2018年高考数学(理)《600分考点 700分考法》一轮复习

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2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第七章立体几何 7.7.2 精品

【解析】以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,设AB=1, 则D(0,0,0),
N(0,1,
1 2
)，M(0,
1 2
,
0)，A1
1,
0,1，
所以DN
(0,1,
1 2
)，MA1
(1,
1 2
,1），
所以DN
MA1
0 1 1（
1 ） 2
1 1 2
0，
所以 DN M所A1以，A1M与DN所成的角的大小是90°. 答案:90°
则 A(－1,0，2)，B1 1,0,0，B(1,0，2)，C1(0，3，0)，
所以 AB1＝(2,0,－ 2)，BC1＝(－1, 3,－ 2)，因为 AB1 BC1＝(2,0,－ 2) (－1, 3,－ 2)＝0，所以 AB1 即BC异1，面直线AB1和BC1所成角为直角，则其正弦值为1.
b.如图②③,n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面 α,β的法向量,则二面角的大小θ满足cosθ=_c_o_s_<n__1,_n_2_> 或_-_c_o_s_<_n_1_,_n_2>_.
【特别提醒】 1.利用 | AB |2 ＝AB AB 可以求空间中有向线段的长度． 2.点面距离的求法
【变式训练】将正方形ABCD沿对角线AC折起,当以
A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,异面直线AD
与BC所成的角为 ( )
A.
B.
C.
D.
6
4
3
2
【解析】选C.不妨以△ABC为底面,则由题意当以 A,B,C,D为顶点的三棱锥体积最大,即点D到底面△ABC 的距离最大时,平面ADC⊥平面ABC,取AC的中点O,连接 BO,DO,则易知DO,BO,CO两两互相垂直,所以分别以 OD,OB,OC 所在直线为z,x,y轴建立空间直角坐标系,令 BO=DO=CO=1,则有O(0,0,0),A(0,-1,0),D(0,0,1),

2018年高考数学(理)《600分考点+700分考法》一轮复习课件：专题2+函数概念与基本初等函数

考点9 分段函数及其应用
考法 4 分段函数的应用
类型1 求分段函数的函数值类型2 已知函数值或函数值的取值范围，求自变量的值或自变量的取值范围
考点9 分段函数及其应用
考点9
考法4
类型1
求分段函数的函数值
求分段函数的函数值时，要先确定要求值的自变量属于哪一区间，然后代入该区间对应的解析式求值；当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值；当自变量的值所在区间不确定时，要分类讨论，分类标准应参照分段函数不同段的端点.
考点8 函数的定义域、值域及其表示
考点8
考法1 求函数的定义域
考点8 函数的定义域、值域及其表示
考点8
考法1 求函数的定义域
考点8 函数的定义域、值域及其表示
考点8
考法2 求函数的解析式
方法1 整体代入法已知f(x)的解析式，求f(g(x))的解析式，可将g(x)看作一个整体，代入f(x)的解析式. 方法2 待定系数法求解析式若已知函数的类型(如一次函数、二次函数、对数函数等)，可用待过程中需定系数法设出解析式，再根据已知条件列出方程(组)求解. 要注意的方法3 换元法是什么？已知复合函数f(g(x))的解析式，可用换元法，令t=g(x)，由此解出x 的表达式并代入f(g(x))中求得f(t)，从而求得f(x)的解析式.此时要注意自变量的取值范围. 自变量的方法4 特值思想取值范围（1）方程组法（2）赋值法
考点10 函数的单调性和最值
考点10
类型2
考法2 利用函数单调性求参数范围
已知函数单调区间求所含参数的取值(范围)
解题时首先应明确：设函数f(x)的单调增(减)区间为A，若函数在区间B上单调递增(减)，

