1、目 录 / contents5月23日 数列 015月24日 不等式 095月25日 空间几何体 175月26日 立体几何与空间向量255月27日 直线与圆 335月28日 圆锥曲线405月29日 计数原理48时间：5月23日 今日心情： 核心考点解读数列考纲解读里的I，II的含义如下：I：对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用，即了解和认识.II：对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用，即理解和应用.(以下同)数列的概念及其通项公式（I）等差数列的通项及其前n项和（II）等比数列的通项及其前n
2、项和（II）等差数列、等比数列的性质（II）数列求和及其求和方法（II）数列的应用（II）1.从考查的题型来看，涉及本知识点的题目主要以选择题、填空题的形式考查，利用等差数列的概念判断性质真假，利用等差数列的通项公式、前n项和公式进行相关的求值计算；利用等比数列的概念判断性质真假，利用等比数列的通项公式、前n项和公式进行相关的求值计算等.2.从考查内容来看，主要考查数列的递推关系、等差数列、等比数列的相关运算，重点在于掌握等差数列和等比数列的通项公式和前n项和公式，能够利用“”和“”这五个量进行相互转化，达到“知三求二”的目的.3.从考查热点来看，数列计算是高考命题的热点，要注意通项公式与求和
3、公式的正确使用及利用数列的性质简化运算.1.数列的概念及表示(1)数列可以看作特殊的函数，数列的每一项叫做数列的项，排在第一位的数是数列的第一项，也叫首项.数列的一般形式可以写为.：数列的第项，也叫通项公式.数列的表示方法：通项公式：；递推公式：如时，型.(2)求数列通项公式的方法观察法：已知数列的前几项，可观察数列这几项的各部分与的关系，最后用不完全归纳得到通项公式.前n项和与通项之间的关系：能够利用前项和的关系式求得，此时要注意；也能够利用表示前n项和.利用递推公式：形如型的可采用累加法；形如型的可采用累乘法；形如型，当时，通常可以构造的形式，利用等比数列的通项公式得到的通项公式，然后求解
4、.2.等差数列的概念与证明(1)熟练掌握等差数列的定义与定义式：，.要注意，数列要从第二项开始，然后是每一项与前一项的差是同一个常数，这个常数就是公差.由此要明确，一个数列能够构成等差数列，至少需要三项.(2)若三个数构成等差数列，则称为的等差中项，记作或.(3)等差数列的证明，通常根据题中所给的递推关系式，利用定义进行证明，若时，推理得到的差为常数，并能够确定这个常数，则可判定数列为等差数列.3.等差数列的通项公式及性质(1)等差数列的通项公式：.知道等差数列的通项公式的推理方法是根据定义式叠加而得，了解等差数列与一次函数之间的联系与区别.(2)等差数列的性质：若，则.等差数列的性质反映了项
5、与项数之间对称的等量关系，由此得到等差数列前n项和的推导方法倒序相加法.4.等差数列的前n项和(1)等差数列的前n项和：.能够利用首项与公差表示等差数列的前n项和，了解二次函数与等差数列前n项和的关系.(2)掌握等差数列前n项和的性质：成等差数列，也是等差数列.5.等比数列的概念与证明(1)熟练掌握等比数列的定义与定义式：，.要注意，数列要从第二项开始，然后是每一项与前一项的比值是同一个常数，这个常数就是公比.由此要明确，一个数列能够构成等比数列，至少需要三项.(2)若三个数构成等比数列，则称为的等比中项，记作 或.(3)等比数列的证明，通常根据题中所给的递推关系式，利用定义进行证明，若时，推
6、理得到的比值为常数，并能够确定这个常数，则可判定数列为等比数列.6.等比数列的通项公式及其性质(1)等比数列的通项公式：.知道等比数列通项公式的推理方法是根据定义式叠乘而得，了解等比数列与指数函数之间的联系与区别.(2)等比数列的性质：若，则.7.等比数列的前n项和(1)等比数列的前n项和：能够利用首项与公比表示等比数列的前n项和，了解指数函数与等比数列前n项和公式之间的关系.掌握等比数列前n项和公式的推导方法错位相减法.(2)掌握等比数列前n项和的性质：；当或且为奇数时，成等比数列.8.等差数列、等比数列的混合计算(1)等差数列中利用某项确定，另有不连续三项按某种条件构成等比数列，由此计算得
7、到等差数列的首项与公差，并求通项与前n项和.(2)等比数列中利用某项确定，另有不连续三项按某种条件构成等差数列，由此计算得到等比数列的首项与公比，并求通项与前n项和.(3)注意在数列计算中基本量的应用.9.等差数列前n项和的最大（小）项利用等差数列的前n 项和公式，结合二次函数的求最值的特点及相应的图象，利用函数的单调性判断最值.10.数列求和(1)等差数列、等比数列的前n项和等差数列的前n项和；等比数列的前n项和(2)分组求和法求数列的前n项和分组求和法可以解决形如类数列的求和问题，其基本步骤是首先确定通项公式，然后对通项公式进行拆分，拆成几个可以直接求和的数列（最好是等差数列或等比数列），
8、再分别求和后相加即可得到原数列的和.(3)裂项相消法求数列的前n项和裂项相消法的基本思想是把数列的通项拆分成等的形式，从而在求和时起到逐项相消的目的.比较常见的类型有：，等.采用裂项相消法求数列的前n项和时，要注意系数的问题以及求和逐项相消后前后剩余的项的问题.(4)错位相减法求数列的前n项和错位相减法主要应用于求解由等差数列与等比数列的对应项之积组成的数列的求和问题，即求的和.其一般步骤为先识别数列的通项公式是否为等差数列与等比数列对应项之积构成的数列，并确定等比数列的公比，然后写出前n项和的表达式，并在等式两边同时乘以公比或公比的倒数，得到另一个式子，再对两式作差，最后根据差式中间的项构成
9、的等比数列求和，合并同类项即得所求的前n项和.错位相减法的计算过程较为复杂，对计算的能力要求比较高，同时考查的力度也相对较高，应注意加强训练.1 (2015高考新课标II，理16)设是数列的前n项和，且，则_【答案】【解析】由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以【名师点睛】本题考查数列递推式和等差数列通项公式，要搞清楚与的关系，从而转化为与的递推式，并根据等差数列的定义判断是等差数列，属于中档题2(2015高考新课标I，理17)为数列的前项和.已知0,=.(I)求的通项公式；(II)设 ,求数列的前项和.【答案】(I);(II)【解析】(I)当n=1时， 解得
10、,因为 所以，当时, ,即 ,因为,所以 ，所以数列是首项为3，公差为2的等差数列，所以；(II)由(I)知，=，所以数列前n项和为= =.【名师点睛】已知数列前n项和与第n项关系，求数列通项公式，常用将所给条件化为关于前n项和的递推关系或是关于第n项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等差数列求通项公式.3（2015高考新课标II，理4）已知等比数列满足a1=3， =21，则 A.21 B.42 C.63 D.84【答案】B【解析】设等比数列的公比为q，则，又因为 所以，解得 所以故选B.【名师点睛】本题考查等比数列
11、的通项公式和性质，通过求等比数列的基本量，利用通项公式求解，若注意到项的序号之间的关系，则可减少运算量，属于基础题.4(2013课标全国II，理3)等比数列an的前n项和为Sn.已知S3a210a1，a59，则a1A. B. C. D.【答案】C【解析】设数列an的公比为q，若q=1，则由a5=9，得a1=9，此时S3=27，而a210a1=99，不满足题意，因此q1.q1时，S3=a1q10a1，=q10，整理得q2=9.a5=a1q4=9，即81a1=9，a1=.【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与前n项和公式，考查数列中基本量的计算，属容易题，掌握等比数列的基础知识是解决好本题的
