2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案检测：主攻36个必考点 数列 考点过关检测九
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案检测：主攻36个必考点 函数与导数 考点过关检测二十七
考点过关检测（二十七）1．函数f (x )＝Error!的零点个数为( )A ．3 B ．2C ．1D ．0解析：选C ①若x >0，则2x ＋1＝0，无解．②若x ≤0，则x 2－x －2＝0，解得x ＝－1或x ＝2(舍去)．所以函数f (x )＝Error!的零点个数为1.2．函数f (x )＝2x ＋3x －7的零点所在的区间是( )A. B.(0，12)(12，1)C.D.(1，32)(32，2)解析：选C 函数f (x )＝2x ＋3x －7是连续递增函数，∵f (1)＝2＋3－7<0，f ＝2＋3×－7＝2＋4.5－7>0，(32)32322∴f (1)·f <0，故选C.(32)3．(2019·郑州模拟)已知函数f (x )＝Error!(a ∈R )，若函数f (x )在R 上有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．[1，＋∞)C ．(0,1)D ．(－∞，1]解析：选A 因为函数f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上均为单调函数且在R 上有两个零点，所以f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x ≤0时，f (x )有一个零点，需0<a ≤1；当x >0时，f (x )有一个零点，需－a <0，即a >0.综上，0<a ≤1.故选A.4．(2019·石家庄质检)已知M 是函数f (x )＝|2x －3|－8sin πx (x ∈R )的所有零点之和，则M 的值为( )A ．3B ．6C ．9D ．12解析：选D 将函数f (x )＝|2x －3|－8sin πx 的零点转化为函数h (x )＝|2x －3|与g (x )＝8sin πx 图象交点的横坐标．在同一平面直角坐标系中画出函数h (x )与g (x )的图象如图所示，因为函数h (x )与g (x )的图象都关于直线x ＝对称，两个函数的图象共有8个交点，32所以函数f (x )的所有零点之和M ＝8×＝12.325．(2019·宣城二模)已知a ，b ，c ，d 都是常数，a >b ，c >d .若f (x )＝2 019－(x －a )(x －b )的零点为c ，d ，则下列不等式正确的是( )A ．a >c >b >dB ．a >b >c >dC ．c >d >a >bD ．c >a >b >d解析：选D 因为f (x )＝2 019－(x －a )(x －b )，所以f (a )＝f (b )＝2 019，又c ，d 为函数f (x )的零点，且a >b ，c >d ，所以可在平面直角坐标系中作出函数f (x )的大致图象如图所示，由图可知c >a >b >d ，故选D.6．(2019·泉州检测)设函数y ＝f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[－1,1]时，f (x )＝|x |，则函数g (x )＝f (x )－sin x 在区间[－π，π]上的零点的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 要求函数g (x )＝f (x )－sinx 的零点个数，即求方程f (x )－sinx ＝0的根的个数，可转化为函数y ＝f (x )与函数y ＝sin x 的图象的交点个数．在同一平面坐标系内作出y ＝f (x )与y ＝sin x 的图象如图所示，可知在区间[－π，π]上，图象有3个交点．故选B.7．已知f (x )＝Error!若关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根，则实数a的取值范围是( )A.∪[1,2)B.∪[1,2)(－∞，12)(0，12)C ．(1,2)D ．[1,2)解析：选B 关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根等价于y ＝a ，y ＝f (x )的图象有两个不同的交点，画出y ＝a ，y ＝f (x )的图象，如图，由图可知，当a ∈∪[1,2)时，(0，12)y ＝a ，y ＝f (x )的图象有两个不同的交点，此时，关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根，所以实数a 的取值范围是∪[1,2)．故选B.(0，12)8．(2019·西安二模)已知函数f (x )＝Error!又函数g (x )＝f 2(x )＋tf (x )＋1(t ∈R )有4个不同的零点，则实数t 的取值范围是( )A.B.(－∞，－e2＋1e )(e2＋1e ，＋∞)C.D.