無敵講義之——求數列通項的各種方 無敵講義之——數列求和的各種方 無敵講義之——平面向 無敵講義之——空間幾何體、直觀圖、三視 無敵講義之——線面平行、垂直的方法與技 無敵講義之——空間向量在幾何中的應 無敵講義之——直線、圓的方 無敵講義之——直線與圓、圓與圓的位置關 無敵講義之——突破高考解析幾何 無敵講義之——排列組合與二項式定 無敵講義之——離散型隨量及其分布 高三數學試題（理 參考答 無敵講義之——求數列通項的各種方例1：求下列數列22— 32— 42— 52—（1） ， ， ， 1

，4×5 ）3，1，7，9，11n2— （1）an= （2）an=

（3）a=nn a=a（n－1）da=a 變式1：求數列0，2，0，2，0，2，…的一個通項公式分析與解答：若每一項均乘以3故數列的通項公式為a=3[1+（－1）n－1n變式3：求數列5，1，5，1，5，1，…的一個通項公式1

故數列的通項公式為a

]=1+3解：a=1n 解：a=5n 變式2：求數列0.9，0.99，0.999，…的一個通項公式a=1n解：a=7（1－1n） 變式1：求數列9，99，999，…的一個通項解：a=4（10n－1） 例5：求下列數列 =

+12

13

n

7

1n n個 n個

六、用累加法求6（1）數列{an}a1=1an=an－1+3n－2（n≥2an（2）數列{a}滿足a=1且a +1（n≥2，求a n－1 an==f（n）+f（n－1）+f（n－2）+…f（2）+=（3n－2）+[3（n－1）－2]+[3（n－2）－2]+ 22（2）由a +

知a =

=a n－1 n－1 則1=1+1+ 22 評注：當f（n）=d（d為常數）時，數列{an}就是等差數列，對等差數列通項公式的推導其實就是用累an=f（n）an－1 an—1（n≥2，求（2）數列{a}滿 1且a=1 n n— 2（n－1），記f（n））由條件an1 an－1·…a2·aan=

an— 2（n－1）2（n－2） 2×2 ·… · ·1=

·…

·a=1·

…1·1

）a

1＋2＋

an— an— 1 評注：如果f（n）=為常數則{an}為等比數列，an=f（n）an—1型數列是等比數列的一種推廣，an=Aan－1＋B例8:數列{an}滿足a1=1且an＋1＋2an=1，求其通項公式1解：由已知，an＋1＋2an=1an=－2an—1令a ＋x，

1n－3=－2（an－1－3故{ n n

=2（－2）n－1= 評注：一般地，當A≠1時令an＋x=A（an－1＋x）有an=Aan－1＋（A－1）x，則（A－1）x=B ，于是數列{a＋

a1+為A的等比數列，故

=（a+1

）An－1

an

）An－1－ ；特別地，當A=0時{a}A≠0，B=0時，數列{a} an－1＋f（n（A≠09：數列{aa=1a=

n≥2 a＋x·=2（a＋x·1）a=

·1－x·1 ·1=5x· n

3n=3 3n-

。故

·

·1從而

n－1＋3n

n＋511

n－1＋53n-n＋5·3n}是公比為q=2、首項為a1＋5·3=15的等比數列。于是a 116 n＋5·3n=15 ，則an=15 －5·3n=15 評注：一般情況，對條件an=Aan－1+f（n）而言，可設an+g（n）=A[an－1+g（n－1）]，則有（n=（n{的例8型。姑且類比做點嘗試：令an+k（n）=f（n）[an－1+k（n－1）]，展開得到=1=na= n2na= n2nn

+

=

，顯然，目前用高中數學知識還無法輕易地求出 Snn=1a=5a

a=5S an-1=5Sn-①1－②得到an－an-1=5（Sn－Sn- ∴an－an－1故a

n-n－4an-1，則{an}q=－4an=4an=4（－4an=Sn－Sn－1n項和與通項的關系轉化為項與項的關系，再根據新的遞推關系求出 （2010年崇文一模）已知數列an中，a11，a2a1(a0且a1)，其前n項和為Sn，n2111．（）求證：數列S是等比數列；（）求數列a的通項公式a a

解：（Ⅰ）當n2時，111 Sn Sn+1 n1化簡得S2 n1又由S110,S2a0，可推知對一切正整數n均有Sn0∴數列Sn是等比數列 4（Ⅱ）由（Ⅰ）知等比數列Sn的首項為1，公比為a∴San1．當n2時，aS (a1)an2 (n又a1S11，∴an(a1)an2 (n 82（2010年東城一模已知點(n,a)(nNf(x2x2的圖象上，數列{a的前nS 數列{bn}的前n項和為Tn，且Tn是6Sn與8n的等差中項．求數列{bn}的通項公（Ⅰ）依題意得an2n2，故a14．又2Tn6Sn8n，即Tn3Sn4n，所以，當n2時bnTnTn13(SnSn143an46n2．又b1T13S143a148，也適合上式，故bn6n2(nN*) 4例11：已知數列{a}滿足a=1且 =2an，求a n+1 =2an =an+2=1+

即 n+1

}}

n+1

從而a=2 ）2= n評注：注意觀察和分析題目條件的結構特點，對所給的遞推關系式進行變形，使與所求數列相關的數列（

12：已知數列{an}a1=3且an+1=（an－1）2+1an。解：由條件an+1=（an－1）2+1得an+1－1=（an－1）2 －1）=lg（a lg（an+1－1） ）即所以，lg（an－1）=lg2·2n－1=lg22n1 則a－1=22n 即a=22n1 評注：通過構造對數函數達到降次的目的，使原來的遞推關系轉化為等比數列進行求例13：數列{a}滿足a=4且a （n≥2a a

=3a=4－

2 a 3=2a

a2

=5

a

=3

顯然，當n=1

2

2

由歸納法原理知，對一切n∈N+都

2an=2+n評注：先根據遞推關系求出前幾項，觀察數據特點，猜想、歸納出通項公式，再用數學歸納法給n14：已知各項為正的數列{an}滿足a1=1a2=an－12+2（n≥2anna2=a2+2a2－a a 即 a+1=a+6an－1（n≥2an+1+λan=μ（an+λan－1an+1=（μ－λ）an+μλan－1而 則

