2020届高考数学(文科)艺体生文化课复习课件：第七章测试

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2020届艺术生高考数学二轮复习课件：第七章立体几何第4节

2．[教材改编]下列命题中不正确的是(
)
A．如果平面 α⊥平面 β，且直线 l∥平面 α，则直线 l⊥平面 β
B．如果平面 α⊥平面 β，那么平面 α 内一定存在直线平行于平
面β
C．如果平面 α 不垂直于平面 β，那么平面 α 内一定不存在直线
垂直 β⊥平面 γ，α∩β＝l，那么 l⊥γ 解析：A [根据面面垂直的性质，A 不正确，直线 l∥平面 β 或
[解析] (1)证明由已知可得，∠BAC＝90°，即 BA⊥AC. 又 BA⊥AD，所以 AB⊥平面 ACD. 又 AB⊂平面 ABC，所以平面 ACD⊥平面 ABC.
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3 2. 又 BP＝DQ＝23DA，所以 BP＝2 2.
由已知及(1)可得，DC⊥平面 ABC，所以 QE⊥平面 ABC，QE＝ 1.因此，三棱锥 Q－ABP 的体积为
2．设 m，n 表示两条不同的直线，α，β 表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是( )
A．若 m⊥α，α⊥β，则 m∥β B．若 m∥α，m⊥β，则 α⊥β C．若 m⊥n，m⊥α，则 n∥α D．若 m∥α，n∥β，α⊥β，则 m⊥n 解析：B [对于 A，m 可以在 β 内，故 A 错；对于 C，n 可以在 α 内，故 C 错误；对于 D，m 与 n 可以平行，故 D 错．]
求证：(1)DE∥平面 AA1C1C； (2)BC1⊥AB1.
证明：(1)由题意知，E 为 B1C 的中点，又 D 为 AB1 的中点，因此 DE∥AC. 又因为 DE⊄平面 AA1C1C，AC⊂平面 AA1C1C，所以 DE∥平面 AA1C1C.
(2)因为棱柱 ABC－A1B1C1 是直三棱柱，所以 CC1⊥平面 ABC. 因为 AC⊂平面 ABC，所以 AC⊥CC1. 又因为 AC⊥BC，CC1⊂平面 BCC1B1， BC⊂平面 BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以 AC⊥平面 BCC1B1. 又因为 BC1⊂平面 BCC1B1，所以 BC1⊥AC. 因为 BC＝CC1，所以矩形 BCC1B1 是正方形，因此 BC1⊥B1C. 因为 AC，B1C⊂平面 B1AC，AC∩B1C＝C，所以 BC1⊥平面 B1AC. 又因为 AB1⊂平面 B1AC，所以 BC1⊥AB1.

2020版高考数学(文科)江苏版1轮复习课件：第7章立体几何 2 第2讲直线、平面平行的判定与性质

用如图，P 为▱ABCD 所在平面外一点，M，N 分别为 AB，PC 的中点，平面 PAD∩平面 PBC＝l. (1)判断 BC 与 l 的位置关系，并证明你的结论； (2)判断 MN 与平面 PAD 的位置关系，并证明你的结论．
【解】 (1)结论：BC∥l，证明如下：因为 AD∥BC，BC⊄平面 PAD，AD⊂平面 PAD，所以 BC∥平面 PAD. 又因为 BC⊂平面 PBC，平面 PAD∩平面 PBC＝l，所以 BC∥l.
文字语言
图形语言
如果一个平面内有判 _两__条__相__交__直__线___都平
定行于另一个平面，那
定么这两个平面平行
理 (简记为“线面平行
⇒面面平行”)
符号语言因为___a_∥__β___， ___b_∥__β____，
__a_∩_b_＝__P___，
___a_⊂__α____， ___b_⊂__α____，所以 α∥β
所以 AB1∥C1D. 又因为 C1D⊂平面 C1BD，AB1⊄平面 C1BD，所以 AB1∥平面 C1BD. 同理 B1D1∥平面 C1BD. 又因为 AB1∩B1D1＝B1， AB1⊂平面 AB1D1，B1D1⊂平面 AB1D1，所以平面 AB1D1∥平面 C1BD.
(2)如图，连结 A1C1，交 B1D1 于点 O1，连结 AO1，与 A1C 交于点 E. 又因为 AO1⊂平面 AB1D1，所以点 E 也在平面 AB1D1 内，所以点 E 就是 A1C 与平面 AB1D1 的交点．连结 AC，交 BD 于点 O，连结 C1O，与 A1C 交于点 F，则点 F 就是 A1C 与平面 C1BD 的交点．下面证明 A1E＝EF＝FC. 因为平面 A1C1C∩平面 AB1D1＝EO1，平面 A1C1C∩平面 C1BD＝C1F，

2020届高考数学(文科)艺体生文化课复习课件：第一章测试

4
B.若 π ,则tan 1
4
D.若 tan 1,则 π
4
【答案】C
【解析】若p, 则q的逆否命题是若q, 则p,
显然q : tan 1, p : π ,
4
所以该命题的逆否命题是若 tan 1,则 π .
4
4.(2015四川,文)设a,b为正实数,则“a>b>1”是“log2a>log2b>0” 的 ()
28 8
8
14.(2007新课标卷,文)i是虚数单位,i+2i2+3i3+…+8i8=
.
(用a+bi的形式表示,a,b∈R)
【答案】 4 4i 【解析】i 2i2 3i3 8i8 =i 2 3i 4 5i 6 7i 8 4 4i.
15.(2015上海,文)若复数z满足3z z 1 i,其中i是虚数单位, 则z .
二、填空题
12.(2014辽宁,文) 已知全集U=R,A={x|x≤0},B={x|x≥1},则集合
∁U(A∪B)=
.
【答案】 {x | 0 x 1} 【解析】由已知得, A B {x | x 0或x 1}, 故ðU ( A B) {x | 0 x 1}.
13.(2014新课标Ⅰ卷)执行下面的程序框图,若输入的a,b,k分别为
【答案】 1 1 i 42
【解析】设z a bi,则z a bi,由3z z 1 i,
所以3(a

bi)

a

bi

1
i,即4a

2bi

1
i,
所以

2020年高考数学(文科)复习课件第七单元第36讲直线、平面平行的判定与性质

课堂考点探究
[答案] (1)D (2)C
[解析] (1)若 α∩β=l,a∥l,a⊄α,a⊄β,则 a∥α,a∥β,可排除 A;若 α∩β=l,a⊂α,a∥l,则 a∥β,可排除 B;若 α∩β=l,a⊂α,a∥l,b⊂β,b∥l,则 a∥β,b∥α,可排除 C.故选 D. (2)取 B1C1 的中点 Q,连接 MQ,NQ.
④正确.
课前双基巩固
3.[教材改编] 在长方体 ABCD - A1B1C1D1 的六个
表面与六个对角面(面 AA1C1C,面 ABC1D1,面
ADC1B1,面 BB1D1D,面 A1BCD1 及面 A1B1CD)所在
的平面中,与棱 AA1 平行的平面共有
个.
[答案] 3
[解析] 画出长方体 ABCD - A1B1C1D1 如图所示. 结合图形可得 AA1∥平面 BB1C1C,AA1∥平面 DD1C1C,AA1∥平面 BB1D1D,所以与棱 AA1 平行的平面共有 3 个.
课前双基巩固
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ [解析] (1)当直线 l 与平面 α 相交时,l 上有无数个点不在平面 α 内,但 l 与 α 不平行. (2)若平面外的一条直线平行于这个平面内的一条直线,则这条直线平行于这个平面. (3)若一条直线平行于一个平面,则这条直线与平面内任意一条直线的位置关系为平行或异面. (4)如果一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行.
第36讲 UNIT 07
直线、平面平行的判定与性质
课前双基巩固│课堂考点探究│课间10分钟│教师备用例题
课前双基巩固知识聚焦
1.直线与平面平行 (1)判定定理
文字语言

高考数学艺体生文化课第七章数列测试课件.pptx

4.(2009新课标卷)等比数列{an}的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3
成等差数列.若a1=1,则S4= ( )
A.7
B.8
C.15
D.16
【答案】 C
【解析】 Q 4a1, 2a2 , a3成等差数列,4a1 a3 4a2 ,即4a1 a1q2 4a1q, q2 4q 4 0,q 2.又a1 1, S4 15, 选C.
5.(2007新课标卷,文)已知a,b,c,d成等比数列,且曲线y=x2-
2x+3的顶点是(b,c),则ad等于 ( )
A.3
B.2
C.1
D.-2
【答案】 B 【解析】 y x2 2x 3的顶点为(1, 2), a,b, c, d成等比数列, 所以bc ad 2,选B.
6.(2014年6月湖北省襄阳市普通高中调研测试)等差数列{an} 的公差d<0,且a2a4=12,a2+a4=8,则数列{an}的通项公式是
(2)当d>1时,记cnab=nn ,求数列{cn}的前n项和Tn.
(2)由d
1, 得 : an
2n
1, bn
2n1.所以cn
2n 1 2n1
,
所以Tn
1 20
3 21
5 22
7 23
2n 1① 2n1
两边都乘以 1 2
得到
1 2 Tn
1 21
3 22
5 23
7 24
2n 1② 2n
①
②得到
1 2
等比数列,则{an}的前n项和Sn= ( )
A.n(n 1) B.n(n 1) C. n(n 1) 2
D. n(n 1) 2
【答案】 A