【步步高】2018版高考数学(理)(人教)大一轮复习文档讲义：第十三章13.2直接证明与间接证明

1．直接证明(1)综合法①定义：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．②框图表示：P⇒Q1―→Q1⇒Q2―→Q2⇒Q3―→…―→Q n⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q⇐P1―→P1⇐P2―→P2⇐P3―→…―→得到一个明显成立的条件(其中Q表示要证明的结论)．③思维过程：执果索因．2．间接证明反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( × )(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( × )(3)用反证法证明结论“a >b ”时，应假设“a <b ”．( × )(4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( × )(5)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( √ )(6)证明不等式2＋7<3＋6最合适的方法是分析法．( √ )1．若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是( )A ．ac 2<bc 2B ．a 2>ab >b 2 C.1a <1bD.b a >a b答案 B解析 a 2－ab ＝a (a －b )，∵a <b <0，∴a －b <0，∴a 2－ab >0，∴a 2>ab .①又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，②由①②得a 2>ab >b 2.2．(2016·北京)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则( )A ．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B ．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C ．乙盒中红球不多于丙盒中红球D ．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多答案 B解析取两个球往盒子中放有4种情况：①红＋红，则乙盒中红球数加1；②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.因为红球和黑球个数一样，所以①和②的情况一样多．③和④的情况完全随机，③和④对B 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响．①和②出现的次数是一样的，所以对B 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样．综上选B.3．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( )A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0答案 D解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.4．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，则a 、b 应满足的条件是__________________________．答案 a ≥0，b ≥0且a ≠b解析 ∵a a ＋b b －(a b ＋b a )＝a (a －b )＋b (b －a )＝(a －b )(a －b )＝(a －b )2(a ＋b )．∴当a ≥0，b ≥0且a ≠b 时，(a －b )2(a ＋b )>0.∴a a ＋b b >a b ＋b a 成立的条件是a ≥0，b ≥0且a ≠b .5．(2016·青岛模拟)如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，则对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )n ≤f (x 1＋x 2＋…＋x n n)，已知函数y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________．答案 332 解析 ∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A 、B 、C ∈(0，π)．∴f (A )＋f (B )＋f (C )3≤f (A ＋B ＋C 3)＝f (π3)，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332， ∴sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332.题型一综合法的应用例1 (2016·重庆模拟)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13； (2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13. (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 思维升华 (1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．对于定义域为[0,1]的函数f (x )，如果同时满足：①对任意的x ∈[0,1]，总有f (x )≥0；②f (1)＝1；③若x 1≥0，x 2≥0，x 1＋x 2≤1，都有f (x 1＋x 2)≥f (x 1)＋f (x 2)成立，则称函数f (x )为理想函数．(1)若函数f (x )为理想函数，证明：f (0)＝0；(2)试判断函数f (x )＝2x (x ∈[0,1])，f (x )＝x 2(x ∈[0,1])，f (x )＝x (x ∈[0,1])是不是理想函数．(1)证明取x 1＝x 2＝0，则x 1＋x 2＝0≤1，∴f (0＋0)≥f (0)＋f (0)，∴f (0)≤0.又对任意的x ∈[0,1]，总有f (x )≥0，∴f (0)≥0.于是f (0)＝0.(2)解对于f (x )＝2x ，x ∈[0,1]，f (1)＝2不满足新定义中的条件②，∴f (x )＝2x (x ∈[0,1])不是理想函数．对于f (x )＝x 2，x ∈[0,1]，显然f (x )≥0，且f (1)＝1.对任意的x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1，f (x 1＋x 2)－f (x 1)－f (x 2)＝(x 1＋x 2)2－x 21－x 22＝2x 1x 2≥0，即f (x 1＋x 2)≥f (x 1)＋f (x 2)．∴f (x )＝x 2(x ∈[0,1])是理想函数．对于f (x )＝x ，x ∈[0,1]，显然满足条件①②.对任意的x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1，有f 2(x 1＋x 2)－[f (x 1)＋f (x 2)]2＝(x 1＋x 2)－(x 1＋2x 1x 2＋x 2)＝－2x 1x 2≤0，即f 2(x 1＋x 2)≤[f (x 1)＋f (x 2)]2.∴f (x 1＋x 2)≤f (x 1)＋f (x 2)，不满足条件③.∴f (x )＝x (x ∈[0,1])不是理想函数．综上，f (x )＝x 2(x ∈[0,1])是理想函数，f (x )＝2x (x ∈[0,1])与f (x )＝x (x ∈[0,1])不是理想函数．题型二分析法的应用例2 已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.证明要证12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，即证明12(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22，只需证明12⎝⎛⎭⎫sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2>tan x 1＋x 22，只需证明sin (x 1＋x 2)2cos x 1cos x 2>sin (x 1＋x 2)1＋cos (x 1＋x 2). 由于x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)．