當λ=2且μ=3時 +2a=3（a ，即an+1+2an a 于是，a =15×3n 則a a+x·3n

2

+x·3n－1）則an

—

于是，a－3 a1－3=2

所以，a

a=3+

=3 于是，數列{an}的通項公式為無敵講義之——數列求和的各種方其中{an}、{bn}分別是等差數列和等比數列.[1]2,4

6,2n,n項的和222 解：由題可知，2n}的通項是等差數列{2n}的通項與等比數列2n} 設Sn22223 1S2462n （設制錯位2

①－②得(12)Sn

2

34

（錯位相減 2n

2n22

Sn4n[例2]求和：S13x5x27x3(2n nn解：由題可知，{(2n1)xn1}的通項是等差數列{2n－1}的通項與等比數列{xn1}的通項之積設xS1x3x25x37x4(2n1)xn……….② n①－②得(1x)Sn12x2x22x32x42xn1(2n （錯位相減

11

(2n Sn

(2n1)xn1(2n1)xn(1x)(1x)2（1）求：Sn=1+5x+9x2+ +(4n-3)xn-解：Sn=1+5x+9x2+ -3)xn- ①兩邊同乘以xxSn=x+5x2+9x3+ 當x=1時 +（4n-3）=2n2-

xn）-（4n-當x≠1時 11-x[4x(1- 1- +1-（4n-3）xn（2（10年西城一模）設數列{an}為等比數列，數列{bn}滿足bn=na1(n1)a2...2an1annN*，已知bmb3mm0（1）求數列{a}的首項和公比；（2）m1時，求b （3（10年東城一模）已知等比數列an的公比q142a1和a4a2和a3的等差中項為6，若數列b滿足bloga（nN*． 2（Ⅰ）求數列an的通項公式； （Ⅱ）求數列anbn的前n項和Sn．解：（Ⅰ）因為42是a和a的一個等比中項，所以aa(42)232 a2a3

a2 由題意可得

a

因為q1，所以

．解得a

所以q

32 故數列a的通項公式a 由于bloga（nN*，所以abn2n 2 nnS12222323 (n1)2n1n2n nn2S122223 (n1)2nn2n1 n①-②得

122223 2nn2n1

2(12n1

n2n1．所

n22n1nn（4（11年朝陽一模）有n(n3,nN1，項數為n的等差數列，設其第m(mn,m個等差數列的第k項為amk(k12,3,,n，且公差為dm.若d11，d23，a1na2na3n,,ann也成等差數求dm（3mn）關于m將數列{dm}(d1(d2d3d4(d5d6d7d8d9（每組數的個數組成等差數列m組中所有數之和為(c)4c0，求數列{2cmd的前nS a2na1n1n1)d2[1n1)d1n1)(d2d1，同理，a3na2nn1)(d3d2a4na3nn1)(d4d3，…，anna(n1)nn1)(dndn1a1na2na3nann成等差數列，所以a2na1na3na2n anna(n1)n，故d2d1d3d2 dndn1即{dn是公差是d2d1312dm2m1（3mnm,nN*m（Ⅱ）由（Ⅰ）知d2m1mN*m數列{dm}分組如下：(1)(3,5,7)(9,11,13,15,17)，…．按分組規律，第m組中有2m1個奇數所以第1組到第m組共有135 135 2k1)k2m2個奇數的和為(m22m4m組中所有數之和為m4(c)4m4．因為c0，所以cm，從而2cm (2m1)2m(mN*) n所以S12322523724 (2n3)2n1(2n1)2nnn2S122323524 (2n3)2n(2n1)2n1nn故S2222223224 22n(2n1)2n12(22223 2n)2(2n1)n

2(2n2

2(2n1)2n1(32n)2n16，所以

n(2n3)2n16n二、反序相加法求加，就可以得到n個(a1an).[5]求sin21sin22sin23sin288sin289的解：設Ssin21sin22sin23sin288sin2 又因sinxcos(90x),sin2xcos2x （反序相加2S(sin21cos21)(sin22cos22)(sin289cos289)＝89∴lg(xy)=aSSlgxnlgxn1ylgxn2y2lg:slgynlgxn1ylg(xn2y2lgxn2S=lg(xy)n+lgxy)n+···+lg(xy)n(n+1)2 ∵ ∴S=12[6]求數列的前n項和：11,14, a

7,,

3n2 Sn(11)a4)a27)an13nS(11 a

(1473n a＝1Snn

(3n21

(3n＝2

（分組求和當a1時，S an(3n1)n＝a (3n1)n 1 a

a

,3,,(n), 1S1

2

3

(n解 ( (123n)111( 2 1n(n1)1 （ 2S1(nN),等差數列{b}中b (nN*)，且b1b2b315，又a1b1、a2b2、a3b3成等比數列∴an3n1(n ∴bn=2n+1(nN∴Tna1b1a2b2 anb)1

n(32n

22n=(a1a2

n=13

3（2010年宣武二模）an是正數組成的數列，其前nSn，且對于所有的正整數n an1．(I)a1a2(II)求數列an令

，b2ka2k11)k，b2k1a2k3k（k1,2,3,b的前2n1項和T2n1n a1，∴a120，an 1a2當n2時， a2 2，a21a2 ∵ a1，∴4Sa 12，相減得：a ∵an是正數組成的數列，∴anan12，∴an2n 8

1123 1123 313n111n3n128n2=1+ 1 1 ………13這是分解與組合思想在數列求和中的具體應用裂項法的實質是將數列中的每項（通項）分解，然后重新組合，使之能消去一些項，最終達到求和的目的.通項分解（裂項）如： n nnn （2）ann(n1)n nnn （3）an(2n1)(2n1) )（4）ann(n1)(n2) 1)(n22n

