第一篇：高三数学理期末进度复习
2012-2013下学期高三数学（理科）复习计划
为了迎接2013年高考，实现制定的教育教学目标和计划，本学期，高三数学备课组将认真落实各项教学措施，改进教学方法，有计划、有步骤的推进教学工作。为能在高考中取得更加突出的成绩，通过本组教师的认真分析与探讨，特制定如下计划。
1、通过精选习题，精讲精练进行单元专题训练及综合训练。发挥备课组的团队作用。
2、做好尖子生的教学工作。本着为尖子生服务的理念，逐个分析存在的问题，寻找应对的方法，针对尖子生的特点，每周出一份尖子生辅导卷。同时针对解析几何学生知识掌握的相对薄弱的情况安排专人精研习题组织专题卷进行辅导。
3、加强高考备考研究。认真学习“考试说明”，研究近期高考信息，密切关注考试动向。
具体执行时间安排如下：
二轮复习
3月6日，集合与常用逻辑用语
3月8日，函数及其性质
3月11-12日，导数及其应用
3月13日，三角函数
3月14日，平面向量
3月15日，数列
3月18日，不等式及性质
3月19日，排列组合、二项式定理
3月20日，概率与统计
3月21日，直线与圆的方程
3月22、25日，圆锥曲线方程
3月26日，立体几何
3月27、28日，考试（估计）
3月29日，选考题
4月1日，数形结合与分类讨论
4月2日，划归与转化
以上时间为大概时间具体结合实际进行调整（或可适当进行综合训练）三轮复习
从4月3日-------5月31日主要进行综合性训练。试题采用自编及采用各重点高中模拟卷为主，这其中结合学生的情况再进行专题强化或回归课本。6月1日---6月6日学生自主调整。
第二篇：潍坊2018届高三5月份三模(数学理)
潍坊市高考模拟考试
理科数学
2018．5 本试卷共6页．满分150分． 注意事项：
1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设集合A．[0，3)B．{1，2}
C．{0，l，2}
C．5
D．25
D．{0，1，2，3} 2．若复数z满足：A． B．3 3．在直角坐标系中，若角的终边经过点
A．
B．
C．
D．
4．已知双曲线线C的离心率为 A．2 B.C．的一条渐近线与直线垂直，则双曲
D．
5．已知实数A． 满足B．
C．的最大值为
D．0 6．已知m，n是空间中两条不同的直线，①③其中正确结论的个数是 A．0
B．1
②④C．2
是两个不同的平面，有以下结论：
D．3
7．直线“”的，则“”是A．充分不必要条件 C．充要条件 B．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
8．已知的大小关系是 A．a B． C． D． 10．执行如右图所示的程序框图，输出S的值为 A．45 B．55 C．66 D．78 11．一个几何体的三视图如下图所示，其中正视图和俯视图均为直角三角形，则该几何体外接球的表面积为 A． B． C． D． 12．已知函数，若的直线的斜率为k，若 有两个极值点，记过点，则实数a的取值范围为 A． B． C．(e，2e] D． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．定积分 ___________． 14．若15．设抛物线的焦点为F，A为抛物线上第一象限内一点，满足 __________.；已知P为抛物线准线上任一点，当取得最小值时，△PAF的外接圆半径为________.16．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足△ABC外一点，若点O是，则平面四边形OABC面积的最大值是__________． 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题。每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分． 17．(12分)已知数列(1)求数列(2)若数列的前n项和为的通项公式； 满足，求数列 ABCDEF，四边形的前n项和ACFD ．，且 成等差数列． 18．(12分)如图所示五面体 是等腰梯形，AD∥FC，． (1)求证：平面平面ACFD； 的余弦值．(2)若四边形BCFE为正方形，求二面角19．(12分)新能源汽车的春天来了！2018年3月5日上午，李克强总理做政府工作报告时表示，将新能源汽车车辆购置税优惠政策再延长三年，自2018年1月1日至2020年12月31日，对购置的新能源汽车免征车辆购置税．某人计划于2018年5月购买一辆某品牌新能源汽车，他从当地该品牌销售网站了解到近五个月实际销量如下表： (1)经分析，可用线性回归模型拟合当地该品牌新能源汽车实际销量y(万辆)与月份编号t之间的 相关关系．请用最小二乘法求y关于t的线性回归方程：，并预测2018年5月份当地该品牌新能源汽车的销量； (2)2018年6月12日，中央财政和地方财政将根据新能源汽车的最大续航里程(新能源汽车的最大续航里程是指理论上新能源汽车所装的燃料或电池所能够提供给车跑的最远里程)对购车补贴进行新一轮调整．