《新版江蘇高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 知識(shí)專題突破 專題11　附加題部分 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版江蘇高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 知識(shí)專題突破 專題11　附加題部分 Word版含答案（20頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、新版-新版數(shù)學(xué)高考復(fù)習(xí)資料-新版 1 1專題十一附加題部分(選修測(cè)試物理的考生學(xué)習(xí)此部分)此部分考查的內(nèi)容主要是選修系列2中的內(nèi)容以及選修系列4中專題41幾何證明選講、42矩陣與變換、44坐標(biāo)系與參數(shù)方程、45不等式選講這4個(gè)專題的內(nèi)容(考生只需選考其中兩個(gè)專題)命題觀察高考定位(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第54頁(yè))1(20xx江蘇高考)如圖111，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線l：xy20，拋物線C：y22px(p0)圖111(1)若直線l過(guò)拋物線C的焦點(diǎn)，求拋物線C的方程(2)已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對(duì)稱的相異兩點(diǎn)P和Q.求證：線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2p，p)；求p的取值范圍. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：563

2、94080】解(1)拋物線C：y22px(p0)的焦點(diǎn)為，由點(diǎn)在直線l：xy20上，得020，即p4.所以拋物線C的方程為y28x.(2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，線段PQ的中點(diǎn)M(x0，y0)因?yàn)辄c(diǎn)P和Q關(guān)于直線l對(duì)稱，所以直線l垂直平分線段PQ，于是直線PQ的斜率為1，則可設(shè)其方程為yxb.證明：由消去x得y22py2pb0.(*)因?yàn)镻和Q是拋物線C上的相異兩點(diǎn)，所以y1y2，從而(2p)24(2pb)0，化簡(jiǎn)得p2b0.方程(*)的兩根為y1,2p，從而y0p.因?yàn)镸(x0，y0)在直線l上，所以x02p.因此，線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2p，p)因?yàn)镸(2p，p)在直線yxb

3、上，所以p(2p)b，即b22p.由知p2b0，于是p2(22p)0，所以pm時(shí)，(k1)C(m1)(m1)C，km1，m2，n.又因?yàn)镃CC，所以(k1)C(m1)(CC)，km1，m2，n.因此，(m1)C(m2)C(m3)C(n1)C(m1)C(m2)C(m3)C(n1)C(m1)C(m1)(CC)(CC)(CC)(m1)C.4(20xx江蘇高考)已知集合X1,2,3，Yn1,2,3，n(nN*)，設(shè)Sn(a，b)|a整除b或b整除a，aX，bYn，令f (n)表示集合Sn所含元素的個(gè)數(shù)(1)寫出f (6)的值；(2)當(dāng)n6時(shí)，寫出f (n)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明解(1)Y6，S6

4、中的元素(a，b)滿足：若a1，則b1,2,3,4,5,6；若a2，則b1,2,4,6；若a3，則b1,3,6.所以f (6)13.(2)當(dāng)n6時(shí)，f (n)(tN*)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n6時(shí)，f (6)6213，結(jié)論成立假設(shè)nk(k6)時(shí)結(jié)論成立，那么nk1時(shí)，Sk1在Sk的基礎(chǔ)上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中產(chǎn)生，分以下情形討論：a若k16t，則k6(t1)5，此時(shí)有f (k1)f (k)3k23(k1)2，結(jié)論成立；b若k16t1，則k6t，此時(shí)有f (k1)f (k)1k21(k1)2，結(jié)論成立；c若k16t2，則k6t1，此時(shí)有f (k1)f (k)2

5、k22(k1)2，結(jié)論成立；d若k16t3，則k6t2，此時(shí)有f (k1)f (k)2k22(k1)2，結(jié)論成立；e若k16t4，則k6t3，此時(shí)有f (k1)f (k)2k22(k1)2，結(jié)論成立；f 若k16t5，則k6t4，此時(shí)有f (k1)f (k)1k21(k1)2，結(jié)論成立綜上所述，結(jié)論對(duì)滿足n6的自然數(shù)n均成立命題規(guī)律(1)排列、組合試題具有一定的靈活性和綜合性，常與實(shí)際相結(jié)合，轉(zhuǎn)化為基本的排列組合模型解決問(wèn)題，需用到分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想. 排列與組合問(wèn)題一直是高考數(shù)學(xué)的熱點(diǎn)內(nèi)容之一與二項(xiàng)式定理綜合問(wèn)題較難(2)空間向量與立體幾何，重點(diǎn)考查利用空間向量求線線角、線面角、面面角，