2n

2n(n 11 n n12 [例 11 n n12 1n nnn解：設1n nnn 1 n n2 則1 n n2

（裂項求和2n3n＝ 1) 2) n)2n3n[例 在數列{a}中，a ，又b ，求數列{b}的前n項的和a n n na

211解 ∵ann1n1n1211∴bnnn1

n ∴數列{bn}的前n)S8[(11)(11(11)(1)

（裂項求和n＝

1)n

n練（10年崇文一模）已知函數f(x)4x1,g(x)2x,xR，數列{an}，{bn}滿足條件：a11[2

f(n)

1][g(n)2求數列{an}求數列{b}的前n項和T，并求使得Tm對任意nN*都成立的最大正整數m 解：（）題意an12an1an112(an1)a11∴數列{an1}是首項為2，公比為2的等比數列 3∴an122n1，∴

2n1 4（Ⅱ）∵

(2n1)(2n

1 2n

52n∴T1(1111 1 2

2n

2n1(12

)2n

3(2n

6n

7∵Tn1 n16n96n215n9 ∴T ,n 6n15 6n2

∴當n1Tn

．由題意得 ，∴m10．∵m

，∴m9 2、已知數列ann項和Sna11Sn14an1，設bnan12an證明數列bn是等比數數列c滿足c (nN*)，設Tcccccc logb 1 2 3224mTnn2)cnm圍．證明：（Ⅰ）由于Sn14an1， 當n2時，Sn4an11． ①② an14an4an1

所 an12an2(an2an1) 2又bnan12an，所以bn2bn1a11a1a24a11，a23a114．所以b1a22a12．故數列bn是首項為2，公比為2的等比數列 6n（Ⅱ）由（Ⅰ）可知b2n，則c （nN*n log2bn n

1 4 5 6 (n3)(n n 4(n

……9 n

(n4)(n

n26n由4mT(n2)c，得 ．即m ．所以m n n3n

n(n

n2所以m1 1 11n2 n n2f(x13x

x2

x1．可知f(x[1,f(1)154nN*時，有f(nf(1)．所以m15 故當m 時，4mT(n2)c恒成立 13 無敵講義之——平面向表示：ABBCAC共線向量的加法也符合）平行四邊形法則：以同一點A為起點的兩個已知向量a，b為鄰邊 ABCD，則以A為起點的AC就是a與b的和，此法稱為向量加法的平行四邊形法則。1．已知O是ABC所在平面內一點，D為BC邊中點，且2OAOBOC0，那么（ AO AO AO D.2AOABC的外接圓的圓心為O，半徑為1，若OA333

0，且|OA||AB|，則CACB等于 332

（D）bb已知如圖有a，b，求作ab 三角形法則：在平面內任取一點O，作OAaOBbBAab ab b（1）已知向量ax1y1),bx2y2和實數，那么abx1x2y1y2x2y abx1x,yy，axy，x2y

已知Axy),Bxy,ABOB 向量終點的坐標減去起點

x2x1,y2

那么a//b，1，b（0-1，c=（k， 向量a,b，的夾角：已知兩個非零向量a,b，過O點作OAa，OBb, 則∠AOB=θ（00≤θ≤1800）的夾角為900a與b垂直，記作abaaa與b的數量積：兩個非零向量a,b，它們的夾角為θ，則 ，記作ab，即ab= bcos，規定0a=0。若a=(x1,y1),b=(x2,y2)則ab=x1x2+y1y2aa則cos

x1x2y1

abxxyyx12x12 x22y2a設a,b是兩個非零向量，e是單位向量，于是有：①eaae cos②ababa

aab；當a與b反向時，abab，特別地，aaa2 aaaaa④ ⑤ab aa①交換律成立abba②對實數的結合律成ababab③分配律成abcacbcca特別注意：（1）結合律不成立：abcabc；（2）消去律不成立aba 不能得到bcab

a=

b

ababa22a2b2bbab2a22ab2bb

a2abba3例4、已知向量a(1,n),b(1,n),若2ab與b垂直，則n 335．已知a4,3b1,2mab,n2ab，按下列條件求實數解mab4,32,n2ab（1）mn47328052（2）m//n483270 22 22．（11年朝陽一模）已知兩點A(3,2)，B(3,6)，點C滿足ACCB，則點C的坐標 ，(0,ABAC .3．（11西城二模）已知平面向量a,b的夾角為60,|a|4,|b|3,則|ab|=（ 4.（11海淀二模）已知ABC的面積S 3，A，則ABAC .35（海淀一模）已知向量a(x,2),b(1,y)其中x,y0.若ab4則yx的取值范圍 .[4,6．已知向量acos3x,sin3x

x0,

x 2

2

2 3求（1）abab；（2）fxab2ab的最小值是

，求的值（1）

x

3

xcos x 2 2 x x3x x x3x3x22 222cos 2x ,ab2cosx2 （2）fxcos2x4cosx2cos2x4cosx12cosx222x0,cosx2（1）當0,1cosx,f

2212213,5 53（2）當0cosx0,fxmin12 （3）當1時，cosx1,f 14 綜上所述： 無敵講義之——空間幾何體、直觀圖、三視1、柱、錐、臺、球的結構特（1）棱幾何特征：①上下底面是相似的平行多邊形②側面是梯 圓柱：定義：以矩形的一邊所在的直線為軸旋轉,幾何特征：①底面是全等的圓；②母線與軸平行；③軸與底面圓的半徑垂直；④側面展開圖是一圓錐：定義：以直角三角形的一條直角邊為旋轉軸,旋轉一周所幾何特征：①底面是一個圓；②母線交于圓錐的頂點；③側面展開圖是一圓臺：定義：以直角梯形的垂直與底邊的腰為旋轉軸,旋轉一周所幾何特征：①上下底面是兩個圓；②側面母線交于原圓錐的頂點；③側面展開圖是一注：表面積：各個面的面積之 側面積：各個側面面積之和（除底面柱的體積公式：V

