【教育资料】章末复习提升课1学习专用
章末复习提升课1
章末复习提升课(五)———[先总揽全局]—————[再填写关键]————1．小船渡河过程中，随水漂流和划行这两个分运动互不干扰，各自独立而且具有等时性(1)渡河时间最短问题：只要分运动时间最短，则合运动时间最短，即船头垂直指向对岸渡河时时间最短，(2)航程最短问题：要求合位移最小．当v水<v船时，合运动的速度可垂直于河岸，最短航程为河宽．当v水>v船时，船不能垂直到达河岸，但仍存在最短航程，当v船与v合垂直时，航程最短．2．跨过定滑轮拉绳(或绳拉物体)运动的速度分解物体运动的速度为合速度v，物体速度v在沿绳方向的分速度v1就是使绳子拉长或缩短的速度，物体速度v的另一个分速度v2就是使绳子摆动的速度，它一定和v1垂直．(多选)在一次抗洪抢险战斗中，一位武警战士驾船把群众送到河对岸的安全地方．设河水流速为3 m/s，河宽为600 m，船相对静水的速度为4 m/s.则下列说法正确的是()A．渡河的最短时间为120 sB．渡河的最短时间为150 sC．渡河的最短航程为600 mD．渡河的最短航程为750 m【解析】当船速垂直于河岸时，渡河时间最短，t＝dv船＝150 s，当船沿垂直河岸方向行驶时即合速度垂直河岸时，航程最短为600 m，故B、C正确．【答案】BC1．如图5-1所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面固定，两物体质量分别为m1和m2，且m1<m2.若将m2从位置A由静止释放，当落到位置B时，m2的速度为v2，且绳子与竖直方向的夹角为θ，则这时m1的速度大小v1等于()图5-1A ．v 2 sin θ B.v 2sin θ C ．v 2 cos θD ．v 2cos θ而不受外力，竖直方向只受重力而无初速度，抓住了平抛运动的这个初始条件，也就抓住了它的解题关键，现将常见的几种解题方法介绍如下：1．利用平抛运动的时间特点解题平抛运动可分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，只要抛出的时间相同，下落的高度和竖直分速度就相同．2．利用平抛运动的偏转角解题设做平抛运动的物体下落高度为h ，水平位移为x 时，速度v A 与初速度v 0的夹角为θ，由图5-2可得：tan θ＝v y v x ＝gt v 0＝gt 2v 0t ＝2h x ①图5-2将v A 反向延长与水平位移相交于O 点，设A ′O ＝d ，则有：tan θ＝hd 解得d ＝12x ，tan θ＝2hx ＝2tan α②①②两式揭示了偏转角和其他各物理量的关系．图5-33．利用平抛运动的轨迹解题平抛运动的轨迹是一条抛物线，已知抛物线上的任意一段，就可求出水平初速度和抛出点，其他物理量也就迎刃而解了．设图5-3是某小球做平抛运动的一段轨迹，在轨迹上任取两点A和B，过A点作竖直线，并与过B点作的水平线相交于C点，然后过BC的中点D作垂线交轨迹于E点，再过E点作水平线交AC于F点，小球经过AE和EB的时间相等，设为单位时间T.由Δy＝gT2知T＝Δyg＝y FC－y AFg，v0＝x EFT＝gy FC－y AF·x EF.如图5-4所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8 m．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s＝90 m后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝10 m/s2)图5-4(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L＝410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围．【解析】(1)装甲车的加速度a＝v202s＝209m/s2.(2)第一发子弹飞行时间t1＝Lv＋v0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m第二个弹孔离地的高度h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v )2hg ＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg＋s ＝570 m L 的范围为492 m<L ≤570 m.【答案】 (1)209 m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L ≤570 m图5-52． 横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图5-5所示．现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上．其落点分别是a 、b 、c .下列判断正确的是( )A ．图中三小球比较，落在a 点的小球飞行时间最短B ．图中三小球比较，落在c 点的小球飞行时间最短C ．图中三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最大D ．图中三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最快综合测评(一)第五章 曲线运动(时间：60 分钟 满分：100 分)个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～10题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．关于物体做曲线运动的条件，以下说法中正确的是()A．物体受变力作用才可能做曲线运动B．物体受恒力作用也可能做曲线运动C．物体不受力也能做曲线运动D．物体只要受到外力就一定做曲线运动2．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()A.k vk2－1B.v1－k2C.k v1－k2D．vk2－13．如图1所示，某人游珠江，他以一定的速度面部始终垂直河岸向对岸游去．江中各处水流速度相等，他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是()图1A．水速大时，路程长，时间长B．水速大时，路程长，时间短C．水速大时，路程长，时间不变D ．路程、时间与水速无关4．如图2所示，在倾角为θ的斜面上A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上B 点所用的时间为( )图2A.2v 0 sin θgB.2v 0 tan θg C.v 0 sin θgD ．v 0 tan θg5．m 为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A 为终端皮带轮，如图3所示．已知皮带轮半径为r ，传送带与皮带轮间不会打滑，当m 可被水平抛出时，A 轮每秒的转数最少是( )图3A.12πgrB.g rC.gr D ．12πgr6． 为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图4所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A 球水平抛出，同时B 球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的是( )A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应改变装置的高度，多次实验D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动7．如图5所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是()图5A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮的转速为r1 r2nD．从动轮的转速为r2 r1n8．在光滑的水平面上，用长为l的细线拴一质量为m的小球，以角速度ω做匀速圆周运动．下列说法中正确的是()A．l、ω不变，m越大线越易被拉断B．m、ω不变，l越小线越易被拉断C．m、l不变，ω越大线越易被拉断D．m不变，l减半且角速度加倍时，线的拉力不变.9．如图6所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它做圆周运动．点a、b分别表示轨道的最低点和最高点，则杆对球的作用力可能是()A．a处为拉力，b处为拉力B．a处为拉力，b处为推力C．a处为推力，b处为拉力D．a处为推力，b处为推力10．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的有()A．可以用天平测量物体的质量B．可以用水银气压计测舱内的气压C．可以用弹簧测力计测拉力D．在卫星内将重物挂于弹簧测力计上，弹簧测力计示数为零，但重物仍受地球的引力二、填空题(本题共 3 个小题，共18 分)11．(6分) 小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动，得到不同轨迹．图7中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)，磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)．实验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向________(选填“在”或“不在”)同一直线上时，物体做曲线运动．图712．(6分)在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图8所示的装置．先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸．将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口的方向平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；将木板再向远离槽口的方向平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C.若测得木板每次移动距离x＝10.00 cm，A、B间距离y1＝5.02 cm，B、C间距离y2＝14.82 cm.(g＝9.80 m/s2)(1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？____________.(2)根据以上直接测量的物理量来求得小球初速度的表达式为v0＝_____.(用题中所给字母表示)(3)小球初速度的值为v0＝________________m/s.13．(6分)如图9所示，在高为h的平台边缘水平抛出小球A，同时在水平地面上距台面边缘水平距离为s处竖直上抛小球B，两球运动轨迹在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g，若两球能在空中相遇，则小球A的初速度v A应大于________，A、B两球初速度之比v Av B为________．图9三、计算题(本题共 3 个小题，共32 分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)14．(12分)把一小球从离地面h＝5 m处，以v0＝10 m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力(g取10 m/s2)．求：(1)小球在空中飞行的时间．(2)小球落地点离抛出点的水平距离．(3)小球落地时的速度．15．(8分)如图10所示，质量为m的物体，沿半径为r的圆轨道自A点滑下，A与圆心O等高，滑至B点(B点在O点正下方)时的速度为v，已知物体与轨道间的动摩擦因数为μ，求物体在B点所受的摩擦力．图1016．(12分)如图11所示，水平转盘的中心有个竖直小圆筒，质量为m的物体A放在转盘上，A到竖直筒中心的距离为r.物体A通过轻绳、无摩擦的滑轮与物体B相连，B与A质量相同．物体A与转盘间的最大静摩擦力是正压力的μ倍，则转盘转动的角速度在什么范围内，物体A才能随盘转动．图11附加题(本题供学生拓展学习，不计入试卷总分)17．如图12所示，在光滑的圆锥顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为30°，物体以速率v绕圆锥体轴线做水平圆周运动：图12(1)当v1＝gL/6时，求线对物体的拉力；(2)当v2＝3gL/2时，求线对物体的拉力．。
第一章 章末复习提升课
章末复习提升课利用正、余弦定理解三角形高考对本专题考查内容主要为利用正、余弦定理，根据三角形中的已知条件，求解未知边、角的问题．各类题型都可能出现，若以选择题、填空题的形式出现，属简单题；若以解答题的形式出现，属中等难度题．(1)(2015·高考广东卷)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，sin B ＝12，C ＝π6，则b ＝________．(2)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，且cos B ＝45，b ＝2.①当A ＝30°时，求a 的值；②当△ABC 的面积为3时，求a ＋c 的值．[解] (1)在△ABC 中，因为 sin B ＝12，0<B <π，所以 B ＝π6或B ＝56π.又因为 B ＋C <π，C ＝π6，所以 B ＝π6，所以 A ＝π－π6－π6＝23π.因为 a sin A ＝b sin B ，所以 b ＝a sin Bsin A ＝1.故填1.(2)①因为cos B ＝45，所以sin B ＝35.由正弦定理a sin A ＝b sin B ，可得a sin 30°＝103，所以a ＝53.②因为△ABC 的面积S ＝12ac ·sin B ，sin B ＝35，所以310ac ＝3，ac ＝10.由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得4＝a 2＋c 2－85ac ＝a 2＋c 2－16，即a 2＋c 2＝20.所以(a ＋c )2－2ac ＝20，(a ＋c )2＝40. 所以a ＋c ＝210.应用正、余弦定理的注意事项(1)正弦定理和余弦定理揭示了三角形边角之间的关系，解题时要根据题目条件恰当地实现边角的统一．(2)统一为“角”后，要注意正确利用三角恒等变换及诱导公式进行变形；统一为“边”后，要注意正确利用配方、因式分解等代数变换方法进行变形．正、余弦定理的实际应用正、余弦定理在实际中的应用是高考中的热点，主要考查距离、高度、角度等问题，试题难度一般．(2014·高考课标全国卷Ⅰ)如图，为测量山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C为测量观测点．从A 点测得M 点的仰角∠MAN ＝60°，C 点的仰角∠CAB ＝45°以及∠MAC ＝75°；从C 点测得∠MCA ＝60°.已知山高BC ＝100 m ，则山高MN ＝________m.[解析] 根据题图知，AC ＝100 2 m.在△MAC 中，∠CMA ＝180°－75°－60°＝45°. 由正弦定理得AC sin 45°＝AM sin 60°⇒AM ＝100 3 m.在△AMN 中，MNAM＝sin 60°，所以MN ＝1003×32＝150(m)． [答案] 150解决这类题目，一要掌握仰角、俯角和方位角等常用术语；二要通过审题把已知量和待求量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解三角形的模型；三要利用正、余弦定理解出所需要的边和角，求得该数学模型的解．正、余弦定理与三角函数的综合(2015·高考浙江卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知A＝π4，b 2－a 2＝12c 2. (1)求tan C 的值；(2)若△ABC 的面积为3，求b 的值． [解] (1)由b 2－a 2＝12c 2及正弦定理得sin 2B －12＝12sin 2C ，所以－cos 2B ＝sin 2C .又由A ＝π4，即B ＋C ＝34π，得－cos 2B ＝sin 2C ＝2sin C cos C ， 解得tan C ＝2.(2)由tan C ＝2，C ∈(0，π)，得 sin C ＝255，cos C ＝55.因为sin B ＝sin(A ＋C )＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋C ，所以sin B ＝31010.由正弦定理得c ＝22b3，又因为A ＝π4，12bc sin A ＝3，所以bc ＝62，故b ＝3.