所以cos x 1cos x 2>0，sin(x 1＋x 2)>0,1＋cos(x 1＋x 2)>0，故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)>2cos x 1cos x 2，即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2>2cos x 1cos x 2，即证cos(x 1－x 2)<1.由x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，x 1≠x 2知上式显然成立，因此12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.引申探究若本例中f (x )变为f (x )＝3x －2x ，试证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f (x 1)＋f (x 2)2≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明要证明f (x 1)＋f (x 2)2≥f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，即证明1212(32)(32)2x x x x -+-≥1223x x +－2·x 1＋x 22，因此只要证明12332x x +－(x 1＋x 2)≥1223x x +－(x 1＋x 2)，即证明12332x x +≥1223x x +，因此只要证明12332x x + 由于x 1，x 2∈R 时，13x >0, 23x>0，由基本不等式知12332x x + 思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．(2017·重庆月考)设a >0，b >0,2c >a ＋b ，求证：(1)c 2>ab ；(2)c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .证明 (1)∵a >0，b >0,2c >a ＋b ≥2ab ，∴c >ab ，平方得c 2>ab .(2)要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab ，只要证－c 2－ab <a －c <c 2－ab ，即证|a －c |<c 2－ab ，即(a －c )2<c 2－ab .∵(a －c )2－c 2＋ab ＝a (a ＋b －2c )<0成立，∴原不等式成立．题型三反证法的应用命题点1 证明否定性命题例3 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S n n(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列． (1)解由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明由(1)得b n ＝S n n＝n ＋ 2. 假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r ∈N *，且互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)．∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0. ∴(p ＋r 2)2＝pr ，即(p －r )2＝0.∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾． ∴假设不成立，即数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．命题点2 证明存在性问题例4 (2016·济南模拟)若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a <b )，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“四维光军”函数．(1)设g (x )＝12x 2－x ＋32是[1，b ]上的“四维光军”函数，求常数b 的值； (2)是否存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题设得g (x )＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，区间[1，b ]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b ]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g (1)＝1，g (b )＝b ，即12b 2－b ＋32＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b >1，所以b ＝3.(2)假设函数h (x )＝1x ＋2在区间[a ，b ] (a >－2)上是“四维光军”函数，因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减，所以有⎩⎪⎨⎪⎧ h (a )＝b ，h (b )＝a ，即⎩⎨⎧ 1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a ，解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在．命题点3 证明唯一性命题例5 已知M 是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f (x )∈M ，①方程f (x )－x ＝0有实数根；②函数f (x )的导数f ′(x )满足0<f ′(x )<1.(1)判断函数f (x )＝x 2＋sin x 4是不是集合M 中的元素，并说明理由； (2)集合M 中的元素f (x )具有下面的性质：若f (x )的定义域为D ，则对于任意[m ，n ]⊆D ，都存在x 0∈(m ，n )，使得等式f (n )－f (m )＝(n －m )f ′(x 0)成立．试用这一性质证明：方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．(1)解 ①当x ＝0时，f (0)＝0，所以方程f (x )－x ＝0有实数根0；②f ′(x )＝12＋14cos x ，所以f ′(x )∈⎣⎡⎦⎤14，34，满足条件0<f ′(x )<1. 由①②可得，函数f (x )＝x 2＋sin x 4是集合M 中的元素． (2)证明假设方程f (x )－x ＝0存在两个实数根α，β (α≠β)，则f (α)－α＝0，f (β)－β＝0. 不妨设α<β，根据题意存在c ∈(α，β)，满足f (β)－f (α)＝(β－α)f ′(c )．因为f (α)＝α，f (β)＝β，且α≠β，所以f ′(c )＝1.与已知0<f ′(x )<1矛盾．又f (x )－x ＝0有实数根，所以方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．思维升华应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：第一步：分清命题“p ⇒q ”的条件和结论；第二步：作出与命题结论q 相反的假设綈q ；第三步：由p 和綈q 出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q 不真，于是原结论q 成立，从而间接地证明了命题p ⇒q 为真．所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a是函数f (x )的一个零点； (2)试用反证法证明1a>c . 证明 (1)∵f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点，∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，又x 1x 2＝c a ，∴x 2＝1a (1a≠c )， ∴1a是f (x )＝0的一个根．即1a是函数f (x )的一个零点． (2)假设1a <c ，又1a>0，由0<x <c 时，f (x )>0，知f (1a )>0，与f (1a )＝0矛盾，∴1a≥c ，又∵1a ≠c ，∴1a>c .26．反证法在证明题中的应用典例 (12分)直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x 24＋y 2＝1相交于A 、C 两点，O 是坐标原点． (1)当点B 的坐标为(0,1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长；(2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形．