（S為底面面積，h為柱體的高）的體積V＝Sh（S為底面面積3h為高1臺體體積：V＝3（ S) （S’，S分別為上、下底面面積，h為臺體的高球的體積為V43

R3S4R2【題型1】空間幾何體的結構特例1、如圖一個封閉的立方體，它6個表面各標出1、2、3、4、5、6這6個數字，現放成下面3個不同的位置，則數字l、2、3對面的數字是（C A．4、5、 D．5、6、5C1點的最短距離 5例3、把的圖形繞虛線所在的直線旋轉一周，得到的幾何體是（ （ （ （ （ （ （ 2、空間幾何體的直觀斜二測畫法特點：①畫出斜坐標系，使X'O'Y' 2S

2 直觀 原【題型2】空間幾何體的直觀 111 1 1x軸AB2CD2AD1，則平面ABCD的面積是（A1 31 12 C． 2

2 2、已知正三角形ABC的邊長為a，那么ABC的平面直觀圖A1B1C1的面積為（ 334

383

686

66定義三視圖：正視圖（光線從幾何體的前面向后面正投影側視圖（從左向右、俯視圖（從上向下一樣高。由三視圖還原成實物圖：一般先從俯視圖入手，再考慮主視圖，最后考慮左視圖【題型3】空間幾何體的三視2，則該幾何體按圖2所示方向的側視圖（或稱左視圖）為（A）ABICABCBBBABICABCBBB 圖 圖

直于底面，該三棱錐的主視圖是（B 2（2010年高考）一個長方體去掉一個小長方體，所得幾何體的正視圖與側（左）視圖分別如右圖所示，則該集合體的俯視圖為（C 【題型4】空間幾何體的表面積和體積與三視圖的綜合 答案S412122213練、(2007理?8)已知某個幾何體的三視圖如下，根據圖中標出的尺寸（單位：cm，可得這個幾何體的體積是（B 3

3

課堂練夯實基1、一個棱柱是正四棱柱的條件是( 22、如果一個水平放置的圖形的斜二測直觀圖是一個底面為４５ｏ，腰和上底均為１的等腰梯形，那么原平面圖形的面積是（A）22A.2 B.1 22

C.2 2

D.3、有一個幾何體的三視圖如下圖所示，這個幾何體應是一個（A正視 側視A.棱 D.都不4、正方體的內切球和外接球的半徑之比為（ 3 3: 3:3 3:

C.2558558 5585588答案 8 3、一空間幾何體的三視圖,則該幾何體的體積為 332323A.2 B.4 C.2 33232323邊長 2333所以體積為122 33 所以該幾何體的體積為2233

2222

222

答案探究創（遼寧省撫順一中2009屆高三數學上學期第一次月考棱長為2的正四面體的四個頂點都在同一個球面上， 2答2課后作 23433A. B.4 C.23433 A)A.模塊 D.模塊2答案4、設某幾何體的三視圖如下（尺寸的長度單位為m）則該幾何體的體積 m3答案無敵講義之——線面平行、垂直的方法與技直線與平面的平行和垂直關系的證明baba, a, abcOcb, c bab,bc aOccb ba//b

//a// a//

a//b

a

a

a,b

//b//c

行a行

a//

ob

ab

//

// a//,b//a//b b

a,ba//b ba//b

a//

a,bab

//

aaab//

b//

a'a',b'

//

//aa//P

m,nmanmn

a

a//a',b//

a aOAOPA于

線 am,a

a,a a a.aOAa

aab

a11 MNM,N分別是AB，A1C的中點MN MA1B1C NA2（2010年海淀一模如圖在四棱錐PABCD中底面ABCD是菱形 NAABC60PA平面ABCD，點MN證明BCAMN

BCPAD PDENM//ACEEDAF//DE，DEDA2AFED 點，點Q在側棱PC上．QDE求證：AD⊥平面QDEQPC的中點，求證：PA//V

P-

Q-

C，試 C 5（2012年東城一模）13ABCEFPABACBC上AEFCCP1.AEFEFA1EFA1EFEFB，連結A1BA1P.（如2QA1B中點，求證PQA1EFA1EEPEFEFQEFQEF 圖 圖的中點，G是棱AB上的動點.若CG//AB1M，試確定G2CE⊥AC,EF∥AC,AB= 28（2012年高考）如圖1，在RtABC中，C90，BC3，AC6，D,E分別是AC,ABDEBCDE2。將ADEDE

A1DE的位置，使A1CCD，如MA1D的中點，求CMA1BEBC上是否存在點P，使平面A1DP與平A1BE用向量法求異面直線所成的角的理論依據：設abAB,CD分別是直線ab

ACAC

14ABCABC中，已知ABC900，AB=a，BC=b，BB1=c，M、NB1C111（a00B（0，c，C1（0，b，c）AB1(a,0,c),BC1(0,b,AB c(a2b2)(b2(a2b2)(b2c2(a2b2)(b2(a2b2)(b2c2二、求直線與平面所定義：如果一個非零向量n與平面垂直，則稱向量n為平面用向量法求直線與平面所成的角的理論依據：設平面的一個法向量為nPP0與平面所成的角為，P0PnsincosP0Pn

BADABC900，BC2,ADBADABC900，BC2,AD8,AB4AC1與A1D互相垂直，求：A1D與面ADC1B1所成角的正弦值直角坐AA1aA(0,0,0，A1(0,0a，D(0,8,0，C1(4,2aAC4,2,aAD0,8,a，由ACAD得16a20，即a ABC1B1的法向量n(x,yz)，則nAD0nAB10，8yAD(0,8,0AB1(4,0,4因此4x4z0x1，得n(又A1D(0,8,4)，設A1D與面ADC1B1所成的角為，則sincosn,A1D A1DA1Dn三、求二面l，兩個面分別為的二面角記為l；二面角的平面角的取值范圍：001800利用法向量求二面角的大小的原理設n1n2分別為平面的法向量，二面角l的大小為，向量n1n2的夾角為（圖1）或（n2n2αθlβαθlβ圖 圖zSAByDC例3 如圖5，在底面是直角梯形的四棱錐zSAByDC2SCDSBA2解：以A為原點如圖建立空間直角坐標系 S（0，02