2020年高考数学(文科)一轮复习第七单元测评手册答案

小题必刷卷(十)1.A[解析] 卯眼的空间立体图如图,同时需要注意,在三视图中看不见的线用虚线表示,故选A.2.B[解析] 由三视图可知圆柱表面上点M,N的位置如图①,将圆柱的侧面展开得到图②.在圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径即为侧面展开图中的线段MN,MN==2,故选B.3.B[解析] 由三视图可知,此几何体应是一个圆柱切去一部分后所得,如图所示.通过切割及补形知,此几何体的体积等同于底面半径为3,高为7的圆柱,所以所求体积V=π×32×7=63π.4.A[解析] 该几何体为一个球去掉八分之一,设球的半径为r,则×πr3=,解得r=2,故该几何体的表面积为×4π×22+3××π×22=17π.5.B[解析] 从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图,是一个三棱柱.6.D[解析] 三视图的直观图为图中的三棱锥A-BCD(借助长方体).由三视图可知三棱锥的底面为直角三角形,底面积S=×5×3=,高h=4,故体积V=Sh=××4=10,故选D.7.B[解析] 由正视图和俯视图可得该几何体的直观图,如图所示,故选B.8.A[解析] 因为正方体的体积为8,所以正方体的体对角线长为2,所以正方体的外接球的半径为,所以球的表面积为4π·()2=12π.9.B[解析] 因为圆柱的轴截面是正方形,且面积为8,所以圆柱的高为2,底面直径为2,所以圆柱的表面积S=2π××2+2×π×()2=12π.故选B.10.C[解析] 如图,连接BC1,易知∠AC1B即为AC1与平面BB1C1C所成的角,由题易知∠AC1B=30°,易得AC1=2AB=4.设BB1=h,则有42=22+22+h2, 解得h=2,所以该长方体的体积V=2×2×2=8.11.B[解析] 由条件知该直角三角形的斜边长为2,斜边上的高为,故围成的几何体的体积为2××π×()2×=.12.B[解析] 由题易知当点D到平面ABC的距离最大时,三棱锥D-ABC的体积最大.∵S△=AB2=9,∴AB=6.设△ABC的中心为M,由等边三角形的性质得,AM=BM=CM=2.设球心为ABCO,则OA=OB=OC=4,∴OM=-=2,∴点D到平面ABC的距离的最大值为OM+4=6.故三棱锥D-ABC体积的最大值为×9×6=18.13.[解析] 设正方体的棱长为a,则6×a2=18,即a=.∵正方体内接于球,∴球的半径R=,∴球的体积V=π×=.14.8π[解析] 如图所示,设圆锥的底面圆的圆心为O,母线长为l,则l2=8,解得l=4,即SA=4.连接OS,OA,因为SA与圆锥底面所成的角为30°,所以SO=2.在直角三角形SOA中,AO=-=-=2,所以圆锥的体积V=×π×(2)2×2=8π.15.C[解析] 如图,由AB∥CD,可知∠BAE即为异面直线AE与CD所成的角.设正方体的棱长为2,连接BE,则在Rt△ABE中,AB=2,BE===,tan∠BAE==,故选C.16.C[解析] 由平面α,β交于直线l,得到l⊂β,而n⊥β,所以n⊥l.17.D[解析] 连接DN.取DN的中点O,连接MO,BO,因为三棱锥A-BCD的所有棱长都相等,M,N分别是棱AD,BC的中点,所以MO∥AN,所以∠BMO即是异面直线BM与AN所成的角.设三棱锥A-BCD的棱长为2,则AN=BM=DN=-=,MO=AN=,NO=DN=,BO==,所=-=,所以异面直线BM与AN所成的角的余弦值为,故选D.以cos∠BMO=-·18.B[解析] 由题意知该几何体如图所示.它是半个圆锥,其底面半径为1,高为2,故体积为××π×12×2=,故选B.19.C[解析] ①不是由棱锥截得的,所以①不是棱台;②上、下两个面不平行,所以②不是圆台;④前、后两个面互相平行,其他面是平行四边形,且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,所以④是棱柱;显然③是棱锥.故选C.20.A[解析] 根据俯视图可知BD=2,CD=4,BC=2,所以△BCD为直角三角形,且∠CDB=60°,由于AB∥CD,所以∠ABD=∠CDB=60°,所以AD=BD sin 60°=.故选A.21.B[解析] 如图所示,几何体ABCD-A1B1C1D1是棱长为2的正方体.由三视图可得该几何体为三棱锥P-ACE,故其体积V=S△ACE·PE=××1×2×2=.故选B.22.B[解析] 根据三视图作出原几何体(四棱锥P-ABCD)的直观图如图所示.计算可得PB=PD=BC=,PC=,故该几何体的最长的棱长为.23.C[解析] 若m⊂α,则m⊂β或m∥β或m与β相交,故A的说法错误;若m⊂α,n⊂β,则m∥n或m,n异面或m,n相交,故B的说法错误;设α∩β=l,作直线l⊥l,且l1⊂α,则l1⊥β,因为m⊥β,所以l1∥1m,又因为m⊄α,所以m∥α,故C的说法正确;若α∩β=m,n⊥m,则n∥α或n⊂α或n与α相交,故D 的说法错误.故选C.24.[解析] 设截面中两母线的夹角为α0<α≤,则截面面积S=×1×1×sin α=sin α,因为0<α≤,所以S max=×=.25.∶2[解析] 设球的半径为r,则球的体积为πr3.设圆锥的高为h,∵圆锥与球的体积相等,∴πr3=π×(2r)2h,∴h=r.圆锥的母线长为=r,球的表面积为4πr2,圆锥的侧面积为2πr×r=2πr2,∴圆锥的侧面积与球的表面积之比为∶2.26.6或54[解析] 由题意可知,棱锥底面正方形的对角线长为3×=6,棱锥的底面积S=(3)2=18.据此分类讨论:当球心位于棱锥内部时,棱锥的高h=5+-=9,棱锥的体积1V 1= Sh 1=54;当球心位于棱锥外部时,棱锥的高h 2=5- - =1,棱锥的体积V 2=Sh 2=6.综上可得,四棱锥P - ABCD 的体积为6或54.27. +π [解析] 由三视图可得,该几何体是一个组合体,其上半部分是一个四棱锥,四棱锥的底面是一个对角线长为2的菱形,高为2,其体积V 1=××2×2×2=,下半部分是个半球,球的半径R=1,其体积V 2=××π×13=π.据此可得,该几何体的体积V=V 1+V 2= +π.28.6π [解析] ∵AB=1,BC= ,AC= ,∴AB 2+BC 2=AC 2,即△ABC 为直角三角形.当CD ⊥平面ABC 时,三棱锥A-BCD 的体积最大,又∵CD= ,△ABC 外接圆的半径为,故三棱锥A-BCD 的外接球的半径R 满足R 2=+=,∴三棱锥A-BCD 的外接球的表面积为4πR 2=6π.解答必刷卷(四)1.解:(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2 . 连接OB.因为AB=BC=AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知,OP ⊥OB.由OP ⊥OB ,OP ⊥AC ,OB ∩AC=O 知PO ⊥平面ABC.(2)作CH ⊥OM ,垂足为H ,又由(1)可得OP ⊥CH ,OP ∩OM=O ,所以CH ⊥平面POM , 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离. 由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°, 所以OM=,CH= · ·=, 所以点C 到平面POM 的距离为.2.解:(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC ⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.证明如下:连接AC,BD交于O.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM 中点,所以MC∥OP.MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.3.解:(1)证明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.(2)取棱AC的中点N,连接MN,ND.因为M为棱AB的中点,故MN∥BC,所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM==.因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN==.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN==.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为.(3)连接CM.因为△ABC为等边三角形,M为棱AB的中点,故CM⊥AB,CM=.又因为平面ABC⊥平面ABD,而CM⊂平面ABC,故CM⊥平面ABD,所以,∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角. 在Rt △CAD 中,CD= =4. 在Rt △CMD 中,sin ∠CDM==. 所以,直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为.4.解:(1)证明:设SC 的中点为E ,连接BE ,ME ,则MEDC ,∵ABDC ,∴ME AB ,故四边形ABEM 为平行四边形, ∴AM ∥BE ,又∵BE ⊂平面SBC ,AM ⊄平面SBC ,∴AM ∥平面SBC.(2)连接BD ,∵SD ⊥平面ABCD ,∴∠SBD 是SB 与平面ABCD 所成的角,∴sin ∠SBD= =,∴SB 2=3SD 2.在Rt △ABD 中,BD= AB= ,在Rt △SDB 中,SB 2=SD 2+DB 2=SD 2+2,∴3SD 2=SD 2+2,∴SD=1(负值舍去).又S 梯形ABCD =(AB+DC )·AD=×(1+2)×1=,∴V 四棱锥S - ABCD = S 梯形ABCD ·SD= × ×1=.5.解:(1)证明:因为平面ABCD ⊥平面CDEF ,平面ABCD ∩平面CDEF=CD ,AD ⊥CD ,所以AD ⊥平面CDEF ,又CF ⊂平面CDEF ,则AD ⊥CF.又因为AE ⊥CF ,AD ∩AE=A ,所以CF ⊥平面AED ,又DE ⊂平面AED ,所以CF ⊥DE. (2)连接FA ,FD ,过F 作FM ⊥CD 于M.因为平面ABCD ⊥平面CDEF 且交线为CD ,FM ⊥CD ,所以FM ⊥平面ABCD.因为CF=DE,DC=2EF=4,且CF⊥DE,所以FM=CM=1,所以五面体的体积V=V四棱锥F-ABCD+V三棱锥=×42×1+××2×1×4=+=.A-DEF6.解:(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1⊥底面ABC,AC⊥AB,又因为侧面ABB1A1∩底面ABC=AB,AC⊂底面ABC,所以AC⊥平面ABB1A1,又因为AE⊂平面ABB1A1,所以AC⊥AE.(2)连接AB1,因为A1B1=AB,所以A1B1=AA1=2.又因为∠AA1B1=60°,所以△AA1B1是边长为2的正三角形.因为E是棱A1B1的中点,所以AE⊥A1B1,且AE=.又因为AE⊥AC,A1C1∥AC,所以AE⊥A1C1.因为A1C1∩A1B1=A1,A1C1,A1B1⊂底面A1B1C1,所以AE⊥底面A1B1C1,所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=△·AE=A1B1·A1C1·AE=×2×2×=2. (3)在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.证明如下:连接BE并延长,与AA1的延长线相交,设交点为P,连接CP.因为BB1∥AA1,所以△A1PE∽△B1BE,故==.由于E为棱A1B1的中点,所以EA1=EB1,故有EP=EB,又F为棱BC的中点,故EF为△BCP的中位线,所以EF∥CP.又EF⊂平面AEF,CP⊄平面AEF,所以CP∥平面AEF.故在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.此时A1P=B1B=2,AP=AA1+A1P=4.。

