《2018大二轮高考总复习理数文档：攻略3 考前必明的11大热点问题 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018大二轮高考总复习理数文档：攻略3 考前必明的11大热点问题 （24页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、攻略 3：考前必明的 11 大热点问题 热点 1 数学文化问题 由于以数学文化为背景的新颖试题，能将数学知识、方法、文化融为一体，有效考查 考生在新情境下对知识的理解以及迁移到不同情境中的能力，因此备受命题者的喜爱，此 类问题以数学文化为背景，与程序框图、立体几何、解析几何、三角函数、数列、统计、 概率等知识相交汇呈现 (1)(2016四川高考)秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州(现四川省安岳县) 人，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算 法如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例若输入 n，x 的 值分别为 3,2，则输出 v 的值为(
2、) 阿凡题1083993 A9 B18 C20 D35 【解析】 由程序框图知，初始值： n3，x2，v1，i2， 第一次循环：v4，i1； 第二次循环：v9，i0； 第三次循环：v18，i1 结束循环，输出当前 v 的值 18.故选 B 【答案】 B 点评 破解此类问题的关键：一是读懂数学文化的背景含义；二是抽象函数模型的 能力，即将问题转化为数列模型的能力 1(2014湖北高考)算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这 是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘 也又以高乘之，三十六成一该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h，计算其体
3、 积 V 的近似公式 VL2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率 近似取为 3.那么，近 1 36 似公式 VL2h 相当于将圆锥体积公式中的 近似取为( ) 2 75 A B 22 7 25 8 C D 157 50 355 113 解析：由题意知L2h r2hL2 r2，而 L2r，代入得 2 75 1 3 2 75 1 3 25 8 答案：B 2中国古代数学名著九章算术中记载了公元前 344 年商鞅督造一种标准量器 商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸) 若 取 3，其体积为 12.6(立方寸)，则图中的 x 的值为_ 解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得
4、：(5.4x) 31 2x12.6.解得 x1.6 ( 1 2) 答案：1.6 热点 2 解三角形的不衰问题 解三角形是高考的热点，既可以单独考查，又可以综合考查，尤其作为解答题的“头 号”热点对待. 命题的重点多以解三角形的边与角的三角函数的关系式呈现，求指定边、 指定角，三角形周长，三角形面积的最值，指定角的正弦、余弦、正切值等，求指定边和 角的问题常需借助正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式等来解决，有最值问题常需借 助三角函数的性质和三角恒等变换公式予以解决 (2017全国卷)ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知ABC 的面积为 a2 3sin A (1)求 si
5、n Bsin C；阿凡题1083994 (2)若 6cos Bcos C1，a3，求ABC 的周长 【解】 (1)由题设得 acsin B， 1 2 a2 3sin A 即 csin B 1 2 a 3sin A 由正弦定理得 sin Csin B 1 2 sin A 3sin A 故 sin Bsin C 2 3 (2)由题设及(1)得 cos Bcos Csin Bsin C ， 1 2 即 cos(BC) .所以 BC，故 A 1 2 2 3 3 由题意得 bcsin A，a3，所以 bc8 1 2 a2 3sin A 由余弦定理得 b2c2bc9， 即(bc)23bc9.由 bc8，得
6、 bc 33 故ABC 的周长为 3 33 点评 破解此类问题的关键是过好“三关”：第一关，设计关，分析已知等式的边 角关系，合理设计“边”化“角” ，还是“角”化“边” ；第二关，化简关，即利用三角函 数公式进行三角恒等变换；第三关，定理关，利用正、余弦定理，三角形面积公式等将三 角形中边角进行互化 3(2017衡阳重点中学联考)设ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且满 足 sin Asin Bcos Acos(B)sin C (1)试判断ABC 的形状，并说明理由； (2)若 abc1，试求ABC 面积的最大值 2 解：(1)sin Asin Bcos Acos(B)s
7、in C， sin Asin B(cos Acos B)sin C， 由正弦定理和余弦定理得，abc，化简得， ( b2c2a2 2bc a2c2b2 2ac ) 2a2b2ab2ab2ac2a3ba2bc2b3，即 a2bab2ac2a3bc2b3， (ab)(a2b2c2)0， 又 ab0，a2b2c20，即 a2b2c2， ABC 为直角三角形，且C90 (2)abc1，a2b2c2，1ab2(2) 22a2b2ab2ab2 ab 当且仅当 ab 时上式等号成立，则， ab 1 2 2 2 2 2 SABC ab 2 ，即ABC 面积的最大值为 1 2 1 2 ( 2 2) 1 4 1