正、余弦定理与三角函数的综合应用(1)以三角形为载体，以正、余弦定理为工具，以三角恒等变换为手段来考查三角形问题是近年高考的一类热点题型．在具体解题时，除了熟练使用正、余弦定理外，也要根据条件合理选用三角函数公式，达到化简问题的目的．(2)解三角形问题实质是几何问题转化为代数问题，即方程问题，所以利用正、余弦定理解题时，常与平面向量等知识结合给出问题的条件，这些知识的加入，一般只起到“点缀”作用，难度较小，易于化简．转化与化归思想(1)(2015·高考北京卷)在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2Asin C ＝________．(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边长．已知b 2＝ac 且a 2－c 2＝ac －bc . ①求A 的大小； ②求b sin B c的值．[解] (1)由正弦定理得sin A sin C ＝ac ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，因为 a ＝4，b ＝5，c ＝6，所以 sin 2A sin C ＝2sin A cos A sin C ＝2·sin A sin C ·cos A ＝2×46×52＋62－422×5×6＝1.故填1.(2)①因为b 2＝ac 且a 2－c 2＝ac －bc ， 所以a 2－c 2＝b 2－bc ， 所以b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12.又因为A ∈(0°，180°)，所以A ＝60°.②法一：在△ABC 中，由正弦定理得sin B ＝b sin Aa .因为b 2＝ac ，所以b a ＝cb .所以sin B ＝b sin A a ＝c sin Ab ，所以b sin B c ＝sin A ＝sin 60°＝32.法二：在△ABC 中，由面积公式得12bc sin A ＝12ac sinB.因为b 2＝ac ，所以bc sin A ＝b 2sin B ，所以b sin B c ＝sin A ＝sin 60°＝32.在解三角形时，常用正弦定理或余弦定理“化边为角”或“化角为边”，从而发现三角形中各元素之间的关系，在实际应用中，也常建立数学模型将实际问题转化为数学问题来解决，因此要理解并领悟转化与化归思想，以便应用到要解决的问题中去．1．在△ABC 中，a ＝7，b ＝43，c ＝13，则△ABC 的最小角为( ) A.π3 B.π6C.π4D.π12解析：选 B.因为a >b >c ，所以C 为最小角，由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝72＋（43）2－（13）22×7×43＝32， 所以C ＝π6.2．在△ABC 中，a ＝32，b ＝23，cos C ＝13，则△ABC 的面积为( )A ．3 3B ．2 3C ．4 3D. 3解析：选C.因为cos C ＝13，0<C <π，所以sin C ＝223，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×32×23×223＝4 3.3．设l ，l ＋1，l ＋2是钝角三角形的三边长，则l 的取值范围是( ) A ．0<l <1 B ．1<l <3 C ．3<l <4D ．4<l <6解析：选B.因为l ，l ＋1，l ＋2是钝角三角形的三边长， 所以l >0，且l ＋2<l ＋(l ＋1)，所以l >1. 设最长边所对的角为C ，由题意知，cos C <0，即cos C ＝l 2＋（l ＋1）2－（l ＋2）22l （l ＋1）<0，所以l 2－2l －32l （l ＋1）<0，即l 2－2l －3<0，－1<l <3，所以1<l <3.4．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a ，则ba＝________．解析：利用正弦定理，将已知等式化为sin 2A sin B ＋sin B cos 2A ＝2sin A ，整理，得sinB ＝2sin A ，再利用正弦定理，得b ＝2a ，所以ba＝ 2.答案： 25．在△ABC 中，边a ，b 的长是方程x 2－5x ＋2＝0的两个根，C ＝60°，则边c 的长为________．解析：由题意，得a ＋b ＝5，ab ＝2.由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ＝52－3×2＝19，所以c ＝19.答案：196．在△ABC 中，8sin 2B ＋C2－2cos 2A ＝7.(1)求角A 的大小；(2)若a ＝3，b ＋c ＝3，求b ，c 的值． 解：(1)因为8sin 2B ＋C2－2cos 2A ＝7，所以8cos 2A2－2(2cos 2A －1)＝7.所以4(1＋cos A )－4cos 2A ＝5， 所以4cos 2A －4cos A ＋1＝0， 解得cos A ＝12，所以A ＝π3.(2)因为a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，a ＝3，b ＋c ＝3， 所以3＝(b ＋c )2－2bc －bc ＝9－3bc ，所以bc ＝2.所以⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，c ＝1.[A 基础达标]1．在△ABC 中，若sin A >sin B ，则A 与B 的大小关系为( ) A ．A >B B ．A <BC ．A ≥BD ．A ，B 的大小关系不能确定解析：选A.由正弦定理，可得a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，其中R 为△ABC 外接圆的半径，因为sin A >sin B ，三角形确定后，R 为常数，所以a >b .又因为A ，B 为△ABC 的内角，所以A >B .2．在△ABC 中，a ＝15，b ＝10，A ＝60°，则cos B ＝( ) A.63B.223C ．－63D ．－223解析：选A.已知a ＝15，b ＝10，A ＝60°，在△ABC 中，由正弦定理可得sin B ＝b sin Aa ＝10×3215＝33，又由a >b 可得A >B ，即B 为锐角，则cos B ＝1－sin 2B ＝63.3．在△ABC 中，已知a ＝17，b ＝24，A ＝45°，则此三角形解的情况为( ) A ．无解 B ．两解C ．一解D ．解的个数不确定解析：选B.由正弦定理得sin B ＝b sin A a ＝12217<1，即sin B <1，因为A ＝45°，所以B有两解，即三角形有两解．4．设△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c .已知a ＝1，b ＝2，cos C ＝14，则△ABC 的周长为( )A ．5B ．3C ．8D ．4解析：选A.由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝1＋4－2×1×2×14＝4，所以c ＝2，从而△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝1＋2＋2＝5.5．在△ABC 中，A ∶B ∶C ＝4∶1∶1，则a ∶b ∶c 等于( ) A.3∶1∶1 B ．2∶1∶1 C.2∶1∶2D ．3∶1∶1解析：选A.由A ∶B ∶C ＝4∶1∶1知 A ＝120°，B ＝30°，C ＝30°， 所以a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ＝32∶12∶12＝3∶1∶1.6．(2015·高考广东卷改编)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝2，c＝23，cos A ＝32且b <c ，则b ＝________． 解析：由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得4＝b 2＋12－6b ，解得b ＝2或4.又b <c ，所以 b ＝2.答案：27．(2016·昆明一中检测)在△ABC 中，BC ＝3，AB ＝2，且sin C sin B ＝25(6＋1)，则角A ＝________．解析：设△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .由题意得a ＝3，c ＝2，且sin C sin B＝25(6＋1)＝c b ，所以b ＝225（6＋1）＝6－1，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－12，所以A ＝120°. 答案：120°8．(2016·宁德质检)在锐角三角形ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边．若2a sin B ＝3b ，b ＋c ＝5，bc ＝6，则a ＝________．解析：因为2a sin B ＝3b ，所以2sin A sin B ＝3sin B.所以sin A ＝32，因为△ABC 为锐角三角形， 所以cos A ＝12，因为bc ＝6，b ＋c ＝5，所以b ＝2，c ＝3或b ＝3，c ＝2.所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝22＋32－2×6×12＝7，所以a ＝7. 答案：79．在△ABC 中，若A ＝120°，AB ＝5，BC ＝7，求△ABC 的面积． 解：由正弦定理， 得7sin 120°＝5sin C，所以sin C ＝5314，且C 为锐角(∠A ＝120°)．所以cos C ＝1114.所以sin B ＝sin(180°－120°－C )＝sin(60°－C ) ＝32cos C －12sin C ＝32×1114－12×5314＝3314.所以S △ABC ＝12AB ·BC ·sin B ＝12×5×7×3314＝1534.10．(2015·高考陕西卷)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .向量m ＝(a ，3b )与n ＝(cos A ，sin B )平行．(1)求A ；(2)若a ＝7，b ＝2，求△ABC 的面积． 解：(1)因为m ∥n ，所以a sin B －3b cos A ＝0， 由正弦定理，得sin A sin B －3sin B cos A ＝0， 又sin B ≠0，从而tan A ＝ 3. 由于0＜A ＜π，所以A ＝π3.(2)法一：由余弦定理，得 a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 而a ＝7，b ＝2，A ＝π3，得7＝4＋c 2－2c ，即c 2－2c －3＝0. 因为c ＞0，所以c ＝3.故△ABC 的面积为12bc sin A ＝332.法二：由正弦定理，得7sinπ3＝2sin B ，从而sin B ＝217. 又由a ＞b ，知A ＞B ，所以cos B ＝277.故sin C ＝sin(A ＋B )＝sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π3＝sin B cos π3＋cos B sin π3＝32114.所以△ABC 的面积为12ab sin C ＝332.[B 能力提升]1．若△ABC 的三边分别是a ，b ，c ，它的面积为a 2＋b 2－c 243，则角C 等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．105°解析：选A.因为S △ABC ＝12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 243，所以a 2＋b 2－c 2＝23ab sin C ，所以a 2＋b 2－c 22ab ＝3sin C ，即cos C ＝3sin C ，所以tan C ＝33.因为C ∈(0°，180°)，所以C ＝30°. 2．某舰艇在A 处测得遇险渔船在北偏东45°方向且距离为10海里的C 处，此时得知，该渔船沿北偏东105°方向，以每小时9海里的速度向一小岛靠近，舰艇时速为21海里，则舰艇与渔船相遇的最短时间为________．解析：如图，设它们在D 处相遇，用时为t 小时，则AD ＝21t ，CD ＝9t ，∠ACD ＝120°，由余弦定理，得cos 120°＝102＋（9t ）2－（21t ）22×10×9t ，解得t ＝23(负值舍去)，23小时＝40分种，即舰艇与渔船相遇的最短时间为40分钟．答案：40分钟3．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且c ＝2，C ＝60°. (1)求a ＋bsin A ＋sin B的值；(2)若a ＋b ＝ab ，求△ABC 的面积S △ABC . 解：(1)由正弦定理可设a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2sin 60°＝232＝433，所以a ＝433sin A ，b ＝433sin B ，所以a ＋b sin A ＋sin B ＝433（sin A ＋sin B ）sin A ＋sin B＝433.(2)由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，即4＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ，又a ＋b ＝ab ，所以(ab )2－3ab －4＝0，解得ab ＝4或ab ＝－1(舍去)，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×4×32＝ 3.4．(选做题)在△ABC 中，设角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos 2A ＝sin 2B ＋cos 2C ＋sin A sin B.(1)求角C 的大小；(2)若c ＝3，求△ABC 周长的取值范围．解：(1)由题意知1－sin 2A ＝sin 2B ＋1－sin 2C ＋sin A ·sin B，即sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－sin A sin B ，由正弦定理得a 2＋b 2－c 2＝－ab ，由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－ab 2ab ＝－12. 又因为0<C <π，所以C ＝2π3. (2)由正弦定理得a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2， 所以a ＝2sin A ，b ＝2sin B ，则△ABC 的周长为L ＝a ＋b ＋c ＝2(sin A ＋sin B )＋3＝2⎣⎡⎦⎤sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎫π3－A ＋3＝2sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＋ 3. 因为0<A <π3，所以π3<A ＋π3<2π3， 所以32<sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3≤1， 所以23<2sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＋3≤2＋3， 所以△ABC 周长的取值范围是(23，2＋3]．。
章末复习提升课1
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化学· 必修1
【解析】
18 A项，N(质子)＝ ×10NA＝10NA，正确；B 18
－ 项，N(SO2 4 )＝2×0.5NA＝NA，带的电荷数为2NA，错误；C
14 1 1 项，N(分子)＝ NA＝ NA，N(原子)＝ NA×2＝NA，正确；D 28 2 2 项，NO2、CO2均含有2个O原子，正确；E项，常温常压下22.4 L不是1 mol气体分子，错误。
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化学· 必修1
【解析】 A 项宜将混合气体通过灼热的 CuO； B 项盐酸溶 解的是 BaCO3 固体，把杂质 BaSO4 给保留了下来；硝酸钾的溶 解度随温度升高变大，但食盐的溶解度随温度变化较小，一般用 结晶或重结晶法分离。
【答案】 D
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化学· 必修1
2．利用实验器材(规格和数量不限)，能完成相应实验的一项 是( )
实验器材(省略夹持装置) 相应实验
A 烧杯、玻璃棒、蒸发皿