12、关键.1(2016届江西师大附中、鹰潭一中高三下第一次联考理科数学试卷)已知等差数列的前项和为，满足，且，则中最大的是A. B. C. D. 2(2016届宁夏银川市二中高三上学期统练三理科数学试卷)若是函数的两个不同的零点，且 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则的值等于A.6 B.7 C.8 D.93(2016届湖南省株洲市二中高三上期中理科数学试卷)已知各项都为正的等比数列满足：，若存在两项使得，则的最小值为A. B. C.2 D. 4(2016届江西师大附中、鹰潭一中高三下第一次联考理科数学试卷)已知函数，数列分别满足，且. 定义，为实数的整数部分，为小数部分，
13、且.(1)分别求的通项公式；(2)记，求数列的前项和.5(2016届江西省南昌市二中高三上第四次考试理科数学试卷)已知等差数列的公差为，前项和为，且(I)求数列的通项公式与前项和； (II)从数列的前五项中抽取三项按原来顺序恰为等比数列的前三项，记数列的前项和为，若存在，使得对任意，总有成立，求实数的取值范围1. 已知数列为等比数列，且，则的值为 A. B. C. D. 2. 已知数列与满足.（1） 若，求数列的通项公式；（2） 若，且对一切恒成立，求实数的取值范围.名校预测1.【答案】B【解析】由,得,由知,所以最大，故B正确.2.【答案】D【解析】由题意可得：可得 又这三个数可适当排序后成
14、等差数列，也可适当排序后成等比数列，可得解得故选D.3.【答案】B【解析】根据已知条件，整理为，又，解得 ，由已知条件可得：，整理为，即，所以，当且仅当取等号，但此时又所以只有当时，取得最小值为4.【答案】(1);(2).【解析】(1)已知可得,即;,所以数列是首项为,公比为2的等比数列. ,.(2)依题意，；当时，可以证明，即，所以，则，令， 得所以 ，检验知，不适合，适合，5.【答案】(I)；(II) 【解析】(I)为等差数列，公差，且，即 解得.，.又为等差数列，根据等差数列的前项和公式可得， (II)由(I)知数列的前5项为5，等比数列的前项为， 得， ,.， 又，时，存在，使得对任意
15、，总有成立，,实数的取值范围为专家押题1.【答案】C【解析】由等比数列的性质知，所以，即，所以故选C.2.【答案】(1)；(2)【解析】(1)，数列是等差数列，首项为，公差为，即；(2)，当时，当时，符合上式，由得：，令，当，时，取最大值，故的取值范围为.时间：5月24日 今日心情： 核心考点解读不等式二元一次不等式（组）表示的平面区域（II）简单的线性规划问题（II）利用基本不等式求最大（小）值问题（II）利用基本不等式求恒成立问题（II）1.从考查题型来看，涉及本知识点的题目主要以选择题、填空题的形式出现，一般考查二元一次不等式（组）表示的平面区域问题以及简单的线性规划问题，利用基本不等式
16、求解最小（大）值问题，以及基本不等式的实际应用等.2.从考查内容来看，线性规划重点考查不等式（组）表示的可行域的确定，目标函数的最大（小）值的计算等，重点体现数形结合的特点.基本不等式则根据其模型计算最值问题，注意取到最值时的条件是否成立.3.从考查热点来看，求最值是高考命题的热点，通过线性规划求最值体现了数形结合思想以及特殊位置求最值的思想；通过基本不等式求最值，则在于模型化求最值方法的应用.1.二元一次不等式（组）表示的平面区域(1)能够通过取特殊点，由不等式的符号来确定不等式表示的平面区域.通常情况下取，若不等式相应的直线过，则可在坐标轴上取或.(2)能够确定不等式组表示的平面区域，并计
17、算相应平面区域的面积.计算时要注意利用平面区域所呈现的多边形形状，利用面积公式求解.2.简单的线性规划(1)解不含参数的线性规划问题的一般步骤：根据给定的约束条件画出相应的可行域，考察目标函数的特征，并根据其几何意义确定使其取得最值时的点的坐标，代入目标函数求最值.通常情况下，给定的约束条件多为二元一次不等式组，常见的目标函数有：型的线性目标函数；型的斜率型目标函数；型的两点间距离型目标函数等.(2)使目标函数取得最值的点一般是可行域边界的交点，求出交点坐标，并代入目标函数，可以快捷、准确地计算最值，但要注意可行域的边界是否是实线.(3)解含参数的线性规划问题通常有以下两种类型：i)条件不等式
18、组中含有参数，此时不能明确可行域的形状，因此增加阶梯式画图分析的难度.求解这类问题时，要有全局观，要能够结合目标函数取得最值的情况进行逆向分析，利用目标函数取得最值时所得的直线与约束条件所对应的直线形成交点，求解参数.ii)目标函数中设置参数，旨在增加探索问题的动态性和开放性.要能够从目标函数的结论入手，多图形的动态分析，对变化过程中的相关数据准确定位，以此解决问题.3.利用基本不等式求最值问题(1)利用基本不等式求最值的主要方法：和定积最大，积定和最小.(2)注意基本不等式应用的环境及最值取到的条件：一正二定三相等.(3)常用的不等式模型：基本不等式链：若，则，当且仅当时等号成立.若，则，当
19、且仅当时等号成立.(4)利用基本不等式求最值的注意点：i)要能够通过恒等变形及配凑，使其“和”或“积”为定值；ii)要注意在正数范围内应用基本不等式，同时等号成立的条件要验证.4.利用基本不等式解恒成立问题(1)根据条件进行参变分离，然后利用基本不等式得到最值，利用参数与最值的大小关系比较得到范围.(2)根据参数的可能变化及给定的范围，分类讨论，逐步确定参数的取值范围.1(2015高考新课标I，理15)若满足约束条件，则的最大值为 .【答案】3【解析】作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A(1,3)与原点连线的斜率最大，故的最大值为3.【名
20、师点睛】对线性规划问题，先作出可行域，再作出目标函数，利用z的几何意义，结合可行域即可找出取最值的点，通过解方程组即可求出最优解，代入目标函数，求出最值，要熟悉相关公式，确定目标函数的意义是解决最优化问题的关键，目标函数常有距离型、直线型和斜率型.2(2015高考新课标II，理14) 若x，y满足约束条件则的最大值为_【答案】【解析】画出可行域，如图所示，将目标函数变形为，当取到最大时，直线的纵截距最大，故将直线尽可能地向上平移到，则的最大值为【名师点睛】本题考查线性规划，要正确作图，首先要对目标函数进行分析，什么时候目标函数取到最大值，解该类题目的时候，往往还要将目标直线的斜率和可行域边界的
21、斜率比较，否则很容易出错，属于基础题3(2014高考新课标I，理9) 不等式组的解集为D,有下面四个命题：， ， ，其中是真命题的是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】画出可行域，如图所示，设 则 当直线过点 时，z取到最小值， 故的取值范围为所以正确的命题是 ，故选B.【名师点睛】本题考查命题的真假判断与应用，着重考查作图能力，熟练作图，正确分析是关键.4 (2014新课标II，理9)设x,y满足约束条件，则的最大值为A. 10 B. 8 C. 3 D. 2【答案】B【解析】画出不等式组表示的平面区域,可知区域为三角形(图略)，平移直线，可知当经过两条直线与的交点 (5,2)时，取
22、得最大值8，故选B.【名师点睛】本题主要考查在约束条件下的简单的目标函数的最值问题，正确画图与平移直线是解答这类问题的关键.5 (2013课标全国，理9)已知a0，x，y满足约束条件若z2xy的最小值为1，则aA. B. C.1 D.2【答案】B【解析】由题意作出所表示的区域如图阴影部分所示，作直线2xy1，因为直线2xy1与直线x1的交点坐标为，结合题意知直线ya(x3)过点，代入得，所以.【名师点睛】本题考查线性规划的基础知识，难度不大，线性规划知识在高考中一般以小题的形式出现，是高考的重点内容之一，几乎年年必考.1(河北省正定中学2015-2016学年高三第一学期期末考试)若满足约束条件