6、難度中等主干整合歸納拓展(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第55頁(yè))第1步 核心知識(shí)再整合1幾何證明選講部分，需要核心關(guān)注與圓有關(guān)的比例線段、圓冪定理的應(yīng)用及推理論證，相似三角形與圓內(nèi)接四邊形是主要的轉(zhuǎn)換形式2矩陣與變換部分，著重掌握用二階行列式求逆矩陣、二階矩陣的乘法等基礎(chǔ)計(jì)算3坐標(biāo)系與參數(shù)方程部分，著重掌握極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)、參數(shù)方程與普通方程的互化，通過(guò)極坐標(biāo)方程、參數(shù)方程考查直線與圓、橢圓的位置關(guān)系是命題的熱點(diǎn)4不等式選講部分，以考查含一個(gè)或兩個(gè)絕對(duì)值號(hào)的不等式的求解為主，通常不等式中帶有參數(shù)，分類討論去絕對(duì)值是必然的選擇5離散型隨機(jī)變量的均值與方差(1)均值：E(X)x1p1x2p2xnpn；(2)方差：

7、V(X)(x1)2p1(x2)2p2(xn)2pn；(3)性質(zhì)：E(axb)aE(x)b；V(axb)a2V(x)6兩點(diǎn)分布與二項(xiàng)分布的均值與方差(1)若X服從兩點(diǎn)分布，則E(X)p，V(X)p(1p)；(2)若XB(n，p)，則E(X)np，V(X)np(1p)7直方圖的三個(gè)常用結(jié)論(1)小長(zhǎng)方形的面積組距頻率；(2)各長(zhǎng)方形的面積和等于1；(3)小長(zhǎng)方形的高.8排列、組合數(shù)相關(guān)性質(zhì)排列：AAmA；組合：CCC(mn，m，nN*)，kCnC.CCCCCC2n1.9. 二項(xiàng)式定理(ab)nCanCan1bCanrbrCbn(nN*)，10(1)直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法：設(shè)直

8、線l的方向向量為a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分別為(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，則線面平行：laa0a1a2b1b2c1c20.線面垂直：laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.面面平行：vva2a3，b2b3，c2c3.面面垂直：vv0a2a3b2b3c2c30.(2)直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算：設(shè)直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分別為(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)線線夾角：設(shè)l，m的夾角為，則cos .線面夾角：設(shè)直線l與平面的夾角為，則sin |cosa，|.

9、面面夾角：設(shè)平面，的夾角為(0)，則|cos |cos，v|.第2步 高頻考點(diǎn)細(xì)突破幾何證明選講【例1】(20xx江蘇蘇州市高三期中調(diào)研考試)如圖113，AB是圓O的直徑，弦BD，CA的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E，EF垂直BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F.求證：AB2BEBDAEAC.圖113證明連接AD(圖略)，AB為圓的直徑，ADBD，又EFAB，則A，D，E，F(xiàn)四點(diǎn)共圓，BDBEBABF.又ABCAEF，即ABAFAEAC，BEBDAEACBABFABAFAB(BFAF)AB2.規(guī)律方法與圓有關(guān)的線段求解，主要是通過(guò)相似三角形建立相似比來(lái)求解，從而證明三角形相似是核心，而在圓內(nèi)證明三角形相似主要是通過(guò)圓周角定理

10、或圓心角定理證明角相等舉一反三 如圖114，AB為半圓O的直徑，直線PC切半圓O于點(diǎn)C，APPC，P為垂足圖114求證：(1)PACCAB；(2)AC2APAB.解(1)證明：因?yàn)镻C切半圓O于點(diǎn)C，所以PCACBA.因?yàn)锳B為半圓O的直徑，所以ACB90.因?yàn)锳PPC，所以APC90.因此PACCAB.(2)由(1)知APCACB，故，即AC2APAB.矩陣與變換【例2】(20xx江蘇高考)已知矩陣A，B.(1)求AB；(2)若曲線C1：1在矩陣AB對(duì)應(yīng)的變換作用下得到另一曲線C2，求C2的方程. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394081】解(1)因?yàn)锳，B，所以AB.(2)設(shè)Q(x0，y0)為曲線C1上