，A（0，0，0B（，，0，C（110D（21∴SA(0,0,

SB(0,1,SD

,0,

SC(1,1,1)( ), SBA的一個法向量為n1設平面SCD的一個法向量為n2=(x，y，z)，則n2⊥平面∴n2SD0 xz 取z2,則n(2

2x2yz 則cosn,n n1 1 四、課堂練

|

||n2 1 側棱PC上的兩個三等分點，.求異面直線AN與PD所成角的余弦值；A(0,0,0)B(3,0,0)C(3,6,0)D(0,6,0)，NMANMAAN(1,2,AN(1,2,2),cosAN,PD

AN 5 55AN

3 22zPzPNMADyBC1PABDAAB2，BC2ADEABPBEACzPDEBEACzPDEAyCxxyzE(00,0C(11,0)D(2,10P(0,0,3)ED(2,1,0)，EP(0, ，PC(1,1,3)nxyz為平PDE由

即3z令x1，可得n(1,2,0)設PC與平面PDE所成的角為 sincosPC,n3為5

|PCn||PCn||PC||n5D3(市東城區2008年高三綜合練習二)如圖，在四棱錐P—ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面解：建立如圖的空間直角坐標系O—xyz，3A（－1，0，0，B（1，0，0則 3設nxyzPAC的一個法向量，則nPA,nPC.PA1,0,3),PC(1,2,

3z

3令z=1，得x3,y 得n( 3x2y 3zOP是平面ABC的一個法向量，設二面角B—AC—P的大小為則coscosn,OP n |n||OP

73737

二面角PACB的大小為 77五、課后作AAOCOCAB2ABCD-A1B1C1D1ABCD為等腰梯形，AB//CD，AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E、E1、FAD、AA1、AB的中點，求二面角B-FC1-C的余弦值。 3、改編自2007年福建高考題如圖，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長都為2D為CC1中點．求二AA1BC1AACDB解：取B1C1中點O1，以O為原點，OBOO1OA的方向為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系．設平面AA1B的法向量為n(x，y，zAACDB1AB(1,0,3)，AA1()nAB,nC1CnAA12y 3z1 z1A1AD的一個法向量n設平面A1BC1的法向量為v(a,bc)．BA1(1,2,3)BC1(2,2,0)．

zAFCO ByvzAFCO By 3ca1，得平A1BC1的一個法向量v(1,1,x22cosn,vnv22

所求的二面角的平面角是 n n無敵講義之——直線、圓的方直線的傾斜定它的傾斜角為0度。因此，傾斜角的取值范圍是0°≤α＜180°直線的斜①定義：傾斜角不是90kktan當0,90時，k0 當90,180時，k0；當90時，k不存在②過兩點的直線的斜率公式：ky2 x x2(4)直線方①點斜式yy1k(xx1k，且過點x1注意：當直線的斜率為0°時，k=0，直線的方程是y=y1x1，所以它的方程是x=x11 1（③兩點式：y x x,yy）直線兩點x,y，x1 1（y x 1 ④截矩式xy lx軸交于點(a,0),y軸交于點(0,b,即lxy軸的截距分別為a,b⑤一般式：AxByC0（A，B不全為0）注意：1各式的適用范 2特殊的方程如平行于x軸的直線：yb（b為常數 平行于y軸的直線：xa（a為常數（一）平行直線A0xB0yC00（A0B00的常數）A0xB0yC0（C（二）垂直直線A0xB0yC00（A0B00的常數）B0xA0yC0（C（三）過定點的直 kyy0kxx0，直線過定點xy 過兩條直線l1A1xB1yC10l2A2xB2yC20A1xB1yC1A2xB2yC20（為參數，其中直線l2不在直線系中當l1yk1xb1l2yk2xb2時l1//l2k1k2,b1b2；l1l2k1k2注意：利用斜率判斷直線的平行與垂直時，要注意斜率的存在與否l1A1xB1yC10l2A2xB2yC20相交點坐標即方程組A1xB1yC10AxByC 方程組無解l1l2；方程組有無數解l1與l2兩點間距離公式：A(x1y1)，（x2y2）(x2x(x2x1)2(y2A2B點到直線距離公式：Px0y0到直線l1AxByC0的距離dAx0ByA2B1、圓的定義：平面內到一定點的距離等于定長的點的集合叫圓，定點為圓心，定長為2、圓的方標準方程xa2yb2r2，圓心ab一般方x2y2DxEyF1D2E2當D2E24F0時，方程表示圓，此時圓心1D2E2 , 2 D2E24F0時，表示一個點D2E24F0時，方程不表示任何圖形需求出a，b，r；若利用一般方程，需要求出D，E，F；另外要注意多利用圓的幾何性質：如弦的中垂線必經過原點，以此來確定圓心的位置斜圓【經典題例例1：不等式3xay60(a0)表示的平面區域是在直線3xay60（ A.左上 D.右下[思路分析]作出直線3xay60，又因為30a060，所以原點在區域內側表示直線的左下方，故選取C。[簡要評述 用特殊值法解選擇題是常用的方法1y例2：若直線yxk與曲線x 恰有一個公共點，則k1y2A.k B.2,,22C. 2 D.k 21y。1y。[簡要評述]數形結合思想的靈活運用，此題可以進一步11yx11y3：如果實數x、y滿足x2y23yxy[思路分析 解法一：設直線l：ykx，則x表示直線l的斜率，直線l與圓xyMCyMCOx

y23相切時，x2

3332 3

3則 (x2)2y2 y 解法三：設=t，則 3解法四：如圖，聯結圓心C與切點M，則由OM⊥CM，又Rt△OMC33yMC3所以，OM=1，得 [簡要評述 小題小做，選方法四最為簡單，數形結合的數學思想的靈活運用[思路分析 注意斜率存在的條件。當m3時，k不存在。=2，當m3時ktan21m

m3；當m3時

m3，當m3時m 【熱身沖刺A（2，4C（1，0，其邊界運動，則z=x-y的最大值及最小值是（ D.3，-已知點A（3，1）和B（-4，6）在直線3x2ya0的兩側，則a的取值范圍 A.-7＜a B.-24＜a C.a＜7或a D.a=7或a=如果直線l1,l2的斜率分別是方程x24x10的兩根，則l1,l2的夾角是 A.π B.π C.π D.π平行直線5x12y30與10x24y50的距離是 x2y28x4yx2y28x4y200x2,yx2y28x8y200x2,yx2y28x4y200x2,y2圓x2y22x4y30到直線xy10的距離等 2A.1 B.2 C.3 D.4曲線f(x,y)0關于直線xy20對稱的曲線方程式是 A.f(y2,x) B.f(y2,x) C.f(y2,x2)0D.f(y2,x2)已知A（3，1，B（-1，2）若∠ACB的平分線方程為yx1，則AC所在的直線方程為 y2x4 B.y1x3