23、，则的最大值为_.2(2016届江西省南昌市二中高三上第四次考试理科数学试卷)已知a，b都是负实数，则的最小值是( )A. B. C. D. 3(2016届江西师大附中、鹰潭一中高三下第一次联考理科数学试卷)x，y满足约束条件，则的取值范围为_.4(2016届江西省南昌市二中高三上第四次考试理科数学试卷)已知实数满足，则 的取值范围为 1已知变量满足约束条件 ，若的最大值为2，则实数等于A. B. C. 1 D.22 已知不等式组,表示平面区域，过区域中的任意一个点，作圆的两条切线且切点分别为，当的面积最小时，的值为A. B. C. D.名校预测1.【答案】2【解析】作出题中约束条件表示的可行
24、域，如图内部(含边界)，再作直线，当直线向下平移时，增大，因此当过点时，取得最大值22.【答案】B【解析】，故选B.3.【答案】【解析】作出的可行域如图:则表示可行域内的点与原点的距离的平方,由图可知.4.【答案】【解析】作出可行域，如图设直线与曲线相切，联立，所以，又，令，令，所以可知在上单调递减；在上单调递增；所以，所以得取值范围时专家押题1.【答案】C【解析】作出题设约束条件表示的可行域如图内部(含边界)，联立，解得A()，化目标函数为，由图可知，当直线过点A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为，解得m=1故选C.2.【答案】B【解析】不等式表示平面区域为下图所示的边界及内部的点，由
25、图可知，当点在线段上，且时，的面积最小，这时，所以，所以，故选B.时间：5月25日 今日心情： 核心考点解读空间几何体空间几何体的三视图与直观图（II）空间几何体的表面积、体积（I）球的表面积、体积（I）根据三视图求空间几何体的表面积、体积（II）1.从考查题型来看，涉及本知识点的题目一般以选择题、填空题的形式出现，考查空间几何体的三视图的识别，空间几何体的表面积、体积的计算.2.从考查内容来看，主要考查由空间几何体的三视图确定其直观图，并求其表面积、体积.重点在于空间几何体的表面积、体积计算公式的正确使用，难点是如何根据三视图确定空间几何体的结构特征.3.从考查热点来看，空间几何体的表面积、
26、体积问题是高考命题的热点，以空间几何体的三视图为基准，识别该几何体，并计算其表面积、体积，通常情况下以计算体积为主，这是高考主要的考查方式.1.空间几何体的三视图、直观图(1)空间几何体的三视图：正视图、侧视图、俯视图，其特点是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法来得到相应的视图，其处理原则是 “长对正、宽相等，高平齐”.(2)由三视图画空间几何体的直观图时，可以先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图和侧视图确定空间几何体的的形状，并根据斜二测画法画出空间几何体.注意可见的轮廓线画成实线，存在但不可见的轮廓线画成虚线.2.空间几何体的表面积、体积问题(1)空间几何体的表面积的计
27、算方式是：i)若是多面体，则分别计算每个面的面积，然后相加即得表面积；ii)若是旋转体，则将侧面的曲面进行展开，计算其面积，再加上底面面积，即得表面积.(2)柱体、锥体、台体的体积计算公式（为底面面积，为高）：，.3.球的表面积、体积（为球的半径）：(1)球的表面积：.(2)球的体积：.(3)球的表面积与体积由球的半径唯一确定，若球的半径扩大或缩小倍，则其相应的表面积、体积也扩大或缩小倍和倍.(4)球的表面积、体积问题常与其他空间几何体相结合出题，比如求给定空间几何体的外接球或内切球的表面积、体积时，要根据该几何体的特点确定外接球或内切球的半径，以此求得相应的值.4.根据三视图求简单几何体或组
28、合体的表面积、体积解决与三视图有关的简单几何体或组合体的表面积、体积问题时，首先要根据三视图确定简单几何体或组合体的形状，若是简单几何体，则只需根据相应的表面积、体积计算公式计算即可；若是组合体，常将组合体割补为几个简单的几何体进行求解.求解时注意还原的准确性和数据的准确性.长方体或正方体是研究三视图的最好的母体，通常可以借助长方体或正方体，通过切割、挖空等手段确定几何体的结构特征.1(2015高考新课标I，理6)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，
29、米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r，则 ，所以米堆的体积为 故堆放的米约为 故选B.【名师点睛】本题以九章算术中的问题为材料，试题背景新颖，解答本题的关键应想到米堆是圆锥，底面周长是两个底面半径与圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的方程，解出底面半径，是基础题.2(2015高考新课标I，理11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图
30、和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16 + 20，则r=A.1 B.2 C.4 D.8【答案】B【解析】由正视图和俯视图知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r，圆柱的高为2r，其表面积为=16 + 20，解得r=2，故选B.【名师点睛】本题考查简单组合体的三视图的识别，是常规题，对简单组合体的三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状，再根据“长对正，宽相等，高平齐”的法则确定组合体中的各个量.3(2015高考新课标II，理6)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分
31、体积的比值为A. B. C. D.【答案】D【解析】由三视图得，在正方体中，截去四面体，如图所示，设正方体棱长为，则，故剩余几何体的体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D.【名师点睛】本题以正方体为背景考查三视图、几何体体积的运算，要求有一定的空间想象能力，关键是能从三视图确定截面，进而求体积比，属于中档题4(2015高考新课标II，理9)已知A,B是球O的球面上两点，AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为36，则球O的表面积为A.36 B.64 C.144 D.256【答案】C【解析】如图，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时
32、，故，则球的表面积为，故选C.【名师点睛】本题以球为背景考查空间几何体的体积和表面积计算，要明确球的截面性质，正确理解四面体体积最大时的情形，属于中档题.1(2016届宁夏银川市二中高三上学期统练三理科数学试卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. B. C. D.2(2016届湖南省长沙市雅礼中学高三月考三理科数学试卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. B. C. D.3(2016届浙江省宁波市“十校”高三联考理科数学试卷)如图，某多面体的三视图中正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角梯形和直角三角形，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为A. B.
