最后阶段高考数学复习策略 (共49张PPT)

最后阶段高考数学复习策略曹瑞彬江苏省启东中学一.最后冲刺复习策略1.回归基础，回扣课本2.准确把握考点，形成知识网络化3.注重通性、通法4.关注典型题的解法5.注意规范训练，提升答题技术6.复习既要重点又要全面7.注重考前的强化记忆填空题评分——体现规范(04全国)二次函数的部分对应值如下表：)(2Rxcbxaxyx-3-2-101234y60-4-6-6-40602cbxax则不等式的解集是＿。,23,;23;23xxxxx或或2,,3错误：在or之间用“，”、“、”、“；”“和”、“且”、“及”的2,,3分析本题答案的要点是三点：端点数值、区间的表示、集合的关系。正确的表示方法：区间表示集合表示不等式表示1223223|xxx或1)223-,223(-1223223xx或3)61(log2xx（06江苏）不等式的解集为—考生答案表示五花八门1)223,223(|xxx或1)223,223(|xx1223223|xxx，1223223|xxx、1223223|xxx1)223,223()1()223,223(1)223,223(二.2011年六大“主干”命题解析六个大题所考查的内容：三角（向量）、立体几何、解析几何、函数、不等式、数列及应用问题等高中数学中的热点内容。三角与向量仍是高考的热点，2010年大多新课程高考数学卷，将三角与向量结合，(向量与立体几何，解析几何结合)以三角、向量为载体考查基本运算能力，利用公式进行运算及变形，能够根据问题的条件寻找与设计合理、简捷的运算途径。如山东、湖南、江苏、安徽、北京、广东、辽宁、天津、浙江、上海等1.三角与向量，考查基本运算能力例1.在△ABC中，已知4,12ABACABBCuuruuuruuruuur，(1)求AB边长；(2)求sin()sinABC解：(1)由条件得bccosA=4，①accosB=12.②①+②得：c(bcosA+acosB)=16，即c2=16，c=4，(2)sin()sincoscossincoscossinsinABABABaBbACCc=2coscosacBbcAc=12.在平面直角坐标系xOy中，点A(－1,－2)、B(2,3)、C(－2,－1)。(1)求以线段AB、AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；(2)设实数t满足(ABtOC)·OC=0，求t的值。（1）（方法一）由题设知(3,5),(1,1)ABAC，则(2,6),(4,4).ABACABAC所以||210,||42.ABACABAC故所求的两条对角线的长分别为42、210。（方法二）设该平行四边形的第四个顶点为D，两条对角线的交点为E，则:E为B、C的中点，E（0，1）又E（0，1）为A、D的中点，所以D（1，4）故所求的两条对角线的长分别为BC=42、AD=210；（2）由题设知：OC=(－2,－1)，(32,5)ABtOCtt。由(OCtAB)·OC=0，得：(32,5)(2,1)0tt，从而511,t所以115t。或者：2·ABOCtOC，(3,5),AB2115||ABOCtOC例2(江苏第15题)由于空间向量在立体几何中的应用，立体几何中求空间角的题，一般都是应用向量的方法来求。而对空间想象能力要求主要是能根据条件作出正确的图形，根据图形想象出直观形象；能正确地分析出图形中基本元素及其相互关系；能对图形进行分解、组合；会运用图形与图表等手段形象地揭示问题的本质.空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力.主要表现为识图、画图和对图形的想象能力。大题还是直线与平面的位置关系，证明线面的平行与线面的垂直占主导地位。(2)立体几何主要考查直线与平面的关系ABCDEA1B1C1例3如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中．(1)若BB1=BC，B1C⊥A1B，证明：平面AB1C平面A1BC1；(2)设D是BC的中点，E是A1C1上的一点，且A1B∥平面B1DE，求11AEEC的值．(1)因为BB1=BC，所以侧面BCC1B1是菱形，所以B1C⊥BC1．又因为B1C⊥A1B，且A1B∩BC1=B，所以BC1⊥平面A1BC1，又B1C平面AB1C，所以平面AB1C⊥平面A1BC1．(2)设B1D交BC1于点F，连结EF，则平面A1BC1∩平面B1DE＝EF．因为A1B//平面B1DE，A1B平面A1BC1，所以A1B//EF．所以11AEEC＝1BFFC．又因为1BFFC＝1112BDBC，所以11AEEC＝12．例4.如图，已知四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE=EB=BC=2,F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.（1）求证：AE//平面BDF；（2）求三棱锥D－ACE的体积.ABCDEFGBO解：（1）设ACBDGI，连结GF，因为BF面ACE,CE面ACE，所以BFCE,因为BEBC,所以F为EC的中点；因为矩形ABCD中，G为AC中点，所以//GFAE.因为AE面BFD,GF面BFD，所以//AE面BFD.（2）取AB中点O，连结OE，因为AEEB,所以OEAB,因为AD面ABE,OE面ABE,所以OEAD,所以OE面ADC,因为BF面ACE,AE面ACE，所以BFAE,因为CB面ABE,AE面ABE,所以AEBC,又BFBCBI，所以AE平面BCE,又BE面BCE,所以AEEB,所以2222ABAEBE,所以122OEAB,故三棱锥EADC的体积为111422223323DAECEADCAdCVVSOE△.