C.x2y1 D.3xy1 A.y3x B.y3x C.y3x D.y3x A. B. C. D. x不等式組yxy3

直線m1xy2m10恒過定點，則定點的坐標 若實數x，y滿足關系：x2y225，則x+y的最大值 若圓x2y2DxEyF0（D2E24F 直線l15x4y2m1和l22x3y0mx2y2設實數a，考慮方程組xa2y21（1）a（2）【熱身沖刺】參考答1— 212（- ．= 222222x（x-半徑為1的動圓，本題方程組有實數解的問題即圓與直線有公共點的問題。（1）- 2222222 ＜a＜-1或-1＜a＜1或1＜a＜ 時有四組實數解，當a=±1時，有三組實數解，當a=± 實數解，當a＜- 或a＞ 22無敵講義之——直線與圓、圓與圓的位置關1、點與圓的位置關系及其判設點P到圓心的距離為drp在圓外drP在圓上drP在圓內＜r例1、已知⊙O的半徑為1，點P到圓心O的距離為k，且關于x的方程x22xk0有兩個不相等的實數根，則點P與⊙O的位置關系是 1、若直線ax+by=1x2+y2=1相交，則P（a，b）的位置是（AA、在圓 D、都有可2過點P(1,2)總可以作兩條直線與圓C:x2y2kx2y150相切則實數k的取值范圍是K> 2、圓與圓的位置關系及其判別方11200無無 020=7cm 1、(2009年濱州)已知兩圓半徑分別為2和圓心距為d若兩圓沒有公共點則下列結論正確的（ A0d Bd C0d1或d5D0d1或d的取值范圍在數軸上表示正確的是（A01234012340123401234★3、直線與圓的位置關系及其判方法：是幾何的觀點，即把圓心到直線的距離d和半徑R的大小加以比較例3（1）直線m:y2,與圓C:x2y24的位置關系是 相直線x2y10與圓x2y22xy10的位置關系 相直線y-1=k(x-1)和圓x2y24的位置是 相交例4、已知過點P（-1，2）的直線L，圓C：x2+y2=1，直 L的斜率k滿足什么條件時，直線L與 22練習設直線l過點P(2,0)且與圓x2y21相切則l的斜率為 若切點為T則PT= 22程。（y=-x+1和y=-7x-5）

3練習：已知圓C:(x-a)2+(y-2)2=4及直線L:x-y+3=0,當直線L被圓C截得的弦長為 時 32112Cx2+y2=1變式一：已知過點P（-1，2）的直線L與曲線C：x 141（2009江西）在數軸上，點A3，點Ba，⊙A2，下列說法中的是（A）A.當a＜5時，點B在⊙A B.當1＜a＜5時，點B在⊙AC.當a＜1時，點B在⊙A D.當a＞5時，點B在⊙A2（2009肇慶）10．若⊙O1與⊙O2相切，且O1O25，⊙O1的半徑r12，則⊙O2的半徑r2是（ D．33設直線2x+3y+1=0與圓x2+y2-2x-3=0相交于AB兩點 則弦AB的垂直平分線的方程 ；AB的長度AB 培養能21、圓x2+2x+y2+4y-3=0上到直線L的x+y+1=0距離 個22、若直線ax+by+1=0過圓x2+y2+2x+2y=0的圓心,則11(a,b>0)的最小值 |3×1＋4×(－2)＋m|即 ＝ >1，∴m<0或m>10.答案4、若集合A＝{(x，y)|y＝1＋4－x2}，B＝{(x，y)|y＝k(x－2)＋4}．當集合A∩B有4個子集時，實數k的取

答案：12＜5P3,3x2y2258, 2 xx xy25 y4,y ,得 y3kx kxy3k3 , 3252k003252

OM

3

k2

k4所以此直線方程為3x4y15

y33x ,即3x4y150所以所求直線方程 x30解本題還要注意,斜率不存在時直線x30符合題意探究創1、(題)已知直線3x－y＋2m＝0與圓x2＋y2＝n2相切，其中m，n∈N*，且n－m<5，則滿足條件的有序 解析：由題意可得，圓心到直線的距離等于圓的半徑， 2m－1＝n，所2m－1－m<5，因為m，n∈N*，所以

案：42（2010年 與橢圓C交不同的兩點M，N，以線段為直徑作圓P,圓心為P。求橢圓C若圓Px軸相切，求圓心P

(

636設Q（x，y）是圓P上的動點，當tyc

3，且c

2，所以a 3,b 2

所以橢圓C

y212a2（II）p(0,t)(12a2y22x 3(1t23(1t23(1t23(1t2由

x

所以圓P

t 所以點P的坐標是 2（）（）P的方程x2yt)23(1t2)因為Q(xy)在圓P所3(1t2)3(13(1t2)3(1t2t設tcos,(0,t

cos 3sin2sin(3(13(1t2 3，

t課后作1、直線的ykx2和圓x2+y2=2相交于兩個不同點，則k的取值范圍是 A．k D． 3、(2009年高考卷Ⅱ)已知圓O：x2＋y2＝5和點A(1,2)，則過A且與圓O相切的直線與兩坐標軸圍成的 的長 5、將直線2xy0x1x2y22x4y0相切，則實數值為 A.－3或 B.－2或 C.0或 D.1或課后作業答案1. 1 4.解析：∵圓的標準方程為(x－3)2＋(y－4)2＝5，可知圓心為(3,4)5.5∴OP＝25－5＝25.∴tan∠POC＝PC＝1.在Rt△POC中 25