B C D 烧杯、玻璃棒、胶头滴 管、滤纸 烧杯、玻璃棒、胶头滴 管、容量瓶 烧杯、玻璃棒、胶头滴 管、分液漏斗
CuSO4溶液的浓缩结晶
用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3 用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液 用溴水和CCl4除去NaBr溶液中少量 NaI (提示：Br2＋2NaI===2NaBr＋I2)
本热点的命题角度有①一定质量、气体体积、溶液中所含 离子的数目判断；②化学反应中物质得失电子的数目等，高考 动向仍会以NA为载体的粒子数(分子、质子、原子、电子、电荷 等)的计算与判断。
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栏目 导引
第一章 计数原理
2.从 5 名学生中选出 4 名分别参加 A，B，C，D 四科竞赛，其中 甲不能参加 C，D 两科竞赛，则不同的参赛方案种数为________. 解析：分为以下几步：(1)选人：先从 5 人中选出 4 人，分为两种 情况：有甲参加和无甲参加．有甲参加时，选法有 C34＝4(种)； 无甲参加时，选法有 C44＝1(种)．(2)安排科目：有甲参加时，先 排甲，再排其他人，排法有 A12A33＝12(种)；无甲参加时，排法有 A44＝24(种)．由分步乘法计数原理，不同的参赛方案种数为 4×12 ＋1×24＝72. 答案：72
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第一章 计数原理
使用两个原理应注意的问题 (1)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分 步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格， 使问题更加直观、清晰. (2)当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步．
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第一章 计数原理
5 个不同的球放入 4 个不同的盒子中，每个盒子中 至少有一个球，若甲球必须放入 A 盒，则不同的放法种数是 ________. 解析：将甲球放入 A 盒后分两类，一类是除甲球外，A 盒还放其 他球，共 A44＝24(种)，另一类是 A 盒中只有甲球，则其他 4 个球 放入另外的三个盒中，有 C24·A33＝36(种)．故总的放法为 24＋36 ＝60(种). 答案：60
第一章 计数原理
2.x3－2x4＋x＋1x8的展开式中的常数项为(
)
A．32
B．34
C．36
D．38
解析：选 D．x3－2x4的展开式的通项为 Tm＋1＝C4m(x3)4－m·－2xm
＝C4m·(－2)mx12－4m，令 12－4m＝0，解得 m＝3，x＋1x8的展开
章末复习提升课
章末复习提升课主题1 等差、等比数列的判定已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn . (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．【解】 (1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）n a n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列． 由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn ，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1， 所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a nn ＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.判断和证明数列是等差(比)数列的两种方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的常数．(2)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列； ②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2且a n ≠0)，则{a n }为等比数列．已知数列{a n }满足a 1＝15，且当n >1，n ∈N *时，有a n －1a n＝2a n －1＋11－2a n.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列；(2)试问a 1a 2是否是数列{a n }中的项？如果是，是第几项？如果不是，请说明理由．(1)证明：当n ≥2时，由a n －1a n ＝2a n －1＋11－2a n 得a n －1－a n ＝4a n －1a n ，两边同除以a n －1a n ，得1a n －1a n －1＝4.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝5，公差d ＝4的等差数列．(2)解：由(1)得1a n ＝1a 1＋(n －1)d ＝4n ＋1，所以a n ＝14n ＋1.所以a 1a 2＝15×19＝145.假设a 1a 2是数列{a n }中的第t 项， 则a t ＝14t ＋1＝145，解得t ＝11∈N *， 所以a 1a 2是数列{a n }中的项，是第11项． 主题2 求数列的通项公式(1)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．(2)若数列{a n }满足：a 1＝1且a n ＋1a n ＝n ＋2n (n ∈N *)，则当n ≥2时，a n ＝__________．【解析】 (1)因为3S 1，2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.(2)因为a 1＝1且a n ＋1a n＝n ＋2n (n ∈N *)，所以a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n －1a n －2·a n a n －1＝31·42·53·…·n n －2·n ＋1n －1，即当n ≥2时，a n ＝n （n ＋1）2. 【答案】 (1)3n －1 (2)n （n ＋1）2数列的通项公式的求法(1)定义法：即直接利用等差数列或等比数列的定义求通项公式的方法叫定义法，这种方法适用于已知数列类型的题目．(2)已知S n 求a n ：若已知数列的前n 项和S n 与a n 的关系，求数列{a n }的通项a n 可用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求解．(3)累加或累乘法：形如a n －a n －1＝f (n )(n ≥2)的递推式，可用累加法求通项公式；形如a na n －1＝f (n )(n ≥2)的递推式，可用累乘法求通项公式．1．已知数列{2n －1a n }的前n 项和S n ＝9＋2n ，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________．解析：因为S n ＝9＋2n ，① 所以S n －1＝9＋2(n －1)(n ≥2)，②①－②，得2n －1a n ＝2，所以a n ＝22n －1＝22－n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝9＋2＝11，不符合上式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧11，n ＝1，22－n ，n ≥2.答案：⎩⎨⎧11，n ＝1，22－n ，n ≥22．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n ，则a n ＝________．解析：由已知得a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，分别将n ＝1，2，3，…，(n －1)代入上式得(n －1)个等式，累加，得(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ， 即a n －a 1＝1－1n .因为a 1＝12，所以a n ＝12＋1－1n ＝32－1n .答案：32－1n 主题3 数列求和已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和为n 2n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)设数列{a n }的公差为d ，令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3.令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15. 解得a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n ，所以T n ＝1×41＋2×42＋…＋n ·4n ， 所以4T n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)·4n ＋n ·4n ＋1， 两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1 ＝4（1－4n ）1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43，所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋（3n －1）·4n ＋19.数列求和的常用方法(1)公式法：直接利用等差、等比数列的前n 项和公式求和．(2)裂项相消法：将数列的各项分成两个式子的代数和，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后相加．(3)错位相减法：若数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，则数列{a n b n }可用错位相减法求和．(4)倒序相加法：对于满足性质a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝…的数列可用倒序相加法求和．(5)分组转化法：将数列的每一项进行适当的拆分后再分组，可组成几个等差或等比数列，进行求和．(6)并项求和法：将数列的某些项合并后转化为特殊的数列求和．已知函数f (x )＝xx ＋1，数列{a n }满足a 1＝1，并且a n ＋1＝f (a n )． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)由题意得a n ＋1＝a n a n ＋1，所以1a n ＋1＝a n ＋1a n ＝1＋1a n ，即1a n ＋1－1a n＝1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是一个等差数列，公差为1，首项为1a 1＝1.从而1a n＝n ，所以a n ＝1n .(2)由(1)得b n ＝1n ＋1a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1. 主题4 数列的实际应用某国采用养老储备金制度，要求公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a 1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d (d ＞0)，因此，历年所交纳的储备金数目a 1，a 2，…是一个公差为d 的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策：不仅采用固定利率，而且复利计算，这就是说，如果固定年利率为r (r ＞0)，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为a 1(1＋r )n －1，第二年所交纳的储备金就变为a 2(1＋r )n －2，….以T n 表示到第n 年末所累计的储备金总额．(1)写出T n 与T n －1(n ≥2)的递推关系式；(2)求证：T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是一个等比数列，{B n }是一个等差数列． (1)【解】 T n ＝T n －1(1＋r )＋a n (n ≥2)．(2)【证明】 T 1＝a 1，对n ≥2反复使用(1)中关系式，得T n ＝T n －1(1＋r )＋a n ＝T n －2(1＋r )2＋a n －1(1＋r )＋a n ＝…＝a 1(1＋r )n －1＋a 2(1＋r )n －2＋…＋a n －1(1＋r )＋a n .①在①式两端同乘以(1＋r )得，(1＋r )T n ＝a 1(1＋r )n ＋a 2(1＋r )n －1＋…＋a n －1(1＋r )2＋a n (1＋r )．②②－①，得rT n ＝a 1(1＋r )n ＋d [(1＋r )n －1＋(1＋r )n －2＋…＋(1＋r )]－a n ＝dr [(1＋r )n －1－r ]＋a 1(1＋r )n －a n ，即T n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n－d r n －a 1r ＋d r 2.如果记A n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n，B n ＝－a 1r ＋d r 2－dr n ，则T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是以a 1r ＋dr 2(1＋r )为首项，1＋r (r ＞0)为公比的等比数列，{B n }是以－a 1r ＋d r 2－d r 为首项，－dr 为公差的等差数列．(1)利息＝本金×利率×存期，如果涉及复利问题，常用等比数列模型解决．涉及分期付款问题时，由于一般采用复利计算利息的办法，所以也要借助于等比数列模型解决．处理分期付款需注意：①准确计算出在贷款全部付清时，各期所付款额及利息(最后一次付款没有利息)；②明确各期所付的数额连同到最后一次付款时所产生的利息之和，等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和，只有掌握了这一点，才可顺利建立等量关系．(2)一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题可以通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？(参考数据：取1.0510≈1.629，1.310≈13.786，1.510≈57.665)解：甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为S10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝1.310－10.3≈42.62(万元)，贷款到期时，需要偿还银行的本息是10(1＋5%)10≈16.29(万元)，故使用甲方案所获纯利润为42.62－16.29＝26.33(万元)．乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5，所以10年所获得的总利润为T10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋10×92×0.5＝32.5(万元)，从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为11＋5%，故贷款到期时，需要偿还银行的本息是1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]＝1.05×1.0510－10.05≈13.21(万元)，故使用乙方案所获纯利润为32.5－13.21＝19.29(万元)．综上可知，甲方案获利更多．主题5数学归纳法的应用将正整数作如下分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，(7，8，9，10)，(11，12，13，14，15)，(16，17，18，19，20，21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下，试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，……【解】由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44；猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．