33、 C. D. 4(2016届福建省厦门一中高三下学期周考三理科数学试卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A. B. C. D.5(2016届江西师大附中、鹰潭一中高三下第一次联考理科数学试卷)已知边长为的菱形中，沿对角线折成二面角为的四面体，则四面体的外接球的表面积为_.1某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半圆，则该几何体的表面积为()A.B.C.D.2点A，B，C，D均在同一球面上，且AB，AC，AD两两垂直，且， ，则该球的表面积为A. B. C. D.名校预测1.【答案】A【解析】由已知中的三视图可得该几何体是一个半圆柱和长方体的组合体，半圆柱的底面半径为2，故半圆柱的底
34、面积半圆柱的高故半圆柱的体积为，长方体的长，宽，高分别为故长方体的体积为故该几何体的体积为，选A.2.【答案】A【解析】由该几何体的三视图可知该几何体是由一个三棱锥和半个圆柱组合而成，由此可知该几何体的体积为，故选A.3.【答案】C【解析】由题意得，该多面体为如下几何体，最长的棱长为，故选C.4.【答案】B【解析】如图可用三棱柱进行切割得到，四棱锥的高用面积法得，选B.5.【答案】【解析】如图1，取的中点,连接. 由已知条件易证得面面. 则外接球球心在面内，如图2， ,垂直平分,其中,.分别解得,外接球的表面积为.专家押题1.【答案】A【解析】由题目所给三视图可得，该几何体为圆锥的一半，那么该
35、几何体的表面积为该圆锥表面积的一半与轴截面面积的和又该半圆锥的侧面展开图为扇形，所以侧面积为12=，底面积为，观察三视图可知，轴截面为边长为2的正三角形，所以轴截面面积为22= ，则该几何体的表面积为.故选A.2.【答案】B【解析】三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它也外接于球，对角线的长为球的直径，它的外接球半径是，外接球的表面积是4()2=14故选B.时间：5月26日 今日心情： 核心考点解读立体几何与空间向量平面的基本性质(I)空间点、线、面的位置关系（II）空间直线、平面平行的判定定理与性质定理（II）空间直线、平面垂直的判定定理与性质定理（II）空间向量在立体几何中
36、的应用（II）1.从考查题型来看，涉及本知识点的选择题、填空题一般从宏观的角度，结合实际观察、判断空间点、线、面的位置关系，确定命题的真假；解答题中则从微观的角度，严密推导线面平行、垂直，利用空间向量的有关形式表示、求解空间的距离、夹角等.2.从考查内容来看，主要考查空间点、线、面位置关系的命题的判断及证明，重点是根据平行、垂直的判定定理与性质定理证明线面平行、垂直，难点则是如何计算空间中有关角与距离的问题.3.从考查热点来看，证明空间线面平行、垂直是高考命题的热点，结合平行、垂直的判定定理及性质定理，通过添加辅助线的方式证明是常考的方式.要注意结合空间几何体的特征严格推理论证.1.平面的基本
37、性质(1)熟悉三个公理的三种语言的描述（自然语言、图形语言、符号语言），明白各自的作用，能够依据这三个公理及其推论对点与平面、直线与平面、平面与平面的位置关系作简单的判断.(2)掌握确定一个平面的依据：不共线的三点确定一个平面、直线与直线外一点确定一个平面、两相交直线确定一个平面、两平行直线确定一个平面.2.空间直线、平面的位置关系(1)空间两条直线与直线的位置关系：相交、平行、异面.判断依据：是否在同一个平面上；公共点的个数情况.理解平行公理与等角定理：平行公理：平行于同一条直线的两条直线平行；等角定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.(2)直线与平面的位置关系
38、：直线在平面内、直线与平面平行或相交判断依据：直线与平面的公共点的个数.理解直线与平面平行的定义.(3)空间两个平面的位置关系：相交、平行判断依据：没有公共点则平行，有一条公共直线则相交.3.空间直线、平面平行的判定定理与性质定理(1)线面平行的判定定理与性质定理1)线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则直线与平面平行.符号语言：.要判定直线与平面平行，只需证明直线平行于平面内的一条直线.2)线面平行的性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的平面与已知平面的交线与该直线平行.符号语言：.当直线与平面平行时，直线与平面内的直线不一定平行，只有在两条直线共面时才平行
39、.3)面面平行的判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.符号语言：.要使两个平面平行，只需证明其中一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行即可，这里的直线需是相交直线.4)面面平行的性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行.符号语言：.5)平行关系的转化(2)直线、平面垂直的判定定理与性质定理1)线面垂直的判定定理：如果直线垂直于平面内的两条相交直线，则直线与平面垂直.符号语言：.要判定直线与平面垂直，只需判定直线垂直于平面内的两条相交直线即可.2)线面垂直的性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行.符号语言：.此性质反映了平行、垂直之间
40、的关系，也可以获得以下推论：两直线平行，若其中一条直线与一个平面垂直，则另一条直线也与该平面垂直.3)面面垂直的判定定理：若直线垂直于平面，则过该直线的平面与已知平面垂直.符号语言：.要证明平面与平面垂直，关键是在其中一个平面内找到一条与另一个平面垂直的直线.4)面面垂直的性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.符号语言：.要通过平面与平面垂直推理得到直线与平面垂直，必须满足直线垂直于这两个平面的交线.5)垂直关系的转化4.空间向量在立体几何中的应用(1)空间向量的坐标运算设，则，.空间两点间的距离为.注意上述空间向量坐标运算公式的正确应用.(2)直线的方向向量与
41、平面的法向量i)直线的方向向量：与直线平行的向量，记作.ii)平面的法向量：若直线，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作.iii)平面法向量的求法：设平面的法向量为.在平面内找出（或求出）两个不共线的向量，根据定义建立方程组，得到，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量.(3)利用空间向量证明空间线面平行、垂直设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为.若，则；若，则；若，则；若，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，可利用上述求法向量的过程证明.若，则；若，则.(4)利用空间向量求直线、平面所成的角设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为.直线所成的角为，则，计算方法：
42、；直线与平面所成的角为，则，计算方法：；平面所成的二面角为，则，计算方法：，然后观察直观图中所表示的二面角的平面角大小，以确定是锐二面角还是钝二面角.(5)利用空间向量求空间距离设点A是平面外一点，B是平面内一点，平面的一个法向量为，则点A到平面的距离为.(6)利用空间向量证明线面平行、垂直及计算空间角、距离的关键在于将所在直线的方向向量和平面的法向量正确表示，而正确表示直线的方向向量与平面的法向量的关键在于空间直角坐标系的正确建立及相关点的坐标的正确表示.求解空间角时公式选用要正确，特别是直线与平面所成的角用向量表示时得到的是正弦值，而直线与直线所成的角与二面角则是余弦值，要注意区分.1(2
43、015高考新课标I，理18)如图,四边形ABCD为菱形，ABC=120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE=2DF，AEEC.(I)证明：平面AEC平面AFC；(II)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.【答案】(I)见解析;(II)【解析】(I)连接BD，设BDAC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由ABC=120，可得AG=GC=.由BE平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，又AEEC，EG=，EGAC，在RtEBG中，可得BE=，故DF=.在RtFDG中，可得FG=.在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可