高2020届文科数学一轮复习课件金太阳新考案第七单元平面向量解答题题型突破二——三角函数与解三角形

解答题题型突破二——三角函数与解三角形从近几年全国卷三角函数与解三角形解答题的命题来看,主要考查三角恒等变换与解三角形的综合问题,难度不大但比较灵活,把握好以下几个特点就可以轻松过关.1.注意三角形中的三条边和三个角之间的关系,掌握三角形内角和定理、正弦定理和余弦定理;2.利用三角形的角的关系结合已知条件进行三角恒等变换,注意边角互化思想的利用;3.在求三角形的面积公式时,根据已知条件选择合理的面积公式并进行化简与求值,在求面积的最值时注意基本不等式的应用;4.注意三角形平面几何性质的应用,包括三角形中的中线、角平分线和高的有关性质定理的使用等.题型一解三角形高考对解三角形的考查,以正弦定理、余弦定理的综合应用为主.其命题规律可以从以下两方面看:(1)从内容上看,主要考查正弦定理、余弦定理以及三角函数公式,一般是以三角形或其他平面图形为背景,结合三角形的边角关系考查学生利用三角函数公式处理问题的能力;(2)从命题角度看,主要是在三角恒等变换的基础上融合正弦定理、余弦定理,在知识的交汇处命题.【例1】(2017年全国Ⅰ卷)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为.(1)求sin B sin C;(2)若6cos B cos C=1,a=3,求△ABC的周长.【分析】寻找三角形中已知的边和角,确定转化方向.根据已知条件和转化方向,选择合适的定理和公式,实施边角之间的转化.根据前两步分析,代入求值得出结果.【试题解析】(1)因为△ABC的面积S=,且S=bc sin A,所以=bc sin A,所以a2=bc sin2A.由正弦定理得sin2A=sin B sin C sin2A.因为sin A≠0,所以sin B sin C=.(2)由(1)得sin B sin C=,cos B cos C=.因为A+B+C=π,所以cos A=cos(π－B－C)=－cos(B+C)=sin B sin C－cos B cos C=,又A∈(0,π),所以A=,sin A=,由余弦定理得a2=b2+c2－bc=9,①由正弦定理得b=·sin B,c=·sin C,所以bc=·sin B sin C=8,②由①②得,b+c=,所以a+b+c=3+,即△ABC的周长为3+.【针对训练1】已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足cos2B－cos2C－sin2A=sin A sin B.(1)求角C;(2)若c=2,△ABC的中线CD=2,求△ABC的面积S的值.【试题解析】(1)由已知得sin2A+sin2B－sin2C=－sin A sin B,由正弦定理得a2+b2－c2=－ab,由余弦定理可得cosC=－=－.∵0＜C＜π,∴C=.(2)由||=|+|=2,可得++2·=16,即a2+b2－ab=16,由余弦定理得a2+b2+ab=24,∴ab=4,∴S=ab sin C=ab=.题型二三角函数的图象和性质注意对基本三角函数y=sin x,y=cos x的图象与性质的理解与记忆,有关三角函数的五点作图,图象的平移,由图象求解析式、周期、单调区间、最值和奇偶性等问题的求解,通常先将给出的函数转化为y=A sin(ωx+φ)的形式,然后利用整体代换的方法求解.【例2】(2017年山东卷)设函数f(x)=sin－+sin－,其中0＜ω＜3,已知f=0.(1)求ω;(2)将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移个单位,得到函数y=g(x)的图象,求g(x)在－上的最小值.【分析】先将三角函数式化为y=A sin(ωx+φ)+k的形式,然后将t=ωx+φ视为一个整体,结合y=sin t的图象求解.【试题解析】(1)因为f(x)=sin－+sin－,所以f(x)=sin ωx－cos ωx－cos ωx=sin ωx－cos ωx=－=sin－.由题设可知f=0,所以－=kπ,k∈Z,故ω=6k+2,k∈Z.又0＜ω＜3,所以ω=2.(2)由(1)得f(x)=sin－,所以g(x)=sin－=sin－.因为x∈－,所以x－∈－,当x－=－,即x=－时,g(x)取得最小值－.【针对训练2】已知函数f(x)=4tan x sin－cos－－.(1)求f(x)的定义域与最小正周期;(2)讨论f(x)在区间－上的单调性.【试题解析】(1)f(x)的定义域为,f(x)=4tan x cos x cos－－=4sin x cos－－=4sin x－=2sin x cos x+2sin2x－=sin 2x+(1－cos 2x)－=sin 2x－cos 2x=2sin－,所以f(x)的最小正周期T==π.(2)令z=2x－,函数y=2sin z的单调递增区间是－,k∈Z.由－+2kπ≤2x－≤+2kπ,k∈Z,得－+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.设A=－,B=x－,易知A∩B=－.所以,当x∈－时,f(x)在区间－上单调递增,在区间－－上单调递减.题型三三角函数与平面向量的结合三角函数、解三角形与平面向量的结合主要体现在以下两个方面:(1)以三角函数式作为向量的坐标,由两个向量共线、垂直、求模或求数量积获得三角函数的解析式;(2)根据平面向量加法、减法的几何意义构造三角形,然后利用正、余弦定理解决问题.【例3】已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,向量m=(cos B,cos C),n=(2a+c,b),且m⊥n.(1)求角B的大小;(2)若b=,求a+c的取值范围.【分析】向量是一种解决问题的工具,是一个载体,通常是用向量的数量积运算或性质转化成三角函数问题.【试题解析】(1)∵m=(cos B,cos C),n=(2a+c,b),且m⊥n,∴(2a+c)cos B+b cos C=0,∴cos B(2sin A+sin C)+sin B cos C=0,∴2cos B sin A+cos B sin C+sin B cos C=0.即2cos B sin A=－sin(B+C)=－sin A.∵A∈(0,π),∴sin A≠0,∴cos B=－.∵0＜B＜π,∴B=.(2)由余弦定理得,b2=a2+c2－2ac cos=a2+c2+ac=(a+c)2－ac≥(a+c)2－=(a+c)2,当且仅当a=c时取等号.∴(a+c)2≤4,故a+c≤2.又a+c＞b=,∴a+c∈(,2].即a+c的取值范围是(,2].【针对训练3】已知△ABC中内角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(2sin B,－),n=－,B为锐角,且m∥n.(1)求角B的大小;(2)若b=2,求S△ABC的最大值.【试题解析】(1)∵m∥n,∴2sin B－=－cos 2B,∴sin 2B=－cos 2B,即tan 2B=－.又∵B为锐角,∴2B∈(0,π),∴2B=,∴B=.(2)∵B=,b=2,由余弦定理b2=a2+c2－2ac cos B,得a2+c2－ac－4=0.又a2+c2≥2ac,代入上式,得ac≤4,故S△ABC=ac sin B=ac≤,当且仅当a=c=2时等号成立,即S△ABC的最大值为.突破训练二1.(2016年山东卷)设f(x)=2sin(π－x)sin x－(sin x－cos x)2.(1)求f(x)的单调递增区间;(2)把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再把得到的图象向左平移个单位长度,得到函数y=g(x)的图象,求g的值.【试题解析】(1)f(x)=2sin(π－x)sin x－(sin x－cos x)2=2sin2x－(1－2sin x cos x)=(1－cos 2x)+sin 2x－1=sin 2x－cos 2x+－1=2sin－+－1.由2kπ－≤2x－≤2kπ+(k∈Z),得kπ－≤x≤kπ+(k∈Z).所以f(x)的单调递增区间是－(k∈Z).(2)由(1)知f(x)=2sin－+－1,把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到y=2sin－+－1的图象,再把得到的图象向左平移个单位长度,得到y=2sin x+－1的图象,即g(x)=2sin x+－1.所以g=2sin+－1=.2.(2017年天津卷)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a sin A=4b sin B,ac=(a2－b2－c2).(1)求cos A的值;(2)求sin(2B－A)的值.【试题解析】(1)由a sin A=4b sin B及=,得a=2b.由ac=(a2－b2－c2)及余弦定理,得cos A=－=－=－.(2)由(1)可得sin A=,代入a sin A=4b sin B,得sin B==.由(1)知,A为钝角,所以cos B=－=.于是sin 2B=2sin B cos B=,cos 2B=1－2sin2B=,故sin(2B－A)=sin 2B cos A－cos 2B sin A=×－－×=－.3.(2018湖南湘中名校联考)已知函数f(x)=cos x(cos x+sin x).(1)求f(x)的最小值;(2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若f(C)=1,S△ABC=,c=,求△ABC的周长.【试题解析】(1)f(x)=cos x(cos x+sin x)=cos2x+sin x cos x=+sin 2x=+sin.当sin=－1时,f(x)取得最小值－.(2)f(C)=+sin=1,∴sin=,∵C∈(0,π),2C+∈,∴2C+=,∴C=.∵S△ABC=ab sin C=,∴ab=3.又()2=a2+b2－2ab·cos,∴(a+b)2－2ab cos=7+2ab,∴(a+b)2=16,即a+b=4,∴a+b+c=4+,故△ABC的周长为4+.4.(2018合肥质检)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,向量m=,n=(cos C,cos A),且m·n=b cos B.(1)求角B的值;(2)若cos－=sin A,且|m|=,求△ABC的面积.【试题解析】(1)由m·n=b cos B,得cos C+cos A=b cos B,sin A cos C+sin C cos A=2sin B cos B,即sin(A+C)=2sin B cos B,sin B=2sin B cos B,∵0＜B＜π,sin B≠0,∴cos B=,∴B=.(2)C=π－A－B=－A,cos－=sin A⇒cos－=sin A⇒cos A=sin A⇒tan A=.∵0＜A＜,∴A=,∴C=π－－=.在Rt△ABC中,∵a=c sin=c,又|m|=,即a2+c2=20,∴a=2,c=4,b=－=2,故△ABC的面积S=×2×2=2.5.(2018合肥质检)已知a=(sin x,cos x),b=(cos x,－cos x),函数f(x)=a·b+.(1)求函数y=f(x)图象的对称轴方程;(2)若方程f(x)=在(0,π)上的解为x1,x2,求cos(x1－x2)的值.【试题解析】(1)f(x)=a·b+=(sin x,cos x)·(cos x,－cos x)+=sin x·cos x－cos2x+=sin 2x－cos 2x=sin－.令2x－=kπ+(k∈Z),得x=+(k∈Z).即函数y=f(x)图象的对称轴方程为x=+(k∈Z).(2)由条件知sin－=sin－=＞0,且0＜x1＜＜x2＜,(x1,f(x1))与(x2,f(x2))关于直线x=对称,则x1+x2=,∴cos(x1－x2)=cos－－=cos－=cos－－=sin－=.6.(2018东北三省四市二模)已知点P(,1),Q(cos x,sin x),O为坐标原点,函数f(x)=·.(1)求函数f(x)的最小正周期;(2)若A为△ABC的内角,f(A)=4,BC=3,求△ABC周长的最大值.【试题解析】(1)由已知得=(,1),=(－cos x,1－sin x),所以f(x)=·=3－cos x+1－sin x=4－2sin,所以函数f(x)的最小正周期为2π.(2)因为f(A)=4,所以sin=0,又0＜A＜π,所以＜A+＜,所以A=.因为BC=3,所以由正弦定理,得AC=2sin B,AB=2sin C,所以△ABC的周长为3+2sin B+2sin C=3+2sin B+2sin－=3+2sin.因为0＜B＜,所以＜B+＜,所以当B+=,即B=时,△ABC的周长取得最大值,最大值为3+2.7.(2018河南第二次大联考)已知函数f(x)=a·b,其中a=(2cos x,－sin 2x),b=(cos x,1),x∈R.(1)求函数y=f(x)的单调递减区间;(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,f(A)=－1,a=,且向量m=(3,sin B)与n=(2,sin C)共线,求边长b和c的值.【试题解析】(1)f(x)=2cos2x－sin 2x=1+cos 2x－sin 2x=1+2cos,令2kπ≤2x+≤2kπ+π(k∈Z),解得kπ－≤x≤kπ+(k∈Z),∴函数y=f(x)的单调递减区间为－(k∈Z).(2)∵f(A)=1+2cos=－1,∴cos=－1,又＜2A+＜,∴2A+=π,即A=.∵a=,∴由余弦定理得a2=b2+c2－2bc cos A=(b+c)2－3bc=7. ①∵向量m=(3,sin B)与n=(2,sin C)共线,∴2sin B=3sin C,由正弦定理得2b=3c,②由①②得b=3,c=2.8.(2018安徽宣城模拟)已知向量m=(2a cos x,sin x),n=(cos x,b cos x),函数f(x)=m·n－,函数f(x)在y轴上的截距为,与y 轴最近的最高点的坐标是.(1)求函数f(x)的解析式;(2)将函数f(x)的图象向左平移φ(φ＞0)个单位长度,再将图象上各点的纵坐标不变,横坐标伸长到原来的2倍,得到函数y=sin x 的图象,求φ的最小值.【试题解析】(1)f(x)=m·n－=2a cos2x+b sin x cos x－,由f(0)=2a－=,得a=,此时,f(x)=cos 2x+sin 2x,由f(x)≤=1,得b=1或b=－1,当b=1时,f(x)=sin,经检验为最高点;当b=－1时,f(x)=sin－,经检验不是最高点.故函数的解析式为f(x)=sin.(2)函数f(x)的图象向左平移φ个单位长度后得到函数y=sin的图象,横坐标伸长到原来的2倍后得到函数y=sin,即y=sin x的图象,所以2φ+=2kπ(k∈Z),φ=－+kπ(k∈Z),因为φ＞0,所以φ的最小值为.。