解析几何问题着重考查解析几何的基本思想，利用代数的方法研究几何问题的特点和性质。因此，在解题的过程中，计算占了很大的比例，但计算要根据题目中曲线的特点和相互之间的关系进行，所以曲线的定义和性质是解题的基础。而在计算过程中，某一个“因式”作为一个整体处理，这样就可大大简化计算。3.解析几何突出“模块化”运算能力OMNF2F1yx例5.如图，椭圆22221yxab(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，M、N是椭圆右准线上的两个动点，且120FMFN.（1）设C是以MN为直径的圆，试判断原点O与圆C的位置关系；（2）设椭圆的离心率为12，MN的最小值为215，求椭圆方程.【解】（1）设椭圆22221yxab的焦距为2c(c0)，则其右准线方程为x＝2ac，且F1(－c,0),F2(c,0).设M2212,,aayNycc，，则1FM＝22122,,aacyFNcycc，，2212,,aaOMyONycc，因为120FMFN，所以22120aaccyycc，即22212ayycc.于是222120aOMONyycc，故∠MON为锐角.所以原点O在圆C外.例6．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆22221xyab(a＞b＞0)的离心率为22，其焦点在圆x2+y2=1上．(1)求椭圆的方程；(2)设A，B，M是椭圆上的三点(异于椭圆顶点)，且存在锐角θ，使cossinOMOAOB．(i)求证：直线OA与OB的斜率之积为定值；(ii)求OA2+OB2．解：(1)依题意，得c=1．于是，a=2，b=1．所以所求椭圆的方程为2212xy．(2)(i)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则221112xy①，222212xy②．又设M(x，y)，因cossinOMOAOB，故1212cossin,cossin.xxxyyy因M在椭圆上，故221212(cossin)(cossin)12xxyy．整理得22222212121212()cos()sin2()cossin1222xxxxyyyy．将①②代入上式，并注意cossin0，得121202xxyy．所以，121212OAOByykkxx为定值．(ii)2222222222121212121212()()(1)(1)1()222xxxxyyyyyyyy，故22121yy．又22221212()()222xxyy，故22122xx．所以，OA2+OB2=22221122xyxy=3．随着函数与导数内容的结合，一般的问题都是先从求导开始，而求导又有规范的方法，利用导数判断函数的单调性也有规定的尺度，所以函数问题的解题思路比较规范，方向比较明确，难度也有所下降，从某种意义上讲考查演绎推理能力的任务正在由数列问题分担。近几年江苏的数列问题都是等差、等比数列的性质及有关整数的性质。今年将继续保持这一风格，仍然考查等等数列与等比数列的性质，且可能将它作为压轴题来考，这样对整数的性质可能有进一步的考查。4.以数列问题为载体考查抽象的演绎推理例7.已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，等比数列{bn}的首项为b，公比为a，其中a，b都大于1的整数，且a1b1，b2a3。(1)求a的值；(2)若对于任意的n∈N*,总存在m∈N*，使得am+3=bn成立，求b的值；(3)令Cn=an+1+bn，问数列{Cn}中是否存在的三项成等比数列？解：(1)由已知，得an=a+(n-1)b，bn=an-1，由a1b1，b2a3，得ab，aba+2b。因为a、b都为大于1的正整数，所以a≥2，b≥3，再有aba+2b，得(a-2)ba，所以a=2。(2)由a=2，对于任意的n∈N*,总存在m∈N*，使得am+3=bn成立。即b(m-1)+5=b·2n-1，所以b是5的倍数，当b=5时，存在自然数m=2n-1满足题设要求。(3)设数列{Cn}中，Cn，Cn+1，Cn+2成等比数列由Cn=2+nb+b2n-1，(Cn+1)2=CnCn+1得(2+nb+b+b2)2=(2+nb+b2n-1)(2+nb+2b+b2n)化简得b=2n+(n-2)b2n-1)例8．已知数列{an}满足：a1=a2=a3=2，an+1=a1a2…an-1(n≥3)，记22221212nnnbaaaaaa(n≥3)．(1)求证数列{bn}为等差数列，并求其通项公式；(2)设221111nnncbb，数列{nc}的前n项和为Sn，求证：nSnn+1．解：(1)方法一当n≥3时，因22221212nnnbaaaaaa①，故22221121121nnnnnbaaaaaaaa②．②-①，得bn-1-bn-2=21121(1)nnnaaaaa=2111(1)(1)nnnaaa=1，为常数，所以，数列{bn}为等差数列．因b1=222123123aaaaaa=4，故bn=n+3．方法二当n≥3时，a1a2…an=1+an+1，a1a2…anan+1=1+an+2，将上两式相除并变形，得21211nnnaaa于是，当n∈N*时，222122122nnnbaaaaaa2221235432122(1)(1)nnnaaaaaaaaaa222123343(1)(1)nnaaaaana410na．又a4=a1a2a3-1=7，故bn=n+3(n∈N*)．所以数列{bn}为等差数列，且bn=n+3．(2)方法一因nc22111(3)(4)nn222((3)(4)1)(3)(4)nnnn，故nc(3)(4)1(3)(4)nnnn