44、得EF=，EGFG，ACFG=G，EG平面AFC，EG面AEC，平面AFC平面AEC. (II)如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由()可得A(0，0)，E(1,0, )，F(1,0，)，C(0，0)，=(1，)，=(1,) 故.所以直线AE与CF所成的角的余弦值为. 【名师点睛】对空间面面垂直问题的证明有两种思路，思路1：几何法，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；思路2：利用向量法，通过计算两个平面的法向量，证明其法向量垂直，从而证明面面垂直；对异面直线所成角问题，也有两种思路，思路1：几何法，步骤为一找二作三证四
45、解，一找就是先在图形中找有没有异面直线所成角，若没有，则通常做平行线或中位线作出异面直线所成角，再证明该角是异面直线所成角，利用解三角形解出该角.2(2015高考新课标II，理19)如图，长方体中,，点，分别在，上，过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(I)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)；(II)求直线与平面所成角的正弦值【答案】(I)详见解析；(II)【解析】(I)交线围成的正方形如图：(II)作，垂足为，则，因为四边形为正方形，所以于是，所以以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设是平面的一个法向量，则即所以可取又，故所以直线与平面所
46、成角的正弦值为【名师点睛】根据线面平行和面面平行的性质画平面与长方体的面的交线；由交线的位置可确定公共点的位置，坐标法是求解空间角问题时常用的方法，但因其计算量大的特点很容易出错，故坐标系的选择是很重要的，便于用坐标表示相关点，先求出面的法向量，利用求直线与平面所成角的正弦值3(2014新课标II，理18)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点.(I)证明：PB平面AEC；(II)设二面角为60，AP=1，AD=，求三棱锥的体积.【解析】(I)设O为AC与BD的交点，连接OE，则由四边形ABCD是矩形知：O为BD的中点，因为E是BD的中点，所以OEPB，
47、因为OE面AEC，PB面AEC，所以PB平面AEC.(II)以A为原点，直线AB、AD、AP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，点E的坐标为 设AB=m，则是平面AED的一个法向量，点C的坐标为 .所以 ， 设是平面AEC的一个法向量，则，解得，所以令，得，所以=，因为二面角的大小与其两个半平面的两个法向量的夹角相等或互补，所以=，解得，因为E是PD的中点，所以三棱锥 的高为，所以三棱锥的体积为=.【名师点睛】本题考查空间中直线与平面平行等位置关系的证明、二面角的求解，空间几何体的体积的求法，考查利用空间向量知识解决立体几何的能力，考查同学们的逻辑推理能力、空间想象能力、分析问题以及解决问题
48、的能力.1( 2016届湖北省襄阳市高三上学期期末理科数学试卷)如图，正方体的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列结论中错误的是A.ACBEB.EF平面ABCDC.三棱锥的体积为定值D.异面直线AE，BF所成的角为定值2(2016届江苏省苏中三市高三第二次调研测试数学试卷)如图，在正方体中，分别为棱的中点求证：(1)平面；(2)平面平面3(2016届湖南省高三六校联考理科数学试卷)如图，在多面体中，平面，且为等边三角形，与平面所成角的正弦值为(1)若是线段的中点，证明：平面；(2)在(1)的基础上，求二面角的平面角的余弦值1如图，在四棱锥中，面， ，是线段的中点. (1)
49、求证:面；(2)求二面角的余弦值.2边长为的正方形所在的平面与所在的平面交于，且平面，(1)求证:平面平面；(2)设点是棱上一点，若二面角的余弦值为，试确定点在上的位置名校预测1.【答案】D【解析】在正方体中，ACBD，AC平面B1D1DB，BE平面B1D1DB，ACBE，故A正确；平面ABCD平面A1B1C1D1，EF平面A1B1C1D1，EF平面ABCD，故B正确；EF=，BEF的面积为定值EF1=，又AC平面BDD1B1，AO为棱锥的高，三棱锥的体积为定值，故C正确；利用图形设异面直线所成的角为，当E与D1重合时sin=，=30；当F与B1重合时tan= ，异面直线AE、BF所成的角不是
50、定值，故D错误；故选D.2(1)详见解析(2)详见解析【解析】 (1)在正方体中，因为分别为棱的中点，所以又，故，所以四边形为平行四边形所以,又平面平面，所以平面；(2)连接，在正方形中，又分别为棱的中点，故所以.在正方体中，平面，又平面，所以 .而平面，所以平面.又平面，所以平面平面.3【答案】(1)证明见解析；(2) .【解析】(1)取的中点为，连接，又F为CD的中点，所以MFBD且MF= .由已知得AEBD，且AE=，所以四边形为平行四边形，所以，因为ABC为等边三角形，M为中点，AMBC.因为BD平面ABC，AM 平面ABC.所以BDAM，又 所以AM平面DBC.所以平面；(2)取的中
51、点，连接，则平面，即是与平面所成角，设，则有，得，取的中点为，以为原点，为轴，为轴，为 轴，建立如图空间直角坐标系，则 ，由(1)可知，EFBF，又F为CD的中点，BC=BD=2，BFCD，又CDEF=F，所以平面，又，取平面的一个法向量，又，设平面的一个法向量，由由此得平面的一个法向量面积，所以二面角的平面角的余弦值为专家押题1.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】(1)证明：设线段的中点为，连接.，同理，又，所以四边形是菱形，所以，又分别是的中点，又平面，平面，平面平面.又平面，平面.(2)，平面，以为原点，以为轴的正方向，为轴的正方向，作平行于的直线为轴的正方向，建立空间直角坐标系
52、.则，设平面的一个法向量为，则，设平面的一个法向量为，则，故二面角的余弦值为.2.【答案】(1)证明见解析；(2)点满足【解析】(1)平面，又，面又面，平面平面(2)由（1）知，CD平面ADE，又DE 平面ADE，所以，如图，建立空间直角坐标系， 则，设，则设平面的法向量为，则，取，又平面的法向量为，故当点满足时，二面角的余弦值为时间：5月27日 今日心情： 核心考点解读直线与圆直线的倾斜角与斜率（II）直线与方程（II）直线的位置关系（II）圆与方程（II）直线与圆、圆与圆的位置关系（II）1.从考查题型来看，涉及本知识点的题目一般在选择题、填空题中出现，考查直线的倾斜角与斜率、直线的方程、
53、圆的方程、直线与直线、直线与圆的位置关系等.2.从考查内容来看，主要考查直线与圆的方程，判断直线与圆的位置关系，及直线、圆与其他知识点相结合.3.从考查热点来看，直线与圆的位置关系是高考命题的热点，通过几何图形判断直线与圆的位置关系，利用代数方程的形式进行代数化推理判断，是对直线与圆位置关系的最好的判断，体现了数形结合的思想.1.直线的倾斜角与斜率(1)直线的倾斜角：.直线的斜率：；过两点的直线的斜率为.(2)掌握的图象，能够通过倾斜角表示斜率，也能够利用斜率求倾斜角.(3)当时，越大，直线的斜率也越大；当时，越大，直线的斜率也越大.(4)所有直线都有倾斜角，但不是所有直线都有斜率.2.直线与
54、方程(1)点斜式：；斜截式：；两点式：；截距式：；一般式：.(2)能够根据条件选用合适的直线方程形式表示直线，知道点斜式、斜截式、两点式、截距式的适用条件，并由此考虑特殊情况下的直线是否存在,如在点斜式中，斜率不存在时直线表示为等.3.两条直线的位置关系(1)两条直线的位置关系：相交、平行、重合.能够从直线的斜截式、一般式的角度，结合直线的斜率和截距进行判断；能够通过联立方程，通过解方程组的角度进行判断.(2)理解直线系方程已知直线，则与平行的直线系方程为；与垂直的直线系方程为.已知直线与相交，则过这两条直线的交点的直线系方程为（其中不包括直线）.通过待定系数的方式求解相关直线方程.(3)点到
55、直线的距离已知点，则.已知点，直线，则点到直线的距离为.理解并掌握两点间的距离公式和点到直线的距离公式，并能作简单的应用.4.圆与方程(1)圆的标准方程：；(2)圆的一般方程：.注意：能够从圆的定义理解、推理得到圆的方程.根据圆的标准方程可以直接确定圆的圆心和半径，标准方程与一般方程可以进行互化，知道不一定是圆的方程，必须满足条件.5.直线与圆的位置关系(1)直线与圆的位置关系有：相交、相切、相离.(2)判断直线与圆的位置关系的方法：几何法：利用圆心到直线的距离与圆的半径进行比较判断.若，则相离；若，则相切；若，则相交.代数法：将圆的方程与直线的方程联立，消元后，得到关于或的方程，通过判别式进