思想方法指导在证明否定性问题，存在性问题，唯一性问题时常考虑用反证法证明，应用反证法需注意：(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法．(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去．规范解答(1)解因为四边形OABC 为菱形，则AC 与OB 相互垂直平分．由于O (0,0)，B (0,1)，所以设点A ⎝⎛⎭⎫t ，12，代入椭圆方程得t 24＋14＝1，则t ＝±3，故|AC |＝2 3.[4分](2)证明假设四边形OABC 为菱形，因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，所以k ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ，消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.[6分]设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 2＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m 1＋4k 2. 所以AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2.[8分] 因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0，所以直线OB 的斜率为－14k，因为k ·⎝⎛⎭⎫－14k ＝－14≠－1，所以AC 与OB 不垂直．[10分] 所以OABC 不是菱形，与假设矛盾．所以当点B 不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形．[12分]1．(2017·泰安质检)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有一个实根C ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 2＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根答案 A解析因为“方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”等价于“方程x 2＋ax ＋b ＝0有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根”．故选A.2．(2016·山西质量监测)对累乘运算Π有如下定义：Πnk ＝1a k ＝a 1×a 2×…×a n ，则下列命题中的真命题是( )A.Π1 007k ＝12k 不能被10100整除 B.Π2 015k ＝1 (4k －2)Π2 014k ＝1 (2k －1)＝22 015 C.Π1 008k ＝1(2k －1)不能被5100整除 D.Π1 008k ＝1 (2k －1)Π1 007k ＝12k ＝Π2 015k ＝1k 答案 D解析因为Π1 008k ＝1 (2k －1)Π1 007k ＝12k ＝(1×3×5×…×2 015)×(2×4×6×…×2 014)＝1×2×3×…×2 014×2 015＝Π2 015k ＝1k ，故选D. 3．(2017·上饶月考)设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y( ) A ．都大于2B ．至少有一个大于2C ．至少有一个不小于2D ．至少有一个不大于2答案 C解析因为(y x ＋y z )＋(z x ＋z y )＋(x z ＋x y) ＝(y x ＋x y )＋(y z ＋z y )＋(z x ＋x z)≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立．所以三个数中至少有一个不小于2，故选C.4．①已知p 3＋q 3＝2，证明：p ＋q ≤2.用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；②若a ，b ∈R ，|a |＋|b |<1，求证：方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下结论正确的是( )A ．①与②的假设都错误B ．①的假设正确；②的假设错误C ．①与②的假设都正确D ．①的假设错误；②的假设正确答案 D解析对于①，结论的否定是p ＋q >2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确，故选D.5．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是( )A ．②③B ．①②③C ．③D ．③④⑤答案 C解析若a ＝12，b ＝23，则a ＋b >1，但a <1，b <1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出；对于③，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1，反证法：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾，因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1.6．(2016·河南三市联考)设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，计算得f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3.观察上述结果，按照上面规律，可推测f (128)>________.答案 92解析观察f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3可知，等式及不等式右边的数构成首项为32，公差为12的等差数列，故f (128)>32＋6×12＝92. 7．(2016·全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．答案 1和3解析由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，又甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”．8．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f (c )>0，则实数p 的取值范围是____________．答案 ⎝⎛⎭⎫－3，32 解析若二次函数f (x )≤0在区间[－1,1]内恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝－2p 2＋p ＋1≤0，f (1)＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足题干条件的p 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－3，32. 9．已知a >0，证明： a 2＋1a 2－ 2 ≥a ＋1a －2. 证明要证 a 2＋1a 2－2≥ a ＋1a－2，只需证 a 2＋1a 2 ≥(a ＋1a)－(2－2)．因为a >0，所以(a ＋1a)－(2－2)>0，所以只需证( a 2＋1a 2 )2≥[(a ＋1a )－(2－2)]2，即2(2－2)(a ＋1a )≥8－42，只需证a ＋1a≥2. 因为a >0，a ＋1a ≥2显然成立(a ＝1a＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立．10．设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，若函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，求证：f (x ＋12)为偶函数．证明由函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，可知f (x ＋1)＝f (－x )．将x 换成x －12代入上式可得f (x －12＋1)＝f [－(x －12)]，即f (x ＋12)＝f (－x ＋12)，由偶函数的定义可知f (x ＋12)为偶函数． 11．