复习参考题多媒体教案及点评

长沙市明德中学2017届高考三轮复习

课题：短卷训练6讲评课

教学目标与重点难点

教学目标：

（一）培养学生自我评价、自我调整、自我完善的能力. （二）查漏补缺，解决学习中存在的问题，完善认知结构. （三）开阔解题思路，优选解题方法，提高学生分析问题、解决问题的能力. （四）通过多种不同思路的展示，培养学生的创新精神和实践能力。

重点难点：

典型错误出错原因的剖析与纠错，典型题目解题思路探究与解题方法分析。

设计理念与突破措施

设计理念：

教学过程的设计体现“自主、互助、合作、学习型”课堂教学精神，贯彻落实“三讲三不讲”原则、“减少讲与听”原则和“减少无效劳动，删去无效环节”原则。

突破措施：

（一）统计各题的解答情况，特别是试卷中的典型错误；

（二）课堂调查与问卷调查相结合，分析出错原因；

（三）在错因分析、错题纠错、规范表述、反思提高、方法总结等环节上让学生积极参与，相互讨论学习，以充分体现学生学习的主体地位. 教学过程

1、学生纠正错误

本环节要求将试卷发给学生，首先发动学生进行自救自查自改，然后与同学交流考试得失，讨论解决问题的方法，剖析出错原因. 1

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这一环节，还要引导学生进行成绩分析。成绩分析分两步走，一是得分分析，指导学生分析当时是怎样想的、切入口是怎样找到的、计算是怎样进行的、过程是如何表述的等等，也就是要反思过程.通过反思摸索出解题的规律，掌握解题方法. 二是失分分析，对失分的分析不能笼统，要进行拆分，要具体。拆分就是把失分分成两类，一类是不会做、找不到切入口的题目，一共失掉了多少分. 另一类更为重要，就是会做却做错了的题目，要分析出又做错了的原因，这一点更为重要.这一环节，要求必须以学生为主体，学生应参与到教学的每一个环节中来：学生要参与分析错误原因。

分类讲解

清楚了解学生出错的症结所在，以学生试卷中反映出的有共性的问题为依据，重点设计典型错误的纠错和典型题目的解题思路的探究，达到查漏补缺，巩固提高的目的。

长沙市明德中学2017届高考数学(文科) 短卷训练

(6) 教师版

(时间：80分钟

满分：126分) 第Ⅰ卷(选择题

共60分) 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．

z1

z1A．

1i

B. 1i

C. 1i

D.

1i

2.

已知全集，A{x1x2}，B{xx0}，则ðU(AB)

1.

已知复数z12i，则A．{x0x2}

B．{xx0}

C．{xx1}

2

D．{xx1}

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12.

设二次函数A．

B.

的值域为，则的最小值为

C.

D.第Ⅱ卷(非选择题

共66分) 13.

函数14.

已知点、

．

的最大值是

．

，点P在线段AB上，且AP2PB0，则点P的坐标是

15.

在如图所示的程序框图中，若输入n5，则输出k的值为

3

．

16.

黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成

若干个图案：则第n个图案中有白色地面砖的块数

是

4n2

．

选择与填空答题卡

题号

答案

题号

答案

1

2

13

3

4

5

14

6

7

8

15

9

10

11

16

12

三、解答题：本大题共4小题，共46分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17题～第19题为必考题，每个试题考生都必须做答．第20题～第21题为选考题，考生根据要求做答．

17．(本小题满分12分)

已知sincos10, 且3. cossin345sin28sincos11cos282222（1）求tan的值；（2）求的值. 2sin()417、解：（1）由题得：tan110；----2分

tan33tan210tan30,

----3分

4

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解得tan或tan3.

----4分

133,1tan0.

---5分

41tan.