(－e2＋1e ，－2)(2，e2＋1e )解析：选A 由f (x )＝(x ≥0)，得f ′(x )＝，xe x 1－x e x 当0≤x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )在[0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，且f (x )max ＝.1e 设m ＝f (x )，则h (m )＝m 2＋tm ＋1，设h (m )＝m 2＋tm ＋1的零点为m 1，m 2，则g (x )＝f 2(x )＋tf (x )＋1(t ∈R )有4个不同的零点等价于m ＝f (x )的图象与直线m ＝m 1，m ＝m 2的交点有4个，函数m ＝f (x )的图象与直线m ＝m 1，m ＝m 2的位置关系如图所示，由图知，0<m 2<<m 1，1e要满足题意，则需h <0即可，解得t <－，(1e )e2＋1e 故选A.9．若函数f (x )＝ax ＋1－2a 在区间(－1,1)上存在一个零点，则实数a 的取值范围是________．解析：当a ＝0时，函数f (x )＝1在(－1,1)上没有零点，所以a ≠0.因为函数f (x )是单调函数，要满足题意，只需f (－1)f (1)<0，所以(－3a ＋1)(1－a )<0，即(a －1)·(3a －1)<0，解得<a <1，所以实数a 的取值范围是.13(13，1)答案：(13，1)10．设a ∈Z ，函数f (x )＝e x ＋x －a ，若x ∈(－1，1)时，函数f (x )有零点，则a 的取值个数为________．解析：因为函数f (x )＝e x ＋x －a ，易得函数f (x )在(－1,1)上为增函数，则－1－a <f (x )<e ＋1－a ，1e 由函数f (x )＝e x ＋x －a 有零点，得Error!解得－1<a <e ＋1.1e 又a ∈Z ，所以a ＝0或a ＝1或a ＝2或a ＝3，故a 的取值个数有4个．答案：411．已知函数f (x )＝x |x －4|＋2x ，存在x 3>x 2>x 1≥0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)，则x 1＋x 2＝________，x 1x 2·f (x 3)的取值范围是________．解析：f (x )＝x |x －4|＋2x ＝Error!作出f (x )的图象如图所示．由图象可知，x 1＋x 2＝6，且2<x 1<3，∴x 1x 2f (x 3)＝x 1(6－x 1)f (x 1)＝x 1(6－x 1)·(－x ＋6x 1)21＝(－x ＋6x 1)221＝[－(x1－3)2＋9]2，∵2<x1<3，∴－(x1－3)2＋9∈(8,9)，∴x1x2f(x3)∈(64,81)．答案：6 (64,81)12．已知在区间(0,2]上的函数f(x)＝Error!且g(x)＝f(x)－mx在区间(0,2]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是________．解析：由函数g (x )＝f (x )－mx 在(0,2]内有且仅有两个不同的零点，得y ＝f (x )，y ＝mx 在(0,2]内的图象有且仅有两个不同的交点．当y ＝mx 与y ＝－3在(0,1]内相切时，1x mx 2＋3x －1＝0，Δ＝9＋4m ＝0，m ＝－，结合图象可得当－<m ≤－2或94940<m ≤时，函数g (x )＝f (x )－mx 在(0,2]内有且仅有两个不同的零点．12答案：∪(－94，－2](0，12]。
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+函数与导数(二十五)
1．(2019·全国卷Ⅰ)函数 f(x)＝csoins xx＋＋xx2在[－π，π]的图象 大致为( )
解析：选 D ∵f(－x)＝cossi－n－x＋x－－xx2＝－f(x)， ∴f(x)为奇函数，排除 A.当 x＝π 时，f(π)＝－1π＋π2>0，排 除 B、C，故选 D.
5．(2018·全国卷Ⅲ)函数 y＝－x4＋x2＋2 的图象大致为 ()
解析：选 D 法一：令 f(x)＝－x4＋x2＋2，则 f′(x)＝－ 4x3＋2x，令 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝± 22，
则 f′(x)>0 的解集为－∞，－ 22∪0， 22， f(x)单调递增；f′(x)<0 的解集为－ 22，0∪ 22，＋∞，f(x) 单调递减，结合图象知选 D. 法二：当 x＝1 时，y＝2，所以排除 A、B 选项．当 x＝0 时，y＝2，而当 x＝12时，y＝－116＋14＋2＝2136>2，所以排除 C 选项．故选 D.
增分方略 由函数解析式识别函数图象的策略
[提醒] 利用特值法或极限思想也是解决此类题目的关 键．
函数的图象与性质的综合应用
[典例 3] (2019·贵阳模拟)已知函数 f(x)＝x2－x1，则下列结 论正确的是( )
A．函数 f(x)的图象关于点(1,2)对称 B．函数 f(x)在(－∞，1)上是增函数 C．函数 f(x)的图象上至少存在两点 A，B，使得直线 AB ∥x 轴 D．函数 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称
又 x→0 时，ex＋1→2，x(ex－1)→0， ∴xeexx＋－11→＋∞，排除选项 B，选 D.
