《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 （26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()A9B18C20 D35【解析】由程序
2、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，近似公式VL2h相当于将圆锥体积公式
3、中的近似取为()A BC D解析：由题意知L2hr2hL2r2，而L2r，代入得答案：B2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：(5.4x)312x12.6.解得x1.6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、
4、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(1)求sin Bsin C；(2)若6cos Bcos C1，a3，求ABC的周长【解】(1)由题设得acsin B，即csin B由正弦定理得sin Csin B故sin Bsin C(2)由题设及(1)得cos Bcos Csin Bsin C，即cos(BC).所以BC，故A由题意得bcsin A，a3，所以bc8由余弦定理得b2c2bc9，即(bc)23bc9
5、.由bc8，得bc故ABC的周长为3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)sinC(1)试判断ABC的形状，并说明理由；(2)若abc1，试求ABC面积的最大值解：(1)sin Asin Bcos Acos(B)sin C，sin Asin B(cos Acos B
6、)sin C，由正弦定理和余弦定理得，abc，化简得，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)当且仅当ab时上式等号成立，则，SABCab2，即ABC面积的最大值为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(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 ，故sin B4(1cos B)上式两边平方，整
7、理得17cos2B32cos B150，解得cos B1(舍去)，或cos B故cos B(2)由cos B得sin B，故SABCacsin Bac又SABC2，则ac由余弦定理及ac6得b2a2c22accos B(ac)22ac(1cos B)36214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
8、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；(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，所以ann2n1(n2)(2)【证明】因为anbn1，所以bn2，b2b3b4bn222点评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
9、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(aan1)，求的前n项和为Tn解：(1)等比数列an满足6Sn3n1a(nN)，n1时，6a19a；n2时，6an6(SnSn1)3n1a(3na)23nan3n1，n1时也成立，169a，解得a3an3n1(2)bn(1an)log3(aan1)(13n)log3(32n23n)(3n1)(3n2)，的前n项和为Tn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
10、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，底面为矩形，PA底面ABCD，PABC1，AB2，M为PC中点.(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，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，
11、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与平面AMD所成角的正弦值为(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，设在线段CD上存在一点E(x,1,0)，
12、则(x,1,0)，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，令z2，则u(1,0,2)，因为直线AE与平面ADM所成角的正弦值为，所以sin ，所以x1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，(3)设二面角AMDC的平面角为，平面CMD的法向量v(x，y，z)，则v，v，即，令z1，则y1，所以v(0，1，1)，所以cos ，由图形知二面角AMDC的平面角是钝角，所以二面角AMDC的平面角的余弦值为点评利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二破“求坐标关”，准确求解相关点
13、的坐标；第三破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四破“应用公式关”，熟记二面角、线面角的公式，即求出二面角、线面角. 应注意：求二面角时，平面的法向量有两个方向，取的方向不同求出来的角度就不同，所以应该根据这个二面角的实际情况确定其大小6(2017焦作二模)在三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AA1、A1B1上，且AE，A1F，CEEF(1)证明：平面ABB1A1平面ABC；(2)若CACB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值(1)证明：取AB的中点D，连接CD，DF，DEACBC，D是AB的中点，CDAB侧面ABB1A1是边长为2的正方形，AE，A1FA1E，EF，DE，DF ，EF2DE2DF2，DEEF，又CEEF，CEDEE，CE平面CDE，DE平面CDE，EF平面CDE，又CD平面CDE，CDEF，又CDAB，AB平面ABB1A1，EF平面ABB1A1，AB，EF为相交直线，CD平面ABB1A1，又CDABC，平面ABB1A1平面ABC(2)平面ABB1A1平面ABC，三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，CC1平面ABCCACB，AB2，ACBC以C为