5.由題意可知：直線2xy0x1個單位后的直線l2(x1y0.已知圓的圓心為O(1,2)，半徑為5.解法1：直線與圓相切，則圓心到直線的距離等于圓的半徑，因而有5|2(11)2|55，得3512設P（x1，y1、Q（x2，y2，則y1、y2滿足條件 ∵OP⊥OQ，∴x1x2+y1y2=0. 無敵講義之——突破高考解析幾何第一大類：直線沒有確定斜1（2010年朝陽二模M

1 0)F1(2,0)，F2 MABC，其頂點C(3,1)AB

3（Ⅰ）M3a2 b2a2c2

解 .所以橢 4y

x3yB3yBCA·O·x 62y3x由 得2x223mx3m26012m224(m22)331 所以

3

2m2m0AB兩點的坐標分別為(x1,y1(x2,y23m2 xx x1x2 y1 x1 y2 x2則 |AB

(xx(xx)2(yy 4[(xx)24xx3 14所 y點C(3,1到直

x333

d

3|m 3m2(4m243 S2|AB|d2|43

≤2 于 的面 24當且僅當|m ，即m “242所以m2

y x32 326即x3y 0…136x2（2010年西城二模）已知橢圓Ca

y

1(ab

6C3求橢圓Clykx2與橢圓CA、B兩點，點P（0，1，且|PA|=|PB|l662a6,c66

3，……3解得a3,c

…………4x2y2所以橢圓C的方程為 x2y2

51 1

12kx3，

k21 9………7xx ,xx 設A(x1,y1),B(x2,y2)，則 13k 1 13k 8yyk(xx)4k

13k2 13k , 所以，A，B中點坐標 10因為|PA|=|PB|，所以PE⊥ABkPEkAB 所

k

，……12k1，………13經檢驗，符合題意，所以直線l的方程為xy20或xy2 141（2008年高考）已知△ABC的頂點A，B在橢圓x23y24上，C在直線l：yx2上，AB∥lAB邊通過坐標原點OAB的長及△ABC00x23y222(x1，y1)(22

x1AB

x1

所以h

S△ABC2，2

ABh12．12

yx

yx （Ⅱ）設AB所在直線的方程為 ，由 得4x6mx3m40．因為A，B在橢圓上，所以12m2640．(x，y(x，y

x1x2

3m2x1x2

2

2 AB

x1x2323222

2222又因為BC的長等于點(0，m)到直線l的距離， AC2

AB2BC2m22m10(m1)2．所以當m1AC邊最長，（這時12640）AByx2（2011 高考）已知橢圓G:x2y21(ab

6，右焦點為（

,03I的直線l與橢圓G交與A、B兩點，以AB為底邊作等腰三角形，頂點為P（-32第二大類：直線沒有確定斜yx y例3（2011年海淀一模）已知橢圓C

(ab0)經過M(1,31（I）求橢圓C

a2b2 （II）設直線l與橢圓CA、B兩點，以線段OA,OBOAPBP在橢圓C上，O為坐標原點求O到直線距離的l4（2011年東城一模）已知橢圓Cx1，橢圓C上的點到焦點距離的最大值為32求橢圓C若過點P(0,m的直線l與橢圓C交于不同的兩點AB，且AP3PB，求實數me2a2b23M(1,

4，所以3a24b2 119 2在橢圓C上，所以 2

a24,b2

故橢圓

x2的方程為

…………5(Ⅱ)當直線lykxmykxx2y2

(34k2)x28kmx4m212

664k2m24(34k24m212)48(34k2m20， 7A、BP點的坐標分別為(x1,y1)(x2y2(x0y0xxx8km,yyyk(xx)2m 34k

34k2 8 0

0P

上，所以 916k

(34k2)2

4m234k2，經檢驗滿足③式………10又點O到直線l的距離1k3k41k1k3k41k14114(1k2當且僅當k0時等號成 12當直線l無斜率時，由對稱性知P一定x

33 從而P點為(2,0),(2,0)，直線l為x1，所以點O到直線l的距離為 ……13所以點O到直線l的距離最小值

……14 ，且點（1， 求橢圓C過橢圓CF的直線l與橢圓CAB兩點，若AOB

2 且與直線l相切的圓的方程x2

1,(ab ec（I） b23

又a2b2c2，所 23因為橢圓C經過（12解得a2

1 34x2y2

4所以c

，b241

故橢圓C

5 ),

1,（Ⅱ）lx 1|AB||OF|113

2 2，不符合題 6當直線lx軸不垂直時，設直線lyk(x1kyk(xx2y2由 由

(3k2)2k2 8k

1

…………74k2A(x,y),B(x,y

x1x2

2 x1x2 顯然0成立，

2

3

3

……8(x1x2)2(x1x2)2(y1y2(x1x2)2k2(x1x21k(x1x1k(x1x21k(x1x2)24x1

1k1k(34k2 34k64k 4(4k211k|AB

12(k2 r|k00k| |k12k212k21k1k 3

3

，又圓O的半 ……106|k|1k 112(k26|k|1k1k |AB|r 1k 所

3

3

11k21,k2化簡，得17k4k2180，即(k21)(17k218)0，解得 17（舍）…12

r|k 21k21k

x2y2 13無敵講義之——排列組合與二項式定 A.12 B.18 C.36 D.54【解析】標號1,2的卡片放入同有 方法，共有種，故選B. A.12 B.18 C.36 D.54443C2 （2010江西理數）6.2 x8展開式中不含x4項的系數的和為

A.- B. C. D.8x=11x4C820(1)810.8（10人，每人值班1天.若6位員工中的甲不值14日，乙不值16日，則不同的安排方法共有 A.30 B.36 C.42 D.48C2C22C1C2即6 5 43C1C1(A2

C4=6甲、乙不同組，有4 B. C. D.TC2x2解析：由通項公式得 （2010重慶理數）(9)某單位安7位員工1017日值班1人，每1天7位員 A.504 B.960 C.1008 D.11082A2A1 244種方4A2(A4A1A1A3

333種方（4）8 A8

A8

8 8 8 8（10 A. B. C. D.