56、行判断.若，则相交；若，则相切；若，则相离.(3)直线与圆相交所得的弦长i)利用圆心到直线的距离、半径与弦长的一半构造直角三角形求解；ii)将直线的方程与圆的方程联立，结合弦长公式计算.弦长公式：.6.圆与圆的位置关系设两圆心之间的距离为，两圆半径分别为，若，则两圆外离；若，则两圆外切；若，则两圆相交；若，则两圆内切；若，则两圆内含.1(2015高考新课标II，理7)过三点，的圆交y轴于M，N两点，则A.2 B.8 C.4 D.10【答案】C【解析】由已知得，所以，所以，即为直角三角形，所以其外接圆圆心为，半径为，所以外接圆方程为，令，得，所以，故选C.【名师点睛】本题考查三角形的外接圆方程，
57、要注意边之间斜率的关系，得出是直角三角形，可以简洁快速地求出外接圆方程，进而求弦的长，属于中档题2(2015高考新课标I，理14)一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为 .【答案】【解析】一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上.可知椭圆的右顶点坐标为（4，0），上、下顶点坐标（0，2）.设圆心为(，0)，则半径为，所以，解得，故圆的方程为.【名师点睛】本题考查椭圆的性质及圆的标准方程，本题结合椭圆的图形可知圆过椭圆的上下顶点与左顶点(或右顶点)，由圆的性质知，圆心在x轴上，设出圆心，算出半径，根据垂径定理列出关于圆心的方程，求出圆心坐标，即可写出圆的方程
58、，细心观察圆与椭圆的特征是解题的关键.3(2014高考新课标II，理16)设点M(,1),若在圆O:上存在点N，使得OMN=45，则的取值范围是_.【答案】【解析】由题意知,直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于1即可，如图，过O作OAMN，垂足为A，在中，因为OMN=45，所以=，解得，因为点M(,1)，所以，解得，故的取值范围是.【名师点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合能力和逻辑思维能力，考查同学们分析问题和解决问题的能力，有一定的区分度.4(2013高考新课标I，理20) 已知圆M：(x1)2y2=1，圆N：(x1)2y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内
59、切，圆心P的轨迹为曲线C.(I)求C的方程；(II)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.【答案】(I) ；(II) .【解析】依题意，知圆M的圆心为 ，半径为1，圆N的圆心为，半径为3.设动圆P的半径为R ，因为动圆P与圆M外切并与圆N内切，所以 所以，又|MN|=2.由椭圆定义可知，曲线C是以M、N为左、右焦点，4为长轴长的椭圆(左顶点除外)，所以 所以曲线C的方程为；(2)对于曲线C上任意一点，由于(R为圆P的半径)，所以 当且仅当 的圆心为(2,0),时，其半径最大.其方程为；若直线l垂直于x轴，易得；若直线l不垂直于x轴，设l与x
60、轴的交点为Q，则(其中)，解得，故直线l：；由l与圆M相切得，解得；当时，直线，联立直线与椭圆的方程即 ，化简整理，得 设，所以 所以 ；同理，当时，.【名师点睛】本题考查了两圆的相切关系、直线与圆相切问题、椭圆的定义及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、弦长公式等基础知识，需要较强的推理能力和计算能力及其分类讨论的思想方法.1(河北省正定中学2015-2016学年高三第一学期期末考试)过三点，的圆交轴于两点，则A. B. C. D.2 (长春市普通高中2016届高三质量监测(二)理科数学)已知为圆的直径，点为直线上任意一点，则的最小值为A.1B.C.D. 3(吉林省长
61、春外国语学校2016届高三上学期期末数学(理)试题)已知直线x+y=a与圆x2+y2=4交于A、B两点，且，其中O为原点，则实数a的值为A.2 B. C.2或D. 4. (2016届黑龙江省哈尔滨市六中高三下学期开学考试理科数学试卷)已知椭圆的左，右顶点分别为，圆上有一动点,点在轴的上方，直线交椭圆于点，连接.(1)若,求的面积；(2)设直线的斜率存在且分别为,若,求的取值范围.1已知圆：上到直线的距离等于1的点至少有2个，则的取值范围为A. B. C. D.2已知定圆,动圆过点,且和圆相切(I)求动圆圆心的轨迹的方程；(II)设不垂直于轴的直线与轨迹交于不同的两点、,点若、三点不共线,且证明
62、：动直线经过定点名校预测1.【答案】D【解析】设过三点的圆方程为，则得，解得，即圆的方程为，令，得，设，所以,所以故选D.2.【答案】A【解析】设直线上任意一点P的坐标为，设，且A、B在圆上，AB为直径，所以 所以，化简，得 =，其中为直线上任意一点P到圆心的距离，为半径，因此当取最小值时，的值最小，由方程的图象可知的最小值为，故的最小值为1. 故选A.3.【答案】C【解析】由得，, .又OA=OB，所以三角形AOB为等腰直角三角形，又圆的半径为2，所以圆心到直线的距离为，即，a=2，故选C.4.【答案】(1)；(2).【解析】(1)依题意，.设，则.由得, , 解得(舍去), .(2)设,
63、动点在圆上, .又, ，即 .又由题意可知,且,则问题可转化为求函数的值域.由导数可知函数在其定义域内为减函数, 函数的值域为，从而的取值范围为.专家押题1.【答案】A【解析】由圆的方程可知圆心为，半径为2因为圆上的点到直线的距离等于1的点至少有2个，所以圆心到直线的距离，即，解得故A正确2. 【答案】(I) ；(II)见试题解析.【解析】 (I)圆的圆心为,半径. 设动圆的半径为,依题意，有由 ,可知点在圆内,从而圆内切于圆,故,即 .所以动点的轨迹E是以、为焦点,长轴长为4的椭圆,所以其方程为.(II) 设直线的方程为,联立消去得, . 设,则,. 于是 ,由知. 即 ,得,.故动直线的方
64、程为,过定点.时间：5月28日 今日心情： 核心考点解读圆锥曲线椭圆（II）双曲线（I）抛物线（II）直线与圆锥曲线（II）1.从考查题型来看，涉及本知识点的选择题、填空题常结合圆锥曲线的定义及其简单几何性质，利用直线与圆锥曲线的位置关系，通过建立代数方程求解.解答题中则常综合考查椭圆的定义、标准方程、直线与椭圆的位置关系等.2.从考查内容来看，主要考查圆锥曲线的方程，以及根据方程及其相应图形考查简单几何性质，重点是椭圆及抛物线的简单几何性质的综合应用，注重运算求解能力的考查.3.从考查热点来看，直线与圆锥曲线的位置关系是高考命题的热点，利用直线与圆锥曲线的位置关系，通过直线方程与圆锥曲线方程
65、的联立，结合椭圆、双曲线、抛物线的定义考查与之有关的问题，重点突出考查运算的能力，体现了数形结合的思想.1.椭圆(1)椭圆的定义：平面上到两定点的距离的和为常数（大于两定点之间的距离）的点的轨迹是椭圆. 这两个定点叫做椭圆的焦点，两个定点之间的距离叫做椭圆的焦距，记做.定义式：.要注意，该常数必须大于两定点之间的距离，才能构成椭圆.(2)椭圆的标准方程：焦点在轴上，；焦点在轴上，.说明：要注意根据焦点的位置选择椭圆方程的标准形式，知道之间的大小关系和等量关系：.(3)椭圆的图形及其简单几何性质i)图形焦点在轴上 焦点在轴上 ii)标准方程几何性质范围顶点焦点对称性离心率椭圆，对称轴：轴，轴，对
66、称中心：原点，注意：求椭圆的标准方程的方法可以采用待定系数法，此时要注意根据焦点的位置选择椭圆的标准方程；也可以利用椭圆的定义及焦点位置或点的坐标确定椭圆的标准方程.求椭圆的离心率主要的方法有：根据条件分别求出与，然后利用计算求得离心率；或者根据已知条件建立关于的等量关系式或不等关系式，由此得到方程或不等式，通过解方程或不等式求解离心率的值或取值范围.2.双曲线(1)定义：平面内，到两个定点的距离之差的绝对值等于常数（小于）的点的轨迹叫做双曲线，这两个定点叫做双曲线的焦点，两个定点之间的距离叫做双曲线的焦距，记做.定义式：.要注意，常数小于两定点之间的距离.(2)双曲线的标准方程：焦点在轴上，
67、；焦点在轴上，.说明：要注意根据焦点的位置选择双曲线的标准方程，知道之间的大小关系和等量关系：.(3)双曲线的图形及其简单几何性质i)图形焦点在轴上 焦点在轴上 ii)标准方程范围，顶点焦点渐近线对称性对称轴：轴，轴；对称中心：原点离心率，注意：求双曲线的标准方程的方法可以采用待定系数法，此时要注意根据焦点的位置选择双曲线的标准方程；也可以利用双曲线的定义及焦点位置或点的坐标确定双曲线的标准方程.求双曲线的离心率主要的方法有：根据条件分别求出与，然后利用计算求得离心率；或者根据已知条件建立关于的等量关系式或不等关系式，由此得到方程或不等式，通过解方程或不等式求解离心率的值或取值范围.渐近线是双
68、曲线特有的特征，双曲线的渐近线方程可以根据双曲线的标准方程求解，令双曲线标准方程中的，得到渐近线方程为或.3.抛物线(1)定义：平面内与一个定点和一条定直线不经过点的距离相等的点的轨迹叫做抛物线.点叫做抛物线的焦点，直线叫做抛物线的准线.定义式：，为动点到准线的距离.(2)抛物线的标准方程焦点在轴的正半轴上：；焦点在轴的负半轴上：；焦点在轴的正半轴上：；焦点在轴的负半轴上：. (3)抛物线的图形及其简单几何性质标准方程图形焦点准线方程范围对称轴轴轴顶点离心率焦半径(4)过抛物线的焦点且垂直于对称轴的弦称为通径，抛物线的通径长为；抛物线焦点弦的常用结论：设是过抛物线焦点F的弦，若，则，弦长，等.