(2)因为 a∥b，所以 sin xcos x＝sin x＋f(x)，
(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点选考系列考点过关检测三十六文
考点过关检测（三十六）1．(2019·岳阳高三二检)已知f (x )＝|2x －3|＋ax －6(a 是常数)．(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥0的解集；(2)如果函数y ＝f (x )恰有两个不同的零点，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|2x －3|＋x －6＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3x －9，x ≥32，－3－x ，x ＜32，则原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥32，3x －9≥0或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜32，－3－x ≥0，解得x ≥3或x ≤－3，故原不等式的解集为{x |x ≥3或x ≤－3}．(2)由f (x )＝0，得|2x －3|＝－ax ＋6.令y ＝|2x －3|，y ＝－ax ＋6，作出它们的图象，如图．显然，当－2＜a ＜2时，这两个函数的图象有两个不同的交点，所以函数y ＝f (x )恰有两个不同的零点时，a 的取值范围是(－2,2)．2．已知函数f (x )＝|x －a |－2.(1)若a ＝1，求不等式f (x )＋|2x －3|＞0的解集；(2)关于x 的不等式f (x )＞|x －3|有解，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，原不等式等价于|x －1|＋|2x －3|＞2.当x ≥32时，3x －4＞2，解得x ＞2； 当1＜x ＜32时，2－x ＞2，无解； 当x ≤1时，4－3x ＞2，解得x ＜23.∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫xx ＞2或x ＜23. (2)f (x )＞|x －3|⇔|x －a |－|x －3|＞2.令g (x )＝|x －a |－|x －3|，依题意知，g (x )max ＞2.∵g (x )＝|x －a |－|x －3|≤|(x －a )－(x －3)|＝|a －3|，∴g (x )max ＝|a －3|，∴|a －3|＞2，解得a ＞5或a ＜1，∴实数a 的取值范围是(－∞，1)∪(5，＋∞)．3．已知f (x )＝|2x －1|－|x ＋2|，g (x )＝|x －a |－|x ＋a ＋1|.(1)解不等式f (x )＞4；(2)若∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 2)＝g (x 1)，求实数a 的取值范围．解：(1)f (x )＝|2x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋3，x <－2，－3x －1，－2≤x ≤12，x －3，x >12. 若f (x )>4，则当x <－2时，由－x ＋3>4，解得x <－2；当－2≤x ≤12时，由－3x －1>4，解得－2≤x <－53； 当x >12时，由x －3>4，解得x >7. 综上，不等式f (x )>4的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫xx <－53或x >7. (2)因为∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 2)＝g (x 1)，所以g (x )的值域是f (x )值域的子集．由(1)易知f (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－52，＋∞. 因为g (x )＝|x －a |－|x ＋a ＋1|的值域为[－|2a ＋1|，|2a ＋1|]，所以－|2a ＋1|≥－52，即|2a ＋1|≤52， 则－52≤2a ＋1≤52，－74≤a ≤34， 即实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－74，34.4．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N *，存在实数x 使f (x )<2成立．(1)求实数m 的值；(2)若α≥1，β≥1，f (α)＋f (β)＝4，求证：4α＋1β≥3. 解：(1)因为|x －m |＋|x |≥|(x －m )－x |＝|m |.所以要使不等式|x －m |＋|x |<2有解，则|m |<2，解得－2<m <2.因为m ∈N *，所以m ＝1.(2)证明：因为α≥1，β≥1，所以f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝4，即α＋β＝3，所以4α＋1β＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫4α＋1β(α＋β) ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4βα＋αβ≥13⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24βα·αβ＝3. 当且仅当4βα＝αβ，即α＝2，β＝1时等号成立， 故4α＋1β≥3. 5．(2019·广东六校第一次联考)已知函数f (x )＝|x －1|－|x ＋2|.(1)若不等式f (x )≤|a ＋1|恒成立，求a 的取值范围；(2)求不等式|f (x )－|x ＋2||＞3的解集．解：(1)f (x )＝|x －1|－|x ＋2|≤|(x －1)－(x ＋2)|＝3，由f (x )≤|a ＋1|恒成立得|a ＋1|≥3，即a ＋1≥3或a ＋1≤－3，得a ≥2或a ≤－4.∴a 的取值范围是(－∞，－4]∪[2，＋∞)．(2)不等式|f (x )－|x ＋2||＝||x －1|－2|x ＋2||＞3等价于|x －1|－2|x ＋2|＞3或|x －1|－2|x ＋2|＜－3，令g (x )＝|x －1|－2|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x －5，x ≥1，－3x －3，－2≤x ＜1，x ＋5，x ＜－2.