已知函数f (x )＝a x ＋x －2x ＋1(a >1)． (1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明方程f (x )＝0没有负数根．证明 (1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1<x 2，则x 2－x 1>0.∵a >1，∴21110x x xa a ->>且， ∴()2111210x x x x x a a a a --=->又∵x 1＋1>0，x 2＋1>0，∴x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝(x 2－2)(x 1＋1)－(x 1－2)(x 2＋1)(x 1＋1)(x 2＋1)＝3(x 2－x 1)(x 1＋1)(x 2＋1)>0. 于是f (x 2)－f (x 1)＝21x x a a -＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1>0，故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设存在x 0<0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝－x 0－2x 0＋1. ∵a >1，∴0<0x a <1， ∴0<－x 0－2x 0＋1<1，即12<x 0<2，与假设x 0<0相矛盾，故方程f (x )＝0没有负数根．12．(2015·陕西)设f n (x )是等比数列1，x ，x 2，…，x n 的各项和，其中x ＞0，n ∈N ，n ≥2.(1)证明：函数F n (x )＝f n (x )－2在⎝⎛⎭⎫12，1内有且仅有一个零点(记为x n )，且x n ＝12＋12x n ＋1n ； (2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为g n (x )，比较f n (x )与g n (x )的大小，并加以证明．(1)证明 F n (x )＝f n (x )－2＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －2，则F n (1)＝n －1＞0，F n ⎝⎛⎭⎫12＝1＋12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －2 ＝1－⎝⎛⎭⎫12n ＋11－12－2＝－12n ＜0，所以F n (x )在⎝⎛⎭⎫12，1内至少存在一个零点．又F ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0(x ＞0)，故F n (x )在⎝⎛⎭⎫12，1内单调递增，所以F n (x )在⎝⎛⎭⎫12，1内有且仅有一个零点x n ，因为x n 是F n (x )的零点，所以F n (x n )＝0，即1－x n ＋1n 1－x n －2＝0，故x n ＝12＋12x n ＋1n . (2)解方法一由题设，g n (x )＝(n ＋1)(1＋x n )2，设h (x )＝f n (x )－g n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－(n ＋1)(1＋x n )2，x ＞0. 当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )；当x ≠1时，h ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1－n (n ＋1)x n －12，若0＜x ＜1，h ′(x )＞x n －1＋2x n －1＋…＋nx n －1－n (n ＋1)2x n －1＝n (n ＋1)2x n －1－n (n ＋1)2x n －1＝0，若x ＞1，h ′(x )＜x n －1＋2x n －1＋…＋nx n －1－n (n ＋1)2x n －1 ＝n (n ＋1)2x n －1－n (n ＋1)2x n －1＝0，所以h (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以h (x )＜h (1)＝0，即f n (x )＜g n (x )，综上所述，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )；当x ≠1时，f n (x )＜g n (x )．方法二由题设，f n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n ，g n (x )＝(n ＋1)(x n ＋1)2，x ＞0，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )，当x ≠1时，用数学归纳法可以证明f n (x )＜g n (x )，①当n ＝2时，f 2(x )－g 2(x )＝－12(1－x )2＜0，所以f 2(x )＜g 2(x )成立，②假设n ＝k (k ≥2)时，不等式成立，即f k (x )＜g k (x )，那么，当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k (x )＋x k ＋1＜g k (x )＋x k ＋1 ＝(k ＋1)(1＋x k )2＋x k ＋1＝2x k ＋1＋(k ＋1)x k ＋k ＋12，又g k ＋1(x )－2x k ＋1＋(k ＋1)x k ＋k ＋12 ＝kx k ＋1－(k ＋1)x k ＋12，令h k (x )＝kx k ＋1－(k ＋1)x k ＋1(x ＞0)，则h ′k (x )＝k (k ＋1)x k －k (k ＋1)x k －1 ＝k (k ＋1)x k －1(x －1)，所以当0＜x ＜1时，h ′k (x )＜0，h k (x )在(0,1)上递减；当x ＞1时，h ′k (x )＞0，h k (x )在(1，＋∞)上递增，所以h k (x )＞h k (1)＝0，从而g k ＋1(x )＞2x k ＋1＋(k ＋1)x k ＋k ＋12，故f k ＋1(x )＜g k ＋1(x )，即n ＝k ＋1时不等式也成立，由①和②知，对一切n ≥2的整数，都有f n (x )＜g n (x )．方法三由已知，记等差数列为{a k }，等比数列为{b k }，k ＝1，2，…，n ＋1，则a 1＝b 1＝1，a n ＋1＝b n ＋1＝x n ，所以a k ＝1＋(k －1)·x n －1n(2≤k ≤n )， b k ＝x k －1(2≤k ≤n )，令m k (x )＝a k －b k ＝1＋(k －1)(x n －1)n－x k －1，x ＞0(2≤k ≤n )，当x ＝1时，a k ＝b k ＝1，所以f n (x )＝g n (x )，当x ≠1时，m ′k (x )＝k －1n·nx n －1－(k －1)x k －2 ＝(k －1)x k －2(x n －k ＋1－1)，而2≤k ≤n ，所以k －1＞0，n －k ＋1≥1，若0＜x ＜1，x n－k ＋1＜1，m ′k (x )＜0；若x ＞1，x n －k ＋1＞1，m ′k (x )＞0，从而m k (x )在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以m k (x )＞m k (1)＝0，所以当x ＞0且x ≠1时，a k ＞b k (2≤k ≤n )，又a 1＝b 1，a n ＋1＝b n ＋1，故f n (x )＜g n (x )，综上所述，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )；当x≠1时，f n(x)＜g n(x)．*13.(2015·课标全国Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab＞cd，则a＋b＞c＋d；(2)a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．证明(1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd得(a＋b)2＞(c＋d)2.因此a＋b＞c＋d.(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2, 即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd. 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.由(1)得a＋b＞c＋d.②若a＋b＞c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|＜|c－d|.综上，a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．。