高考数学艺体生文化课第七章数列第1节等差数列课件.pptx

14.在等差数列{an}中，a1+ a3+ a5=105， a2+ a4+ a6=99，
Sn表示数列{an}的前n项和，则使达到最大值的n是 ( )
A.21
B.20
C.19
D.18
【答案】 B
【解析】因为a1 a3 a5 3a3 105, a2 a4 a6 3a4 99, 所以a3 35, a4 33,所以d 2, a1 39,
由an
a1
(n
1)d
39
2(n
1)
41
2n
0，解得n
41， 2
所以n 20当时，Sn达到最大值。
或：Sn
39n
n(n 1) 2
(2)
n2
40，
当n 40 20时有最大值.故选B. 2 (1)
15.(2018西安质检)已知数列{an}满足a1=15,且3an+1=3an-2.若
ak·ak+1<0,则正整数k= ( )
;
若它的第k项满足5<ak<8,则k=
.
【答案】 2n 10;8 【解析】
n 1时, a1 S1 8, n 1时, an Sn Sn1 n2 9n (n 1)2 9(n 1), an 2n 10,并且满足n 1时, a1 8, 所以an 2n 10, 则ak 2k 10. 5 2k 10 8, 解得7.5 k 9,k 8.
如果三个数a,A,b成等差数列,那么A=a b
项.
2
叫做a与b的等差中
4(1.等)Sn差数n(列a1的2 a前n )n;项和:
n(n 1) (2)Sn na1 2 d.
5.等差数列的性质: 等和性:若项数m,n,p,q满足m+n=p+q,则am+an=ap+aq.

2020版高考数学(文科)一轮复习课件：第七章立体几何 7.5

解析：依题意，对于①，由“若一条直线与两个平行平面中的一个垂直，则该直线也垂直于另一个平面”得知，m⊥β，又 n⊂β，因此 m⊥n，①正确；对于②，当 α⊥β 时，设 α∩β＝n，在平面 β 内作直线 m⊥n，则有 m⊥α，因此②不正确；对于③，由 m∥n， m⊥α 得 n⊥α，又 n⊂β，因此有 α⊥β，③正确；对于④，当 m⊥α，α∩β ＝n，α⊥β 时，直线 m，n 不平行，因此④不正确．综上所述，正确命题的个数为 2，故选 C. 答案：C
2．“直线 a 与平面 M 内的无数条直线都垂直”是“直线 a 与平面 M 垂直”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
解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线 a 与平面 M 的无数条直线都垂直”不能推出“直线 a 与平面 M 垂直”，反之可以，所以是必要不充分条件．答案：B
3．平面与平面垂直 (1)二面角：从一条直线出发的⑤两个半平面所组成的图形叫做二面角． (2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作⑥垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角． 4．平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果所成的二面角是⑦直二面角，就说这两个平面互相垂直．
图形语言
符号语言 a，b⊂α ②a∩b＝O l⊥a l⊥b ⇒l⊥α ③a⊥α ⇒a∥b b⊥α
2.直线和平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的④锐角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是 0° 的角． π (2)范围：0，2.

2020年高考总复习数学文科新人教版第7单元(共6节)

