ＝2i ＋11－i ＝2i ＋1＋i （1－i ）（1＋i ）＝12＋52i ，所以复数z 在复平面内的点的坐标为⎝⎛⎭⎫12，52，到原点的距离为 14＋254＝262.故选B. 3．解析：选D.由题意知x －＝0＋1＋4＋5＋6＋86＝4，y －＝1.3＋m ＋5.6＋6.1＋7.4＋9.36＝29.7＋m6， 将⎝⎛⎭⎫4，29.7＋m 6代入y ^＝0.95x ＋1.45中，得29.7＋m 6＝0.95×4＋1.45，解得m ＝1.8.4．解析：选D.因为cos ⎝⎛⎭⎫α＋π2＝35，所以sin α＝－35，又－π2<α<π2，所以cos α＝45，所以sin 2α＝2sin αcos α＝2×⎝⎛⎭⎫－35×45＝－2425，故选D.5．解析：选D.A 中，由线面平行的判定和性质得满足条件的直线a ，b 平行，故正确． B 中，满足条件的直线a ，b 垂直，故正确．C 中，由面面垂直的性质可得，交线a 与α垂直，故正确．D 中，直线a 与β可能平行，也可能在β内，故不正确． 综上D 不正确． 答案D.6．解析：选A.结合图象可知函数f (x )＝|x －a |在[a ，＋∞)上单调递增，易知当a ≤－2时，函数f (x )＝|x －a |在[－1，＋∞)上单调递增，但反之不一定成立，故选A.7．解析：选B.设线段BC 的中点为M ，则OB →＋OC →＝2OM →，因为2AO →＝OB →＋OC →，所以AO →＝OM →，则AO →＝12AM →＝14(AB →＋AC →)＝14(AB →＋1t AD →)＝14AB →＋14t AD →，由B ，O ，D 三点共线，得14＋14t ＝1，解得t ＝13. 故选B.8．解析：选B.由题意知，该程序框图的功能是计算S ＝lg 12＋lg 23＋…＋lg n n ＋1＝－lg(n＋1)，当n ＝98时，S ＝－lg 99>－2；当n ＝99时，S ＝－lg 100＝－2，跳出循环，故①中应填n <99?故选B.9．解析：选D.如图所示，点P 与点F 2关于直线y ＝ba x 对称，所以|OP |＝|OF 2|＝|OF 1|＝c ，所以PF 1⊥PF 2，tan ∠PF 1F 2＝ba，又|F 1F 2|＝2c ，所以|PF 2|＝2b ，|PF 1|＝2a ，又因为点P 在双曲线上，所以|PF 2|－|PF 1|＝2a ，即2b －2a ＝2a ，b ＝2a ，故e ＝ca＝ 5.10．解析：选D.x x ＋y ＋2yx ＋2y＝x （x ＋2y ）＋2y （x ＋y ）（x ＋y ）（x ＋2y ）＝x 2＋4xy ＋2y 2x 2＋3xy ＋2y 2 ＝1＋xyx 2＋3xy ＋2y 2＝1＋1x y ＋3＋2y x ≤1＋13＋22＝4－22，当且仅当x y ＝2y x ，即x 2＝2y 2时取等号．11．解析：选D.因为直线2x －y ＋3＝0的斜率为2，所以令y ′＝1x ＝2，解得x ＝12，把x＝12代入曲线方程得y ＝－ln 2，即曲线在点⎝⎛⎭⎫12，－ln 2处的切线斜率为2，⎝⎛⎭⎫12，－ln 2到直线2x －y ＋3＝0的距离d ＝|1＋ln 2＋3|22＋（－1）2＝4＋ln 25，故曲线y ＝ln x 上的点到直线2x －y ＋3＝0的最短距离是4＋ln 25.12．解析：选B.如图所示，Rt △P AC ，Rt △P AB 为等腰直角三角形，且AP ＝AB ＝AC ＝ 3.以顶点P 为球心，以2为半径作一个球与Rt △P AC 的PC ，AC 分别交于点M ，N ，得cos ∠APN ＝32， 所以∠APN ＝π6，所以∠NPM ＝π12，所以MN ︵＝π12×2＝π6，同理GH ︵＝π6，HN ︵＝π2×1＝π2，又GM ︵是以顶点P 为圆心，以2为半径的圆的周长的16，所以GM ︵＝2π×26＝2π3，所以球面与三棱锥的表面相交所得到的四段孤长之和等于π6＋π6＋π2＋2π3＝9π6＝3π2. 故选B.13．解析：由已知，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋4a 1，则a 3＝3a 1，所以q 2＝3. 又T 5＝a 1a 2a 3a 4a 5＝a 53＝243， 所以a 3＝a 1q 2＝3，a 1＝1. 故答案为1. 答案：1 14．解析：抛物线y 2＝8x 的焦点为F (2，0)，故直线l ：x ＝－2为抛物线的准线，由抛物线的定义可知，d ＝|PF |.圆C 的方程可变形为(x ＋1)2＋(y －4)2＝4，圆心为C (－1，4)，半径r ＝2.如图所示，d ＋|PQ |＝|PF |＋|PQ |.显然，|PF |＋|PQ |≥|FQ |(当且仅当F ，P ，Q 三点共线，且点P 在点F ，Q 之间时取等号)．而|FQ |为圆C 上的动点Q 到定点F 的距离，显然当Q 处在Q ′的位置，P 处在P ′的位置时，|FQ |取得最小值，且最小值为|CF |－r ＝（－1－2）2＋（4－0）2－2＝5－2＝3.答案：315．解析：如果正整数m 按照上述规则经过6次运算得到1，则经过5次运算后得到的一定是2；经过4次运算后得到的一定是4；经过3次运算后得到的为8或1(不合题意)； 经过2次运算后得到的是16； 经过1次运算后得到的是5或32； 所以开始时的数为10或64. 所以正整数m 的值为10或64. 故答案为10或64. 答案：10或64.16．解析：由f (x －1)＝f (x ＋1)得函数f (x )的最小正周期T ＝2，根据函数的奇偶性、周期性画出函数f (x )在[－2，3]上的图象，然后再画函数g (x )＝|log a |x ||的图象，如图所示，使它们有5个交点即可，当a >1时，只要保证log a 3≤1即可，解得a ≥3，当0<a <1时，只要保证－log a 3≤1即可，即log a 3≥－1，解得0<a ≤13，综上a ∈⎝⎛⎦⎤0，13∪[)3，＋∞.答案：⎝⎛⎦⎤0，13∪[)3，＋∞ 17．