2018年高考数学(理)《600分考点+700分考法》一轮复习课件：专题4+三角函数

三角函数基本关系式与诱导公式
考点23 任意角的三角函数、同角三角函数基本关系式与诱导公式
2.三角函数的定义
【注意】在利用三角函数定义时,点P可取角α终边上异于原点的任意一点,如有可能则取终边与单位圆的交点,另外，｜OP｜＝r一定是正值． 3.三角函数值在各象限的符号规律概括为：一全正、二正弦、三正切、四余弦． 4.同角三角函数的基本关系式
考点24
考法3 三角函数式的化简（给角求值）
考点24 两角和与差、倍角公式的应用
考法 4 三角函数的给值求值（角）
类型1 类型2 给值求值问题给值求角问题
考点24 两角和与差、倍角公式的应用
考点24
考法4 三角函数的给值求值（角）
类型1 给值求值问题 1.解题中的三大重要过程在具体求解时,如果已知式中含有正切,一般是切化弦,化简之后,要注意几点： (1)发现差异 (2)寻找联系 (3)合理转化 2.特别注意两个技巧 (1)拆角、拼角技巧 (2)化简技巧
考点23 任意角的三角函数、同角三角函数基本关系式与诱导公式
考点23
考法1 三角函数定义的应用
2.根据三角函数定义确定图象由题意求得解析式，再根据三角函数定义或三角函数线确定图象；或根据题意判断变量变化规律与三角函数的吻合性，从而判断图象.
考点23 任意角的三角函数、同角三角函数基本关系式与诱导公式
综合问题6 三角恒等变换的综合问题
考点23 任意角的三角函数、同角三角函数基本关系式与诱导公式
考点23 任意角的三角函数、同角三角函数基本关系式与诱导公式
1.任意角和弧度制 (1)终边相同的角一般地，所有与角α终边相同的角,连同角α在内，可构成一个集合S={β|β=α＋ k· 360°,k∈Z}．即任一与角α终边相同的角，都可以表示成角α与整数个周角的和. 【注意】（1）要使角β与角α的终边相同，应使角β为角α与π的偶数倍（不是整数倍）的和. (2)注意锐角(集合为{α|0°<α<90°})与第一象限角（集合为 {α|k·360°<α<90°+k· 360°，k∈Z}）的区别，锐角是第一象限角，仅是第一象限角中的一部分，但第一象限角不一定是锐角. (2)弧度制