第一节空间几何体的结构及其三视图和直观图1. 下列命题中的假命题是 ( ) A. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆柱B. 以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面围成的几何体叫圆锥C. 以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面围成的几何体叫圆锥D. 以等腰三角形的底边上的高所在的直线为旋转轴，其余各边旋转形成的曲面围成的几何体叫圆锥 2. 用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆，则这个几何体一定是 ( ) A. 圆柱 B. 圆锥C. 球体D. 圆柱，圆锥，球体的组合体3. 对于斜二测画法叙述正确的是 ( ) A. 三角形的直观图是三角形 B. 正方形的直观图是正方形 C. 矩形的直观图是矩形 D. 圆的直观图一定是圆4. (2011·皖南八校联考)下图是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )5. 正三棱柱ABC A 1B 1C 1如下图所示，以四边形BCC 1B 1的前面为正前方画出的三视图正确的是 ( )6. 已知正三角形ABC 的边长为a ，以它的一边为x 轴，对应的高线为y 轴，画出它的水平放置的直观图△A ′B ′C ′，则△A ′B ′C ′的面积是 ( )A. 34a 2B. 38a 2C. 68a 2D. 616a 27. 如图为长方体木块堆成的几何体的三视图，则组成此几何体的长方体木块共有________块．8. 如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的面积为________．9. (2011·潍坊模拟)如图，已知正四棱台ABCDA1B1C1D1的上底面边长为1，下底面边长为2，高为1，则线段B1C的长是________．10. 圆台的两底面半径分别为5 cm和10 cm，高为8 cm，有一个过圆台两母线的截面，且上、下底面中心到截面与两底面交线的距离分别为3 cm和6 cm，求截面面积．参考答案9.14解析：连接上底面对角线B 1D 1的中点O 1和下底面BD 的中点O ，得棱台的高OO 1，过点B 1作OO 1的平行线交BD 于点E ，连接CE .在△BCE 中，由BC =2，BE =22，∠CBE ，利用余弦定理可得CE =102，故在Rt △B 1EC 中易得B 1C =221012⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭=142. 10.如图所示，截面为ABCD ，取AB 中点F ，CD 中点E ，连接OF ，O 1E ，EF ，O 1D ，OA ，则O 1EFO 为直角梯形，ABCD 为等腰梯形，EF 为梯形ABCD 的高，在直角梯形O 1EFO 中，EF 2211OO OF O E +(-)73，在Rt △O 1ED 中，DE =2211O D O E -=4 (cm)，同理，AF =22OA OF -=8(cm)，S梯形ABCD=1273732)．第二节空间几何体的表面积与体积1. 将一个边长为a 的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了( )A. 6a 2B. 12a 2C. 18a 2D. 24a 22. 若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为l 的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是( ) A. 3∶2 B. 2∶1 C. 4∶3 D. 5∶33. 长方体的一个顶点上三条棱的长分别是3,4,5，且它的八个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是( )A. 202πB. 252πC. 50πD. 200π4. (2011·烟台模拟)一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，则这个几何体的体积是( )A. 3B. 52C. 2D. 325. 圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是( ) A. 4πS B. 2πSC. πSD. 233πS6. (2011·日照模拟)如图，一个空间几何体的正视图、侧视图都是周长为4，一个内角为60°的菱形，俯视图是圆及一点，那么这个几何体的表面积为( )A. π2B. πC. 3π2D. 2π7. (2010·上海)已知四棱锥PABCD 的底面是边长为6的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝8，则该四棱锥的体积是________．8. (教材改编题)已知某球的体积大小等于其表面积大小，则此球的半径是________． 9. (2010·天津)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．10. (2010·湖南)下图中三个直角三角形是一个体积为20 cm 3的几何体的三视图，则h ＝________cm.11. 如图所示的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)．(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积．参考答案1. B 解析：依题意，小正方体的棱长为3a，所以27个小正方体的表面积总和为3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭2=18a 2，增加了18a 2-6a 2=12a 2.2. C 解析：底面半径r =232ππl =13l ，故圆锥中S 侧=13l 2，S 表=13l 213l ⎛⎫ ⎪⎝⎭2=49l 2，所以表面积与侧面积的比为4∶3.3. C 解析：设球半径为R ，依题意得2RR =52∴S 球R224. D 解析：以长方体为载体，如图：知三棱柱AA ′DBB ′C 为三视图的直观图，故V =1232. 5. A 解析：设底面半径为r ，Sr 2，S 侧rr2r2S .6. B 解析：设几何体为两个圆锥的组合体，由题意知S 112π⎛⎫⨯⨯⎪⎝⎭7. 96 解析：根据棱锥体积公式，V =138. 3 解析：由43R 3R 2，知R =3.9. 3 解析：由俯视图可知该几何体的底面为直角梯形，由正视图和侧视图可知该几何体的高为1，结合三个视图可知该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积为1210. 4解析：如图是三视图对应的直观图，这是一个三棱锥，其中SA ⊥平面ABC ，BA ⊥AC . 由于V =13S △ABC h =1312h =5h ，∴5h =20，∴h =4(cm)．11. (1)如图所示．(2)所求多面体体积V =V 长方体-V 正三棱锥-131222⎛⎫⨯⨯ ⎪⎝⎭2843(cm 3)．第三节点、直线、平面之间的位置关系1. (2011·大连模拟)若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的 ( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件2. 以下四个命题中，正确命题的个数是 ( ) ①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A 、B 、C 、D 共面，点A 、B 、C 、E 共面，则A 、B 、C 、D 、E 共面； ③若直线a ，b 共面，直线a ，c 共面，则直线b 、c 共面； ④依次首尾相接的四条线段必共面．A. 0B. 1C. 2D. 33. (2011·沈阳模拟)正方体AC 1中，E 、F 分别是线段BC 、C 1D 的中点，则直线A 1B 与直线EF 的位置关系是 ( )A. 相交B. 异面C. 平行D. 垂直4. 如图所示，ABCDA 1B 1C 1D 1是长方体，O 是B 1D 1的中点，直线A 1C 交平面AB 1D 1于点M .则下列结论正确的是 ( )A. A 、M 、O 三点共线B. A 、M 、O 、A 1不共面C. A 、M 、C 、O 不共面D. B 、B 1、O 、M 共面5. 平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，既与AB 共面也与CC 1共面的棱的条数为 ( ) A. 3 B. 4 C. 5 D. 66. 一个正方体的展开图如图所示，B 、C 、D 为原正方体的顶点，A 为原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，CD 与AB 所成角的余弦值为 ( )A. 510B. 105C. 55D. 10107. a ，b ，c 是空间中的三条直线，下面给出五个命题： ①若a ∥b ， b ∥c ，则a ∥c ； ②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；③若a 与b 相交，b 与c 相交，则a 与c 相交；④若a ⊂平面α，b ⊂平面β，则a ，b 一定是异面直线； ⑤若a ，b 与c 成等角，则a ∥b .上述命题中正确的命题是________．(只填序号)8. 如图，点P 、Q 、R 、S 分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ 与P S 是异面直线的一个图是________．9. 已知两条相交直线a，b，a∥平面α，则b与α的位置关系是________.10. 已知直线a∥b∥c，直线l∩a＝A，l∩b＝B，l∩c＝C.求证：a、b、c、l共面．11. (2011·大连模拟)如图所示，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．求AE与PB所成的角的余弦值.参考答案7. ①解析：①由平行公理知，①正确；②a与c的位置关系不确定，故②错误；③a与c可能相交、平行、异面，故③错误；④由异面直线的定义知，④错误；⑤错误．8. ③解析：①、②中平行，④中相交．9. 平行或相交10.如图，∵a∥b，∴a、b可以确定一个平面.又∵l∩a=A，l∩b=B，∴A∈a，B∈b，A∈，B∈，AB⊂.又A∈l，B∈l，∴l⊂.另一方面，∵b∥c，∴b、c可以确定一个平面.同理可证，l⊂.∵平面、均经过直线b、l，且b和l是两条相交直线，它们确定的平面是唯一的，∴平面与是同一个平面，∴a、b、c、l共面．11. 如图，取BC的中点F，连接EF，AF.∵EF∥PB，∴∠AEF是异面直线AE、PB所成的角(或其补角)．∵PA⊥平面ABC，∠BAC，PA=AB=AC=2，∴AE，AFEF =12PB. 在△AEF 中，cos ∠AEF =2222AE EF AF AE EF +-⋅⋅=14.即AE 与PB 所成角的余弦值为14.第四节直线、平面平行的判定及其性质1. 一条直线若同时平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线的位置关系是( )A. 异面B. 相交C. 平行D. 不确定 2. 设α、β、γ为平面，给出下列条件：①直线a 与b 为异面直线，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α； ②α内不共线的三点到β的距离相等； ③α⊥γ，β⊥γ.其中能使α∥β成立的条件的个数是 ( )A. 0B. 1C. 2D. 3 3.(2010·福建)如图，若Ω是长方体ABCDA 1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体EFGHB 1C 1后得到的几何体．其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的点，且EH ∥A 1D 1，则下列结论中不正确的是( )A. EH ∥FGB. 四边形EFGH 是矩形C. Ω是棱柱D. Ω是棱台4. (2011·福州模拟)已知平面α、β和直线m ，给出条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m ⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.为使m ∥β，应选择下面四个选项中的 ( )A. ①④B. ①⑤C. ②⑤D. ③⑤5. 设平面α∥平面β，A ∈α，B ∈β，C 是AB 的中点，当A 、B 分别在α、β内运动时，那么所有的动点C ( )A. 不共面B. 当且仅当A 、B 在两条相交直线上移动时才共面C. 当且仅当A 、B 在两条给定的平行直线上移动时才共面D. 不论A 、B 如何移动都共面 6. 如图，在四面体A-BCD 中，若截面PQMN 是正方形，则在下列命题中错误的为()A. AC ⊥BDB. AC ∥截面PQMNC. AC ＝BDD. 异面直线PM 与BD 所成的角为45°7. 考察下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为不同直线，α、β为不重合平面)，则此条件为________．⎭⎪⎬⎪⎫ m ⊂α①l ∥m ⇒l ∥α；⎭⎪⎬⎪⎫ l ∥m②m ∥α ⇒l ∥α；⎭⎪⎬⎪⎫ l ⊥β③α⊥β ⇒l ∥α. 8. 如图所示，ABCDA 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M 、N 分别是下底面的棱AB ，BC 的中点，P 是上底面的棱A 1D 1上的一点，A 1P ＝a3，过P 、M 、N 的平面交上底面于PQ ，Q 在C 1D 1上，则PQ ＝________.9. 如图，在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件________时，有MN ∥平面B 1BDD 1.10. 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，问：当点Q 在什么位置时，平面D 1BQ ∥平面PAO?11. (2011·泉州模拟)如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PA ⊥平面ABCD ，点M ，N 分别为BC ，PA 的中点，且PA ＝AD ＝2，AB ＝1，AC ＝ 3.(1)证明：CD ⊥平面PAC;(2)在线段PD 上是否存在一点E ，使得NM ∥平面ACE; 若存在，求出PE 的长；若不存在，说明理由．参考答案9. M∈线段FH解析：因为HN∥BD，HF∥DD1，所以平面NHF∥平面B1BDD1，故线段FH上任一点M与N相连，有MN∥平面B1BDD1.10. 当Q点为线段C1C的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.证明：∵DP=D1P，DO=BO，∴PO∥BD1，∵BD1⊂平面D1BQ，PO⊄平面D1BQ，∴PO∥平面D1BQ.同理，AP∥平面D1BQ.又∵PO∩AP=P，∴平面D1BQ∥平面PAO.11. (1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.在△ACD中，AD=2，CD=1，3，所以AC2+CD2=AD2，所以∠，即AC⊥CD.又PA∩AC=A，所以CD⊥平面PAC.(2)在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE.取PD的中点E，连接NE，EC，AE，因为N、E分别为PA，PD的中点，所以NE綊12 AD.又在平行四边形ABCD中，CM綊12 AD，所以NE綊MC，即MCEN是平行四边形．所以NM∥EC，又EC⊂平面ACE，NM⊄平面ACE，所以MN∥平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE，此时PE=12PD=2.第五节直线、平面垂直的判定及其性质1. (2011·北京模拟)若a，b是空间两条不同的直线，α、β是空间的两个不同的平面，则a⊥α的一个充分条件是()A. a∥β，α⊥βB. a⊂β，α⊥βC. a⊥b，b∥αD. a⊥β，α∥β2. 用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号是()A. ①②B. ②③C. ①④D.③④3. 空间四边形ABCD中，若AB＝BC，AD＝CD，E为对角线AC的中点，下列判断正确的是()A. 面ABD⊥面BDCB. 面ABC⊥面ABDC. 面ABC⊥面ADCD. 面ABC⊥面BED4. (2011·烟台模拟)如图在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在()A. 直线AB上B. 直线BC上C. 直线AC上D. △ABC内部5. (2011·威海模拟)已知α、β、γ是三个不同的平面，命题“α∥β且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，若把α、β、γ中的任意两个换成直线，且相互不重合，则在所得到的命题中，真命题有()A. 3个B. 2个C. 1个D. 0个6. (2011·淄博模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为()7. (教材改编题)过△ABC所在平面α外一点P，作PO⊥α，垂足为O，连结PA、PB、PC，若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________(填“重心”、“外心”或“垂心”)．8. 如图所示，PA⊥矩形ABCD所在的平面，那么以P、A、B、C、D五个点中的三点为顶点的直角三角形有________个．9. P为△ABC所在平面外一点，AC＝2a，连接PA、PB、PC，得△PAB和△PBC都是边长为a的等边三角形，则平面ABC和平面PAC的位置关系为________．10. 在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上的一个动点，则PM的最小值为________.11. (2010·辽宁改编)如图，棱柱ABCA1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，B1C⊥A1B.证明：平面AB1C⊥平面A1BC1.12. (2010·安徽改编)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB＝2EF＝2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点．(1)求证：FH∥平面EDB；(2)求证：AC⊥平面EDB.参考答案6. C 解析：如图，动点P 到直线A 1B 1的距离为|PQ|，到直线BC 的距离为|PB|，由抛物线的定义，动点P 的轨迹是以B 为焦点，A 1B 1为准线的抛物线，且该抛物线过点A ，故选C.7. 外心解析：如图，连接AO ，BO ，CO. ∵PO ⊥平面ABC ， ∴PO ⊥AO ，PO ⊥BO ， PO ⊥CO ，又PA=PB=PC ，∴Rt △APO ≌Rt △BPO ≌Rt △CPO ， ∴OA=OC=OB ，即O 为△ABC 的外心． 8. 9 解析：分三类：(1)在底面ABCD 中，共有四个直角，因而有四个直角三角形； (2)四个侧面都是直角三角形；(3)过两条侧棱的截面中，△PAC 为直角三角形．故共有9个直角三角形． 9. 垂直解析：如图所示，由题意知PA=PB=PC=AB=BC=a ，取AC 中点D ，连接PD 、BD ，则PD ⊥AC ，BD ⊥AC ，则∠BDP 为二面角P-AC-B 的平面角，又∵2a ， ∴PD=BD=22a ，在△PBD 中，PB 2=BD 2+PD 2， ∴∠7 解析：如图所示，由题意知：在Rt △ABC 中，易求得BC=4，3 连接CM ，知PC ⊥CM ，所以PM 2=PC 2+CM 2，当CM ⊥AB 时，CM 的长度最小，最小值为BC AC AB⋅.所以PM .11. 因为侧面BCC 1B 1是菱形，所以B 1C ⊥BC 1，又已知B 1C ⊥A 1B ，且A 1B∩BC 1=B ，所以B 1C ⊥平面A 1BC 1，又B 1C ⊂平面AB 1C ，所以平面AB 1C ⊥平面A 1BC 1.第六节空间直角坐标系1. 设A(1，－1,1)，B(3,1,5)，则AB 中点在空间直角坐标系中的位置是 ( ) A. y 轴上 B. xOy 面内 C. xOz 面内 D. yOz 面内2. 设点B 是点A(2，－3,5)关于xOy 面的对称点，则|AB|的值为 ( ) A. 10 B. 10 C. 38 D. 383. 已知点A(1,2，－1)，点C 与点A 关于xOy 面对称，点B 与点A 关于x 轴对称，则|BC|的值为 ( )A. 2 5B. 4C. 2 2D. 274. 在空间直角坐标系中，若点B 是点A(1,2,3)在坐标平面yOz 内的射影，则|OB|的长度为 ( )A. 2 3B. 14C. 13D. 115. 已知A(1,0,2)，B(1，－3,1)，点M 在z 轴上，且到A 、B 两点的距离相等，则M 的坐标为 ( )A. (－3,0,0)B. (0，－3,0)C. (0,0，－3)D. (0,0,3)6. 在空间直角坐标系中，P(2,3,4)、Q(－2，－3，－4)两点的位置关系是 ( )A. 关于x 轴对称B. 关于yOz 平面对称C. 关于坐标原点对称D. 以上都不对7. 设正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，以A 为原点，以AB ，AD ，AA 1为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则正方形A 1B 1C 1D 1的中心的坐标为___________．8. 如图所示，在长方体OABC - O 1A 1B 1C 1中，|OA|＝2，|AB|＝3，|AA 1|＝2.M 是OB 1与BO 1的交点，则M 的坐标是________．9. 已知△ABC 的顶点分别为A(3,1,2)，B(4，－2，－2)，C(0,5,1)，则BC 边长的中线长为________．10. 若A 、B 两点的坐标分别是A(3cos θ，3sin θ，1)，B(2cos α，2sin α，1)，则|AB →|的取值范围是________. 11. 求证：以A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(2,4,3)为顶点的三角形是等腰直角三角形．参考答案9.2 解析：设BC 的中点为D ，则D 点坐标为,,222⎪⎝⎭，即 D 312,,22⎛⎫- ⎪⎝⎭，|AD|=2.10. [1,5] 解析：|AB |-2-2+0=13--． ∵-，∴|AB |2∈[1,25]，即|AB |∈[1,5]．11. 由已知，得=7，=7.因为|AB|2+|CA|=|BC|，所以△ABC 是等腰直角三角形，其中BC 是斜边.。