解：(1)由题图知，34T ＝1112π－π6＝34π.所以T ＝π.所以2πω＝π，所以ω＝2，所以f (x )＝2sin(2x ＋φ)， 因为点⎝⎛⎭⎫π6，2在函数图象上，所以sin ⎝⎛⎭⎫π3＋φ＝1，所以π3＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z )，即φ＝2k π＋π6(k ∈Z )，因为0<φ<π，所以φ＝π6，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6.因为－π12≤x ≤π4，所以0≤2x ＋π6≤23π，所以0≤sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6≤1，所以0≤f (x )≤2，即函数f (x )在⎣⎡⎦⎤－π12，π4上的值域为[0，2]．(2)因为f (A )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6＝1，所以sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6＝12，因为π6<2A ＋π6<136π，所以2A ＋π6＝56π，所以A ＝π3.在△ABC 中，由余弦定理得BC 2＝9＋4－2×3×12×2＝7，BC ＝7.由正弦定理得，7sin π3＝2sin B ， 故 sin B ＝217. 又AC <AB ，所以B 为锐角， 所以cos B ＝277，所以sin 2B ＝2sin B cos B ＝2217×277＝437.18．解：(1)2×2列联表如下：所以K 2＝50（6×12－14×18）30×20×26×24＝22552≈4.327>3.841. 所以有95%的把握认为学生实践操作能力强弱与性别有关． (2)ξ的取值为0，1，2，3，4.P (ξ＝0)＝C 46C 410＝114，P (ξ＝1)＝C 14C 36C 410＝821，P (ξ＝2)＝C 24C 26C 410＝37，P (ξ＝3)＝C 34C 16C 410＝435，P (ξ＝4)＝C 44C 410＝1210.所以ξ的分布列为所以E (ξ)＝0×114＋1×821＋2×37＋3×435＋4×1210＝85＝1.6.19．解：(1)证明：因为A 1A ⊥底面ABC ，所以A 1A ⊥AB ， 又因为AB ⊥AC ，A 1A ∩AC ＝A ， 所以AB ⊥平面AA 1C 1C . (2)因为平面DEF ∥平面ABC 1， 平面ABC ∩平面DEF ＝DE ， 平面ABC ∩平面ABC 1＝AB ， 所以AB ∥DE ，因为在△ABC 中E 是BC 的中点， 所以D 是线段AC 的中点．(3)证明：在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中A 1A ＝AC ， 所以侧面A 1ACC 1是菱形，所以A 1C ⊥AC 1， 由(1)可得AB ⊥A 1C ， 因为AB ∩AC 1＝A ， 所以A 1C ⊥平面ABC 1， 所以A 1C ⊥BC 1.又因为E ，F 分别为棱BC ，CC 1的中点， 所以EF ∥BC 1， 所以EF ⊥A 1C .20．解：(1)f (x )的定义域为(－1，＋∞)， f ′(x )＝1＋mx ＋m x ＋1＝m ⎝⎛⎭⎫x ＋m ＋1m x ＋1.当m >0时，⎝⎛⎭⎫－m ＋1m －(－1)＝－1m <0，即－m ＋1m<－1，因为x >－1，所以f ′(x )>0，所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．当m <0时，⎝⎛⎭⎫－m ＋1m －(－1)＝－1m >0，即－m ＋1m >－1，由f ′(x )>0，解得－1<x <－m ＋1m ，由f ′(x )<0，解得x >－m ＋1m，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－1，－m ＋1m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－m ＋1m ，＋∞上单调递减．(2)证明：令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2(x －x 1)－f (x 1)，则h ′(x )＝f ′(x )－f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.因为函数f (x )在区间(x 1，x 2)上可导，则根据结论可知，存在x 0∈(x 1，x 2)， 使得f ′(x 0)＝f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1，又f ′(x )＝1x ＋1＋m ，所以h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0) ＝1x ＋1－1x 0＋1＝x 0－x （x ＋1）（x 0＋1）. 当x ∈(x 1，x 0]时，h ′(x )≥0， 从而h (x )单调递增， 所以h (x )>h (x 1)＝0；当x ∈(x 0，x 2)时，h ′(x )<0，从而h (x )单调递减， 所以h (x )>h (x 2)＝0.故对任意x ∈(x 1，x 2)，都有h (x )>0， 即f (x )>g (x )．21．解：(1)由抛物线C 2：y 2＝8x 得F 2(2，0)， 当直线l 的斜率不存在，即l ：x ＝2时，满足题意．当直线l 的斜率存在时，设l ：y ＝k (x －2)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，y ＝k （x －2）得k 2x 2－(4k 2＋8)x ＋4k 2＝0， 所以x 1＋x 2＝4k 2＋8k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－4k ＝8k .