②假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．根据①和②，可知对于任意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．“归纳—猜想—证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式．其一般思路是通过观察有限个特例，猜想出一般性的结论，然后用数学归纳法证明．这种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中有着广泛的应用．其关键是归纳、猜想出公式．用数学归纳法证明：1＋n2≤1＋12＋13＋…＋12n≤12＋n(n∈N*)．证明：(1)当n ＝1时， 左边＝1＋12，右边＝12＋1， 所以32≤1＋12≤32，即命题成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时命题成立，即 1＋k 2≤1＋12＋13＋…＋12k ≤12＋k ， 则当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k ＞1＋k 2＋2k·12k ＋2k＝1＋k ＋12. 又1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k ＜12＋k ＋2k ·12k＝12＋(k ＋1)， 即n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，命题对所有n ∈N *都成立．[A 基础达标]1．数列3，5，9，17，33，…的通项公式等于( ) A ．2n B ．2n ＋1 C ．2n －1D ．2n ＋1解析：选B.由数列3，5，9，17，33，…的前5项可知，每一项都满足2n ＋1，故选B.2．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 11＋a 13a 8＋a 10＝( )A ．27B ．3C ．－1或3D ．1或27解析：选A.设等比数列{a n }的公比为q ，因为3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，所以3a 1＋2a 2＝a 3.所以3a 1＋2a 1q ＝a 1q 2，得q 2－2q －3＝0.所以q ＝3(q ＝－1不符合题意，舍去)．所以a 11＋a 13a 8＋a 10＝q 3＝33＝27.故选A.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n ＝( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选A.设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 4＋a 6＝－6，所以a 5＝－3.所以d ＝a 5－a 15－1＝2.所以a 6＝－1<0，a 7＝1>0.故当等差数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值时，n 等于6.4．等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若a n b n ＝2n 3n ＋1，则S 21T 21的值为( )A.1315 B.2335 C.1117D.49 解析：选C.S 21T 21＝21（a 1＋a 21）221（b 1＋b 21）2＝a 1＋a 21b 1＋b 21＝a 11b 11＝2×113×11＋1＝1117.5．设数列{a n }为递减的等比数列，a 1＋a 2＝11，a 1a 2＝10，则lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 10＝( )A ．35B ．－35C ．55D ．－55解析：选B.由a 1＋a 2＝11，a 1a 2＝10及{a n }为递减的等比数列，可得a 1＝10，a 2＝1，所以q ＝110.所以lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 10＝lg(a 1a 10)5＝5lg(a 1a 1q 9)＝5lg q 7＝－35.故选B.6．等比数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝243，则{a n }的前4项和是________． 解析：因为a 2＝9，a 5＝243，a 5＝a 2·q 3， 所以q 3＝2439＝27. 所以公比q ＝3. 从而a 1＝3，所以S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝3×（1－34）1－3＝120.答案：1207．在2和30之间插入两个正数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则插入的这两个数的等比中项为________．解析：设插入的两个数为a ，b ，对于数列2，a ，b ，30，由题意得a 2＝2b ，2b ＝a ＋30，解得a ＝6或－5(舍去)，b ＝18，所以a 与b 的等比中项为±6×18＝±6 3.答案：±6 38．《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．解析：设该数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋7d ＝43，d ＝766.则a 5＝a 1＋4d ＝a 1＋7d －3d ＝6766. 答案：67669．(2020·高考全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和．若S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，求m . 解：(1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1. 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝4，a 1q 2－a 1＝8.解得a 1＝1，q ＝3.所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)知log 3a n ＝n －1. 故S n ＝n （n －1）2.由S m ＋S m ＋1＝S m ＋3得m (m －1)＋(m ＋1)m ＝(m ＋3)·(m ＋2)，即m 2－5m －6＝0.解得m ＝－1(舍去)，m ＝6.10．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＋a 3＝－2，S 15＝75(n ∈N *)． (1)求S 9； (2)若数列b n ＝1（a n ＋4）（a n ＋1＋4），求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 1＋a 3＝－2，S 15＝75，得 ⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋2d ＝－2，15a 1＋105d ＝75，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝1.所以S 9＝9×(－2)＋9×82×1＝18. (2)由(1)知，a n ＝－2＋1×(n －1)＝n －3，所以b n ＝1（a n ＋4）（a n ＋1＋4）＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2.所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n2n ＋4.[B 能力提升]11．已知数列{a n}：1，1，2，3，5，8，13，…，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，若把该数列的每一项除以4所得的余数按相对应的顺序组成新数列{b n}，则b2 018＝()A．0B．1C．2 D．3解析：选B.将数列1，1，2，3，5，8，13，…的每一项除以4所得的余数分别为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…，即新数列{b n}是周期为6的周期数列，所以b2 018＝b336×6＋2＝b2＝1.故选B.12．(多选)已知数列{a n}为等差数列，首项为1，公差为2，数列{b n}为等比数列，首项为1，公比为2，设c n＝a bn，T n为数列{c n}的前n项和，则当T n＜2 019时，n的取值可以是下面选项中的()A．8 B．9C．10 D．11解析：选AB.由题意，a n＝1＋2(n－1)＝2n－1，b n＝2n－1，c n＝a bn＝2·2n－1－1＝2n－1，则数列{c n}为递增数列，其前n项和T n＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2（1－2n）1－2－n＝2n＋1－2－n.当n＝9时，T n＝1 013＜2 019；当n＝10时，T n＝2 036＞2 019.所以n的取值可以是8，9.故选AB.13．(2020·高考全国卷Ⅰ)数列{a n}满足a n＋2＋(－1)n a n＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________．解析：因为数列{a n}满足a n＋2＋(－1)n a n＝3n－1，所以当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)，所以(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＋(a14＋a16)＝5＋17＋29＋41＝92.当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＋1－a 2k －1＝6k －4(k ∈N *)，所以当k ≥2时，a 2k －1＝a 1＋(a 3－a 1)＋(a 5－a 3)＋(a 7－a 5)＋…＋(a 2k －1－a 2k －3)＝a 1＋2＋8＋14＋…＋[6(k －1)－4]＝a 1＋（2＋6k －10）（k －1）2＝a 1＋(3k －4)(k －1)，当k ＝1时上式也成立，所以a 2k －1＝a 1＋(3k －4)(k －1)(k ∈N *)，即a 2k －1＝a 1＋3k 2－7k ＋4(k ∈N *)．方法一：所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋…＋a 15＝8a 1＋3×(12＋22＋32＋…＋82)－7×(1＋2＋3＋…＋8)＋4×8＝8a 1＋3×8×（8＋1）×（2×8＋1）6－7×（1＋8）×82＋32＝8a 1＋612－252＋32＝8a 1＋392.又前16项和为540，所以92＋8a 1＋392＝540，解得a 1＝7.方法二：所以a 2k －1＝a 1＋(3k 2＋3k ＋1)－10k ＋3＝a 1＋[(k ＋1)3－k 3]－10k ＋3，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋…＋a 15＝8a 1＋(23－13)＋(33－23)＋…＋(93－83)－10×（1＋8）×82＋3×8＝8a 1＋93－13－360＋24＝8a 1＋392.又前16项和为540，所以92＋8a 1＋392＝540，解得a 1＝7.答案：714．已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q . 由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q 61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1) ＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12，即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列． 设数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n （b 1＋b 2n ）2＝2n 2.[C 拓展探究]15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n3n ＋1，求数列{b n }的通项公式；(3)令c n ＝a n b n4(n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n (n ＋1)－(n －1)n ＝2n ， 因为a 1＝2满足该式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)． (2)a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋…＋b n3n ＋1，①a n ＋1＝b 13＋1＋b 232＋1＋…＋b n3n ＋1＋b n ＋13n ＋1＋1，②②－①得，b n ＋13n ＋1＋1＝a n ＋1－a n ＝2，得b n ＋1＝2(3n ＋1＋1)，即b n ＝2(3n ＋1)(n ≥2)， 当n ＝1时，b 1＝8，符合上式． 所以b n ＝2(3n ＋1)(n ∈N *)． (3)c n ＝a n b n4＝n (3n ＋1)＝n ·3n ＋n ，所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝(1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n )＋(1＋2＋…＋n )，令H n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，③ 则3H n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，④ ③－④得，－2H n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1 ＝3（3n －1）3－1－n ×3n ＋1.所以H n ＝（2n －1）×3n ＋1＋34.所以数列{c n }的前n 项和T n ＝（2n －1）×3n ＋14＋n （n ＋1）2＋34.。
16-17版：章末复习提升（创新设计）
所以假设不成立,原命题得证.
章末复习提升
21
跟踪演练 3 若 a,b,c 均为实数,且 a＝x2－2y＋π2,b＝y2－2z＋π3, c＝z2－2x＋π6.求证：a,b,c 中至少有一个大于 0. 证明 假设a,b,c都不大于0,即a≤0,b≤0,c≤0, 则 a＋b＋c≤0,而 a＋b＋c＝x2－2y＋π2＋y2－2z＋π3＋z2－2x＋π6 ＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3.
成解决问题的初步思路,然后用归纳、类比的方法进行探索、猜
想,最后用逻辑推理方法进行验证.
章末复习提升
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例1 观察下列各式：a＋b＝1,a2＋b2＝3,a3＋b3＝4,a4＋b4＝7,a5 ＋b5＝11,…,则a10＋b10等于( C ) A.28 B.76 C.123 D.199 解析 记an＋bn＝f(n),则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋ f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11. 通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N＋,n≥3),则f(6)＝ f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9) ＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123.
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3.数学归纳法的应用必须注意以下两点：
(1)验证是基础
数学归纳法的原理表明：第一个步骤是要找一个数n0,这个数n0就是 要证明的命题对象的最小自然数,这个自然数并不一定都是“1”.