已知某地拟购买新能源汽车的消费群体十分庞大，某调研机构对其中的200名消费者的购车补贴金额的心理预期值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表： (i)求这200位拟购买新能源汽车的消费者对补贴金额的心理预期值X的样本方差s及中位数的估计值(同一区间的预期值可用该区间的中点值代替；估计值精确到0.1)； (ii)将频率视为概率，现用随机抽样方法从该地区拟购买新能源汽车的所有消费者中随机抽取 32人，记被抽取的3人中对补贴金额的心理预期值不低于3万元的人数为，求的分布列及数学期望E()． 参考公式及数据：①回归方程； ②20．(12分)已知M为圆． 上一动点，过点M作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接，记点P的轨迹为曲线C． BA延长至点P，使得(1)求曲线C的方程；(2)直线 相切，且与曲线C交于D，E两点，直线平行于l且与曲线C相切于点Q(O，Q位于l两侧)，的值． 21．(12分)已知函数(1)讨论函数(2)若对极值点的个数；，不等式 成立． ． (i)求实数a的取值范围； (ii)求证：当时，不等式成立． (二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答． 22．(10分)以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为，将曲线(1)求曲线的极坐标方程； 绕极点逆时针旋转后得到曲线． (2)直线l的参数方程为，若23．(10分)已知函数(1)求M；(2)设，证明:，不等式 (t为参数)，直线l与曲线的值． 相交于M，N两点．已知的解集M.． 期末高数复习重点： 一． 求极限 1.等价无穷小的代换; 2.洛必达法则; 3.两个重要极限;lim(1-1/x)^x=1/e 二．求导，求微分 1.复合函数; 2.隐函数； 3.参数函数； 4.求切线，法线方程； 5.反三角函数：sin y=xy=arcsin x 三．函数连续性质 1.连续的定义；左（右）连续 2.分段函数，分段点处的连续性：求函数的间断点及类型 3.闭区间连续函数的性质：零点定理，介值定理 四．求函数的单调性，凹凸区间和拐点 五．中值定理（闭区间开区间连续可导） 课本重点复习章节： 第一章 函数与极限 第五节 极限运算法则 无穷小因子分出法 P47例5-例7;消去零因子法P46例3；通分化简 第六节 极限存在法则；两个重要极限 P58：例7可用洛必达法则求； 求幂指函数的极限：如例8 第七节 无穷小的比较 几个重要等价无穷小的代换 第八节 函数的连续性 证明函数的连续性;求函数的间断点及类型，特别是可去间断点 第九节 闭区间上连续函数的性质 中值定理和介值定理 第二章 导数与微分 第三节 复合函数的求导法则 第五节 隐函数的导数以及参数方程所确定的函数的导数 对数求导法 P116 例5，例6； 参数求导 第三章 中值定理与导数的应用 第一节 中值定理 第二节 洛必达法则 各种未定式类型求极限 第四节 函数的单调性和曲线的凹凸性 单调性和驻点；凹凸性和拐点；不可导点 2018—2018学年高三数学理阶段考试卷（附答 案） 2018—2018高三数学第一学期期中参考答案(理科) 一、选择题 1.A 2.C 3.D 4.A 5.B 6.A 7.C 8.C 二、填空题 9.10.3;11.-1 12.13.14.三解答题 15.(本题满分13分) (Ⅰ)解：在 中，根据正弦定理，于是 ……………………6分 (Ⅱ)解：在 中，根据余弦定理，得 ∵D为AB边的中点,∴AD= 在△ACD中，有余弦定理有： …………13分 16.解：(Ⅰ)的定义域为，当 时，，所以 在 处取得极小值1.…………6分 (Ⅱ)，①当 时，即 时，在 上，在 上，所以 在 上单调递减，在 上单调递增; ②当，即 时，在 上，所以，函数 在 上单调递增.…………13分 17.解：(Ⅰ) ∴，∵，∴，又∵，∴ ∴ …………6分 (Ⅱ)同理(Ⅰ)，∴，∴原式= …………13分 18.(Ⅰ)∵函数 在区间 上为增函数，在区间 ∴在区间 的最大值为 =6，上为减函数，∴解得m=3 (x∈R)的最小值为-2+4=2，此时x的取值集合由 解得： ………………7分 (Ⅱ)函数设z= ,函数 的单调增区间为 由，得，设A= B={x| }，∴ ∴，x∈ 的增区间为：。………13分 19解：(I)………………………………………………2分 由已知条件得 解得 …………………………………………………………6分 (II)，由(I)知 令 解得 增 减 当 时，取得最大值 当 时，取得最小值 (Ⅲ)设 则 ……………………………………10分 而 ……………………14分 20.解：(Ⅰ)因为 由;由 ，所以 在 上递增,在 上递减 要使 在 上为单调函数,则-------------4分 (Ⅱ)因为 在 上递增,在 上递减，∴ 在 处有极小值- 又，∴ 在 上的最小值为 从而当 时,，即-------------8分 (Ⅲ)证：∵，又∵，∴ ，令 ,从而问题转化为证明方程 =0在 上有解,并讨论解的个数 ∵ , ，① 当 时, ，所以 在 上有解,且只有一解 ②当 时, ,但由于 ，所以 在 上有解,且有两解 ③当 时, ,故 在 上有且只有一解; 当 时, ，所以 在 上也有且只有一解 综上所述, 对于任意的 ,总存在 ,满足 ，且当 时,有唯一的 适合题意; 当 时,有两个 适合题意.