11、的任意一點(diǎn)，它在矩陣AB對(duì)應(yīng)的變換作用下變?yōu)辄c(diǎn)P(x，y)，則，即所以因?yàn)辄c(diǎn)Q(x0，y0)在曲線C1上，則1，從而1，即x2y28.因此曲線C1在矩陣AB對(duì)應(yīng)的變換作用下得到曲線C2：x2y28.規(guī)律方法本小題主要考查矩陣的乘法、特征向量的求法，考查運(yùn)算求解能力注意矩陣乘法不滿足交換律，即A1BBA1，矩陣與變換所涉及的內(nèi)容并不多，在平時(shí)只要注意歸納，并且計(jì)算過(guò)關(guān)此題可以輕松拿下舉一反三(江蘇省蘇州市高三暑假自主學(xué)習(xí)測(cè)試)已知為矩陣A屬于的一個(gè)特征向量，求實(shí)數(shù)a，的值及A2.解由條件可知， 解得a2.因此A，所以A2.坐標(biāo)系與參數(shù)方程【例3】(20xx江蘇省蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市高考數(shù)學(xué)二模)在

12、平面直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸，取相同的單位長(zhǎng)度，建立極坐標(biāo)系已知曲線C1的參數(shù)方程為，(0,2，為參數(shù))，曲線C2的極坐標(biāo)方程為sina(aR)，若曲線C1與曲線C2有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值解曲線C1的方程為(x)2(y3)24，圓心坐標(biāo)為(，3)，半徑為2.曲線C2的極坐標(biāo)方程為sina(aR)，sin cos a，曲線C2的直角坐標(biāo)方程為xy2a0，曲線C1與曲線C2有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，2，解得a1或a5.規(guī)律方法參數(shù)方程與普通方程、極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)之間的互化，熟練簡(jiǎn)單曲線的極坐標(biāo)是解答本類問(wèn)題的關(guān)鍵舉一反三(20xx江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已

13、知直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，曲線C的參數(shù)方程為(s為參數(shù))設(shè)P為曲線C上的動(dòng)點(diǎn)，求點(diǎn)P到直線l的距離的最小值解直線l的普通方程為x2y80.因?yàn)辄c(diǎn)P在曲線C上，設(shè)P(2s2,2s)，從而點(diǎn)P到直線l的距離d.當(dāng)s時(shí)，dmin.因此當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(4,4)時(shí)，曲線C上的點(diǎn)P到直線l的距離取到最小值.不等式選講【例4】(20xx江蘇省泰州市高考數(shù)學(xué)一模)求函數(shù)y3sin x2的最大值解y3sin x23sin x4.由柯西不等式得y2(3sin x4)2(3242)(sin2xcos2x)25，所以ymax5，此時(shí)sin x.所以函數(shù)y3sin x2的最大值為5.規(guī)律方法不等式證明的基本方法

14、是比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法和數(shù)學(xué)歸納法，其中以比較法和綜合法最為基礎(chǔ)，使用綜合法證明不等式的關(guān)鍵就是通過(guò)適當(dāng)?shù)淖儞Q后使用重要不等式，證明過(guò)程注意從重要不等式的形式入手達(dá)到證明的目的舉一反三(20xx江蘇高考)已知a，b，c，d為實(shí)數(shù)，且a2b24，c2d216，證明：acbd8.證明由柯西不等式，得(acbd)2(a2b2)(c2d2)因?yàn)閍2b24，c2d216，所以(acbd)264，因此acbd8.均值與方差的實(shí)際應(yīng)用【例5】(20xx江蘇高考)已知一個(gè)口袋中有m個(gè)白球，n個(gè)黑球(m，nN*，n2)，這些球除顏色外完全相同現(xiàn)將口袋中的球隨機(jī)地逐個(gè)取出，并放入如圖所示的編號(hào)為

15、1,2,3，mn的抽屜內(nèi)，其中第k次取出的球放入編號(hào)為k的抽屜(k1,2,3，mn).123mn(1)試求編號(hào)為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p；(2)隨機(jī)變量X表示最后一個(gè)取出的黑球所在抽屜編號(hào)的倒數(shù)，E(X)是X的數(shù)學(xué)期望，證明：E(X). 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394082】解(1)編號(hào)為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p.(2)證明：隨機(jī)變量X的概率分布為XP隨機(jī)變量X的期望為E(X).所以E(X)(1CCC)(CCCC)(CCC)(CC)，即E(X).規(guī)律方法求解離散型隨機(jī)變量均值與方差的主要步驟：(1)求出隨機(jī)變量的所有可能的取值；(2)計(jì)算隨機(jī)變量取各個(gè)值的概率，列出概率分布列；(3)按照公式計(jì)算