2020版新一线数学二轮专题复习艺术专用课件：第七章立体几何第2节

(4)没有公共点的两条直线是异面直线．( ) (5)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
[小题查验] 1．在下列命题中，不是公理的是( ) A．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解析：A [A 不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；B， C，D 是平面的基本性质公理．]
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
3．已知直线 a 和平面 α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且 a 在 α，β 内的射影分别为直线 b 和 c，则直线 b 和 c 的位置关系是( )
A．相交或平行 B．相交或异面 C．平行或异面 D．相交、平行或异面
解析：D [依题意，直线 b 和 c 的位置关系可能是相交、平行或异面．]
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
空间两条直线位置关系的判定方法
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
[跟踪训练] (2019·全国Ⅲ卷) 如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面 ECD⊥平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则( )
第七章
基础自主夯实
即异面直线 A1B 与 AD1 所成角的余弦值为45.]
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关

2020高考人教版数学(文)总复习课件：第七章立体几何 7-4(50)

考点二直线与平面平行的判定与性质角度 1 直线与平面平行的判定
(2019·山西八校联考)如图，在五面体 ABCDEF 中，已知棱 DE⊥平面 ABCD，AD∥BC，∠BAD＝30°，AB＝4，DE ＝EF＝2.
(1)求证：EF∥平面 ABCD； (2)求三棱锥 B- DEF 的体积．
解：(1)证明：因为 AD∥BC，AD⊂平面 ADEF，BC⊄平面 ADEF，所以 BC∥平面 ADEF，又平面 ADEF∩平面 BCEF＝EF，
的结论证明一些空间图形的平
及面面平行的判定及应用，题
行关系的简单命题.
型为解答题中的一问.
课堂探究考点突破
真题模拟演练

课堂探究考点突破
考点一与线、面平行相关命题的判定
(1)(2015·安徽卷)已知 m，n 是两条不同直线，α，β 是两
个不同平面，则下列命题正确的是( D )
A．若 α，β 垂直于同一平面，则 α 与 β 平行 B．若 m，n 平行于同一平面，则 m 与 n 平行 C．若 α，β 不平行，则在 α 内不存在与 β 平行的直线 D．若 m，n 不平行，则 m 与 n 不可能垂直于同一平面
解：(1)证明：连接 AG 并延长交 PD 于 H，连接 CH. 由四边形 ABCD 是梯形，AB∥CD，且 AB＝2DC，知FACF＝21，又 G 为△PAD 的重心，∴GAGH＝21，在△ACH 中，GAGH＝FACF＝21，
故 GF∥HC．
又 HC⊂平面 PDC，GF⊄平面 PDC，
∴GF∥平面 PDC．
(2)(2019·山东泰安二模)已知 m，n 是两条不同直线，α，β，γ 是三
个不同平面，下列命题正确的是( D )
A．若 m∥α，n∥α，则 m∥n B．若 α⊥γ，β⊥γ，则 α∥β C．若 m∥α，m∥β，则 α∥β D．若 m⊥α，n⊥α，则 m∥n

2020高考文科数学(人教A版)总复习课件：第七章不等式、推理与证明7.3

数被重复计算了一次,故第 n 个图形的点数为 3n-3,即 an=3n-3,令
Sn=��29��3
+
9 ��3��4
+
��49��5+…+��2
9 012��2
013
=
1 1×2
+
2×1 3+…+2
1 011×2
012=
1-12
+
1 2
(3)在类比时,平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对
象较为合适. ( × )
(4)“所有3的倍数都是9的倍数,某数m是3的倍数,则m一定是9的
倍数”,这是三段论推理,但其结论是错误的. ( × )
(5)一个数列的前三项是1,2,3,那么这个数列的通项公式是
an=n(n∈N*). ( × )
(6)在演绎推理中,只要符合演绎推理的形式,结论就一定正确.
(×)
第七章
知识梳理考点自诊
7.3 合情推理与演绎推理
必必备备知知识识··预预案案自自诊诊
关键能力·学案突破
学科素养·微专题
-7-
2.下面几种推理过程是演绎推理的是( C )
A.在数列{an}中,a1=1, 通项公式
an=12(an-1+��1��-1)
(n≥2),由此归纳数列{an}的
知识梳理考点自诊
7.3 合情推理与演绎推理
必必备备知知识识··预预案案自自诊诊
关键能力·学案突破
学科素养·微专题
-8-
3.(教材习题改编P7T1)如图,根据图中的数构成的规律,a表示的数是( D )

2020届高考数学(文科)艺体生文化课复习导数测试考点考向考题点拨(18张)

(e 1 )

e
2 1

0，
所以在区间(0,1)存在一个零点，
且f (2) ln 2 3 0，f (e2 ) e2 3 0， e2 1
所以在区间(1, )上也存在一个零点，
所以函数有且只有2个零点.
f(x)的极小值为 ( )
A.-1
B.-2e-3
C.5e-3
D.1
【答案】 A
【解析】由题意可得f '(x) (2x a)ex1 (x2 ax 1)ex1
[x2 (a 2)x a 1]ex1,
因为f '(2) 0,所以a 1, f (x) (x2 x 1)ex1,
9.已知定义在R上的函数f(x),f(x)+x·f'(x)<0,若a<b,则一定有( )
A.af(a)<bf(b)
B.af(b)<bf(a)
C.af(a)>bf(b)
D.af(b)>bf(a)
【答案】 C 【解析】 [x f (x)]' x ' f (x) x f '(x) f (x) x f '(x) 0, 函数x f (x)是R上的减函数, a b,af (a) bf (b).
12.曲线y= 1 x2+x在点(2,4)处的切线与坐标轴围成的三角形面积 2
为.
【答案】 2 3
【解析】 y 1 x2 x, y ' x 1,切线在点(2, 4)处的斜率为3, 2
由直线的点斜式方程可得切线方程为y 4 3(x 2),即3x y 2 0.
【答案】 D 【解析】因为f (x) 1 x sin x,所以f '(x) 1 cos x, 当x (0, π]时, f '(x) 0,所以f (x)在(0, π]上是增函数, 所以f (π) f (3) f (2).