由x ＋5＝－3得x ＝－8，由－3x －3＝－3得x ＝0，作出g (x )的图象如图所示，由图可得原不等式的解集为{x |x ＜－8或x ＞0}．6．(2019·陕西模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|.(1)解不等式f (x )≤3；(2)记函数g (x )＝f (x )＋|x ＋1|的值域为M ，若t ∈M ，证明：t 2＋1≥3t＋3t . 解：(1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ，x ≤－1，2－x ，－1<x <12，3x ，x ≥12， 于是f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－1，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧ －1<x <12，2－x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥12，3x ≤3，解得－1≤x ≤1.故不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}．(2)证明：g (x )＝f (x )＋|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥|2x －1－2x －2|＝3， 当且仅当(2x －1)(2x ＋2)≤0时取等号，∴M ＝[3，＋∞)．t 2＋1≥3t ＋3t 等价于t 2－3t ＋1－3t≥0， t 2－3t ＋1－3t ＝t 3－3t 2＋t －3t ＝(t －3)(t 2＋1)t. ∵t ∈M ，∴t －3≥0，t 2＋1>0，∴(t －3)(t 2＋1)t≥0， ∴t 2＋1≥3t ＋3t .。
2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点数列考点过关检测八文
a a 3．(2019·银川月考)在数列{a n }中，a 1＝1,3a n ＋1＝ 1＋n ⎪2a n(n ∈N *)，则数列{a n }的通项⎝a n ＋11 a n a .又 n ＝1 时， n 2＝1，故数列⎨ n 2⎬是首项为 1，公 n ⎩n ⎭ (n ＋1)23 n 22 2 a 2考点过关检测（八）1．(2019·天津六校联考)若数列{a n }中，1＝3，n ＋a n －1＝4(n ≥2)，则 a 2 019 的值为()A ．1C ．3B ．2D ．4解析：选 C ∵a 1＝3，a n ＋a n －1＝4(n ≥2)，∴a n ＋1＋a n ＝4，∴a n ＋1＝a n －1，a n ＝a n ＋2，即该 数列的奇数项、偶数项分别相等．∵a 1＝3，∴a 2 019＝3.故选 C.2．(2019·菏泽期中)已知数列{a n }的前 n 项和为 S n ＝2n －1，b n ＝a n ＋2n －1，则 b n ＝()A ．2n －1＋n 2－1C ．2n ＋2n －1B ．2n －1＋2n －1D ．2n －1＋n 2＋1解析：选 B 由 S n ＝2n －1，得当 n ≥2 时，S n －1＝2n －1－1，S n －S n －1＝a n ＝2n －2n －1＝2n －1， 又 a 1＝21－1＝1 适合上式，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)，∴b n ＝2n －1＋2n －1.故选 B.⎛ 1⎫ ⎭公式为()n 2A ．a n ＝3n －14n 2＋2C ．a n ＝ 3n ＋1n 2＋3B ．a n ＝3n＋1n 2＋1D ．a n ＝3n－1⎧a ⎫ 解析：选 A由题意得 ＝ ·1 a 1 n 2比为3的等比数列．从而n n ＝3n －1，即 a n ＝3n －1.故选 A.4．(2020 届高三·天津六校联考)数列{a n }满足 a 1＝2，a n ＋1＝a n (a n ＞0)，则 a n ＝()A ．10n －2C ．102n －1B ．10n －1D ．22n －1解析：选 D因为数列{a n }满足 a 1＝2， n ＋1＝a n (a n ＞0)，所以 log 2a n ＋1＝2log 2a nlog 2a n ＋1log 2a n＝2.又 n ＝1 时，log 2a 1＝1，所以{log 2a n }是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以 log 2a n ＝ 2n －1，即 a n ＝22n －1，故选 D.5．(2019·上海期中)已知数列{a n }的前 n 项和 S n 满足 S n －S n －1＝ S n ＋ S n －1(n ≥2)，a 1 ＝1，则 a n ＝()A ．nC ．n 2B ．2n －1D ．2n 2－1解析：选 B由 S n －S n －1＝ S n ＋ S n －1，得( S n ＋ S n －1)( S n － S n －1)＝ S n ＋ S n －1，∴6．(2019·海口月考)已知数列{a n }满足 a 1＝33，a n ＋1－a n an n＝2 变形得 a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…a n ＋1－a nn 2(n －1)(1＋n －1)a 2 n＝n ＋ －1(n ∈N *)．当 n ∈(0， 33)时， n 单调递减；当 n ∈( 33，＋∞)时， n单调递增．又 n ∈N *，经验证 n ＝6 时， n 最小，为 10.5.故选 A.(1＋2n －3)(n －1) ＋ ＝(n －1)2＋1＝n 2－2n ＋2，8．(2019·揭阳期末)已知数列{a n }满足 a 1＝－ ，a n ＋1＝ (n ∈N *)，则 a n ＝________，9 解析：由题意知 a n ≠0，则由 a n ＋1＝a n 1 8a n ＋1 1 1 18a n ＋1 a n ＋1 a n a n a n ＋1 a n即数列⎨ ⎬是公差为 8 的等差数列，故 ＝ ＋(n －1)×8＝8n －17，所以 a n ＝ .当 n答案： 12 aS n － S n －1＝1，∴数列{ S n }是一个首项为 1，公差为 1 的等差数列．∴ S n ＝1＋(n －1)×1 ＝n ，∴S n ＝n 2.当 n ≥2 时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1.a 1＝1 适合上式，∴a n ＝2n －1.故选 B.＝2，则 n 的最小值为( )A ．10.5C ．9B ．10D ．