(2)递推是关键
数学归纳法的实质在于递推,所以从“k”到“k＋1”的过程,必须
答案 D
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章末整合提升专题一 ⇨三角函数的概念和诱导公式三角函数的定义及诱导公式在中学数学的学习中主要有两方面的作用：一是以集合的交、并、补运算为载体，考查三角函数值在各象限内的符号、终边相同的角及象限角等基础知识．二是考查诱导公式在三角函数求值、化简、证明和三角恒等变换中的应用．典例1 已知角α终边上一点P 的坐标为(sin 5π6，cos 5π6)，则角α的最小正值是 ( ) A ．5π6 B ．2π3 C ．5π3 D ．11π6专题二 ⇨利用三角函数及关系化简、证明、计算三角函数的定义及同角三角函数的基本关系在高考中应用比较多，结合化简、求值、证明进行考查，注意公式sin 2α＋cos 2α＝1和tan α＝sin αcos α及变形公式的灵活运用． 典例2 已知－π2<x <0，sin x ＋cos x ＝15. (1)求sin x －cos x 的值；(2)求sin x cos x ＋sin 2x 1－tan x的值． 专题三 ⇨正弦函数与余弦函数的对称性问题正弦函数y ＝sin x ，余弦函数y ＝cos x ，在教材中已研究了它们的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性．除了上述有关内容之外，近年来有关正弦函数、余弦函数等对称性问题在高考中有所出现，有必要对其作进一步的探讨．函数y ＝sin x ，x ∈R 的图象是中心对称图形，并且有无穷多个对称中心，对称中心是图象与x 轴的任一交点，坐标为(k π，0)(k ∈Z )；函数y ＝cos x ，x ∈R 的对称中心坐标为(k π＋π2，0)(k ∈Z )，以上两个函数图象，也是轴对称图形，它们的对称轴分别是x ＝k π＋π2(k ∈Z )和x ＝k π(k ∈Z )；函数y ＝tan x 的对称中心坐标为(k π2，0)(k ∈Z )，但它不是轴对称图形．典例3 求函数y ＝sin(2x －π6)的对称中心和对称轴方程. 专题四 ⇨三角函数的值域与最值问题求三角函数的值域(最值)可分为几类：(1)是y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k 类型的，应利用其图象与性质、数形结合求解．(2)是可化为以三角函数为元的二次函数类型，应确定三角函数的范围，再用二次函数求解．(3)利用几何意义求解等．典例4 已知函数y ＝a sin(2x ＋π6)＋b 在x ∈[0，π2]上的值域为[－5,1]，求a 、b 的值. 典例5 设a ≥0，若y ＝cos 2x －a sin x ＋b 的最大值为0，最小值为－4，试求a 、b 的值.专题五 ⇨三角函数的图象及变换1.用“五点法”作y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象时，确定五个关键点的方法是分别令ωx ＋φ的值为0，π2，π，32π，2π. 2．对于y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k (A >0，ω>0)，应明确A 、ω决定“形变”，φ，k 决定“位变”，A 影响值域，ω影响周期，A ，ω，φ影响单调性．针对x 的变换，即变换多少个单位长度，向左或向右很容易出错，应注意先“平移”后“伸缩”与先“伸缩”后“平移”的区别．3．由已知函数图象求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的解析式时常用的解题方法是待定系数法．由图中的最大值或最小值确定A ，由周期确定ω，由适合解析式的点的坐标来确定φ.但由图象求得的y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的解析式一般不唯一，只有限定φ的取值范围，才能得出唯一的解．否则φ的值不确定，解析式也就不唯一．典例6 函数f 1(x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)的一段图象过点(0,1)，如图所示.(1)求函数f 1(x )的表达式；(2)将函数y ＝f 1(x )的图象向右平移π4个单位，得函数y ＝f 2(x )的图象，求y ＝f 2(x )的最大值，并求出此时自变量x 的集合．专题六 ⇨数学思想数形结合的思想数形结合思想是重要的数学思想，它能把抽象的思维方式转化为形象、直观的思维方式，从而使问题变得简单明了．在本章中，数形结合思想贯穿始终，主要体现在以下几个方面：利用单位圆给出三角函数的定义，并推导出同角三角函数的基本关系；利用三角函数线画正(余)弦及正切函数的图象．典例7 设函数f (x )＝4sin(2x ＋1)－x ，则在下列区间中函数f (x )不存在零点的是 ( A )A ．[－4，－2]B ．[－2,0]C ．[0,2]D ．[2,4]专题七 ⇨函数与方程思想有些三角函数问题可以直接转化为一元二次方程(组)求解，还有些三角函数问题，可依据题设条件适当选取三角函数关系式，联立组成方程组，以达到消元求值的目的，这是方程思想在三角函数求值中的运用．典例8 已知cos(π2－α)＝－2cos(3π2－β)，3sin(3π2－α)＝－2sin(π2＋β)，且π2<α<π，0<β<π，求α，β的值.一、选择题1．已知角α的终边经过点P (3，－1)，则有 ( )A ．cos α＝－12B ．sin α＋cos α＝2C ．sin α－cos α＝3－12 D ．cos α＋tan α＝362．若函数f (n )＝sin n π2，则f (2011)＋f (2012)＋…＋f (2017)的值是 ( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．23．已知函数f (x )＝A tan(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π2)，y ＝f (x )的部分图象如图，则f (π24)＝ ( )A ．2＋ 3B ． 3C ．33 D ．2－ 3二、填空题4．(2016·江苏卷)定义在区间[0,3π]上的函数y ＝sin2x 的图象与y ＝cos x 的图象的交点个数是____.5．函数y ＝25－x 2＋log 3sin(π－x )的定义域为__ __.三、解答题6．已知函数f (x )＝2(2cos 2x －1)＋sin 2x －4cos x .(1)求f (π3)的值；(2)求f (x )的最大值和最小值．。
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章末复习提升原子结构与性质⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧原子结构⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 原子核⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫中子N (不带电荷)质子Z (带正电荷)――→决定原子种类同位素(核素)质量数(A ＝N ＋Z )―→近似相对原子质量→核电荷数→元素→元素符号核外电子⎩⎨⎧运动特征⎩⎪⎨⎪⎧ 质量小，运动速率高(接近光速)，运动范围小无法确定某一时刻处于核外的哪一位置只能确定它在原子核外各处出现的概率原子结构与性质⎩⎪⎨⎪⎧原子结构⎩⎪⎨⎪⎧ 核外电子⎩⎨⎧ 描述方法⎩⎪⎨⎪⎧ 电子云：电子在原子核外出现的概率密度分布图原子轨道：电子云的轮廓图存在状态⎩⎪⎨⎪⎧ 基态：处于最低能级―→产生原子光谱激发态：处于较高能级原子结构与性质⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧原子结构⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧核外电子⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧电子排布⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 构造原理⎩⎪⎨⎪⎧ 能层：分成K 、L 、M 、N 等电子层能级：同一能层又分s 、p 、d 等能级排布规律⎩⎪⎨⎪⎧能量最低原理：从能量最低的轨道排起泡利原理洪特规则表示方法⎩⎪⎨⎪⎧原子结构简图电子排布式原子轨道式与元素性质关系⎩⎪⎨⎪⎧ 电子层数：影响原子的半径大小价电子数(最外层电子)：决定元素的化学性质原子结构与性质⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧元素性质⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧元素周期表⎩⎪⎨⎪⎧结构⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫周期(7个横行)⎩⎪⎨⎪⎧ ①短周期(一、二、三周期)②长周期(四、五、六、七周期)族(18个纵行)⎩⎪⎨⎪⎧①主族(ⅠA ～ⅦA 共7个)②副族(ⅠB ～ⅦB 共7个)③Ⅷ族(8、9、10纵行)④0族(稀有气体)四七长主和七三副短零，和八性质递变⎩⎪⎨⎪⎧同周期元素性质的递变规律从左向右金属性减弱、非金属性增强同主族元素性质的递变规律从上到下金属性增强、非金属性减弱 原子结构与性质⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧元素性质⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧元素周期律⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧内容⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧①核外电子排布的周期性变化⎩⎪⎨⎪⎧ 同周期：最外层电子数1→8同主族：最外层电子数＝族序数②元素主要化合价呈周期性变化⎩⎨⎧同周期⎩⎪⎨⎪⎧ 正价：＋1→＋7负价：－4→－1同主族⎩⎪⎨⎪⎧ 最高正价＝族序数|最低负化合价|＝8－族序数③原子半径呈周期性变化④元素原子的第一电离能呈周期性变化⑤元素的电负性呈周期性变化⑥元素的金属性、非金属性呈周期性变化实质：元素性质周期性变化是元素原子的核外电子排布呈周期性变化的必然结果专题一 元素推断技巧1．元素推断的一般思路 2．推断元素名称的方法(1)利用稀有气体元素原子结构的特殊性。
章末复习提升课
章末复习提升课一、数学运算数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程．主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．本章中的数学运算主要涉及以下内容，空间向量的线性运算及其坐标表示，空间向量的数量积及其坐标表示，利用空间向量求空间角及空间距离．类型一 空间向量的基本运算点P 是矩形ABCD 所在平面外一点，且P A ⊥平面ABCD ，M ，N 分别是PC ，PD 上的点，且PM→ ＝23 PC → ，PN → ＝ND → ，则满足MN → ＝xAB → ＋yAD → ＋zAP→ 的实数x ，y ，z 的值分别为( ) A ．－23 ，16 ，16 B ．23 ，－16 ，16 C ．－23 ，16 ，－16D ．－23 ，－16 ，16【解析】 如图，M 为PC 的三等分点，取PC 的中点E ，连接NE ，则MN →＝EN → －EM → ＝12 CD → －(PM → －PE → )＝12 CD → －⎝ ⎛⎭⎪⎫23PC →－12PC → ＝12 CD → －16 PC → ＝－12 AB → －16 (－AP→ ＋AB → ＋AD → )＝－23 AB → －16 AD → ＋16 AP → ，故x ＝－23 ，y ＝－16 ，z ＝16 ，故选D.【答案】 D类型二 空间角的计算如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BC ，A 1D 1的中点．(1)求直线A 1C 与DE 所成角的余弦值； (2)求直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值． 【解】以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz .(1)A 1(0，0，a )，C (a ，a ，0)，D (0，a ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0 ， 所以A 1C →＝(a ，a ，－a )，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，－a 2，0 ，所以cos 〈A 1C → ，DE →〉＝A 1C → ·DE →| A 1C → ||DE→|＝1515 ，故A 1C 与DE 所成角的余弦值为1515 .(2)连接DB 1，因为∠ADE ＝∠ADF ，所以AD 在平面B 1EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上． 又四边形B 1EDF 为菱形，所以DB 1为∠EDF 的平分线， 故直线AD 与平面B 1EDF 所成的角为∠ADB 1.由A (0，0，0)，B 1(a ，0，a )，D (0，a ，0)，得DA → ＝(0，－a ，0)，DB 1→ ＝(a ，－a ，a )，所以cos 〈DA → ，DB 1→〉＝DA →·DB 1→|DA →||DB 1→| ＝33 ，又直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 ，故直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值为33 . 二、直观想象直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用图形理解和解决数学问题的过程．本章核心素养——直观想象主要涉及以下内容：利用图形判断或证明空间中直线、平面的位置关系，巧建空间坐标系．类型三 空间向量与线面位置关系如图所示，已知P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，P A ＝AD ，M ，N 分别为AB ，PC 的中点．求证：(1)MN ∥平面P AD ； (2)平面PMC ⊥平面PDC .【证明】 (1)由题意得AB ，AD ，AP 两两垂直．如图所示，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Axyz .