--------------14分(说明:第(3)题也可以令 , ,然后分情况证明 在其值域内,并讨论直线 与函数 的图象的交点个数即可得到相应的 的个数) 文 章来 源莲山 课件 w w w.5 Y k J.Co m 相关试题:2018-2018年秋期高三文科数学期中联考试卷(有答案) 2018-2018年上学期高三理科数学期中联考试卷(含答案) 2018年秋上海实验中学高三数学期中试卷(新人教A版含答案) 2018届高三上数学文科期中试卷(含答案) 2018届高三上数学科理期中试卷(带答案)2018届高三上册数学文科期中考试卷(含答案) 2018高三理科上册数学期中试卷(带答案) 2018朝阳区高三上册数学文理科期中试卷(带答案) 第7讲 数列 命 题 者 说 考 题 统 计 考 情 点 击 2018·全国卷Ⅰ·T4·等差数列的通项公式、前n项和公式 2018·全国卷Ⅰ·T14·数列的通项与前n项和的关系 2018·浙江高考·T10·数列的综合应用 2018·北京高考·T4·数学文化、等比数列的通项公式 2017·全国卷Ⅰ·T4·等差数列的通项公式、前n项和公式 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现。 2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力。 考向一 等差数列、等比数列基本量运算 【例1】(1)(2018·北京高考)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为________。 (2)(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn。已知S3＝，S6＝，则a8＝________。 解析(1)设等差数列的公差为d，a2＋a5＝a1＋d＋a1＋4d＝6＋5d＝36，所以d＝6，所以an＝3＋(n－1)·6＝6n－3。 (2)设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，则解得则a8＝a1q7＝×27＝32。 答案(1)an＝6n－3(2)32 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量。 变|式|训|练 1．(2018·沈阳质量监测)在等差数列{an}中，若Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11的值是() A．55 B．11 C．50 D．60 解析 解法一：设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得a1＋5d＝5，则S11＝11a1＋d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55。故选A。 解法二：设等差数列{an}的公差为d，由2a7＝a8＋5，得2(a6＋d)＝a6＋2d＋5，得a6＝5，所以S11＝11a6＝55。故选A。 答案 A 2．(2018·湖南湘东五校联考)已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是() A．1 B．－ C．1或－ D．－1或 解析 当q＝1时，an＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，得q＝－。综上，q的值是1或－。故选C。 答案 C 考向二 等差数列、等比数列的性质应用 【例2】(1)(2018·湖北荆州一模)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＝3，a8＝8，则a12的值是() A．15 B．30 C．31 D．64 (2)等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时n的值为() A．6 B．7 C．8 D．9 (3)(2018·洛阳联考)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两根，则的值为() A．－ B．－ C． D．－或 解析(1)因为a3＋a4＋a5＝3，所以3a4＝3，a4＝1，又2a8＝a4＋a12，所以a12＝2a8－a4＝2×8－1＝15。故选A。 (2)由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，所以a6＋a11＝a8＋a9＝0，又d>0，所以a8<0，a9>0，所以前8项和为前n项和的最小值。故选C。 (3)设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝a＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－。故选B。 答案(1)A(2)C(3)B 等差、等比数列性质的应用策略 (1)项数是关键：解题时特别关注条件中项的下标即项数的关系，寻找项与项之间、多项之间的关系选择恰当的性质解题。 (2)整体代入：计算时要注意整体思想，如求Sn可以将与a1＋an相等的式子整体代入，不一定非要求出具体的项。 (3)构造不等式函数：可以构造不等式函数利用函数性质求范围或最值。 变|式|训|练 1．(2018·太原一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a3＋a10＝9，则S9＝() A．3 B．9 C．18 D．27 解析 设等差数列{an}的公差为d，因为a2＋a3＋a10＝9，所以3a1＋12d＝9，即a1＋4d＝3，所以a5＝3，所以S9＝＝9a5＝27。故选D。 答案 D 2．(2018·西安八校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为() A．10 B．11 C．12 D．13 解析 由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7 答案 C 3．已知－2，a1，a2，－8成等差数列，－2，b1，b2，b3，－8成等比数列，则等于() A． B． C．－ D．或－ 解析 因为－2，a1，a2，－8成等差数列，所以a2－a1＝d＝＝－2，因为－2，b1，b2，b3，－8成等比数列，所以b2＝－＝－4，所以＝＝。故选B。 答案 B 考向三 数列的递推关系 【例3】(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)(Sn＋1)＝(n＋2)2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝() A．(n＋1)3 B．(2n＋1)2 C．8n2 D．(2n＋1)2－1 (2)在数列{an}中，a1＝1，a1＋＋＋…＋＝an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________。 解析(1)当n＝1时，4×(1＋1)×(a1＋1)＝(1＋2)2×a1，解得a1＝8。当n≥2时，4(Sn＋1)＝，则4(Sn－1＋1)＝，两式相减得，4an＝－，整理得，＝，所以an＝··…··a1＝××…××8＝(n＋1)3。检验知，a1＝8也符合，所以an＝(n＋1)3。故选A。 (2)根据a1＋＋＋…＋＝an，① 有a1＋＋＋…＋＝an－1(n≥2)，② ①－②得，＝an－an－1，即n2an－1＝(n2－1)an(n≥2)，所以＝＝(n≥2)，所以n≥2时，an＝a1×××…×＝1×××…×＝＝＝，检验a1＝1也符合，所以an＝。 答案(1)A(2) 由an与Sn的关系求通项公式的注意事项 (1)应重视分类整合思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别注意an＝Sn－Sn－1成立的前提是n≥2。 (2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合，则需统一表示(“合写”)。 (3)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an＝ 变|式|训|练 1．(2018·广东五校联考)数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝a1＋an＋n(n∈N*)，则＋＋…＋＝() A． B． C． D． 解析 由a1＝1，an＋1＝a1＋an＋n可得an＋1－an＝n＋1，利用累加法可得an－a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋3＋2＝，所以an＝，所以＝＝2，故＋＋…＋＝2＝2＝。故选A。 答案 A 2．设数列{an}的前n项和为Sn。若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则S5＝________。 解析 因为an＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，所以Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋＝3，所以数列是公比为3的等比数列，所以＝3。又S2＝4，所以S1＝1，所以S5＋＝×34＝×34＝，所以S5＝121。 答案 121 考向四 数列与函数不等式的综合问题 【例4】(2018·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)。若a1>1，则() A．a1 B．a1>a3，a2 C．a1 D．a1>a3，a2>a4 解析 解法一：因为函数y＝lnx在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1，所以lnx≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0。若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)>a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1 解法二：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0。