A版2018版高考数学理一轮专题复习课件专题5 平面向量精品

2.用基底表示其他向量主要有以下三种方法：方法一：通过观察图形直接寻求向量之间的关系. 方法二：采用方程思想. 方法三：建立坐标系,根据向量的坐标运算求解.
第一步,观察并将待求向量表示成两个 (或多个)相关向量a,b（或a,b,c,…）的和或差；
第二步,把向量a,b（或a,b,c,…）分别进行分解,直到用基底表示出向量a,b（或 a,b,c,…）；第三步,将a,b（或a,b,c,…）代入第一步中的式子,从而得到结果．
第一步,把待求向量看作未知量；第二步,列出方程组；第三步,用解方程组的方法求解待求向量．
考点29 平面向量的基本定理及坐标运算
考点29 考法3 平面向量基本定理的应用
1.基底的选择（1）一组基底有两个向量；（2）这两个向量不共线.
2.用基底表示其他向量主要有以下三种方法：方法一：通过观察图形直接寻求向量之间的关系. 方法二：采用方程思想. 方法三：建立坐标系,根据向量的坐标运算求解.
3.平面向量的坐标运算
考点29 平面向量的基本定理及坐标运算
平面向量的基本定理及坐标运算
考点29
✓ 考法3 平面向量基本定理的应用
✓ 考法4 平面向量的共线问题 ✓ 考法5 平面向量的坐标表示与运算
考点29 平面向量的基本定理及坐标运算
考点29 考法3 平面向量基本定理的应用
1.基底的选择（1）一组基底有两个向量；（2）这两个向量不共线.
应注意的是,基底的选择并不唯一，只要两个向量不共线，都可作为一组基底. 2.平面向量的坐标表示
在平面直角坐标系内,分别取与x轴、y轴正方向相同的两个单位向量i, j作为基底,对平面内任一向量a,有且仅有一对实数x,y,使得 a＝xi＋yj,则实数对(x,y)叫做向量a的直角坐标,记作a＝(x,y),其中x,y分别叫做a在x轴，y 轴上的坐标,相等向量的坐标相同,坐标相同的向量是相等向量．

高考数学大一轮复习专题12概率与统计课件理

①互斥事件研究的是两个（或多个）事件之间的关系；②所研究的事件是在一次试验中涉及的
8
9
10
600分基础考点&考法
考点70 古典概型与几何概型
考法3 求古典概型的概率
考法4 几何概型的概率计算
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考点70 古典概型与几何概型
(1)任何两个基本事件是互斥的; 1.基本事件的特点 (2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
1.频率与概率
2.互斥事件与对立事件 3.互斥事件与对立事件的概率公式
考法1 频率估计概率
事件 A发生的频率 f n A nA n
随着试验次数的增多，它在A 的概率附近摆动幅度越来越小
概率是频率的稳定值
在试验次数足够的情况下
利用频率估计概率
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考法2 求互斥事件、对立事件的概率
1.求简单的互斥事件、对立事件的概率
分析该事件是互斥还是对立，然后代入相应的概率公式
2.求复杂的互斥事件的概率的方法
直接法将所求事件分解为彼此互斥的事件的和利用公式分别计算这些事件的概率运用互斥事件的概率求和公式计算概率间接法判断是否适合用间接法计算对立事件的概率运用公式P(A)＝1－P(A)求解把一个复杂事件分解为若干个互斥或相互独立的既不重复又不遗漏的简单事件是解决问题的关键. 7
考法1 求离散型随机变量的分布列
一般步骤
【说明】求概率和分布列时，要注意离散型随机变量分布列性质的应用，具体如下：
（1）利用“分布列中所有事件的概率和为1”
求某个事件的概率、求参数的值；（2）利用分布列求某些个事件的和的概率.
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考法2 超几何分布的求解

2018《600分考点700分考法》A版-专题14 推理与证明

(2)用一类事物的性质去猜测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)
7
8
A
9
l 600分基础考点&考法
Ø 考点83 直线证明与间接证明 ü 考法3 直接证明问题 ü 考法4 间接证明问题
10
Ø 考点83 直线证明与间接证明 1.直接证明 2.间接证明
ü 考法3 直接证明问题弄清综合法与分析法的关系
一般步骤
(1)通过观察个别情况发现某些相同的性质
(2)从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题(猜想)
根据题中的递推关系式求出一些特殊对象根据特殊对象与序号之间的一一对应关系，观察出规律
根据规律即可得出一般性结论
5
6
ü 考法2 类比推理
1．常见类型
2．常见的类比对象
3．一般步骤
(1)由等差数列的某些性质类比到等比数列的某些性质
(2)由平面图形的某些性质类比到空间立体图形的某些性质
线→线、面面→面、体
【注意】要尽量从本质上去类比.
合情推理
演绎推理
三角形→四面体圆→球边长→边长、面积面积→体积
已知的结论严格证明
未知的结论
一般到特殊证明和推理数学问题
线线角→面面角 (1)找出两类事物之间的相似性或一致性
推理要严，书写要规范
2．常见的结论和反设词
3 一般步骤
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l 700分综合考点&考法
Ø 考点84 数学归纳法 ü 考法5 数学归纳法
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ü 考法5 数学归纳法
1．证明的步骤 2．证明恒等式的规律
3.证明不等式的技巧
(1)归纳奠基：证明当n取第一个自