----6分

31（Ⅱ）tan,

35sin2设t28sin2(2cos211cos228；

22sincos)22511(1cos)4sin(1cos)82则t2

---9分

sincos4sin3cos4tan3因此t

---11分

sincostan114351----12分

tan,所以t31431318．(本小题满分12分) 如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=4.E,F分别在线段BC和AD上,EF∥AB,将矩形ABEF沿EF折起,记折起后的矩形为MNEF,且平面MNEF⊥平面ECDF. (1)求证:NC∥平面MFD. (2)若EC=3,求证:ND⊥FC. (3)求四面体NFEC体积的最大值.

18【解析】(1)因为四边形MNEF,EFDC都是矩形,

所以MN∥EF∥CD,MN=EF=CD. 。。。1 所以四边形MNCD是平行四边形, 所以NC∥MD, 。。。。2 因为NC⊄平面MFD,MD⊂平面MFD, 所以NC∥平面MFD. 。。。。。3 (2)连接ED,设ED∩FC=O, 因为平面MNEF⊥平面ECDF,且NE⊥EF, 所以NE⊥平面ECDF, 。。。。4 因为FC⊂平面ECDF,所以FC⊥NE, 。。。5 又EC=CD,所以四边形ECDF为正方形,所以FC⊥ED. 。。。。6 所以FC⊥平面NED, 。。。7 5

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因为ND⊂平面NED,所以ND⊥FC. 。。。8 (3)设NE=x,则EC=4-x,其中0

由(2)得NE⊥平面FEC,所以四面体NFEC的体积为VNFEC=

S△EFC·NE=

x(4-x). 。。。。。10 所以VNFEC≤

=2. 当且仅当x=4-x,即x=2时,四面体NFEC的体积最大. 。。。。12

19．(本小题满分12分)

已知数列an是各项均不相等的等差数列，前4项和S414，a3是a1、a7的等比中项. （1）求出数列an的通项公式；

（2）若数列cn满足cn11，数列cn的前n项和为Tn，若Tnan1对所有

anan1nN*恒成立，求实数的最大值. n(n1)d

24a16d14d12代入S414和a3

----3分

a1a7，得2(a12d)a1(a16d)a12所以，ann1；

----3分

1111（2）cn

----5分

anan1(n1)(n2)n1n211111111n所以，Tn()()(

----7分

)2334n1n22n22(n2)1n1得Tnan1(n2)，

2(n2)19、解：由题，ana1(n1)d，又Snna12(n2)242(n)8

----9分

因此nn4又n4，且等号当n2时成立；得16；

----11分

n所以实数的最大值为16.

----12分

请考生在22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分．

选作题号：20：□

21：□

22.（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程. 平面直角坐标系中，将曲线x4cosα（为参数）上的每一点纵坐标不变，横坐标变为原来ysinα的一半，然后整个图象向右平移1个单位，最后横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍得到曲线C1. 以坐标原点为极点，x的非负半轴为极轴，建立的极坐标中的曲线C2的方程为4sin，求C1和C2公共弦的长度．

6

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22、解：曲线ysinαx4cosα（为参数）上的每一点纵坐标不变，

横坐标变为原来的一半得到ysinαx2cosα，……………………1分

x2cosα1，2分

然后整个图象向右平移1个单位得到ysinαx2cosα1最后横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍得到，…………3分

y2sinα所以C1为(x1)2y24，…………4分

又C2为4sin，即x2y24y，…………5分

所以C1和C2公共弦所在直线为2x4y30，…………7分

所以(1,0)到2x4y30距离为所以公共弦长为245，

2511．…………10分

423.（本小题满分10分）选修4－5:不等式选讲. 已知函数f(x)x2x5；

（1）求函数yf(x)的值域；

（2）求不等式f(x)x8x15的解集. 23,x523、解：（1）由题，f(x)2x7,2x5

………3分

3,x2因此，当2x5时，函数yf(x)为增函数，

因此3f(2)f(x)f(5)3；

所以，函数yf(x)的值域为[3,3]

………5分

（2）由题，不等式f(x)x8x15等价于

2x52x5x2或或；…7分

222x8x153x8x152x7x8x153解之得5x6或53x5或无解；

………9分

所以，所求为[53,6]

………10分

7