16、均值(數(shù)學(xué)期望)與方差舉一反三(江蘇省南京市高三上學(xué)期學(xué)情調(diào)研)甲、乙兩人輪流投籃，每人每次投一次籃，先投中者獲勝投籃進(jìn)行到有人獲勝或每人都已投球3次時(shí)結(jié)束設(shè)甲每次投籃命中的概率為，乙每次投籃命中的概率為，且各次投籃互不影響現(xiàn)由甲先投(1)求甲獲勝的概率；(2)求投籃結(jié)束時(shí)甲的投籃次數(shù)X的分布列與期望解(1)設(shè)甲第i次投中獲勝的事件為Ai(i1,2,3)，則A1，A2，A3彼此互斥甲獲勝的事件為A1A2A3.P(A1)；P(A2)；P(A3)22.所以P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3).所以甲獲勝的概率為.(2)X所有可能取的值為1,2,3.則P(X1)；P(X2)；P(X3)2

17、21.即X的概率分布列為X123P所以X的數(shù)學(xué)期望E(X)123.排列、組合及性質(zhì)【例6】(高三七校聯(lián)考期中考試)已知整數(shù)n4，集合M1,2,3，n的所有含有4個(gè)元素的子集記為A1，A2，A3，AC.設(shè)A1，A2，A3，AC中所有元素之和為Sn.(1)求S4，S5，S6并求出Sn；(2)證明：S4S5Sn10C.解(1)當(dāng)n4時(shí)，集合M只有1個(gè)符合條件的子集，S4123410，當(dāng)n5時(shí)，集合M每個(gè)元素出現(xiàn)了C次，S5C(12345)60，當(dāng)n6時(shí)，集合M每個(gè)元素出現(xiàn)了C次，S6C(123456)210，所以，當(dāng)集合M有n個(gè)元素時(shí)，每個(gè)元素出現(xiàn)了C，故SnC.(2)證明：因?yàn)镾nC(n1)n(n

18、1)(n2)(n3)10C，則S4S5Sn10(CCCC)10C.規(guī)律方法通過(guò)觀察式子的結(jié)構(gòu)，利用排列數(shù)和組合數(shù)的相關(guān)性質(zhì)及二項(xiàng)式系數(shù)的相關(guān)性質(zhì)以含有排列、組合數(shù)結(jié)構(gòu)的代數(shù)式進(jìn)行化簡(jiǎn)，有時(shí)需要拆分、拼湊項(xiàng)來(lái)進(jìn)行結(jié)構(gòu)重組舉一反三(20xx江蘇省鹽城市高考數(shù)學(xué)二模)現(xiàn)有(n2，nN*)個(gè)給定的不同的數(shù)隨機(jī)排成一個(gè)如圖115所示的三角形數(shù)陣：圖115設(shè)Mk是第k行中的最大數(shù)，其中1kn，kN*.記M1M2Mn的概率為pn.(1)求p2的值；(2)證明：pn.解(1)由題意知p2，即p2的值為.(2)先排第n行，則最大數(shù)在第n行的概率為；去掉第n行已經(jīng)排好的n個(gè)數(shù)，則余下的n個(gè)數(shù)中最大數(shù)在第n1行的概

19、率為；故pn.由于2n(11)nCCCCCCCCCC，故，即pn.二項(xiàng)式定理與其他知識(shí)交匯【例7】若一個(gè)正實(shí)數(shù)能寫成(nN*)的形式，則稱其為“兄弟數(shù)”求證：(1)若x為“兄弟數(shù)” ，則x2也為“兄弟數(shù)”；(2)若x為“兄弟數(shù)”，k是給定的正奇數(shù)，則xk也為“兄弟數(shù)”. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394083】證明(1)設(shè)x(nN*)，則x22n12，是“兄弟數(shù)”(2)設(shè)x，y(nN*)，則xy1，而xk()ki()i，yk()ki()i，故xkyk()ki()i()ki()i2C()kC()k2nC()k4n2Cn，不妨記：xkyk2a，aN*，同理：由xkyk()ki()i()ki()i，不妨記：xk