8、4 4(2017全国卷)ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sin(AC) 8sin2 B 2 (1)求 cos B； (2)若 ac6，ABC 的面积为 2，求 b 解：(1)由题设及 ABC 得 sin B8sin2 ， B 2 故 sin B4(1cos B) 上式两边平方，整理得 17cos2B32cos B150， 解得 cos B1(舍去)，或 cos B 15 17 故 cos B 15 17 (2)由 cos B得 sin B， 15 17 8 17 故 SABC acsin Bac 1 2 4 17 又 SABC2，则 ac 17 2 由余弦定理及 a
9、c6 得 b2a2c22accos B(ac)22ac(1cos B) 36214 17 2 15 17 所以 b2 热点 3 数列的通项与求和问题 数列的通项与求和问题是高考考查的热点，命题的重点多以等差数列、等比数列为背 景，求其通项公式与前 n 项和，简单数列不等式的证明，求数列中的最值问题，会涉及考 查等量问题、代数形式与推理、基本量的求解等其中方程思想、消元法经常用到，且在 数列求和问题中，错位相减法与裂项相消法是常用技巧 (2017河南六市模拟)观察下列三角形数表： 假设第 n 行的第二个数为 an(n2，nN*)， (1)归纳出 an1与 an的关系式，并求出 an的通项公式；阿
10、凡题1083995 (2)设 anbn1(n2)，求证：b2b3bn2 思路点拨 (1)利用数列的关系归纳出 an1与 an的关系式，利用累加法求解即可 (2)利用放缩法化简通项公式，通过裂项消项法求解即可 (1)【解】 依题意 an1ann(n2)，a22， ana2(a3a2)(a4a3)(anan1)223(n1) 2， n2n1 2 所以 an n2 n1(n2) 1 2 1 2 (2)【证明】 因为 anbn1，所以 bn2， 2 n2n2 2 n2n ( 1 n1 1 n) b2b3b4bn222 ( 1 1 1 2)( 1 2 1 3)( 1 n1 1 n) (1 1 n) 点评
11、 有关数列与不等式相交汇问题的关键是会转化，即把所给数列的通项与前 n 项和的关系转化为数列的递推式，再把递推式进行转化 5(2017邵阳模拟)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 6Sn3n1a(nN) (1)求 a 的值及数列an的通项公式； (2)设 bn(1an)log3(a an1)，求的前 n 项和为 Tn 2 n 1 bn 解：(1)等比数列an满足 6Sn3n1a(nN)， n1 时，6a19a； n2 时，6an6(SnSn1)3n1a(3na)23n an3n1，n1 时也成立， 169a，解得 a3 an3n1 (2)bn(1an)log3(a an1) 2 n (
12、13n)log3(32n23n) (3n1)(3n2)， 1 bn 1 3( 1 3n2 1 3n1) 的前 n 项和为 Tn 1 bn 1 3(1 1 4)( 1 4 1 7)( 1 3n2 1 3n1) 1 3(1 1 3n1) n 3n1 热点 4 立体几何中的“常青树” 平行、垂直及空间角问题 近几年高考立体几何试题以中档为主，热点问题主要有证明空间线面平行、垂直的位 置关系，求空间角(热点是线面角和二面角)和距离(热点是两点间的距离问题)其中利用空 间向量，将空间位置关系的判定与空间向量的运算相结合，使几何问题代数化是高考命题 趋势 (2017吉林三模)已知四棱锥 PABCD 中，底
13、面为矩形，PA底面 ABCD，PABC1，AB2，M 为 PC 中点.阿凡题1083996 (1)在图中作出平面 ADM 与 PB 的交点 N，并指出点 N 所在位置(不要求给出理由)； (2)在线段 CD 上是否存在一点 E，使得直线 AE 与平面 ADM 所成角的正弦值为， 10 10 若存在，请说明点 E 的位置；若不存在，请说明理由； (3)求二面角 AMDC 的余弦值 思路点拨 (1)过 M 作 MNBC，交 PB 于点 N，由此求出结果 (2)以 A 为坐标原点，以直线 AB，AD，AP 所在直线建立空间直角坐标系，利用向量 法能求出在线段 CD 上存在中点 E，使得直线 AE 与
14、平面 AMD 所成角的正弦值为 10 10 (3)求出平面 CMD 的法向量和平面 AMD 的法向量，由此利用向量法能求出二面角 AMDC 的平面角的余弦值 【解】 (1)过 M 作 MNBC，交 PB 于点 N，连接 AN，如图， 则点 N 为平面 ADM 与 PB 的交点 N(在图中画出) 由 M 为 PC 中点，得 N 为 PB 的中点 (2)因为四棱锥 PABCD 中，底面为矩形，PA底面 ABCD，以 A 为坐标原点，以直线 AB，AD，AP 所在直线建立空间直角坐标系如图所示： 则 A(0,0,0)，P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(2,1,0)，M， (1， 1 2， 1 2) 设在线段 CD 上存在一点 E(x,1,0)，则(x,1,0)， AE 设直线 AE 与平面 AMD 所成角为 ，平面 AMD 的法向量为 u(x，y，z)， 则 u，u，即Error!Error!，令 z2，则 u(1,0,2)， AM AD 因为直线 AE 与平面 ADM 所成角的正弦值为， 10 10 所以 sin ，所以 x1 |AE u| |AE |u| 10 10 所以在线段 CD 上存在中点 E，使得直线 AE 与平面 AMD 所成角的正弦值为， 10 10 (3)设二面角 AMDC 的平面角为 ，平面 CMD 的法向量