2020年高考数学(文科)总复习超级详细讲解效率提分之第7章 7.5

§7.5合情推理与演绎推理考情考向分析以理解类比推理、归纳推理和演绎推理的推理方法为主，常以演绎推理的方法根据几个人的不同说法作出推理判断进行命题．注重培养学生的推理能力；在高考中以填空题的形式进行考查，属于中低档题．1．合情推理(1)归纳推理①定义：从个别事实中推演出一般性的结论，称为归纳推理(简称归纳法)．②特点：归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理．(2)类比推理①定义：根据两个(或两类)对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，像这样的推理通常称为类比推理(简称类比法)．②特点：类比推理是由特殊到特殊的推理．(3)合情推理合情推理是根据已有的事实、正确的结论、实验和实践的结果，以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程．归纳推理和类比推理都是数学活动中常用的合情推理．2．演绎推理(1)演绎推理由一般性的命题推演出特殊性命题的推理方法称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——一般性的原理；②小前提——特殊对象；③结论——揭示了一般原理与特殊对象的内在联系．概念方法微思考1．合情推理所得结论一定是正确的吗？提示合情推理所得结论是猜想，不一定正确，用演绎推理能够证明的猜想是正确的，否则不正确．2．合情推理对我们学习数学有什么帮助？提示合情推理常常能帮助我们猜测和发现结论，证明一个数学结论之前，合情推理常常能为我们提供证明的思路和方向．3．“三段论”是演绎推理的一般模式，包括大前提，小前提，结论，在用其进行推理时，大前提是否可以省略？提示大前提是已知的一般原理，当已知问题背景很清楚的时候，大前提可以省略．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理．(√)(2)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适．(×)(3)“所有3的倍数都是9的倍数，某数m是3的倍数，则m一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的．(√)(4)一个数列的前三项是1,2,3，那么这个数列的通项公式是a n＝n(n∈N*)．(×)(5)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确．(×)题组二教材改编2．[P32例1]已知在数列{a n}中，a1＝1，当n≥2时，a n＝a n－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想a n的表达式是________．答案a n＝n2解析 a 2＝a 1＋3＝4，a 3＝a 2＋5＝9，a 4＝a 3＋7＝16，a 1＝12，a 2＝22，a 3＝32，a 4＝42，猜想a n ＝n 2.3．[P35T3]在等差数列{a n }中，若a 10＝0，则有a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 19－n (n <19，n ∈N *)成立，类比上述性质，在等比数列{b n }中，若b 9＝1，则存在的等式为________________．答案 b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 17－n (n <17，n ∈N *) 解析利用类比推理，借助等比数列的性质， b 29＝b 1＋n ·b 17－n ，可知存在的等式为b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 17－n (n <17，n ∈N *)．题组三易错自纠4．正弦函数是奇函数，f (x )＝sin(x 2＋1)是正弦函数，因此f (x )＝sin(x 2＋1)是奇函数，以上推理错误的原因是________．答案小前提错误解析 f (x )＝sin(x 2＋1)不是正弦函数，所以小前提错误．5．类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可得出空间内的下列结论： ①垂直于同一个平面的两条直线互相平行； ②垂直于同一条直线的两条直线互相平行； ③垂直于同一个平面的两个平面互相平行； ④垂直于同一条直线的两个平面互相平行．则正确的结论是________．(填序号) 答案 ①④解析显然①④正确；对于②，在空间中垂直于同一条直线的两条直线可以平行，也可以异面或相交；对于③，在空间中垂直于同一个平面的两个平面可以平行，也可以相交． 6．观察下列关系式：1＋x ＝1＋x ；()1＋x 2≥1＋2x ，()1＋x 3≥1＋3x ，……，由此规律，得到的第n 个关系式为________．答案 (1＋x )n ≥1＋nx解析左边为等比数列，右边为等差数列，所以第n 个关系式为(1＋x )n ≥1＋nx (n ∈N *)．题型一归纳推理命题点1与数式有关的的推理例1 (1)《周易》历来被人们视为儒家经典之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“”当做数字“1”，把阴爻“”当做数字“0”，则八卦代表的数表示如下：以此类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的十进制数是________．答案 17 解析由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦符号“”表示二进制数的010001，转化为十进制数的计算为1×20＋0×21＋0×22＋0×23＋1×24＋0×25＝17.(2)观察下列式子：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…，根据以上式子可以猜想：1＋122＋132＋…＋12 0192<________. 答案4 0372 019解析由题意得，不等式右边分数的分母是左边最后一个分数的分母的底数，所以猜想的分母是2 019，分子组成了一个以3为首项，2为公差的等差数列，所以a 2 018＝3＋(2 018－1)×2命题点2与图形变化有关的推理例2 分形理论是当今世界十分风靡和活跃的新理论、新学科．其中，把部分与整体以某种方式相似的形体称为分形．分形是一种具有自相似特性的现象、图象或者物理过程．标准的自相似分形是数学上的抽象，迭代生成无限精细的结构．也就是说，在分形中，每一组成部分都在特征上和整体相似，只仅仅是变小了一些而已，谢尔宾斯基三角形就是一种典型的分形，是由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出的，按照如下规律依次在一个黑色三角形内去掉小三角形，则当n＝6时，该黑色三角形内去掉小三角形个数为________．答案364解析由图可知，每一个图形中小三角形的个数等于前一个图形小三角形个数的3倍加1，所以，n＝1时，a1＝1；n＝2时，a2＝3＋1＝4；n＝3时，a3＝3×4＋1＝13；n＝4时，a4＝3×13＋1＝40；n＝5时，a5＝3×40＋1＝121；n＝6时，a6＝3×121＋1＝364.思维升华归纳推理问题的常见类型及解题策略(1)与数字有关的等式的推理．观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解．(2)与式子有关的推理．观察每个式子的特点，注意是纵向看，找到规律后可解．(3)与图形变化有关的推理．合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真跟踪训练1 某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为________．答案55解析由2＝1＋1,3＝1＋2,5＝2＋3知，从第三项起，每一项都等于前两项的和，则第6年为8，第7年为13，第8年为21，第9年为34，第10年为55.题型二类比推理例3 (1)已知{a n}为等差数列，a1 010＝5，a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝5×2 019.若{b n}为等比数列，b1 010＝5，则{b n}类似的结论是________________．答案b1b2b3…b2 019＝52 019解析在等差数列{a n }中，令S ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019，则S ＝a 2 019＋a 2 018＋a 2 017＋…＋a 1，∴2S ＝(a 1＋a 2 019)＋(a 2＋a 2 018)＋(a 3＋a 2 017)＋…＋(a 2 019＋a 1)＝2 019(a 1＋a 2 019) ＝2 019×2a 1 010＝10×2 019， ∴S ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝5×2 019. 在等比数列{b n }中，令T ＝b 1b 2b 3…b 2 019，则T ＝b 2 019b 2 018b 2 017…b 1，∴T 2＝(b 1b 2 019)(b 2b 2 018)(b 3b 2 017)…(b 2 019b 1)＝(b 21 010)2 019，∴T ＝b 1b 2b 3…b 2 019＝(b 1 010)2 019＝52 019.(2)如图(1)所示，点O 是△ABC 内任意一点，连结AO ，BO ，CO ，并延长交对边于A 1，B 1，C 1，则OA 1AA 1＋OB 1BB 1＋OC 1CC 1＝1，类比猜想：点O 是空间四面体V —BCD 内的任意一点，如图(2)所示，连结VO ，BO ，CO ，DO 并延长分别交面BCD ，VCD ，VBD ，VBC 于点V 1，B 1，C 1，D 1，则有____________________．答案OV 1VV 1＋OB 1BB 1＋OC 1CC 1＋OD 1DD 1＝1 解析利用类比推理，猜想应有OV 1VV 1＋OB 1BB 1＋OC 1CC 1＋OD 1DD 1＝1.用“体积法”证明如下：OV 1VV 1＋OB 1BB 1＋OC 1CC 1＋OD 1DD 1＝V O —BCD V V —BCD ＋V O —VCD V B —VCD ＋V O —VBD V C —VBD ＋V O —VBC V D —VBC ＝V V —BCDV V —BCD＝1. 思维升华类比推理常见的情形有：平面与空间类比；低维与高维类比；等差与等比数列类比；运算类比(加与乘，乘与乘方，减与除，除与开方)．数的运算与向量运算类比；圆锥曲线间的类比等．跟踪训练2 在平面上，设h a ，h b ，h c 是△ABC 三条边上的高，P 为三角形内任一点，P 到相应三边的距离分别为P a ，P b ，P c ，我们可以得到结论：P a h a ＋P b h b ＋P ch c ＝1.把它类比到空间中，则三棱锥中的类似结论为____________________．答案P a h a ＋P b h b ＋P c h c ＋P dh d＝1 解析设h a ，h b ，h c ，h d 分别是三棱锥A －BCD 四个面上的高，P 为三棱锥A －BCD 内任一点，P 到相应四个面的距离分别为P a ，P b ，P c ，P d ，于是可以得出结论：P a h a ＋P b h b ＋P c h c ＋P dh d ＝1.题型三演绎推理例4 设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≤b n ＋1(n ∈N *)；②b n ≤M (n ∈N *，M 是与n 无关的常数)的无穷数列{b n }叫“特界”数列． (1)若数列{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和，a 3＝4，S 3＝18，求S n ； (2)判断(1)中的数列{S n }是否为“特界”数列，并说明理由．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋2d ＝4,3a 1＋3d ＝18，解得a 1＝8，d ＝－2，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋9n .(2){S n }为“特界”数列．理由如下：由S n ＋S n ＋22－S n ＋1＝(S n ＋2－S n ＋1)－(S n ＋1－S n )2 ＝a n ＋2－a n ＋12＝d2＝－1<0，得S n ＋S n ＋22<S n ＋1，故数列{S n }满足条件①；而S n ＝－n 2＋9n ＝－⎝⎛⎭⎫n －922＋814(n ∈N *)，则当n ＝4或5时，S n 有最大值20，即S n ≤20，故数列{S n }满足条件②.综上，数列{S n }是“特界”数列．思维升华演绎推理是从一般到特殊的推理；其一般形式是三段论，应用三段论解决问题，应当首先明确什么是大前提和小前提，若前提是显然的，则可以省略．跟踪训练3 某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A ，B ，C ，D ，E 五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E 车周四限行，B 车昨天限行，从今天算起，A ，C 两车连续四天都能上路行驶，E 车明天可以上路，由此可知今天是星期________．答案四解析因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E 车明天可以上路，E 车周四限行，所以今天不是周三；因为B 车昨天限行，所以今天不是周一，不是周五，也不是周日；因为A ，C 两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周二和周六，所以今天是周四．1．观察下列各式：1＝12,2＋3＋4＝32,3＋4＋5＋6＋7＝52,4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，…，可以得出的一般结论是____________________．答案 n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2解析由题中式子可以归纳：等式左边为连续自然数的和，有2n －1项，且第一项为n ，则最后一项为3n －2，等式右边均为2n －1的平方． 2．观察下列三角形数阵： 1 13 15 17 19 111 113 115 117 119 ……按照以上排列的规律，第16行从左到右的第2个数为________．答案1243解析前15行共有15×(15＋1)2＝120(个)数，所以第16行第2个数为a 122＝12×122－1＝1243.3．设△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为S ，内切圆半径为r ，则r ＝2Sa ＋b ＋c.类比这个结论可知：四面体P －ABC 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球的半径为r ，四面体P －ABC 的体积为V ，则r ＝________. 答案3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4解析由类比推理可知r ＝3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4.4．已知 2＋23＝223， 3＋38＝338， 4＋415＝4415，…，类比这些等式，若 6＋a b ＝6ab(a ，b 均为正数)，则a ＋b ＝________. 答案 41 解析观察等式2＋23＝223， 3＋38＝338，4＋415＝4415，…，第n 个应该是 n ＋1＋n ＋1(n ＋1)2－1＝(n ＋1)n ＋1(n ＋1)2－1，则第5个等式中a ＝6，b ＝a 2－1＝35，a ＋b ＝41.5．有一个游戏，将标有数字1,2,3,4的四张卡片分别随机发给甲、乙、丙、丁4个人，每人一张，并请这4人在看自己的卡片之前进行预测：甲说：乙或丙拿到标有3的卡片；乙说：甲或丙拿到标有2的卡片；丙说：标有1的卡片在甲手中；丁说：甲拿到标有3的卡片．结果显示：这4人的预测都不正确，那么甲、乙、丙、丁4个人拿到的卡片上的数字依次为_______．答案 4,2,1,3解析由于4个人预测不正确，其各自的对立事件正确，即甲：乙、丙没拿到3；乙：甲、丙没拿到2；丙：甲没拿到1；丁：甲没拿到3.综上，甲没拿到1,2,3，故甲拿到了4，丁拿到了3，丙拿到了1，乙拿到了2.6．已知a i >0(i ＝1,2,3，…，n )，观察下列不等式： a 1＋a 22≥a 1a 2； a 1＋a 2＋a 33≥3a 1a 2a 3； a 1＋a 2＋a 3＋a 44≥4a 1a 2a 3a 4；…照此规律，当n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a nn ≥______.答案na 1a 2…a n解析根据题意得a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n (n ∈N *，n ≥2)．7．观察下列等式，13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102. 根据上述规律，13＋23＋33＋43＋53＋63＝________. 答案 212解析因为13＋23＝32,13＋23＋33＝62， 13＋23＋33＋43＝102，等式的右端依次为 (1＋2)2，(1＋2＋3)2，(1＋2＋3＋4)2，所以13＋23＋33＋43＋53＋63＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)2＝212.8．天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，以此类推．已知1949年为“己丑”年，那么到中华人民共和国成立80年时为________年．答案己酉解析天干是以10为一个周期循环，地支以12为一个周期循环，从1949年到2029年经过80年，且1949年为“己丑”年，以1949年的天干和地支分别为起点，则80÷10＝8，则2029的天干为己，80÷12＝6余8，则2029的地支为酉． 9．已知x ∈(0，＋∞)，观察下列各式：x ＋1x ≥2，x ＋4x 2＝x 2＋x 2＋4x 2≥3，x ＋27x 3＝x 3＋x 3＋x 3＋27x 3≥4，…，类比得x ＋ax n ≥n ＋1(n ∈N *)，则a ＝________. 答案 n n解析第一个式子是n ＝1的情况，此时a ＝11＝1；第二个式子是n ＝2的情况，此时a ＝22＝4；第三个式子是n ＝3的情况，此时a ＝33＝27，归纳可知a ＝n n .10．“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2 018这2 017个整数中能被2除余1且被3除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{a n }，则此数列的项数为____．答案 336解析因为这些整数能被2除余1且被3除余1，所以这些数组成的数列的通项a n ＝6n ＋1，设6n ＋1≤2 018，∴6n ≤2 017，∴n ≤33616.所以此数列的项数为336.11．设f (x )＝13x ＋3，先分别求f (0)＋f (1)，f (－1)＋f (2)，f (－2)＋f (3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．解 f (0)＋f (1)＝130＋3＋131＋3＝11＋3＋13＋3＝3－12＋3－36＝33，同理可得f (－1)＋f (2)＝33，f (－2)＋f (3)＝33，并注意到在这三个特殊式子中，自变量之和均等于1. 归纳猜想得当x 1＋x 2＝1时，均有f (x 1)＋f (x 2)＝33. 证明：设x 1＋x 2＝1， f (x 1)＋f (x 2)12x x12x x12x x12x x ＝33. 12．设f (x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，若a ＋b ＋c ＝0，f (0)>0，f (1)>0，证明： (1)a >0且－2<ba<－1；(2)方程f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．证明 (1)因为f (0)>0，f (1)>0，所以c >0,3a ＋2b ＋c >0.由a ＋b ＋c ＝0，消去b 得a >c >0；再由条件a ＋b ＋c ＝0，消去c 得a ＋b <0且2a ＋b >0，所以－2<ba<－1.(2)因为抛物线f (x )＝3ax 2＋2bx ＋c 的顶点坐标为⎝⎛⎭⎫－b 3a，3ac －b 23a ，又因为－2<ba <－1，所以13<－b 3a <23.因为f (0)>0，f (1)>0，而f ⎝⎛⎭⎫－b 3a ＝3ac －b 23a ＝－a 2＋c 2－ac 3a＝－⎝⎛⎭⎫a －c 22＋3c 243a<0，所以方程f (x )＝0在区间⎝⎛⎭⎫0，－b 3a 与⎝⎛⎭⎫－b3a ，1内分别有一个实根，故方程f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．13. 一质点从坐标原点出发，按如图的运动轨迹运动，每步运动一个单位，例如第3步结束时该质点所在位置的坐标为(0,1)，第4步结束时质点所在位置的坐标为(－1,1)，那么第2 018步结束时该质点所在位置的坐标为________．答案 (16，－22)解析当运动：1＋1＋2＋2步时，坐标为(－1，－1)；当运动：1＋1＋2＋2＋3＋3＋4＋4步时，坐标为(－2，－2)；当运动：1＋1＋2＋2＋3＋3＋4＋4＋5＋5＋6＋6步时，坐标为(－3，－3)； ……当运动：1＋1＋2＋2＋3＋3＋4＋4＋5＋5＋6＋6＋…＋n ＋n (n 为偶数)步时，坐标为⎝⎛⎭⎫－n 2，－n 2. 而1＋1＋2＋2＋3＋3＋4＋4＋5＋5＋6＋6＋…＋n ＋n ≤2 018，即n (n ＋1)≤2 018(n ∈N *)，解得n ≤44.当n ＝44时，该点的坐标为(－22，－22)，共走了1 980步，此时还需向右走38步，故最终坐标为(16，－22)．14. 如图，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点(算第1层)，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，…，依此类推，如果一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为________．答案 8解析由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为2×6，第4层的点数为3×6，第5层的点数为4×6，…，第n (n ≥2，n ∈N *)层的点数为6(n －1)．设一个点阵有n (n ≥2，n ∈N *)层，则共有的点数为1＋6＋6×2＋…＋6(n －1)＝1＋6·n (n －1)2＝3n 2－3n＋1，由题意，得3n 2－3n ＋1＝169，即(n ＋7)·(n －8)＝0，所以n ＝8，故共有8层．15. 某电子设备的锁屏图案设计的操作界面如图①所示，屏幕解锁图案的设计规则如下：从九个点中选择一个点为起点，手指依次划过某些点(点的个数在1到9个之间)就形成了一个线路图(线上的点只有首次被划到时才起到确定线路的作用，即第二次被划到不会成为确定线路的点)，这个线路图就形成一个屏幕解锁的图案，则图②所给线路中可以成为屏幕解锁图案的是________．(填序号)答案ab解析由解锁图案的设计规则可知，所给的线路图可以成为屏幕解锁图案的充分条件是：构成线路图的所有的点能且只能起到一次确定线段的作用．将屏保九宫格编号如下：则能形成a线路的方案是：a：1→5→9→2→8→6→4→3→7或者b：7→5→3→4→6→8→2→9→1，两者都能成为屏幕解锁图案；能形成b线路的方案是：c：6→5→4→2→7→8→9→5→8或者d：6→5→4→2→7→8→5→9→8或者e：8→9→5→8→7→2→4→6或者f：8→5→9→7→2→4→6或者g：8→5→4→2→7→9→5→6，其中f能成为屏幕解锁图案；能形成c线路的方案是：h：7→6→5→9→3→2→1→6或者i：7→6→1→2→3→9→5→6或者j：6→5→9→3→2→1→6→7或者k：6→1→2→3→9→5→6→7或者l：7→6→3→2→1→6→9→5→6或者m：7→6→3→2→1→6→5→9→6或者n：7→6→9→5→6→1→2→3→6，其中点6在所有的方案中至少起到两次确定线段的作用，都不能成为屏幕解锁图案．故本题正确答案为ab.16．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB 的长度为a ，在线段AB 上取两个点C ，D ，使得AC ＝DB ＝14AB ，以CD 为一边在线段AB 的上方做一个正六边形，然后去掉线段CD ，得到图2中的图形；对图2中的最上方的线段EF 做相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：记第n 个图形(图1为第1个图形)中的所有线段长的和为S n ，现给出有关数列{S n }的四个命题：①数列{S n }不是等比数列；②数列{S n }是递增数列；③存在最小的正数a ，使得对任意的正整数n ，都有S n >2 019；④存在最大的正数a ，使得对任意的正整数n ，都有S n <2 019.其中真命题的序号是________．(请写出所有真命题的序号)答案 ①②④解析由题意，得图1中的线段为a ，S 1＝a ，图2中的正六边形的边长为a 2， S 2＝S 1＋a 2×4＝S 1＋2a ，图3中的最小正六边形的边长为a 4，S 3＝S 2＋a 4×4＝S 2＋a ，图4中的最小正六边形的边长为a 8， S 4＝S 3＋a 8×4＝S 3＋a 2，由此类推，S n －S n －1＝a 2n －3(n ≥2)，即{S n }为递增数列，且不是等比数列， (S n )min ＝S 1＝a ，若使对任意正整数n ，都有S n >2 019，则a >2 019. 所以不存在最小的正数a .即①②正确，③错误；因为S n ＝S 1＋(S 2－S 1)＋(S 3－S 2)＋…＋(S n －S n －1)＝a ＋2a ＋a ＋a 2＋…＋a 2n －3＝a ＋2a ⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12＝a ＋4a ⎝⎛⎭⎫1－12n －1<5a (n ≥2，n ∈N *)，又S 1＝a <5a ，所以存在最大的正数a ＝2 0195，使得对任意的正整数n ，都有S n <2 019，即④正确．。