20、yk2b，bN*，進(jìn)而，2xk，即xk. 又4a2(n1)4b2n(xkyk)2(xkyk)24xkyk4，故a2(n1)b2n1.因此xk亦為“兄弟數(shù)”規(guī)律方法二項(xiàng)式定理內(nèi)容的考查常出現(xiàn)二項(xiàng)式內(nèi)容與其它知識(shí)的交匯、整合，這是命題的一個(gè)創(chuàng)新方向如二項(xiàng)式定理與函數(shù)、數(shù)列、復(fù)數(shù)、不等式等其他知識(shí)點(diǎn)綜合成題時(shí)， 對(duì)其他模塊的知識(shí)點(diǎn)要能熟練運(yùn)用舉一反三在自然數(shù)列1,2,3，n中，任取k個(gè)元素位置保持不動(dòng)，將其余nk個(gè)元素變動(dòng)位置，得到不同的新數(shù)列由此產(chǎn)生的不同新數(shù)列的個(gè)數(shù)記為Pn(k). (1)求P3(1)；(2)求4(k)；(3)證明Pn(k)nn1(k)，并求出Pn(k)的值解(1)因?yàn)閿?shù)列1,2

21、,3中保持其中1個(gè)元素位置不動(dòng)的排列只有1,3,2或3,2,1或2,1,3，所以P3(1)3.(2)4(k)P4(0)P4(1)P4(2)P4(3)P4(4)CCCCCC019860124.(3)把數(shù)列1,2，n中任取其中k個(gè)元素位置不動(dòng)，則有C種；其余nk個(gè)元素重新排列，并且使其余nk個(gè)元素都要改變位置，則有Pn(k)CPnk(0)，故Pn(k)CPnk(0)，又因?yàn)閗CnC，所以Pn(k)CPnk(0)nPnk1(0)nn1(k)令anPn(k)，則annan1，且a11.于是a2a3a4an1an2a13a24a3nan1，左右同除以a2a3a4an1，得an234nn！.所以Pn(k)

22、n！.立體幾何中的向量方法【例8】(20xx江蘇高考)如圖116，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1，BAD120.圖116(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；(2)求二面角BA1DA的正弦值解 在平面ABCD內(nèi)，過(guò)點(diǎn)A作AEAD，交BC于點(diǎn)E.因?yàn)锳A1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.如圖，以，為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.因?yàn)锳BAD2，AA1，BAD120，則A(0,0,0)，B(，1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0,0，)，C1(，1，)(1)(，1，)，(，1，)，則cos，因此異面直線A1

23、B與AC1所成角的余弦值為.(2)平面A1DA的一個(gè)法向量為(，0,0)設(shè)m(x，y，z)為平面BA1D的一個(gè)法向量，又(，1，)，(，3,0)，則即不妨取x3，則y，z2，所以m(3，2)為平面BA1D的一個(gè)法向量從而cos，m.設(shè)二面角BA1DA的大小為，則|cos |.因?yàn)?，所以sin .因此二面角BA1DA的正弦值為.規(guī)律方法(1)利用法向量求解空間線面角的關(guān)鍵在于“四破”：第一，破“建系關(guān)”，構(gòu)建恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；第二，破“求坐標(biāo)關(guān)”，準(zhǔn)確求解相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；第三，破“求法向量關(guān)”，求出平面的法向量；第四，破“應(yīng)用公式關(guān)”(2)利用法向量的根據(jù)是兩個(gè)半平面的法向量所成的角和二面角

24、的平面角相等或互補(bǔ)，在能斷定所求二面角的平面角是銳角、直角或鈍角的情況下，這種方法具有一定的優(yōu)勢(shì)，但要注意，必須能斷定“所求二面角的平面角是銳角、直角或鈍角”，在用法向量法求二面角的大小時(shí)，務(wù)必要作出這個(gè)判斷，否則解法是不嚴(yán)謹(jǐn)?shù)呐e一反三(20xx江蘇省無(wú)錫市高考數(shù)學(xué)一模)如圖117，已知正四棱錐PABCD中，PAAB2，點(diǎn)M，N分別在PA，BD上，且.(1)求異面直線MN與PC所成角的大??；(2)求二面角NPCB的余弦值. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394084】圖117 解(1)設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，ABPA2.以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，方向分別是x軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.則A(1，

25、1,0)，B(1,1,0)，C(1,1,0)，D(1，1,0)，設(shè)P(0,0，p)，則(1,1，p)，又AP2，11p24，p，(1,1，)，設(shè)異面直線MN與PC所成角為，則cos .30，異面直線MN與PC所成角為30.(2)(1,1，)，(1,1，)，設(shè)平面PBC的法向量n(x，y，z)，則取z1，得n(0，1)，設(shè)平面PNC的法向量m(a，b，c)，則取c1，得m(，2，1)，設(shè)二面角NPCB的平面角為，則cos .二面角NPCB的余弦值為.第3步 高考易錯(cuò)明辨析1忽視參數(shù)的符號(hào)已知f (x)|ax1|(aR)，不等式f (x)3的解集為x|2x1(1)求a的值；(2)若k恒成立，求k的