设P A ＝AD ＝a ，AB ＝b ，则有P (0，0，a )，A (0，0，0)，D (0，a ，0)，C (b ，a ，0)，B (b ，0，0).因为M ，N 分别为AB ，PC 的中点， 所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，0，0 ，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，a 2，a 2 .所以MN→ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2 ，AP → ＝(0，0，a )， AD→ ＝(0，a ，0)，所以MN →＝12 AD → ＋12 AP → ， 所以MN→ ，AD → ，AP → 共面． 又因为MN ⊄平面P AD ， 所以MN ∥平面P AD .(2)由(1)可知PC→ ＝(b ，a ，－a )，PM → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，0，－a ，PD→ ＝(0，a ，－a ). 设平面PMC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎨⎧n 1·PC→＝0⇒bx 1＋ay 1－az 1＝0，n 1·PM →＝0⇒b 2x 1－az 1＝0，所以⎩⎨⎧x 1＝2a b z 1，y 1＝－z 1.令z 1＝b ，则n 1＝(2a ，－b ，b ).设平面PDC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎨⎧n 2·PC→＝0⇒bx 2＋ay 2－az 2＝0，n 2·PD →＝0⇒ay 2－az 2＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2＝z 2.令z 2＝1，则n 2＝(0，1，1).因为n 1·n 2＝0－b ＋b ＝0， 所以n 1⊥n 2.所以平面PMC ⊥平面PDC . 类型四 空间中的翻折问题如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.若M 是A 1D 的中点，求直线CM 与平面A 1BE 所成角的大小．【解】由折叠的性质得CD ⊥DE ，A 1D ⊥DE ，又CD ∩A 1D ＝D ，所以DE ⊥平面A 1CD .又因为A 1C ⊂平面A 1CD ，所以A 1C ⊥DE ，又A 1C ⊥CD ，CD ∩DE ＝D ，所以A 1C ⊥平面BCDE .以C 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0，0，0)，D (－2，0，0)，A 1(0，0，23 )，E (－2，2，0)，B (0，3，0)，所以A 1B → ＝(0，3，－23 )，A 1E → ＝(－2，2，－23 ). 设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧A1B →·n ＝0，A1E →·n ＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧3y －23z ＝0，－2x ＋2y －23z ＝0.取z ＝3 ，则x ＝－1，y ＝2， 所以n ＝(－1，2，3 ).又因为M (－1，0，3 )，所以CM → ＝(－1，0，3 )，所以cos 〈CM →，n 〉＝CM →·n |CM →|·|n |＝1＋31＋4＋3×1＋3＝22 . 所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为45°. 类型五 空间中的探索性问题如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别在BB 1，DD 1上，且AM ⊥A 1B ，AN ⊥A 1D .(1)求证：A 1C ⊥平面AMN ；(2)当AB ＝2，AD ＝2，A 1A ＝3时，在线段AA 1上是否存在一点P 使得C 1P ∥平面AMN ？若存在，试确定P 的位置．(1)【证明】 因为CB ⊥平面AA 1B 1B ，AM ⊂平面AA 1B 1B ，所以CB ⊥AM ，又因为AM ⊥A 1B ，A 1B ∩CB ＝B ，所以AM ⊥平面A 1BC ，所以A 1C ⊥AM .同理可证A 1C ⊥AN . 又AM ∩AN ＝A ，所以A 1C ⊥平面AMN . (2)【解】以C 为原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz ，因为AB ＝2，AD ＝2，A 1A ＝3，所以C (0，0，0)，A 1(2，2，3)，C 1(0，0，3)，CA 1→ ＝(2，2，3). 由(1)知CA 1⊥平面AMN ，故平面AMN 的一个法向量为CA 1→ ＝(2，2，3). 设线段AA 1上存在一点P (2，2，t )(0≤t ≤3)，使得C 1P ∥平面AMN ， 则C 1P → ＝(2，2，t －3).因为C 1P ∥平面AMN ， 所以C 1P → ·CA 1→ ＝4＋4＋3t －9＝0， 解得t ＝13 ，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2，13 .所以线段AA 1上存在一点P ⎝⎛⎭⎪⎫2，2，13 ，使得C 1P ∥平面AMN ，此时AP ＝13 .。
章末复习提升课
章末复习提升课[学生用书P43][学生用书P44] 素养一数学抽象数学抽象是指通过对数量关系与空间形式的抽象，得到数学研究对象的素养，在本章中主要表现为理解向量的基本概念．主题1平面向量的基本概念(多选)下列命题中，其中正确的是()A．a∥b⇔存在唯一的实数λ∈R，使得b＝λaB．e为单位向量，且a∥e，则a＝±|a|eC ．|a ·a ·a |＝|a |3D ．若a·b ＝b·c 且b ≠0，则a ＝c【解析】 若a 为零向量，则A 不成立．根据向量数量积的概念可知D 错误．易知B ，C 正确．故正确命题为B ，C.【答案】 BC 素养二 数学运算数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养．在本章中主要表现在向量的线性运算、数量积运算及三角形的求解．主题2 平面向量的线性运算(1)已知点O (0，0)，A (－1，3)，B (2，－4)，OP → ＝OA → ＋mAB →.若点P 在y 轴上，则实数m 的值为( )A ．13B ．14C ．15D ．16(2)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB →＝( ) A ．34 AB → －14 AC →B ．14 AB → －34 AC →C ．34 AB → ＋14AC →D ．14 AB → ＋34AC →【解析】 (1)由题意，可得OA → ＝(－1，3)，AB → ＝(3，－7)，所以OP → ＝OA → ＋mAB →＝(3m －1，3－7m ).又点P 在y 轴上，所以3m －1＝0，得m ＝13，故选A.(2)方法一：如图所示，EB → ＝ED → ＋DB → ＝12 AD → ＋12 CB → ＝12 ×12 (AB → ＋AC →)＋12(AB → －AC →)＝34 AB → －14AC → ，故选A.方法二：EB → ＝AB → －AE → ＝AB → －12 AD → ＝AB → －12 ×12 (AB → ＋AC →)＝34 AB → －14AC →，故选A.【答案】 (1)A (2)A 主题3 平面向量的数量积运算(1)(2020·高考全国卷Ⅲ)已知向量a ，b 满足|a |＝5，|b |＝6，a ·b ＝－6，则cos 〈a ，a ＋b 〉＝( )A ．－3135B ．－1935C ．1735D ．1935(2)(2020·高考北京卷)已知正方形ABCD 的边长为2，点P 满足AP → ＝12 (AB → ＋AC →)，则|PD → |＝________；PB → ·PD → ＝________．【解析】 (1)由题意，得a ·(a ＋b )＝a 2＋a ·b ＝25－6＝19，|a ＋b |＝a 2＋2a ·b ＋b 2 ＝25－12＋36 ＝7，所以cosa ，a ＋b＝a ·（a ＋b ）|a ||a ＋b | ＝195×7 ＝1935，故选D.(2)方法一：如图，由题意及平面向量的平行四边形法则可知，点P 为BC 的中点，在三角形PCD 中，|PD → |＝5 .cos ∠DPB ＝－cos ∠DPC ＝－15，所以PB → ·PD → ＝|PB → |·|PD →|cos ∠DPB ＝1×5 ×⎝⎛⎭⎫－15 ＝－1.方法二：以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0，0)，B (2，0)，C (2，2)，D (0，2)，所以AP → ＝12 (AB → ＋AC →)＝(2，1)，P (2，1)，所以PD → ＝(－2，1)，PB → ＝(0，－1)，所以|PD → |＝5 ，PB → ·PD →＝(0，－1)·(－2，1)＝－1.【答案】 (1)D (2)5 －1 主题4 利用正弦、余弦定理解三角形(2021·新高考卷Ⅰ)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知b 2＝ac ，点D 在边AC 上，BD sin ∠ABC ＝a sin C ．(1)证明：BD ＝b ；(2)若AD ＝2DC ，求cos ∠ABC .(1)【证明】 因为BD sin ∠ABC ＝a sin C ，所以由正弦定理得，BD ·b ＝ac ，又b 2＝ac ，所以BD ·b ＝b 2，又b >0，所以BD ＝b .(2)【解】 如图所示，过点D 作DE ∥BC 交AB 于点E ，因为AD ＝2DC ，所以AEEB ＝AD DC ＝2，DE BC ＝23 ，所以BE ＝c 3 ，DE ＝23 a .在△BDE 中，cos ∠BED ＝BE 2＋DE 2－BD 22BE ·DE ＝c 29＋4a 29－b 22×c 3×2a 3＝c 2＋4a 2－9b 24ac ＝c 2＋4a 2－9ac 4ac ，在△ABC 中，cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝c 2＋a 2－b 22ac ＝c 2＋a 2－ac2ac .因为∠BED＝π－∠ABC ，所以cos ∠BED ＝－cos ∠ABC ，所以c 2＋4a 2－9ac 4ac ＝－c 2＋a 2－ac2ac ，化简得3c 2＋6a 2－11ac ＝0，方程两边同时除以a 2，得3(c a )2－11(c a )＋6＝0，解得c a ＝23 或c a ＝3.当c a ＝23 ，即c ＝23a 时，cos ∠ABC ＝c 2＋a 2－ac2ac＝49a 2＋a 2－23a 243a 2 ＝712；当c a ＝3，即c＝3a 时，cos ∠ABC ＝c 2＋a 2－ac 2ac ＝9a 2＋a 2－3a 26a 2 ＝76>1(舍去).综上，cos ∠ABC ＝712. 素养三 逻辑推理逻辑推理是指从一些事实和命题出发，依据规则推出其他命题的素养．在本章中，主要表现在利用向量判定平行与垂直及利用正弦、余弦定理判定三角形的形状等问题中．主题5 平面向量的应用(1)O 是△ABC 所在平面内的一定点，P 是△ABC 所在平面内的一动点，若(PB →－PC → )·(OB → ＋OC → )＝(PC → －PA → )·(OA → ＋OC →)＝0，则O 为△ABC 的( )A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心(2)若AB → ＝22 (a ＋5b )，BC → ＝－2a ＋8b ，CD →＝3(a －b )，则共线的三点是________．【解析】 (1)由(PB → －PC → )·(OB → ＋OC → )＝0，知CB → ·2OD →＝0(其中D 为CB 的中点)，所以O 在BC 的垂直平分线上．同理，O 在AC 的垂直平分线上，故O 为△ABC 的外心．(2)因为BD → ＝BC → ＋CD →＝a ＋5b ，所以AB →＝22 BD → ，则A ，B ，D 三点共线．【答案】 (1)B (2)A ，B ，D 主题6 判定三角形的形状在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b 2＋c 2＝a 2＋bc .若sinB ·sinC ＝sin 2A ，则△ABC 的形状是( )A ．钝角三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形【解析】 由b 2＋c 2＝a 2＋bc 及余弦定理知A ＝π3 ，又由sin B ·sin C ＝sin 2A 及正弦定理得bc ＝a 2＝b 2＋c 2－bc ，所以(b －c )2＝0，即b ＝c ，所以△ABC 为一个内角为π3 的等腰三角形，即为等边三角形．【答案】 C 素养四 数学建模数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决问题的素养．在本章中主要是利用正弦、余弦定理解决实际问题．主题7 正弦、余弦定理的实际应用某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度，如图，在C 处进行该仪器的垂直弹射，观测点A ，B 两地相距100 m ，∠BAC ＝60°，在A 地听到弹射声音的时间比B 地晚217 s ．A 地测得该仪器在C 处时的俯角为15°，A 地测得该仪器在最高点H 处时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH .(声音在空气中的传播速度为340 m/s)【解】 由题意，设AC ＝x m ，则BC ＝x －217 ×340＝(x －40)(m).在△ ABC 中，由余弦定理得BC 2＝BA 2＋CA 2－2BA ·CA ·cos ∠BAC ， 即(x －40)2＝10 000＋x 2－100x ，解得x ＝420.在△ACH 中，AC ＝420 m ，∠CAH ＝30°＋15°＝45°，∠CHA ＝90°－30°＝60°. 由正弦定理得CH sin ∠CAH ＝AC sin ∠AHC ，所以CH ＝AC ·sin ∠CAH sin ∠AHC＝140 6 (m).故该仪器的垂直弹射高度CH为140 6m．。
第一章章末复习提升课