设AB 的中点为G ，则G ⎝⎛⎭⎫2k 2＋4k 2，4k ，因为|P A |＝|PB |，所以PG ⊥l ，k PG ·k ＝－1， 所以4k－02k 2＋4k 2－8·k ＝－1，解得k ＝±2， 则y ＝±2(x －2)，所以直线l 的方程为y ＝±2(x －2)或x ＝2. (2)因为F 2(2，0)，所以F 1(－2，0)，b 2＝6－4＝2， 所以椭圆C 1：x 26＋y 22＝1.设点T 的坐标为(－3，m )，则直线TF 1的斜率kTF 1＝m －0－3＋2＝－m ，当m ≠0时，直线MN 的斜率k MN ＝1m ，直线MN 的方程是x ＝my －2，当m ＝0时，直线MN 的方程是x ＝－2，也符合x ＝my －2的形式，所以直线MN 的方程是x ＝my －2.设M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，则联立⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1x ＝my －2，得(m 2＋3)y 2－4my －2＝0，所以y 3＋y 4＝4m m 2＋3，y 3y 4＝－2m 2＋3.|TF 1|＝m 2＋1，|MN |＝（x 3－x 4）2＋（y 3－y 4）2 ＝（m 2＋1）[（y 3＋y 4）2－4y 3y 4] ＝24（m 2＋1）m 2＋3.所以|TF 1||MN |＝124×（m 2＋3）2m 2＋1＝124⎝⎛⎭⎫m 2＋1＋4m 2＋1＋4≥33，当且仅当m 2＋1＝4m 2＋1，即m ＝±1时，等号成立， 此时|TF 1||MN |取得最小值33.22．解：(1)由ρ2－4ρcos θ＋3＝0可得，x 2＋y 2－4x ＋3＝0. 所以(x －2)2＋y 2＝1.令x －2＝cos α，y ＝sin α，所以C 1的一个参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos αy ＝sin α(α为参数，α∈R )．(2)C 2：4ρ⎝⎛⎭⎫sin π6cos θ－cos π6sin θ＝3，所以4⎝⎛⎭⎫12x －32y ＝3，即2x －23y －3＝0.因为直线2x －23y －3＝0与圆(x －2)2＋y 2＝1相交于A ，B 两点， 所以圆心到直线的距离d ＝14，所以|AB |＝2× 1－⎝⎛⎭⎫142＝2×154＝152. 23．解：(1)因为|2x －a |＋2a ≤6， 所以|2x －a |≤6－2a ， 所以2a －6≤2x －a ≤6－2a ， 所以32a －3≤x ≤3－a2，因为不等式f (x )≤6的解集为{x |－6≤x ≤4}， 所以⎩⎨⎧32a －3＝－6，3－a2＝4，解得a ＝－2.(2)由(1)得f (x )＝|2x ＋2|－4. 所以|2x ＋2|－4≤(k 2－1)x －5， 化简整理得|2x ＋2|＋1≤(k 2－1)x ，令g (x )＝|2x ＋2|＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3，x ≥－1，－2x －1，x <－1，y ＝g (x )的图象如图所示，要使不等式f (x )≤(k 2－1)x －5的解集非空，需k 2－1>2或k 2－1≤－1，所以k的取值范围是{k|k>3或k<－3或k＝0}．模拟试题二(时间：120分钟；满分：150分)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．已知复数z满足(3－4i)z＝25，则z＝()A．－3－4i B．－3＋4iC．3－4i D．3＋4i2．已知集合M＝{x|x2－2x－8≤0}，集合N＝{x|lg x≥0}，则M∩N＝()A．{x|－2≤x≤4} B．{x|x≥1}C．{x|1≤x≤4} D．{x|x≥－2}3．中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系．如图所示的折线图是2017年和2018年的中国仓储指数走势情况．根据该折线图，下列结论中不正确的是()A．2018年1月至4月的仓储指数比2017年同期波动性更大B．这两年的最大仓储指数都出现在4月份C．2018年全年仓储指数平均值明显低于2017年D．2018年各仓储指数的中位数与2017年各仓储指数中位数差异明显4．已知直线3x＋ay＝0(a＞0)被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则a的值为()A. 2B. 3 C．2 2 D．2 35．已知a ，b 是实数，则“a ＞0或b ＞0”是“a ＋b ＞0且ab ＞0”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件6．已知a ，b 是单位向量，且a·b ＝－12，若平面向量p 满足p ·a ＝p·b ＝12，则|p |＝( )A.12 B ．1 C. 2D ．27．若f (x )＝cos 2x ＋a cos ⎝⎛⎭⎫π2＋x 在区间⎝⎛⎭⎫π6，π2上是增函数，则实数a 的取值范围为( )A ．[－2，＋∞)B ．(－2，＋∞)C ．(－∞，－4)D ．(－∞，－4] 8．一个四棱锥与半圆柱构成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．16＋12πC ．48＋12πD ．48＋8π9．已知函数f (x )＝xesin ⎝⎛⎭⎫x －π2(e 为自然对数的底数)，当x ∈[－π，π]时，y ＝f (x )的图象大致是( )10．已知正项数列{a n }为等比数列，S n 为其前n 项和，且有a 23＋a 25＝32 400－2a 2a 6，S 4＝10S 2，则第2 019 项的个位数为( )A ．