69、4.直线与圆锥曲线的位置关系(1)椭圆、双曲线、抛物线统称为圆锥曲线，直线与圆锥曲线的位置关系可分为相交、相切、相离.位置关系的判定方式：将直线方程与圆锥曲线的方程联立，消元，得到关于的方程，通过判别式进行判别.要注意，若直线与双曲线的渐近线平行，则直线与双曲线相交，且只有一个交点；若直线与抛物线的对称轴平行或重合，则直线与抛物线相交，且只有一个交点.(2)直线与圆锥曲线相交的弦长问题：弦长公式：.(3)已知直线与圆锥曲线相交所得弦的中点，则该弦所在直线方程的表示方式：i)利用点斜式设出直线方程，联立方程，消元后根据根与系数的关系及中点坐标公式建立关于直线斜率的方程，求解方程即可.ii)利用点
70、差法，设弦的端点的坐标分别为，代入曲线方程，然后作差，利用两点坐标求斜率公式，得到斜率，再利用点斜式写出直线方程.(4)圆锥曲线中有关定点、定值的问题：一般可以根据题意求出相关的表达式，再根据已知条件建立方程组（或不等式），消去参数，求出定值或定点的坐标；也可以先利用特殊情况确定定值或定点坐标，再从一般情况进行验证.(5)圆锥曲线中的最值、范围问题：一是根据题中的限制条件求范围，如直线与圆锥曲线的位置关系中的范围，方程中变量的范围，角度的大小等；二是将要讨论的几何量，如长度、面积等用参数表示出来，再对表达式进行讨论，应用不等式、三角函数等知识求最值.1. (2015高考新课标I，理5)已知M(
71、)是双曲线C：上的一点，是C的两个焦点，若，则的取值范围是A.(，) B.(，)C.(，) D.(，)【答案】A【解析】由题知，所以= =，解得，故选A.【名师点睛】本题考查利用向量数量积的坐标形式将表示为关于点M坐标的函数，利用点M在双曲线上，消去x0，根据题意化为关于的不等式，即可解出的范围，是基础题，将表示为的函数是解本题的关键.2(2015高考新课标II，理11)已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，ABM为等腰三角形，顶角为120，则E的离心率为A. B. C. D.【答案】D【解析】设双曲线方程为，如图所示，过点作轴，垂足为，在中，故点的坐标为，代入双曲线方程得，即，所以，
72、故选D.【名师点睛】本题考查双曲线的标准方程和简单几何性质、解直角三角形知识，正确表示点的坐标，利用“点在双曲线上”列方程是解题关键，属于中档题3(2015高考新课标I，理20)在直角坐标系中，曲线C：y=与直线l:(0)交于M,N两点，(I)当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(II)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPM=OPN？说明理由.【答案】(I)，；(II)存在【解析】(I)联立 不妨取，.，故在=处的导数值为，曲线C在处的切线方程为，即.同理可得曲线C在点N处的切线方程为. 故所求切线方程为，. (II)存在符合题意的点 ，证明如下： 设P(0，b)为符合题意的点
73、，直线PM，PN的斜率分别为. 将代入C的方程，整理得. . =. 当时，有=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补， 故OPM=OPN，所以点符合题意. 【名师点睛】对直线与圆锥曲线的位置关系问题，常用设而不求思想，即设出直线方程代入圆锥曲线方程化为关于的一元二次方程，设出交点坐标，利用根与系数关系，将交点的横坐标之和与积用一元二次方程的系数表示出来，然后根据题中的条件和所求结论，选择合适的方法进行计算，注意题中条件的合理转化，如本题中，将OPM=OPN转化为直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，进而转化为直线PM的斜率与直线PN的斜率之和为0，再将其坐标化，即可列出方程，解析几何题
74、思路固定，字母运算复杂，需要细心和耐心.4 (2015高考新课标II，理20) 已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为()证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；()若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由【答案】()详见解析；()能，或【解析】（I）设直线，将代入得，则判别式 则 ，所以，于是直线的斜率，即所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值（II）四边形能为平行四边形因为直线过点，所以由判别式即 因为 所以 即 ，则 .所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，由（I）得的方程为设点的横坐标为由得，即将点的坐标代入直线的方
75、程得，因此四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即于是解得，因为，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形【名师点睛】(I)题中涉及弦的中点坐标问题，故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解：设端点的坐标，代入椭圆方程并作差，出现弦的中点和直线的斜率；设直线的方程同时和椭圆方程联立，利用韦达定理求弦的中点，并寻找两条直线斜率关系；(II)根据(I)中结论，将直线的方程与椭圆方程联立，求得坐标，利用以及直线过点列方程求的值1(2016届辽宁省鞍山市一中高三第四次模拟理科数学试卷)抛物线上一点到焦点的距离为3，则点的横坐标为A.1 B.2 C.3 D.42 (2016届天津市河东区高考
76、一模考试理科数学试卷)设F1、F2是双曲线1 (a0，b0)的两个焦点，P在双曲线上，若0，2ac (c为半焦距)，则双曲线的离心率为A. B. C2 D.3. (2016届江西师大附中、鹰潭一中高三下第一次联考理科数学试卷)已知抛物线C的标准方程为，M为抛物线C上一动点，为其对称轴上一点，直线MA与抛物线C的另一个交点为N当A为抛物线C的焦点且直线MA与其对称轴垂直时，MON的面积为18(1)求抛物线C的标准方程；(2)记，若t值与M点位置无关，则称此时的点A为“稳定点”，试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由1. 椭圆的上下顶点分别为，点在上且直线斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围
77、是A. B. C. D.2分别为双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，满足，若的内切圆半径与外接圆半径之比为，则该双曲线的离心率为A. B. C. D.3.如图， 若椭圆的左，右焦点分别为，线段被抛物线的焦点分成了的两段.(1)求椭圆的离心率；(2)过点的直线交椭圆于不同两点，且，当的面积最大时，求直线和椭圆的标准方程.名校预测1. 【答案】B【解析】由抛物线的方程知其准线方程为，则设的横坐标为，则由抛物线的定义知，解得，故选B2.【答案】D【解析】由题意得是直角三角形，由勾股定理得，故选D.3. 【答案】(I);( II)时，不是“稳定点”; 时，与无关.【解析】(I)由题意， ，抛物线C的标准
78、方程为(II)设，设直线的方程为，联立得， ，由对称性，不妨设， ()时， 同号，又， ，不论取何值，均与有关， 即时，不是“稳定点”；()时， 异号，又，仅当，即时，与无关.此时为“稳定点”.专家押题1. 【答案】B【解析】由椭圆的标准方程可知，其上下顶点分别为.设点，则(1)，则则，将(1)代入得，因为直线斜率的取值范围是，所以直线斜率的取值范围是，故选B.2. 【答案】D【解析】设P为双曲线的右支上一点，即为,由勾股定理可得，由双曲线的定义可得，可得可得.由题意可得的外接圆的半径为设的内切圆的半径为，可得解得即有，化简可得即有则选D.3. 【答案】(1)；(2)直线方程为或，椭圆的标准方