A232＝24A2

22＝12 A.288 B.264 C.240 D.168A411B,D,E,F用四種顏色，則有 A322A3212B,D,E,F用三種顏色，則有 A222B,D,E,F用兩種顏色，則有

A.I B.IC.I D.i【解析】本題主要考查條件語句與循環語句的基本應用，屬于容易題。S=1，i=3;s=-2，i=5；第三次執循環體時s=-7.i=7，所以判斷框內可填寫“i<6?”,選（2010福建文數（2010卷1文數）(5)(1x)4(1 x)3的展開式x2的系數A.- B.- C. D.A.【命題意圖】本小題主要考查了考生對二項式定理的掌握情況，尤其是展開式的通項公式的靈活應用， (1x)4 x)314x6x24x3x413x23xx2 x2的系數是-12+6=-A.30 B.35 C.42 D.48（2010卷1理數）(5)(1 x)3(13x)5的展開式中x的系數A.- B.- C. D.A. B. C. D.A251、22×32＝24A2

22＝12（2010文數）6．現有名同學支聽同時進行的個課外知識講座，名每同學可其中的一個講座，A． B.56543 D.65432 【解析】分類：若有2人從事工作，則方案 C1C2A310818+108=126

C2A3

；若有1人從事工作，則方案海世博會在每個整點的入園總人數，a表示整點前1個小時內入園人數，則空白的執行框內應填入。S←Sa23n23nnn34nn145n1212nnn2 2 文數）12.nm

j列的數為aij(i,j1,2,n)。當n9時，a11a22a33a99 解析a11a22a33a99（2010文數）5.將一個總數為A、B、C三層，其數之比為5:3:2。若用分層抽樣方法抽取容量為100的樣本，則應從C中抽取

100

（2010浙江理數（17）有4位同學在同一天的上下午參加“身高與體重”“立定跳遠”“肺活量”“握力”、項目，其余項目上、下午都各測試一人.則不同的安排方式共有 卷2理數）（14）若(xa)9的展開式中x3的系數是84，則a x99)（13 )x Cx(x CxTC4

r 的展開式的通項為r

TC3，當r=3時， ，當r=4時 無敵講義之——離散型隨量及其分布如果隨機試驗的結果可以用一個變量表示，那么這樣的變量叫做隨量，它常用希臘字母ξ、η等表示若ξ是隨量，η=aξ+b，其中a、b是常數，則η也是隨量ξ……P……為隨量ξ的概率分布，簡稱ξ的分布列. 量的概率分布為……P……則稱Ex1p1x2p2xnpn為 的數學期望或均值,數學期望又簡稱為期望

2

3隨機選取1隨機選取3件產品，求這三件產品都不能通過檢測的概率 1 2p(A)642 43 P(X0)

C3C

30

P(X1) 46C3C

10CP(X2) 4C

4 P(X3)4 2 C2

8X012X0123P131216設隨機選取3件產品都不能通過檢測的事件為 10P(B)1(1)3 132（2011年朝陽一模）在某校教師趣味投籃比賽中,比賽規則是:64 已知教師乙在某場比賽中，64個球，求教師乙在這場比賽中獲獎的概率；教2P(Xk)Ck2k16

3 3

k0,1,2,3,4,5,6X0123456PEX

(011122603160424051926

2916 2

EX62 .即X的數學期望為 5P(A)C21224C112526( (

( ( 32 104P(B)A2A4455 2232顯然 合格的概率都是，且面試是否合格互不影響． （Ⅱ）的可能取值為＝＝==∴的分布列是012346354635人數為，求隨 量的分布列，及數學期望E．解：(Ⅰ)“18名隊員中隨機選出兩名，兩人來自于同一隊”記作事件C2C2C2 P(A) 62 5 5(Ⅱ)的所有可能取值為 2C2CC2P(0)14C2

153

CC 4

153

2CC2P(2)CC2

153012P6E()09115626 9

13

10設每位乘客在2、3、4層下電梯是等可能的.4位乘客中至少有一名乘客在第2X44X的分布列和數學期望解：(Ⅰ)設4位乘客中至少有一名乘客在第2層下電梯的事件為A 11 323P(A)1P(A)1 3

6(Ⅱ)X的可能取值為 71)3 9X01234P81E(X)41

11 13解：（）A4名選手均為男選手”.由題意知P(A)

C3C5 311 5X的可能取值為0,1, 6 P(X0) 5C2C 10 20 75C1C1C2 233 P(X1) 23 3 C2C5

10 3

9C2P(X3)C25

10

10P(X2)1P(X0)P(X1)P(X

11XX0123P1793171793 13E(X)高三數學試題（理第Ⅰ卷（選擇題，共40分）8540分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題設全集U=R，集合A{x|x22x0},b{x|x1}，則集合ACUB= {x|0x B．{x|0xC．{x|0x D．{x|x y ysin y ylog12 ab滿足|a||b|1a·bb·b=3，則向量a，b的夾角為 2 關于直線l，m及平面α，β，下列命題中正確的是 l∥α，αβ=ml∥α，m∥αll⊥α，l∥β，則αl∥α，m⊥l A．iB．iC．iD．i已知0ab1，設x

，y 1，z

b，則 yxC．xz

b a yzD．xy若橢圓或雙曲線上存在點P，使得點P到兩個焦點的距離之比為2：1，則稱此橢圓或雙曲線存“F點，下列曲線中存在“F點”的是（ x2y2 y

x2y2 x2

x2y26530 1x3)5的展開式中的常數項 x 若直線xy10與圓x2y22x1a0相切，則a 在△ABCabcA，B，Ca1bsinA 將為1、2、3的三個小球，放入為1、2、3、4的四個盒子中 種

cosB1232無窮等差數列{an}a1dSnn項和，3、21、15是其中的③存在滿足條件的數列{an}nN*S2a4Sn 15（已知函數f(x)(cosxsinx) 3cos2xf(xf(x在區間[0]上的最大值和最小