1B ．2C ．8D ．911．已知变量a ，b 满足b ＝－12a 2＋3ln a (a ＞0)，若点Q (m ，n )在直线y ＝2x ＋12上，则(a －m )2＋(b －n )2的最小值为( )A.95B.355C ．9D ．3 12．已知双曲线C ：x 24－y 2b 2＝1(b >0)的一条渐近线方程为y ＝62x ，F 1、F 2分别为双曲线C 的左、右焦点，P 为双曲线C 上的一点，|PF 1|∶|PF 2|＝3∶1，则|PF 1→＋PF 2→|的值是( )A ．4B ．2 6C ．210D.6105第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．某路公交车在6：30，7：00，7：30，准时发车，小明同学在6：50至7：30之间到达该车站乘车，且到达该车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率为________．14．已知在△ABC 中，a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 所对的边，A ＝π6，a ＝2，b ＝23，则△ABC 的面积S ＝________.15．如图所示，有三根针和套在一根针上的n 个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上．(1)每次只能移动一个金属片；(2)在每次移动的过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面． 将n 个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为f (n )，则f (n )＝________．16．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，x >0，－x 2－2x ，x ≤0，若函数y ＝2[f (x )]2＋2bf (x )＋1有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．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)设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝3，a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .18．(本小题满分12分)某园林基地培育了一种新观赏植物，经过一年的生长发育，技术人员从中抽取了部分植株的高度(单位：厘米)作为样本(样本容量为n )进行统计，按照[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]的分组作出频率分布直方图，并作出样本高度的茎叶图(图中仅列出了高度在[50，60)，[90，100]的数据)．(1)求样本容量n和频率分布直方图中的x、y的值；(2)在选取的样本中，从高度在80厘米以上(含80厘米)的植株中随机抽取2株，求所抽取的2株中至少有一株高度在[90，100]内的概率．19.(本小题满分12分)在四棱锥P-ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD ＝60°，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点，P A＝2AB＝2.(1)求证：CE∥平面P AB；(2)若F为PC的中点，求三棱锥F-AEC的体积．20．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝mx －mx ，g (x )＝3ln x .(1)当m ＝4时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)若x ∈(1, e ](e 是自然对数的底数)时，不等式f (x )－g (x )<3恒成立，求实数m 的取值范围 .21．(本小题满分12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与抛物线y 2＝－4x 有共同的焦点F 1，且两曲线在第二象限内的交点到F 1的距离是它到直线x ＝－4的距离的一半．(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆右焦点F 2且垂直于x 轴的直线l 与椭圆交于点P (P 在第一象限)，以P 为圆心的圆与x 轴交于A ，B 两点，直线P A ，PB 与椭圆分别交于另一点M ，N ，求证：直线MN 的斜率为定值，并求出这个定值．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)选修4-4：坐标系与参数方程已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝102＋t cos αy ＝t sin α(t 为参数)，在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M 的方程为ρ2(1＋sin 2 θ)＝1.(1)求曲线M 的直角坐标方程；(2)若直线l 与曲线M 只有一个公共点，求倾斜角α的值． 23．(本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲 设函数f (x )＝|x －a |.(1)当a ＝2时，解不等式f (x )≥7－|x －1|；(2)若f (x )≤1的解集为[0，2]，1m ＋12n ＝a (m >0，n >0)，求证：m ＋4n ≥22＋3.