26、取值范圍錯(cuò)解(1) 由|ax1|3得4ax2，即x，又f (x)3的解集為x|2x1，即a2.(2)記h(x)f (x)2f ，則h(x)|h(x)|1，因此k1.正解(1)由|ax1|3得4ax2，又f (x)3的解集為x|2x1，當(dāng)a0時(shí)，不合題意；當(dāng)a0時(shí)，x，得即a2.(2)記h(x)f (x)2f ，則h(x)|h(x)|1，因此k1.2基本概念理解不清直線2cos 1與圓2cos 相交的弦長(zhǎng)為_錯(cuò)解由或，則弦長(zhǎng). 正解2cos 1是過(guò)點(diǎn)且垂直于極軸的直線，2cos 是以(1,0)為圓心，1為半徑的圓，則弦長(zhǎng)2.專家預(yù)測(cè)鞏固提升(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第61頁(yè))1(原創(chuàng)題)如圖118，ACAB

27、，BEAB，AB10，AC2，用一塊三角尺進(jìn)行如下操作：將直角頂點(diǎn)P在線段AB上滑動(dòng)，一直角邊始終經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，另一直角邊與BE相交于點(diǎn)D，若BD8，則AP的長(zhǎng)為_圖1182或8由題意，知APCBDP，即.AP2或8.題后反思本題強(qiáng)調(diào)動(dòng)手能力，用身邊的實(shí)物建模，構(gòu)造相似三角形，這是此題的一個(gè)亮點(diǎn)2(新穎題)在極坐標(biāo)系中，已知兩點(diǎn)A，B的極坐標(biāo)分別為，則AOB(其中O為極點(diǎn))的面積為_3如圖，SAOB34sin3.題后反思本題把極坐標(biāo)放在三角形內(nèi)進(jìn)行考查，角度新穎，而且難度降低，體現(xiàn)新課標(biāo)注重知識(shí)點(diǎn)的內(nèi)涵與本質(zhì)這一特點(diǎn)3(改編題)若不等式|2xm|3x6|恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：

28、56394085】4在同一直角坐標(biāo)系中分別畫出函數(shù)y|2xm|及y|3x6|的圖象(如圖)，由于不等式|2xm|3x6|恒成立，函數(shù)y|2xm|的圖象在y|3x6|的圖象的下方，因此，函數(shù)y|2xm|的圖象也必須經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2,0)，m 4.4(原創(chuàng)題)設(shè)函數(shù)f (x)|x3|x1|，xR.(1)解不等式f (x)1；(2)設(shè)函數(shù)g(x)|xa|4，g(x)f (x)在x2,2上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)由條件知f (x)|x3|x1|由f (x)1，解得x.6分(2)由g(x)f (x)得|xa|4|x3|x1|，由函數(shù)的圖象可知a的取值范圍是4,0.12分5(改編題)在極坐標(biāo)系內(nèi)，已知

29、曲線C1的方程為22(cos 2sin )40，以極點(diǎn)為原點(diǎn)，極軸方向?yàn)閤正半軸方向，利用相同單位長(zhǎng)度建立平面直角坐標(biāo)系，曲線C2的參數(shù)方程為(t為參數(shù))(1)求曲線C1的直角坐標(biāo)方程以及曲線C2的普通方程；(2)設(shè)點(diǎn)P為曲線C2上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作曲線C1的兩條切線，求這兩條切線所成角余弦值的取值范圍解(1)對(duì)于曲線C1的方程為22(cos 2sin )40，可化為直角坐標(biāo)方程x2y22x4y40，即(x1)2(y2)21；對(duì)于曲線C2的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，可化為普通方程3x4y150.6分(2)過(guò)圓心(1，2)作直線3x4y150的垂線，此時(shí)兩切線成角最大，即余弦值最小，則由點(diǎn)到直線的距離公式可知d4，則sin，因此cos 12sin2，因此兩條切線所成角的余弦值的取值范圍是.精品數(shù)學(xué)高考復(fù)習(xí)資料精品數(shù)學(xué)高考復(fù)習(xí)資料