若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1 答案 B 本题利用lnx≤x－1或ex≥x＋1放缩后，得出－1 变|式|训|练 (2018·洛阳联考)已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，其中a1＝1，a2＝2，若an 解析 由nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)＝λn(n＋2)得－＝λ，所以数列的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列，因为a1＝1，a2＝2，所以当n为奇数时，＝1＋λ＝λ＋1，所以an＝λ＋n。当n为偶数时，＝1＋λ＝λ＋1，所以an＝λ＋n。当n为奇数时，由an 答案 [0，＋∞) 1．(考向一)(2018·山东淄博一模)已知{an}是等比数列，若a1＝1，a6＝8a3，数列的前n项和为Tn，则T5＝() A． B．31 C． D．7 解析 设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，a6＝8a3，所以q3＝8，解得q＝2。所以an＝2n－1。所以＝n－1。所以数列是首项为1，公比为的等比数列。则T5＝＝。故选A。 答案 A 2．(考向二)(2018·湖南衡阳一模)在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则a2＋a14的值为() A．6 B．12 C．24 D．48 解析 因为在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，所以由等差数列的性质可得a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，所以a8＝24，所以a2＋a14＝2a8＝48。故选D。 答案 D 3．(考向二)(2018·广东汕头模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，－＝－4，则Sn取最大值时的n为() A．4 B．5 C．6 D．4或5 解析 由{an}为等差数列，得－＝a5－a3＝2d＝－4，即d＝－2，由于a1＝9，所以an＝－2n＋11，令an＝－2n＋11<0，得n>，所以Sn取最大值时的n为5。故选B。 答案 B 4．(考向三)(2018·合肥质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2 018＝() A．22 018－1 B．32 018－6 C．2 018－ D．2 018－ 解析 因为a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3⇒a1＝－3。当n≥2时，3Sn＝2an－3n,3Sn－1＝2an－1－3(n－1)，所以an＝－2an－1－3，即an＋1＝－2(an－1＋1)，所以数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，所以an＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，则a2 018＝22 018－1。故选A。 答案 A 5．(考向四)(2018·江苏高考)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}。将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}。记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为________。 解析 所有的正奇数和2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26。当n＝1时，S1＝1<12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3<12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6<12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10<12a5＝60，不符合题意；…；当n＝26时，S26＝＋＝441＋62＝503<12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝＋＝484＋62＝546>12a28＝540，符合题意。故使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为27。 答案 27第三篇：期末高数复习
第四篇：2018—2018学年高三数学理阶段考试卷(附答案)
第五篇：高考二轮复习数学理配套讲义7 数列
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