答案及解析1．解析：选D.法一：令z ＝x ＋y i ，则(3－4i)(x ＋y i)＝(3x ＋4y )＋(3y －4x )i ＝25，得⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋4y ＝25，3y －4x ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝4，故z ＝3＋4i ，故选D.法二：由已知可得z ＝253－4i ＝25（3＋4i ）9＋16＝3＋4i.2．解析：选C.由题意得，M ＝{x |－2≤x ≤4}，N ＝{x |x ≥1}，则M ∩N ＝{x |1≤x ≤4}． 3．解析：选D.通过图象可看出，2018年1月至4月的仓储指数比2017年同期波动性更大， 这两年的最大仓储指数都出现在4月份， 2018年全年仓储指数平均值明显低于2017年，所以选项A ，B ，C 的结论都正确；2018年各仓储指数的中位数与2017年各仓储指数中位数基本在52%，所以选项D 的结论错误．故选D.4．解析：选B.由已知条件可知，圆的半径为2，又直线被圆所截得的弦长为2，故圆心到直线的距离为3，即69＋a 2＝3，得a ＝ 3. 5．解析：选B.若“a ＞0或b ＞0”，则不一定有“a ＋b ＞0且ab ＞0”成立，如取a ＝1，b ＝－1，则a ＋b ＝0，且a b ＝－1；反之，若“a ＋b ＞0且ab ＞0”，则a ＞0且b ＞0，从而“a＞0或b ＞0”成立．综上，选B.6．解析：选B.由题意，不妨设a ＝(1，0)，b ＝⎝⎛⎭⎫－12，32，p ＝(x ，y )，因为p·a ＝p·b ＝12，所以⎩⎨⎧x ＝12，－12x ＋32y ＝12，解得⎩⎨⎧x ＝12，y ＝32，所以|p |＝x 2＋y 2＝1.7．解析：选D.f (x )＝1－2sin 2 x －a sin x ，令sin x ＝t ，t ∈⎝⎛⎭⎫12，1，则g (t )＝－2t 2－at ＋1，t ∈⎝⎛⎭⎫12，1，因为f (x )在⎝⎛⎭⎫π6，π2上单调递增，所以－a4≥1，即a ≤－4，故选D.8．解析：选B.由图得，SE ＝13，EF ＝6， AB ＝CD ＝4， SG ＝SE 2－EG 2 ＝13－9，可知半圆柱V 1＝4π×62＝12π，四棱锥V 2＝6×4×13－93＝16，该几何体的体积＝V 1＋V 2＝12π＋16. 答案选B.9．解析：选B.由题意可得f (x )＝x e－cos x，即f (x )＝x e cos x 为奇函数，排除A ，C ，f ′(x )＝(1－x sin x )e cos x ，显然存在x 0使得f ′(x 0)＝0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．故选B.10．解析：选C.由a 23＋a 25＝32 400－2a 2a 6，得a 23＋2a 3a 5＋a 25＝32 400，即(a 3＋a 5)2＝32 400，又a n ＞0，所以a 3＋a 5＝180，从而a 1(q 2＋q 4)＝180，由S 4＝10S 2，得a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝10(a 1＋a 2)，即a 3＋a 4＝9(a 1＋a 2)，所以(a 1＋a 2)q 2＝9(a 1＋a 2)，所以q 2＝9，又q ＞0，所以q ＝3，代入a 1(q 2＋q 4)＝180，得a 1＝2，所以a 2 019＝2×32 018＝2×(34)504×32＝18×(81)504，故其个位数为8.11．解析：选A.由题意知，y ＝2x ＋12表示斜率为2的直线，变量a ，b 满足b ＝－12a 2＋3ln a ，设函数f (x )＝－12x 2＋3ln x ，则f ′(x )＝－x ＋3x ，设当切线斜率为2时，函数f (x )图象的切点的横坐标为x 0，则－x 0＋3x 0＝2，所以x 0＝1，此时切点坐标为⎝⎛⎭⎫1，－12，切点到直线y ＝2x ＋12的距离d ＝35，所以(a－m )2＋(b －n )2的最小值为d 2＝95.12．解析：选C.由渐近线方程得b a ＝62，又a ＝2，所以b ＝6，故c ＝10. 设|PF 1|＝3k ，|PF 2|＝k ，则由双曲线定义知3k －k ＝4，k ＝2， 所以|PF 1|＝6，|PF 2|＝2， 可判断∠F 1PF 2＝90°，所以以PF 1→、PF 2→为邻边的四边形为矩形， 所以|PF 1→＋PF 2→|＝210.13．解析：小明同学在6：50至7：30之间到达该车站乘车，总时长为40分钟，公交车在6：30，7：00，7：30准时发车，他等车时间不超过10分钟，则必须在6：50至7：00或7：20至7：30之间到达，时长为20分钟，则他等车时间不超过10分钟的概率P ＝2040＝12. 答案：1214．解析：由正弦定理得sin B ＝b sin A a ＝23×122＝32，所以B ＝π3或2π3.若B ＝π3，则C＝π－A －B ＝π2，此时 S ＝12ab ＝12×2×23＝2 3.若B ＝2π3，则C ＝π－A －B ＝π6，所以A ＝C ，此时c ＝a ＝2，所以S ＝12ac sin B ＝12×2×2×32＝ 3.所以S ＝23或 3.答案：23或 315．解析：n ＝1时，f (1)＝1；n ＝2时，小盘→2号针，大盘→3号针，小盘从2号针→3号针，完成，即f (2)＝3＝22－1；n ＝3时，小盘→3号针，中盘→2号针，小盘从3号针→2号针[用f (2)种方法把中、小两盘移到2号针，大盘→3号针；再用f (2)种方法把中、小两盘从2号针移到3号针，完成]，f (3)＝f (2)×2＋1＝3×2＋1＝7＝23－1， f (4)＝f (3)×2＋1＝7×2＋1＝15＝24－1， …以此类推，f (n )＝f (n －1)×2＋1＝2n －1. 