《600分考点+700分考法》A版2017版高考数学(文)一轮专题复习课件专题15+几何证明选讲

②切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角
3.弦切角
(1)弦切角 (2)弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
✓ 考法3 圆的切线的性质及判定的应用
1．证明圆的切线的常用方法
直线与圆
(5)如果四点与一定点距离相等
四个顶点共圆四点共圆
(6)如果两个三角形有公共边，公共边所对的角相等，且在公共边的同侧
这两个三角形的四个顶点共圆
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700分综合考点&考法
➢ 综合问题19 圆的综合性问题 ✓ 综合点1 圆的综合性问题
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✓ 综合点1 圆的综合性问题
几何证明部分内容的综合性问题一般是不同图形、不同平面几何性质的巧妙组合．解决该类问题需要扎实的基本功底，即对三角形、圆以及直线与圆的性质的熟练掌握，同
✓ 考法1 相似三角形的判定与应用
类型1 相似三角形的判定
类型2 证明等积式(比例式例式
证明角对应相等，边对应成比例根据相似三角形的判定定理及方法进行证明
找出等积式中所涉及的边所在的两个三角形，若不只在两个三角形中，则通过线段相等转化到两个三角形中
已知有一个角对应相等
有公共点
证明圆心与公共点的连线垂直于已知直线
没有明确的公共点证明圆心到直线的距离等于圆的半径
2．圆的切线性质的应用
知三求一已知圆的切线
①垂直于切线 ②过切点
在证明圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角.
③过圆心
圆心和切点的连线
过切点和圆心作连线得直角

【700分考法】2018年高考数学(理)一轮课件：专题8-立体几何(106页)

【注意】若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线的位置．
3.求原几何体（或其他视图）的基本量
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考法2 空间几何体的三视图
1.识别三视图的步骤
确定其是一个平面的投影,还是面与面的交线,或者是旋转体的轮廓线的投影.
专题8 立体几何
第1节空间几何体的三视图、表面积和体积第2节空间直线、平面平行与垂直的判定及其性质第3节空间中的计算问题
1
第1节空间几何体的三视图、表面积和体积
目录
600分基础
考点42
考点&考法
空间几何体的结构、三视图
考点43 考点44
几何体表面积的计算几何体体积的计算
考法3 几何体表面积的计算
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考点43
几何体表面积的计算
常见几何体的侧面积与表面积的计算公式
考法3 几何体表面积的计算
常用方法：
1.由三视图求相关几何体的表面积
还原空间几何体，确定点、线、面的位置关系及线段的长度，利用公式进行计算.
2.根据几何体的特征求表面积
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考法3 几何体表面积的计算
2.外接球、内切球的计算问题
Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.
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考法2 空间几何体的三视图
1.识别三视图的步骤
（1）弄清结构，明确位置（2）先画正视图，再画俯视图，最后画侧视图（3）被遮住的轮廓线要画成虚线
2.判断余下视图
1.计算有关线段的长

2018年高考数学(理)一轮复习第十一章第3讲分层演练直击高考

[解] (1)对于 fx＋2 y≥12[f(x)＋f(y)]，令 x＝3，y＝5 得 f(3)＋ f(5)≤2f(4)． (2)证明：gx1＋2 x2－12[g(x1)＋g(x2)] ＝－（x1＋4 x2）2＋x21＋2 x22＝（x1－4 x2）2≥0，所以 gx1＋2 x2≥12[g(x1)＋g(x2)]，所以 g(x)∈M.
3．已知数列{an}：11，21，12，31，22，13，41，32，23，14，…，依
它的前 10 项的规律，则 a99＋a100 的值为( )
A．3274
B．76
C．1115
D．175
A [解析] 通过将数列的前 10 项分组得到第一组有一个数： 11，分子、分母之和为 2；第二组有两个数：21，12，分子、分母之和为 3；第三组有三个数：31，22，13，分子、分母之和为 4；第四组有四个数，以此类推，a99，a100 分别是第十四组的第 8 个数和第 9 个数，分子、分母之和为 15，所以 a99＝78， a100＝69.故 a99＋a100＝3274.
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，由此可知下列推测一定正确的是________．
①今天是周六
②今天是周四
③A 车周三限行
④C 车周五限行
[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，也不是周日；因为 A，C 两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四． [答案] ②

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