8解析：选 A 由＋(a n －a n －1)＋a 1＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＋a 1＝ ＋33＝n 2－n ＋33，∴ n ＝n 2－n ＋33 33 a an n n nan7．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，若 a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2，则 a n ＝________. 解析：由题意得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝2，因此数列{a n ＋1－a n }是以 1 为首项， 为公差的等差数列，n ＋1－a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， 当 n ≥2 时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋3＋…＋(2n －3)＝12又 a 1＝1＝12－2×1＋2，因此 a n ＝n 2－2n ＋2. 答案：n 2－2n ＋21 a n 8a n ＋1数列{a n }中最大项的值为________．，得 ＝ ＝ ＋8，整理得 － ＝8，⎧ 1 ⎫ 1 1 1 ⎩a n ⎭ a n a 1 8n －17 ＝1,2 时，a n <0；当 n ≥3 时，a n >0，且数列{a n }在 n ≥3 时是递减数列，故{a n }中最大项的值1为 a 3＝7.18n －17 79．(2019·太原模拟)数列{a n }中，a 1＝0，a n －a n －1－1＝2(n －1)(n ∈N *，n ≥2)，若数列{b n }满足 b n ＝n · a n ＋1＋1· ⎪n －1，则数列{b n }的最大项为第________项． n · a n ＋1＋1· ⎪n －1，即有 b n ＝n (n ＋1)· ⎪n －1，可得 n ＋1＝ b n n 11 b n · .由 n ＋1＞1 可得 n 1－(－1) 1－4 2 3＋…＋2 11．(2019·重庆月考)已知数列{a n }满足 a 1＝－2， a n 2na n －1 n －1a 1 1 a 2 2 a 3 3 a n －1 n －1a 1⎛ 8 ⎫ ⎝11⎭解析：由 a 1＝0，a n －a n －1＝2n －1，可得 a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝01＋ 3 ＋ 5 ＋ … ＋ (2n － 1) ＝ 2 (n － 1)(3 ＋ 2n － 1) ＝ n 2 － 1 ， 若 数 列 {b n } 满 足 b n ＝⎛ 8 ⎫ ⎛ 8 ⎫ b n ＋2 8 b ⎝11⎭ ⎝11⎭16＜ 3 ，由 n 为整数，可得 1≤n ≤6 时，b n 递增，且 n ＞6 时，b n 递减，可得 b 6 为最大项．答案：610．已知数列{a n }中，a 1＝3，{a n }的前 n 项和 S n 满足 S n ＋1＝a n ＋n 2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足 b n ＝(－1)n ＋2a n ，求{b n }的前 n 项和 T n . 解：(1)由 S n ＋1＝a n ＋n 2，① 得 S n ＋1＋1＝a n ＋1＋(n ＋1)2，②则②－①得 a n ＝2n ＋1.当 n ＝1 时，a 1＝3 满足上式， 所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝2n ＋1.(2)由(1)得 b n ＝(－1)n ＋22n ＋1，所以 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n ]＋(23＋25 2n ＋1 (－1)×[1－(－1)n ] 23×(1－4n ) (－1)n －1 8 )＝ ＋ ＝ ＋ (4n －1)．＝(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前 n 项和 S n .a 2 a 3 a 4 a n 解：(1)由题可得， 2＝2× ， 3＝2× ， 4＝2× ，…， n ＝2× (n ≥2，n ∈N *)，a以上式子左右分别相乘得 n ＝2n －1·n (n ≥2，n ∈N *)，把 a 1＝－2 代入，得 a n ＝－2n ·n (n ≥2，n ∈N *)，又 a 1＝－2 符合上式，故数列{a n }的通项公式为 a n ＝－2n ·n (n ∈N *)．(2)由(1)得 S n ＝－(1×2＋2×2 2＋…＋ n ·2n )，则 2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋ (n － 1)·2n ＋n ·2n ＋1]，两式相减，得 S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2(n ∈N *)．。
(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点三角函数与解三角形考点过关检测二文(最新整理)
考点过关检测（二)1．函数f(x)＝sin x cos x＋(1＋tan2x）cos2x的最小正周期和最大值分别是（) A．π和错误! B.错误!和1C．π和1 D．2π和错误!解析：选A ∵f（x)＝sin x cos x＋（1＋tan2x)cos2x＝错误!sin 2x＋1，∴函数f(x)的最小正周期为π，最大值为32。
故选A。
2．（2019·合肥高三调研）若将函数f(x)＝cos2x（1＋cos x）(1－cos x）图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象，则函数y＝g(x)的单调递减区间为（）A。
错误!(k∈Z）B.错误!(k∈Z)C。
错误!(k∈Z)D。
错误!(k∈Z）解析：选 A 因为f（x)＝cos2x(1＋cos x）(1－cos x）＝cos2x sin2x＝错误!sin22x＝错误!－错误!cos 4x，所以g(x)＝错误!－错误!cos 2x，所以当－π＋2kπ≤2x≤2kπ（k∈Z)，即－错误!＋kπ≤x≤kπ(k∈Z)时，y＝g（x）单调递减，所以g(x)的单调递减区间是错误!(k∈Z),故选A.3．（2019·山西平遥中学调研）已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)（ω〉0，|φ|<π）的部分图象如图所示，已知点A(0,错误!)，B错误!，若将它的图象向右平移错误!个单位长度,得到函数g(x）的图象，则函数g(x）图象的一条对称轴方程为( )A．x＝错误!B．x＝错误!C．x＝错误!D．x＝错误!解析:选 A 由题意知图象过A（0，3)，B错误!，即f(0）＝2sin φ＝错误!，f错误!＝2sin错误!＝0，又ω>0,|φ｜<π,并结合图象知φ＝错误!,错误!·ω＋φ＝π＋2kπ(k∈Z），得ω＝2，所以f（x）＝2sin错误!，因为图象向右平移错误!个单位长度得g(x）＝2sin 错误!＝2sin错误!，所以对称轴满足2x＋错误!＝错误!＋kπ（k∈Z），解得x＝错误!＋错误!（k ∈Z），所以满足条件的一条对称轴方程是x＝错误!,故选A。