故答案为：2n －1.答案：2n －1 16．解析：作出函数f (x )的图象如图所示，结合图象可知，若函数y ＝2[f (x )]2＋2bf (x )＋1有8个零点，则关于f (x )的一元二次方程2[f (x )]2＋2bf (x )＋1＝0在(0，1)上有2个不相等的实根．设t ＝f (x )，则方程转化为2t 2＋2bt ＋1＝0，设两个根分别为t 1，t 2，则由根与系数的关系知，⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4b 2－8>0，0<t 1，t 2<1， 即⎩⎪⎨⎪⎧b <－2或b >2，0<t 1＋t 2<2，0<（t 1－1）（t 2－1）<1，所以⎩⎪⎨⎪⎧b <－2或b >2，0<－b <2，0<12－（－b ）＋1<1，得－32<b <－ 2.答案：⎝⎛⎭⎫－32，－2 17．解：(1)当n ≥2时，由a n ＋1＝2S n ＋3，得a n ＝2S n －1＋3，两式相减，得a n ＋1－a n ＝2S n－2S n －1＝2a n ，所以a n ＋1＝3a n ，所以a n ＋1a n ＝3.当n ＝1时，a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，则a 2a 1＝3.所以数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列． 所以a n ＝3×3n －1＝3n .(2)由(1)得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)×3n .所以T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n ，①3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)×3n ＋1，②①－②得－2T n ＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×(32＋33＋ (3))－(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×32（1－3n －1）1－3－(2n －1)×3n ＋1＝－6－(2n －2)×3n ＋1.所以T n ＝(n －1)×3n ＋1＋3.18．解：(1)由题意可知，样本容量n ＝80.016×10＝50，y ＝250×10＝0.004，x ＝0.100－0.004－0.010－0.016－0.040＝0.030.(2)由题意可知，高度在[80，90)内的株数为5，记这5株分别为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，高度在[90，100]内的株数为2，记这2株分别为b 1，b 2.抽取2株的所有情况有21种，分别为：(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，a 4)，(a 1，a 5)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，a 3)，(a 2，a 4)，(a 2，a 5)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，a 4)，(a 3，a 5)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(a 4，a 5)，(a 4，b 1)，(a 4，b 2)，(a 5，b 1)，(a 5，b 2)，(b 1，b 2)．其中2株的高度都不在[90，100]内的情况有10种，分别为：(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，a 4)，(a 1，a 5)，(a 2，a 3)，(a 2，a 4)，(a 2，a 5)，(a 3，a 4)，(a 3，a 5)，(a 4，a 5)．所以所抽取的2株中至少有一株高度在[90，100]内的概率P ＝1－1021＝1121.19．解：(1)证明：在Rt △ABC 中，AB ＝1，∠BAC ＝60°， 所以BC ＝3，AC ＝2.取AD 的中点M ，连接EM ，CM ，则EM ∥P A . 因为EM ⊄平面P AB ，P A ⊂平面P AB ， 所以EM ∥平面P AB .在Rt △ACD 中，∠CAD ＝60°，AC ＝2， 所以AD ＝4，AM ＝2＝AC ，所以∠ACM ＝60°.而∠BAC ＝60°，所以MC ∥AB . 因为MC ⊄平面P AB ，AB ⊂平面P AB ，所以MC ∥平面P AB . 因为EM ∩MC ＝M ，所以平面EMC ∥平面P AB . 因为CE ⊂平面EMC ，所以CE ∥平面P AB .(2)因为P A ＝AC ＝2，F 为PC 的中点，所以AF ⊥PC . 因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥CD .因为AC ⊥CD ，P A ∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面P AC .又EF ∥CD ，所以EF ⊥平面P AC ，即EF 为三棱锥E -AFC 的高．因为CD ＝23，所以EF ＝3，从而V E AFC ＝13×12×12AC ×P A ×EF ＝13×12×12×2×2×3＝33. 因为V E AFC ＝V F AEC ，所以V F AEC ＝33. 20．解：(1)当m ＝4时，f (x )＝4x －4x ，f ′(x )＝4＋4x 2，f ′(2)＝5，又f (2)＝6，所以所求切线方程为y ＝5x －4.