章末复习提升课空间几何体的三视图与直观图三视图是立体几何中的基本内容，能根据三视图识别其所表示的立体模型，并能根据三视图与直观图所提供的数据解决问题．(1)一个几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为( )A ．6＋83B ．12＋7 3C ．12＋8 3D ．18＋2 3(2)如图，ABCD 是一水平放置的平面图形的斜二测直观图，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，且BC 与y 轴平行，若AB ＝6，CD ＝4，BC ＝22，则该平面图形的实际面积是________．[解析] (1)由三视图知，该几何体为三棱柱，其直观图如图所示．表面积S ＝(3×2)×2＋⎝⎛⎭⎫23×1×12×2＋3×23＝12＋8 3.(2)由斜二测直观图的作图规则知，该平面图形是梯形，且AB、CD的长度不变，仍为6和4，高BC＝42，所以S＝12×(4＋6)×42＝20 2.[答案](1)C(2)20 2空间几何体的面积和体积面积和体积的计算是本章的重点，熟记各种简单几何体的表面积和体积公式是基础，复杂几何体常用割补法、等积法求解，具体问题具体分析，灵活转化是解题策略．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝22，AD＝2，求四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．[解]如图，过C作AD的延长线的垂线，垂足为E，则CE∥AB.在Rt△CDE中，∠CDE＝180°－135°＝45°，CD＝22，所以CE＝DE＝2.所以AE＝AD＋DE＝2＋2＝4，所以BC＝（5－2）2＋42＝5.四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所形成的几何体为一个圆台挖去一个与圆台上底面共底面的圆锥．S表＝S圆台下底面＋S圆台侧＋S圆锥侧＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×22＝60π＋42π，V＝V圆台－V圆锥＝13π×4×(22＋2×5＋52)－13π×22×2＝1483π.几何体中的内外切接问题根据几何体的内外切接关系，利用数形结合与转化化归思想，使问题变成平面几何问题和代数问题．一个圆锥的底面半径为2，高为6，在它的内部有一个高为x的内接圆柱．(1)用x表示圆柱的轴截面面积S；(2)当x 为何值时，S 最大？ [解]画出圆柱和圆锥的轴截面，如图所示． 设圆柱的底面半径为r ， 则由三角形相似可得x 6＝2－r2，解得r ＝2－x3.(1)圆柱的轴截面面积为S ＝2r ·x ＝2·⎝⎛⎭⎫2－x 3·x ＝－23x 2＋4x (0<x <6)． (2)S ＝－23x 2＋4x ＝－23(x 2－6x )＝－23(x －3)2＋6(0<x <6)，所以当x ＝3时，S 取最大值6.几何体的截面问题一个平面与几何体相交所得到的几何图形(包括边界及内部)叫做几何体的截面．常见的截面有对角面、轴截面、直截面、平行于底面的截面以及其他具有某种特性的截面(如平行或垂直于棱、规定角度的截面等等)．我们可以利用截面把立体几何中的元素集中到平面图形中来，利用“降维”的思想，实现立体几何问题向平面几何问题的转化．在解有关截面问题时要注意：(1)截面的位置；(2)截面的形状及有关性质；(3)截面的元素及其相互关系；(4)截面的有关数量．将一个底面圆的直径为2、高为1的圆柱截成横截面为长方形的棱柱(如图)，设这个长方形截面的一条边长为x ，对角线长为2，截面的面积为A .(1)求面积A 以x 为自变量的函数式； (2)求出截得棱柱的体积的最大值． [解] (1)横截面如图，由题意得A ＝x ·4－x 2(0<x <2)．(2)V ＝1·x4－x 2＝－（x 2－2）2＋4，由(1)知0<x <2，所以当x ＝2时，V max ＝2. 即截得棱柱的体积的最大值为2.。
章末复习提升课
积为( )
A． 3 C．8
√B．12
D．4 3
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第八章 立体几何初步
10
(2)(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为 △ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的 表面积为( )
√A．64π
C．36π
B．48π D．32π
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第八章 立体几何初步
20
主题4 空间中点、线、面的位置关系
(多选)如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为棱 C1D1，C1C的中点，其中正确的是( ) A．直线AM与C1C是相交直线 B．直线AM与BN的平行直线
√C．直线BN与MB1是异面直线 √D．直线MN与AC所成的角为60°
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第八章 立体几何初步
13
主题3 空间角的计算 如图，正方体的棱长为1，B′C∩BC′＝O，求：
(1)AO与A′C′所成的角的大小； (2)AO与平面ABCD所成的角的正切值； (3)平面AOB与平面AOC所成的二面角的大小．
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第八章 立体几何初步
14
【解】 (1)因为A′C′∥AC， 所以AO与A′C′所成的角就是∠OAC. 因为AB⊥平面BC′，OC⊂平面BC′， 所以OC⊥AB，又OC⊥BO，AB∩BO＝B， 所以OC⊥平面ABO. 又OA⊂平面ABO，所以OC⊥OA.
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第八章 立体几何初步
21
【解析】 结合题图，显然直线AM与C1C是异面直线，直线AM与BN是 异面直线，直线BN与MB1是异面直线．连接D1C，AD1(图略)，直线MN 与AC所成的角即直线D1C与AC所成的角，在等边三角形AD1C中，易知 ∠ACD1＝60°，所以直线MN与AC所成的角为60°，故选CD.
人教版年级数学习题章末复习与提升[1]演示PPT课件
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人们总是搞错顺序，并对错误豪布知晓。 做得多了，自然就擅长了； 相信学习真的可以改变一个人的运气。 其实成功的关键是做很坚持。 学习重要还是人脉重要?现在是一个双赢的社会，你的价值可能更多的决定了你的人脉，我们所要做的可能更多的是专心打造自己，把 自己打造成一个优秀的人、有用的人、有价值的人，当你真正成为一个优秀有价值的人的时候，你会惊喜地发现搞笑人脉会破门而入。 2、学习并拥有更多的技能； 无论得到还是失去，都用坦然的心去面对，人生原本就是在得与失中轮回的，让一切所有的经历，都化作脸上的云淡风轻。 若能把一些事看淡了，就会有个好心境，若把很多事看开了，就会有个好心情。
•摇撼奋进翰墨大跃进贺喜 国在在晨露国枯老糊涂脘赤裸显示 • 之前有个网友说自己现在紧张得不得了 ，获得 了一个 大公司 的面试 机会， 很不想 失去这 个机会 ，一天 只吃一 顿饭在 恶补基 础知识 。不禁 要问， 之前做 什么去 了？机 会当真 就那么 少？在 我看来 到处都 是机会 ，关键 看你是 否能抓 住。运 气并非 偶然， 运气都 是留给 那些时 刻准备 着的人 的。只 有不断 的积累 知识， 不断的 进步。 当机会 真的到 来的时 候，一 把抓住 。相信 学习真 的可以 改变一 个人的 运气。
章末复习提升课
章末复习提升课1．复数的有关概念 (1)复数的概念与分类形如a ＋b i(a ，b ∈R )的数叫复数，其中a ，b 分别是它的实部和虚部．若b ＝0，则a ＋b i 为实数；若b ≠0，则a ＋b i 为虚数；若a ＝0且b ≠0，则a ＋b i 为纯虚数．(2)复数相等a ＋b i ＝c ＋d i ⇔a ＝c 且b ＝d (a ，b ，c ，d ∈R )． (3)共轭复数a ＋b i 与c ＋d i 共轭⇔a ＝c ，b ＝－d (a ，b ，c ，d ∈R )． (4)复数的模向量OZ →的模叫作复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的模，记作|z |或|a ＋b i|，即|z |＝|a ＋b i|＝a 2＋b 2. 2．复数的几何意义 (1)复数z ＝a ＋b复平面内的点Z (a ，b )(a ，b ∈R )．(2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )平面向量OZ →.3．复数的运算(1)复数的加、减、乘、除运算法则设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则①加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ； ②减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝(a －c )＋(b －d )i ； ③乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ；④除法：z 1z 2＝a ＋b i c ＋d i ＝（a ＋b i ）（c －d i ）（c ＋d i ）（c －d i ）＝ac ＋bd c 2＋d 2＋bc －ad c 2＋d 2i(c ＋d i ≠0)．(2)复数加法的运算定律复数的加法满足交换律、结合律，即对任意z 1，z 2，z 3∈C ，有z 1＋z 2＝z 2＋z 1，(z 1＋z 2)＋z 3＝z 1＋(z 2＋z 3)．1．判定复数是实数，仅注重虚部等于0是不够的，还需考虑它的实部是否有意义． 2．利用复数相等a ＋b i ＝c ＋d i 列方程时，注意a ，b ，c ，d ∈R 的前提条件． 3．z 2<0在复数范围内有可能成立，例如：当z ＝3i 时z 2＝－9<0.有关复数的概念设存在复数z 同时满足下列条件： (1)复数z 在复平面内对应的点位于第二象限； (2)z ·z －＋2i z ＝8＋a i(a ∈R )． 试求a 的取值范围．【解】 设z ＝m ＋n i(m ，n ∈R )，则z z －＝m 2＋n 2. 由(1)，知m <0，n >0.由(2)，得m 2＋n 2＋2i(m ＋n i)＝8＋a i ， 即m 2＋n 2－2n ＋2m i ＝8＋a i.所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋n 2－2n ＝8，2m ＝a .所以a 2＝4m 2＝4(8－n 2＋2n )＝4[－(n －1)2＋9]． 因为n >0，所以a 2≤36.所以|a |≤6. 又因为m <0，所以a <0.所以－6≤a <0. 所以a 的取值范围是{a |a ∈R ，且－6≤a <0}．复数的分类实数m 分别取什么数值时，复数z ＝(m 2＋5m ＋6)＋(m 2－2m －15)i. (1)是实数；(2)是虚数；(3)是纯虚数．【解】 (1)由m 2－2m －15＝0，得知：m ＝5或m ＝－3时，z 为实数． (2)由m 2－2m －15≠0，得知：m ≠5且m ≠－3时，z 为虚数．(3)由m 2－2m －15≠0，m 2＋5m ＋6＝0， 得知：m ＝－2时， z 为纯虚数．复数的四则运算计算：(1)(1－i)⎝⎛⎭⎫－12＋32i (1＋i)；(2)（2＋2i ）4（1－3i ）5；(3)－23＋i 1＋23i ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫21－i 2 014. 【解】 (1)(1－i)⎝⎛⎭⎫－12＋32i (1＋i)＝(1－i)(1＋i)⎝⎛⎭⎫－12＋32i＝2⎝⎛⎭⎫－12＋32i ＝－1＋3i. (2)（2＋2i ）4（1－3i ）5＝24（1＋i ）4（－2）5⎝⎛⎭⎫－12＋32i 5＝－24（2i ）225⎝⎛⎭⎫－12＋32i 2＝2⎝⎛⎭⎫－12＋32i ＝－1＋3i. (3)－23＋i 1＋23i ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫21－i 2 014＝（－23＋i ）i （1＋23i ）i ＋21 007（－2i ）1 007 ＝（－23＋i ）i i －23－1i 1 007＝i －1－i＝i －i ＝0.复数的几何意义已知|z 1|＝|z 2|＝|z 1－z 2|＝1，求|z 1＋z 2|. 【解】 设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )， 因为|z 1|＝|z 2|＝|z 1－z 2|＝1， 所以a 2＋b 2＝c 2＋d 2＝1，① (a －c )2＋(b －d )2＝1.② 由①②得2ac ＋2bd ＝1.所以|z 1＋z 2| ＝（a ＋c ）2＋（b ＋d ）2＝a 2＋c 2＋b 2＋d 2＋2ac ＋2bd ＝ 3.1．复数1－2＋i ＋11－2i 的虚部是( )A ．15iB ．15C ．－15iD ．－15解析：选B.因为1－2＋i ＋11－2i ＝－2－i 4＋1＋1＋2i 1＋4＝－2－i 5＋1＋2i 5＝－1＋i 5，所以1－2＋i ＋11－2i 的虚部是15.2．复数z ＝－3＋i2＋i 的共轭复数是( )A ．2＋iB ．2－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：选D.z ＝－3＋i 2＋i ＝（－3＋i ）（2－i ）（2＋i ）（2－i ）＝－5＋5i 5＝－1＋i ，所以其共轭复数为z －＝－1－i.3．在复平面内，复数i1＋i ＋(1＋3i)2对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选B.原式＝i （1－i ）1－i 2＋(1＋23i ＋3i 2) ＝－32＋⎝⎛⎭⎫12＋23i ， 所以其对应的点位于第二象限．4．已知复数z ＝m －2i(m ∈R )，ω＝z (z ＋i)的虚部减去它的实部所得的差为－4m ，则|z |＝________．解析：因为z ＝m －2i ，所以ω＝z (z ＋i)＝(m －2i)(m －2i ＋i)＝m 2－2－3m i ，所以－3m－(m2－2)＝－4m，解得m＝－1或m＝2，所以z＝－1－2i或z＝2－2i，所以|z|＝5或2 2.答案：5或2 25．已知复数z＝x＋y i(x，y∈R)且|z－2|＝3，则yx的最大值是________，最小值是________．解析：如图所示，因为|z－2|＝3，所以(x－2)2＋y2＝3，所以⎝⎛⎭⎫yx max ＝k OA＝31＝3，⎝⎛⎭⎫yx min＝k OB＝－ 3.答案：3－ 36．设z∈C，求满足条件2≤|z|≤4的点Z的集合对应图形的面积．解：满足2≤|z|≤4的点Z的集合对应的图形面积是以原点为圆心，以2及4为半径的圆所夹的圆环的面积，即S＝π×42－π×22＝12π.。
课件4：章末复习提升课
题型六 利用微积分基本定理求曲边梯形的面积 我们已经知道，由三条直线 x＝a，x＝b(a<b)，x 轴及一条曲线 y＝f(x)(f(x)≥0)围成的曲边梯形(图(1))的面积 S＝abf(x)dx.