新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点解析几何考点过关检测十九文
考点过关检测（十九）1．(2020届高三·唐山联考)已知F 为抛物线E ：y 2＝4x 的焦点，过点P (0,2)作两条互相垂直的直线m ，n ，直线m 交E 于不同的两点A ，B ，直线n 交E 于不同的两点C ，D ，记直线m 的斜率为k .(1)求k 的取值范围；(2)设线段AB ，CD 的中点分别为点M ，N ，证明：直线MN 过定点Q (2,0)．解：(1)由题设可知k ≠0，所以直线m 的方程为y ＝kx ＋2，与y 2＝4x 联立，整理得ky 2－4y ＋8＝0.①由Δ1＝16－32k >0，解得k <12. 直线n 的方程为y ＝－1kx ＋2，与y 2＝4x 联立， 整理得y 2＋4ky －8k ＝0，由Δ2＝16k 2＋32k >0，解得k >0或k <－2.所以k <－2或0<k <12， 故k 的取值范围为(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)．由①得，y 1＋y 2＝4k ，则y 0＝2k ，x 0＝2k 2－2k， 所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2－2k ，2k . 同理可得N (2k 2＋2k ，－2k )．直线MQ 的斜率k MQ ＝2k 2k 2－2k－2＝－k k 2＋k －1， 直线NQ 的斜率k NQ ＝－2k 2k 2＋2k －2＝－k k 2＋k －1＝k MQ ， 所以直线MN 过定点Q (2,0)．2．(2019·兰州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)短轴的一个端点与其两个焦点构成面积为3的直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过圆E ：x 2＋y 2＝2上任意一点P 作圆E 的切线l ，l 与椭圆C 交于A ，B 两点，以AB为直径的圆是否过定点，若过定点，求出该定点；若不过定点，请说明理由．解：(1)因为椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b ＝c ，12·2c ·b ＝b 2＝3，又因为a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝6，b 2＝3.故椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)圆E 的方程为x 2＋y 2＝2，设O 为坐标原点，①当直线l 的斜率不存在时，不妨设直线AB 的方程为x ＝2，A (2，2)，B (2，－2)，所以∠AOB ＝90°，所以以AB 为直径的圆过坐标原点O (0,0)．②当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．因为直线与相关圆相切，所以d ＝|m |1＋k 2＝m 21＋k 2＝2，所以m 2＝2＋2k 2. 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0， 则Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－6)＝8(6k 2－m 2＋3)＝8(4k 2＋1)>0，且x 1＋x 2＝－4km 1＋2k2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k2， 所以x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)(2m 2－6)1＋2k 2－4k 2m 21＋2k 2＋m 2＝3m 2－6k 2－61＋2k2＝0， 所以OA →⊥OB →，所以以AB 为直径的圆恒过坐标原点O (0,0)．综合①②可知，以AB 为直径的圆恒过坐标原点O (0,0)．3．(2019·柳州联考)已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在x 轴上，且抛物线上有一点P (4，m )到焦点的距离为5.(1)求该抛物线C 的方程；(2)已知抛物线上一点M (t,4)，过点M 作抛物线的两条弦MD 和ME ，且MD ⊥ME ，判断直线DE 是否过定点？并说明理由．解：(1)由题意知抛物线C 的焦点在x 轴的正半轴上，可设抛物线的方程为y 2＝2px (p >0)，其准线方程为x ＝－p 2， ∵P (4，m )到焦点的距离等于点P 到准线的距离，∴4＋p 2＝5，∴p ＝2. ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)把M (t,4)代入抛物线C 的方程，得16＝4t ，∴t ＝4，∴M (4,4)．由题易知直线DE 的斜率不为0，设直线DE 的方程为x ＝ky ＋n ，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ky ＋n ，y 2＝4x 消去x ，得y 2－4ky －4n ＝0， Δ＝16k 2＋16n >0，①设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－4n .∵MD ⊥ME ，∴MD →·ME →＝(x 1－4，y 1－4)·(x 2－4，y 2－4)＝x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋16＝y 214·y 224－4⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214＋y 224＋16＋y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋16 ＝(y 1y 2)216－(y 1＋y 2)2＋3y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋32 ＝n 2－16k 2－12n ＋32－16k ＝0，即n 2－12n ＋32＝16k 2＋16k ，得(n －6)2＝4(2k ＋1)2，∴n －6＝±2(2k ＋1)，得n ＝4k ＋8或n ＝－4k ＋4，当n ＝4k ＋8时，代入①式满足Δ>0，∴直线DE 的方程为x ＝ky ＋4k ＋8＝k (y ＋4)＋8，直线过定点(8，－4)．