(2)由题意知，x ∈(1， e ]时，mx －mx －3ln x <3恒成立，即m (x 2－1)<3x ＋3x ln x 恒成立，因为x ∈(1， e ]，所以x 2－1>0， 则m <3x ＋3x ln x x 2－1恒成立．令h (x )＝3x ＋3x ln xx 2－1，x ∈(1，e]，则m <h (x )min ，h ′(x )＝－3（x 2＋1）·ln x －6（x 2－1）2＝－3（x 2＋1）·ln x ＋6（x 2－1）2，因为x ∈(1， e ]，所以h ′(x )<0，即h (x )在(1， e ]上是减函数． 所以当x ∈(1， e ]时，h (x )min ＝h (e)＝9e2（e －1）.所以m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，9e 2e －2.21．解：(1)如图，由题意知F 1(－1，0)，因而c ＝1，即a 2＝b 2＋1，又两曲线在第二象限内的交点Q (x Q ，y Q )到F 1的距离是它到直线x ＝－4的距离的一半，即4＋x Q ＝2(－x Q ＋1)，得x Q ＝－23，则y 2Q ＝83，代入到椭圆方程，得49a 2＋83b 2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧49a 2＋83b 2＝1，a 2＝b 2＋1，解得a 2＝4，b 2＝3， 所以所求椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意知，直线MN 的斜率存在，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋t ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－12＝0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k 2，x 1x 2＝4t 2－123＋4k 2，由(1)知，右焦点F 2(1，0)，则P ⎝⎛⎭⎫1，32，由对称性知，直线P A ，PB 的倾斜角互补，即斜率存在且互为相反数，则32－y 11－x 1＋32－y 21－x 2＝0，即3－2kx 1－2t 2（1－x 1）＋3－2kx 2－2t2（1－x 2）＝0，整理得(2t －2k －3)(x 1＋x 2)＋4kx 1x 2＋6－4t ＝0， 即(2t －2k －3)×－8kt 3＋4k 2＋4k ×4t 2－123＋4k 2＋6－4t ＝0，即4k 2＋(4t －8)k ＋3－2t ＝0， (2k －1)(2t ＋2k －3)＝0， 得k ＝12或t ＝32－k .当t ＝32－k 时，直线MN 的方程为y ＝kx ＋32－k 恒过定点P ⎝⎛⎭⎫1，32，不符合题意， 因而k ＝12，即直线MN 的斜率为定值12.22．解：(1)因为ρ2(1＋sin 2 θ)＝ρ2＋(ρsin θ)2＝1，所以x 2＋y 2＋y 2＝1，即x 2＋2y 2＝1，此即为曲线M 的直角坐标方程．(2)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝102＋t cos α，y ＝t sin α代入x 2＋2y 2＝1 得104＋10t cos α＋t 2cos 2α＋2t 2sin 2α＝1， 所以t 2(1＋sin 2α)＋10t cos α＋32＝0，因为直线l 与曲线M 只有一个公共点，所以Δ＝(10cos α)2－4×32×(1＋sin 2α)＝0，即sin 2 α＝14，sin α＝±12，又α∈[0，π)，所以α＝π6或5π6.23．解：(1)当a ＝2时，不等式为|x －2|＋|x －1|≥7，所以⎩⎪⎨⎪⎧x <1，2－x ＋1－x ≥7或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2，2－x ＋x －1≥7或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，x －2＋x －1≥7，解得x ≤－2或∅或x ≥5， 所以不等式的解集为(－∞，－2]∪[5，＋∞)．(2)证明：f (x )≤1即|x －a |≤1，解得a －1≤x ≤a ＋1，而f (x )≤1的解集是[0，2]，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝0，a ＋1＝2，解得a ＝1， 所以1m ＋12n＝1(m >0，n >0)，所以m ＋4n ＝(m ＋4n )⎝⎛⎭⎫1m ＋12n ＝3＋4n m ＋m2n ≥22＋3(当且仅当m ＝22n 时取等号)．。
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【答案】
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设向量a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，c＝(cos β，－4sin β )． (1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β)的值； (2)求|b＋c|的最大值；
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(3)若tan αtan β＝16，求证：a∥b.
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【解】 (1)因为a与b－2c垂直，所以
主 干 考 点 回 扣
π (2011· 江西高考)已知两个单位向量 e1，e2 的夹角为 ，若向量 b1＝e1－ 3 2e2，b2＝3e1＋4e2，则 b1· b2＝__________.