79、程为.【解析】(1)由题意知，.(2)设直线，即由(1)知，,椭圆方程为.由，消去得，由知，当且仅当，即时取等号，此时直线方程为或.又当时，由，得，椭圆的标准方程为.时间：5月29日 今日心情： 核心考点解读计数原理两个计数原理（II）排列、组合（II）二项式定理（II）1.从考查题型来看，涉及本知识点的题目以选择题、填空题为主，考查计数原理及二项式展开式中特定项或其系数等问题，2.从考查内容来看，主要考查利用两个计数原理及排列数、组合数公式，结合分类讨论思想考查完成事情的方法总数；考查利用二项式定理，求解二项展开式中特定项或其系数或系数的最大或最小问题等. 3.从考查热点来看，排列、组合、二
80、项式定理是高考命题的热点，根据两个计数原理及排列数、组合数公式确定完成事情的方法总数，同时注意方法的选用.二项展开式中特定项的系数问题是主要的考查内容，着重考查学生运用公式计算的能力.1.两个计数原理(1)分类加法计数原理：完成一件事有类不同的方案，在第一类方案中有 种不同的方法，在第二类中有种不同的方法，在第类方案中有种不同的方法，则完成这件事的所有方法种数为.(2)分步乘法计数原理：完成一件事需要个不同的步骤，在第一个步骤中有种不同的方法，在第二个步骤中有种不同的方法，在第个步骤中有种不同的方法，则完成这件事的所有方法种数为.(3)两个计数原理的区别在于完成事情的方法是可以完成事情的所有，
81、还是完成事情的某一个步骤.分类加法计数原理中的各种方法都是相互独立的，任何一种方法都能够完成这件事情；分步乘法计数原理中各个步骤的方法是相互联系的，只有各个步骤都完成，才能完成这件事情.要注意两个计数原理的综合应用.2.排列、组合(1)排列与排列数：一般的，从个不同元素中取出个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列，所有不同排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示.排列数公式：.全排列：.规定：.(2)组合与组合数：一般的，从个不同元素中取出个元素合成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合，所有不同组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素
82、的组合数，用符号表示.组合数公式：.规定：.组合数的性质：，.(3)排列与组合的异同点：共同点是“从个不同元素中取出个元素”，都是取元素；不同点是排列是取出元素后要按照给定的顺序排列，组合则只需要取出元素放在一起即可.因此，我们区分某一问题是排列问题还是组合问题，关键是看选出的元素是否需要排序.(4)比较常见的一些方法：特殊元素、特殊位置优先安排法，相邻元素捆绑法，相间、分离元素插空法，间接法，分类讨论法等.要能够根据问题所呈现的信息，看是否存在元素、位置的特殊性，考查的元素是否相邻等，若考查的问题比较复杂，则需要综合考虑，分类讨论时，则要注意分类标准的确定，要保证不重不漏.若类与类之间出现重
83、叠，则要把重叠的情况找出来，在整体中减去这些重叠的部分.3.二项式定理：(1)二项式定理：公式 叫做二项式定理.：二项式系数，：二项展开式的通项，即.要注意第项二项式系数与第项的系数的区别.(2)二项式系数的相关性质：，.若为偶数，则第项的二项式系数最大；若为奇数，则第 和项的二项式系数和最大.(3)利用二项展开式的通项求特定项的系数时，可以通过建立方程找到该项是展开式的哪一项，然后再求得该项的系数.(4)二项展开式的系数和或差问题的求解策略通常是采用赋值法，令，则可以求得二项展开式中所有项的系数的和；令，则可以求得二项展开式中所有项的系数正、负相间的和；若上述两式相加或相减，则可以得到展开式
84、中所有的奇数项系数的和与偶数项系数的和；令，则可以求得展开式中常数项的系数.(5)求解两个二项式乘积中一些特定项或特定项的系数的问题可以根据多项式的乘法法则，弄清楚这些特定的项的构成规律，然后再进行具体的计算.1(2015高考新课标I，理10)的展开式中，的系数为A.10 B.20 C.30 D.60【答案】C【解析】的展开式的通项为 令的通项为 令则， 的展开式中，的系数为=30.故选C.【名师点睛】本题利用排列组合求多项展开式式某一项的系数，试题形式新颖，是中档题，求多项式展开式中某一项的系数问题，先分析该项的构成，结合所给多项式，分析如何得到该项，再利用排列组知识求解.2. (2015高
85、考新课标II，理15)的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则_【答案】【解析】由已知得，故的展开式中x的奇数次幂项分别为，其系数之和为，解得【名师点睛】本题考查二项式定理，准确写出二项展开式，能正确求出奇数次幂项以及相应的系数和，从而列方程求参数值，属于中档题3 (2014新课标II，理13) 的展开式中，的系数为15，则a=_.(用数字填写答案)【答案】【解析】因为，所以令，解得，所以=15，所以=15 ，解得.【名师点睛】本题考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，考查计算能力.属于基础题.4. (2014高考新课标I，理13)的展开式中的系数为_.(用数字填写答案)【答案】【解
86、析】由题意，展开式通项为，当时，；当时，故的展开式中项为，故展开式中系数为【名师点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题.1(2016届江西师大附中、鹰潭一中高三下第一次联考理科数学试卷)展开式中常数项为A.252 B.252 C.160 D.160 2(2016届湖南省长沙市一中高三月考八理科数学试卷)某校选定甲、乙、丙、丁、戊共5名教师去3个边远地区支教(每地至少1人)，其中甲和乙一定不同地，甲和丙必须同地，则不同的选派方案共有几种A.27 B.30 C.33 D.363 (2016届安徽省六安一中高三下学期综合训练一理科
87、数学试卷)在二项式的展开式中，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为A. B. C. D.4(2016届湖南省雅礼中学高三下学期月考五理科数学试卷)在的二项展开式中，的系数为_5(2016届湖南省长沙市一中高三月考八理科数学试卷)已知的展开式中的系数为2，则实数的值为_1数学活动小组由12名同学组成，现将12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题，且每组只研究一个课题，并要求每组选出一名组长，则不同的分配方案的种数为A. B.C. D.2同时抛掷三颗骰子一次，设“三个点数都不相同”， “至少有一个6点”，则为A. B. C. D.3的展开式中，的系数为
88、 (用数字填写答案)名校预测1.【答案】A【解析】. 展开式通项公式当时， 为常数项，即为 . 故A正确.2.【答案】B【解析】由题意可知，这名教师去个地区有两种情况，一是甲、丙和另外一人(不是乙)共同去一地，另外名教师分别去一个地区，有中不同的方法；二是有两个地区去人(甲、丙已经确定一组)，另外一个地区去人，有种不同的方法，所以共有种方案，故选B.3.【答案】D【解析】展开式的通项为，前三项系数分别为，所以有，解之得：或(舍), 所以展开式的通项为，所以展开式共有9项，当时为有理项，即在展开式的项中，第一项、第四项、第七项为有理项，即共有3项为有理项，所以有理项不相邻的概率为，故选D.4.【答案】【解析】由二项展开式通项公式知，因为含的项，所以，即，的系数为，所以答案应填5.【答案】【解析】由二项展开式的通项公式得展开式中的系数为专家押题1.【答案】B【解析】将名同学平均分成四组，共有，分别研究四个不同课题，共有，从四组中每组选出一名组长，共有，共计种，故选B.2.【答案】A【解析】“三个点数都不相同”包含基本事件共有种，其中不含点的基本事件共有，所以中“至少有一个点”的基本事件种，因此，故选A.3.【答案】【解析】 展开后只有与中含项其系数和为，故答案为.