当n ＝－4k ＋4时，代入①式，当k ≠2时，Δ>0，此时直线DE 的方程为x ＝k (y －4)＋4，直线过定点(4,4)，不合题意，舍去．∴直线过定点(8，－4)． 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝⎛⎭⎪⎫1，22，且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形．(1)求椭圆的方程．(2)动直线l ：mx ＋ny ＋13n ＝0(m ，n ∈R )交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过点T .若存在．求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)∵椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴a ＝2b ，∴x 22b 2＋y 2b 2＝1. 又∵椭圆经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22，将点P 的坐标代入椭圆方程得b 2＝1，∴a 2＝2，故椭圆方程为x 22＋y 2＝1. (2)由题意动直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13. 当l 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为 x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432； 当l 与y 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432，x 2＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝1，即两圆相切于点(0,1)，因此，如果所求的点T 存在，只能是(0,1)，下证点T (0,1)就是所求的点．证明如下：当直线l 垂直于x 轴时，以AB 为直径的圆过点T (0,1)．当直线l 不垂直于x 轴，可设直线l ：y ＝kx －13. 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx －13，x 22＋y 2＝1消去y 并整理，得(18k 2＋9)x 2－12kx －16＝0. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9. 又∵TA →＝(x 1，y 1－1)，TB →＝(x 2，y 2－1)，∴TA →·TB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝x 1x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫kx 1－43⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 2－43 ＝(1＋k 2)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－1618k 2＋9－43k ·12k 18k 2＋9＋169＝0. ∴TA ⊥TB ，即以AB 为直径的圆恒过点T (0,1)， ∴在坐标平面上存在一个定点T (0,1)满足条件．。
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+函数与导数(三十一)
当 m>0 时，f′(x)＝x＋
mx－ x
m，
当 0<x< m时， f′(x)<0，函数 f(x)单调递减；
当 x> m时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增．
综上，当 m≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当 m>0 时，函数 f(x)的单调增区间是( m，＋∞)，单调减
区间是(0， m)．
(2)令 F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－mln x，x>0， 则问题等价于求函数 F(x)的零点个数． F′(x)＝－x－1xx－m， 当 m＝1 时，F′(x)≤0，函数 F(x)为减函数， 注意到 F(1)＝32>0，F(4)＝－ln 4<0， 所以 F(x)有唯一零点； 当 m>1 时，0<x<1 或 x>m 时，F′(x)<0；1<x<m 时， F′(x)>0，
主攻 36 个必考点(三十一) 导数与函数的零点或方程根的问题
1．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x) 为 f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若 x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求 a 的取值范围．
解：(1)证明：设 g(x)＝f′(x)，则 g(x)＝cos x＋xsin x－1， g′(x)＝xcos x.
2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ex－ax2. (1)若 a＝1，证明：当 x≥0 时，f(x)≥1； (2)若 f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求 a. 解：(1)证明：当 a＝1 时，f(x)≥1 等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数 g(x)＝(x2＋1)e－x－1， 则 g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 当 x≠1 时，g′(x)<0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 而 g(0)＝0，故当 x≥0 时，g(x)≤0，即 f(x)≥1.