2020版高考数学复习第七单元复习课件文新人教A版

V= S底h
V=
1S
3
底
h
V=13(S 上+S 下+ S上S下)h
V=
4 3
πR3
课前双基巩固
对点演练
1.判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱. ( ) (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. ( ) (3)夹在两个平行的平面之间,其余的面都是梯形,这样的几何体一定是棱台. ( ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中,三个视图均相同. ( )
课堂考点探究
[总结反思] (1)由实物图画三视图或判断、选择三视图,需要注意“长对正、高平齐、宽相等”.
(2)由三视图还原实物图,要遵循以下三步:①看视图,明关系;②分部分,想整体;③综
合起来,定整体.
课堂考点探究
变式 (1)已知某锥体的正视图和侧视图如图 7-34-7 所示,则该锥体的俯视图不可能是 ( )
课前双基巩固
2.[教材改编] 下列说法正确的是
.
①相等的角在直观图中仍然相等;
②相等的线段在直观图中仍然相等;
③正方形的直观图是正方形;
④若两条线段平行,则在直观图中对应的两条
线段仍然平行.
[答案] ④
[解析] 由直观图的画法规则知, 角度、长度都有可能改变,而线段的平行性不变.
课前双基巩固
3.一个几何体的平面展开图如图 7-34-1
例 1 (1)[2018·上海浦东新区一模] 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为棱 AA1 的中点(如图 7-34-4 所示),用过点 B,E,D1 的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的侧视图为

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