【解析】
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b1＝e1－2e2，b2＝3e1＋4e2，则 b1· b2＝(e1－2e2)· (3e1＋4e2)
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→ ，AC → 为基底，把AD → 与BE → 用基底表示，再进行数 【思路点拨】 以AB 量积运算．
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【自主解答】
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→ ，AC → }，结 由题意画出图形如图所示，取一组基底{AB
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主 干 考 点 回 扣
当 a 与 a＋λb 共线时，a＋λb＝ma，即(1＋λ，2＋λ)＝m(1，2)，
1＋λ＝m ∴ ，解得 λ＝0， 2＋λ＝2m
即当 λ＝0 时，a 与 a＋λb 共线，∴λ≠0. 5 综上可知：λ>－ 且 λ≠0. 3
3 所以 15cos2α＋16sin α＝0，即 15sin2α－16sin α－15＝0.解得 sin α＝－ 或 5 5 sin α＝ (舍去)． 3 3 所以 sin α＝－ . 5 (2)因为 a⊥b， 所以 a· b＝0， 即 12－20cos α· tan α＝0， 所以 12－20sin α＝0， 3 即 sin α＝ ， 5 π 4 因为 α∈(0， )，所以 cos α＝ ， 2 5 24 7 所以 sin 2α＝2sin αcos α＝ ，cos 2α＝1－2sin2α＝ ， 25 25 π π π 7 2 24 2 31 2 所以 cos(2α－ )＝cos 2α· cos ＋sin 2α· sin ＝ × ＋ × ＝ . 4 4 4 25 2 25 2 50
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【答案】
10
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→ ＋MB → ＋MC → ＝0.若存 4．(向量的线性运算)已知△ABC 和点 M 满足MA
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→ ＋AC → ＝mAM → 成立，则 m＝__________. 在实数 m 使得AB
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【答案】
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2 11 3＋ 13 3－ 13 － ， ， ， 3 3 2 2
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(2011· 南京二模)已知向量 a＝(4,5cos α)，b＝(3，－4tan α)． (1)若 a∥b，试求 sin α 的值； π π (2)若 α⊥b，且 α∈(0， )，求 cos(2α－ )的值． 2 4
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第三讲
平面向量
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【答案】
5 λ>－ 且 λ≠0 3
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→ ＝1(AB → ＋AC → )，BE → ＝AE → －AB → ＝2AC → －AB →， 合图形可得AD 2 3 2→ → 1→2 1→2 1→ → 1 1 →· → ＝1(AB → ＋AC → )· ∴AD BE ( AC －AB)＝ AC － AB － AB· AC＝ － 2 3 3 2 6 3 2 1 1 － cos 60° ＝－ . 6 4
π 2 ＝3e2 － 2 e · e － 8 e . 又因为 e ， e 为单位向量， e ， e ＝ ，所以 1 1 2 2 1 2 1 2 3 1 b1· b2＝3－2× －8＝－6. 2
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【答案】 －6
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1．(向量的坐标运算)若向量a＝(1,1)，b＝(2,5)，c＝(3，x)，满足 条件(8a－b)·c＝30，则x的值为__________． 【解析】 (8a－b)·c＝(6,3)·(3，x)＝18＋3x，
由题意知：18＋3x＝30，∴x＝4.
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平面向量与解析几何交汇问题的求解策略
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x2 y2 (12 分)已知 F1、F2 分别是椭圆 2＋ 2＝1(a>b>0)的左，右 a b
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2 焦点，O 是坐标原点，点 P(－1， )在椭圆上，线段 PF2 与 y 轴的交 2 → ＋F → 点 M 满足PM 2M＝0；⊙O 是以 F1F2 为直径的圆，直线 l：y＝kx＋ m 与⊙O 相切，并与椭圆交于不同的两点 A、B.
【答案】
π 5π [ ， ] 6 6
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→＝ (2011· 湖南高考)在边长为 1 的正三角形 ABC 中，设BC → ，CA → ＝3CE → ，则AD →· → ＝________. 2BD BE
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所以 a∥b.
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平面向量是沟通代数、几何与三角函数的重要工具，在新课标区高 考题目中平面向量与解析几何相结合命题经常出现．此类问题常以 向量的运算为切入点，体现其工具作用．
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∴点 M 是线段 PF2 的中点， ∴OM 是△PF1F2 的中位线，有 OM⊥F1F2， ∴PF1⊥F1F2，2 分
a·(b－2c)＝4cos αsin β－8cos αcos β＋4sin αcos β＋8sin αsin β ＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0， 因此tan(α＋β)＝2.
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(2)由 b＋c＝(sin β＋cos β，4cos β－4sin β)，得
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1 为邻边的平行四边形的面积为 ，则 α 与 β 的夹角 θ 的取值范围是 2 __________．
【解析】
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1 由题意知 S＝|α||β|sin θ＝ ≤sin θ， 2
∵θ∈[0，π]， π 5π ∴θ∈[ ， ]． 6 6
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【答案】 4 2．(向量共线的充要条件)a＝λb，λ∈R，是a∥b的____ 条件． 【解析】 a＝λb⇒a∥b，但当b＝0时， a∥ b a＝λb.故a＝λb是a∥b的充分不必要条件．
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【答案】 充分不必要
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新课标 高考二轮复习 数学（文） 3．(向量垂直与向量的模)已知平面向量α，β，|α|＝1，|β|＝2，
1 → → → → → 【解析】 由MA＋MB＋MC＝0 得点 M 是△ABC 的重心， AM＝ (AB 3 → )，AB → ＋AC → ＝3AM → ，m＝3. ＋AC