它给出了求平面图形面积的一般方法：如果图形由曲线 y1＝f1(x)，y2＝f2(x)(不 妨设 f1(x)≥f2(x)≥0)，及直线 x＝a，x＝b(a<b)围成(图(2))，那么所求图形的 面积为 S＝S 曲边梯形 AMNB－S 曲边梯形 DMNC＝abf1(x)dx－abf2(x)dx.
例 6 设 y＝f(x)是二次函数，方程 f(x)＝0 有两个相等的实根， 且 f′(x)＝2x＋2. (1)求 y＝f(x)的表达式； (2)求 y＝f(x)的图象与两坐标轴所围成图形的面积； (3)若直线 x＝－t(0<t<1)把 y＝f(x)的图象与两坐标轴所围成图形的面 积二等分，求 t 的值．
0
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
极大
极小
f(x)
值－2
值－6
对 a 分四种情况讨论： ①当 0<a<1 时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极大值 f(0)＝－2，无极小值； ②当 a＝1 时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值； ③当 1<a<3 时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极小值 f(2)＝－6，无极大值； ④当 a≥3 时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值． 综上可得，当 0<a<1 时，f(x)有极大值－2，无极小值； 当 1<a<3 时，f(x)有极小值－6，无极大值；当 a＝1 或 a≥3 时，f(x)无极值．
高中数学章末复习提升课(含答案解析)
章末复习提升课复数的概念设z ＝lg(m 2－2m －2)＋(m 2＋3m ＋2)i(m ∈R )，求m 取何值时，(1)z 是纯虚数；(2)z 是实数．【解】 (1)若z 为纯虚数，则⎩⎪⎨⎪⎧lg （m 2－2m －2）＝0，m 2＋3m ＋2≠0. 即⎩⎪⎨⎪⎧m 2－2m －2＝1，m 2＋3m ＋2≠0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3或m ＝－1，m ≠－1且m ≠－2. 所以当m ＝3时，z 是纯虚数．(2)若z 是实数，则⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋3m ＋2＝0，m 2－2m －2>0， 解得⎩⎨⎧m ＝－1或m ＝－2，m <1－3或m >1＋ 3. 所以当m ＝－1或m ＝－2时，z 是实数．复数相关概念的应用技巧(1)正确确定复数的实、虚部是准确理解复数的有关概念(如实数、虚数、纯虚数、相等复数、共轭复数、复数的模)的前提．(2)两复数相等的充要条件是复数问题转化为实数问题的依据．若复数a ＋i 1－2i是纯虚数，则实数a 的值为( ) A ．2B ．－12 C.15 D ．－25解析：选A.因为a ＋i 1－2i ＝（a ＋i ）（1＋2i ）（1－2i ）（1＋2i ）＝a －2＋（2a ＋1）i 5是纯虚数，所以a ＝2.复数的运算(1)已知（1－i ）2z＝1＋i(i 为虚数单位)，则复数z ＝( )A ．1＋iB ．－1－iC ．－1＋iD ．1－i(2)z －是z 的共轭复数，若z ＋z －＝2，(z －z －)i ＝2(i 为虚数单位)，则z ＝( )A ．1＋iB ．－1－iC ．－1＋iD ．1－i【解析】 (1)由（1－i ）2z ＝1＋i ， 得z ＝（1－i ）21＋i ＝－2i 1＋i＝－2i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝－1－i ，故选B. (2)设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z －＝a －b i.由z ＋z －＝2，可得a ＝1.由(z －z －)i ＝2，得b ＝－1，所以z ＝1－i.【答案】 (1)B (2)D利用复数的四则运算求复数的一般思路(1)复数的加、减、乘法运算：满足多项式的加、减、乘法法则，利用法则后将实部与虚部分别写出即可，注意多项式乘法公式的运算．(2)复数的除法运算：主要是利用分子、分母同时乘以分母的共轭复数进行运算化简．2－i （3－4i ）（1＋i ）2＋(1－i)2＝________． 解析：2－i （3－4i ）（1＋i ）2＋(1－i)2 ＝2－i （3－4i ）·2i ＋(－2i)＝2－i 8＋6i －2i ＝（2－i ）（8－6i ）（8＋6i ）（8－6i ）－2i ＝10－20i 100－2i ＝110－115i. 答案：110－115i共轭复数，复数的模已知复数z ＝（1－2i ）22＋i，则复数z 的模为( ) A ．5B ． 5 C.310 D.52【解析】 法一：由题意，知z ＝（1－2i ）22＋i ＝1－4－4i 2＋i ＝－3－4i 2＋i ＝（－3－4i ）（2－i ）5＝－6－4－5i 5＝－2－i ，所以|z |＝4＋1＝5，故选B. 法二：|z |＝|（1－2i ）2||2＋i|＝|1－2i|222＋12＝|12＋（－2）2|25＝5，故选B. 【答案】 B化复为实利用模的定义将复数模的条件转化为其实、虚部满足的条件，是一种复数问题实数化的思想；根据复数模的意义，可以简化计算．1．已知复数z 1＝2＋a i(a ∈R )，z 2＝1－2i ，若z 1z 2为纯虚数，则|z 1|＝( ) A. 2B ． 3C ．2 D. 5解析：选D.由于z 1z 2＝2＋a i 1－2i ＝（2＋a i ）（1＋2i ）5＝2－2a ＋（4＋a ）i 5为纯虚数，则a ＝1，则|z 1|＝5，故选D.2．设|z |＝1，则|z 2－z ＋1|的最大值为________．解析：因为|z |＝1，则可设z ＝cos θ＋isin θ，且z ·z －＝1.故|z 2－z ＋1|＝|z 2－z ＋z ·z －|＝|z |·|z ＋z －－1|＝1·|2cos θ－1|＝|2cos θ－1|，当cos θ＝－1时，|2cos θ－1|＝3.所以|z 2－z ＋1|的最大值为3.答案：31．复数2＋i 1－2i(i 为虚数单位)的共轭复数是( ) A ．－35i B.35i C ．－i D ．i解析：选C.依题意得2＋i 1－2i ＝2i －1（1－2i ）i＝－1i ＝i ，其共轭复数为－i ，故选C. 2．已知复数z 1＝12＋32i ，z 2＝－12＋32i ，则z ＝z 1z 2在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选D.因为z 1＝12＋32i ，z 2＝－12＋32i ， 所以z ＝12＋32i －12＋32i ＝1＋3i －1＋3i ＝（1＋3i ）（－1－3i ）（－1＋3i ）（－1－3i ）＝12－32i ， 所以复数z 在复平面内对应的点为⎝⎛⎭⎫12，－32， 在第四象限．故选D.3．若log 12(m ＋n )－(m 2－3m )i>－1，则自然数m ，n 的值分别为________．解析：因为log 12(m ＋n )－(m 2－3m )i>－1，所以log 12(m ＋n )－(m 2－3m )i 是实数，从而有⎩⎪⎨⎪⎧m 2－3m ＝0， ①log 12（m ＋n ）>－1 ②，由①得m ＝0或m ＝3.当m ＝0时，代入②得0<n <2，所以n ＝1；当m ＝3时，代入②得－3<n <－1，与n 是自然数矛盾．综上可得m ＝0，n ＝1.答案：0，1 4．定义运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，若复数x ＝1－i 1＋i ，y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4i x i 2 x ＋i ，则y ＝________． 解析：依题意，y ＝4i(x ＋i)－2x i＝4i 2＋2x i ＝－4＋（1－i ）2i 1＋i＝－4＋2＋2i 1＋i＝－4＋2＝－2. 答案：－25．已知复数z 满足|3＋4i|＋z ＝1＋3i.(1)求z －；(2)求（1＋i ）2（3＋4i ）z的值． 解：(1)因为|3＋4i|＝5，所以z ＝1＋3i －5＝－4＋3i ，所以z －＝－4－3i.(2)（1＋i ）2（3＋4i ）z ＝2i （3＋4i ）－4＋3i＝2.6．已知复数z 1＝a 2－3＋(a ＋5)i ，z 2＝a －1＋(a 2＋2a －1)i(a ∈R )分别对应向量OZ 1→，OZ 2→(O 为原点)．(1)若向量OZ 1→表示的点在第四象限，求a 的取值范围；(2)若向量Z 1Z 2→对应的复数为纯虚数，求a 的值．解：(1)因为复数z 1＝a 2－3＋(a ＋5)i ，向量OZ 1→表示的点在第四象限，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2－3>0，a ＋5<0， 解得a <－5.所以a 的取值范围是a <－5.(2)因为Z 1Z 2→＝OZ 2→－OZ 1→，所以向量Z 1Z 2→对应的复数为z 2－z 1＝[a －1＋(a 2＋2a －1)i]－[a 2－3＋(a ＋5)i]＝－(a 2－a－2)＋(a 2＋a －6)i.根据向量Z 1Z 2→对应的复数为纯虚数，可得－(a 2－a －2)＝0，且a 2＋a －6≠0.解得a ＝－1.。
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章末复习提升课(一)
1.
计算——称量——溶化——灭菌——倒平板。
2．无菌技术
主要指消毒和灭菌。
实验室中常用紫外线或化学药物消毒，如用酒精棉球擦拭双手。
灭菌的方法主要有灼烧灭菌、干热灭菌和高压蒸汽灭菌。
另外，实验操作应在无菌环境中，例如酒精灯火焰旁。
3．倒平板操作
待培养基冷却至50 ℃左右时，在酒精灯火焰附近倒平板，严格遵循课本上的操作步骤。
4．平板划线操作
平板划线法通过接种环在琼脂固体培养基表面连续划线或交叉划线的操作，将聚集的菌种逐步稀释分散到培养基的表面。
5．稀释平板涂布法
先将菌悬液进行系列稀释然后涂布平板，在稀释度足够高的菌悬液里，聚集在一起的微生物被分散成单个细胞，从而能在培养基表面形成单个的菌落。
6．应用选择培养基分离某种特定的微生物
选择培养基是指允许特定种类的微生物生长，同时抑制或阻止其他种类微生物生长的培养基。
本专题中有选择分解尿素的细菌和纤维素分解菌的两种培养基。
总之，在实验室培养微生物中一方面需要为培养的微生物提供合适的营养和环境条件，另一方面需要确保无处不在的其他微生物无法混入。