新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点三角函数与解三角形考点过关检测三文
考点过关检测（三）1．(2019·唐山摸底)cos 105°－cos 15°＝( ) A.22 B ．－22 C.62D ．－62解析：选 D 法一：cos 105°－cos 15°＝cos(60°＋45°)－cos(60°－45°)＝－2sin 60°sin 45°＝－2×32×22＝－62，故选D. 法二：由题意，可知cos 105°－cos 15°＝－sin 15°－cos 15°＝－(sin 15°＋cos 15°)＝－2sin(45°＋15°)＝－2sin 60°＝－62，故选D. 2．(2019·临沂模拟)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝33，则cos x ＋cos x －π3＝( ) A ．－1 B ．1 C.233D. 3解析：选B cos x ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＝cos x ＋cos x cos π3＋sin x sin π3＝32cos x ＋32sin x＝332cos x ＋12sin x ＝3cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＝3×33＝1，故选B. 3．已知角α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且cos 2α＋cos 2α＝0，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝( )A ．－3－2 2B ．－1C ．3－2 2D ．3＋2 2解析：选A 由题意结合二倍角公式可得2cos 2α－1＋cos 2α＝0，∴cos 2α＝13.∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos α＝33，∴sin α＝1－cos 2α＝63，∴tan α＝sin αcos α＝2，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝2＋11－2＝－3－2 2.故选A. 4．(2019·沧州教学质量监测)若cos α＋2cos β＝2，sin α＝2sin β－3，则sin 2(α＋β)＝( )A ．1B.12C.14D ．0解析：选A 由题意得(cos α＋2cos β)2＝cos 2α＋4cos 2β＋4cos αcos β＝2，(sinα－2sin β)2＝sin 2α＋4sin 2β－4sin αsin β＝3.两式相加，得1＋4＋4(cos αcos β－sin αsin β)＝5， ∴cos(α＋β)＝0，∴sin 2(α＋β)＝1－cos 2(α＋β)＝1.5．(2019·吉林梅河口月考)若tan(α＋80°)＝4sin 420°，则tan(α＋20°)的值为( )A ．－35B ．335C.319D.37解析：选D 由tan(α＋80°)＝4sin 420°＝4sin 60°＝23，得tan(α＋20°)＝tan[(α＋80°)－60°]＝tan (α＋80°)－tan 60°1＋tan (α＋80°)tan 60°＝23－31＋23×3＝37.故选D.6．(2019·辽宁师范大学附属中学期末)若α，β均为锐角且cos α＝17，cos(α＋β)＝－1114，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋2β＝( ) A ．－12B.12 C ．－32D.32解析：选B ∵α，β均为锐角，∴0<α＋β<π. ∵cos α＝17，cos(α＋β)＝－1114，∴sin α＝437，sin(α＋β)＝5314.∴cos β＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1114×17＋5314×437＝12. ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋2β＝－cos 2β＝1－2cos 2β＝12.故选B.7．(2020届高三·桂林、贺州联考)若α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，且3cos 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α，则sin 2α的值为( )A.118 B ．－1718C.1718D ．－118解析：选B ∵3cos 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α， ∴3(cos α＋sin α)(cos α－sin α)＝22(cos α－sin α)． ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，∴cos α－sin α≠0，∴cos α＋sin α＝26.两边平方可得1＋sin 2α＝118，解得sin 2α＝－1718.故选B. 8．(2019·莆田期中)若tan α＋1tan α＝103，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4的值为( )A ．－210B.210C.3210D.7210解析：选A ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π4，π2，∴tan α>1.∴由tan α＋1tan α＝103，解得tan α＝3，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝22sin 2α＋22cos 2α＝22×2sin αcos α＋cos 2α－sin 2αcos 2α＋sin 2α＝22×2tan α＋1－tan 2α1＋tan 2α＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－210＝－210.故选A. 9．已知tan(α－β)＝12，tan β＝－17，且α，β∈(0，π)，则2α－β＝________.解析：易知tan(2α－β)＝tan[2(α－β)＋β]． 因为tan(α－β)＝12，所以tan 2(α－β)＝2tan (α－β)1－tan 2(α－β)＝43， 故tan(2α－β)＝tan 2(α－β)＋tan β1－tan 2(α－β)tan β＝1.由tan β＝－17∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0，知5π6<β<π，由tan α＝tan[(α－β)＋β]＝13∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，知0<α<π6，所以2α－β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2，故2α－β＝－3π4. 答案：－3π410．(2019·山西康杰中学月考)若sin α＋cos αsin α－cos α＝3，tan(α－β)＝2，则tan(β－2α)＝________.解析：∵sin α＋cos αsin α－cos α＝tan α＋1tan α－1＝3，∴tan α＝2.∵tan(α－β)＝2，∴tan(β－2α)＝tan[(β－α)－α]＝－tan[(α－β)＋α]＝－tan (α－β)＋tan α1－tan (α－β)·tan α＝43.答案：4311．(2019·绍兴诸暨中学期中)3tan 12°－3(4cos 212°－2)sin 12°＝________. 解析：原式＝3sin 12°－3cos 12°cos 12°2cos 24°sin 12°＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin 12°－32cos 12°cos 24°sin 24°＝43sin (12°－60°)sin 48°＝－4 3.答案：－4 3 12．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12π5＋θ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π10－θ＝0，则tan 2π5＋θ＝________.解析：∵sin ⎝⎛⎭⎪⎫12π5＋θ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π10－θ＝0， ∴sin 2π5cos θ＋cos 2π5sin θ＋2sin 11π10cos θ－cos 11π10sin θ＝0，∴sin 2π5cos θ＋cos 2π5sin θ＋2sin 2π5sin θ－cos 2π5cos θ＝0.等式两边同时除以cos 2π5cos θ，得tan 2π5＋tan θ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 2π5tan θ－1＝0，∴tan 2π5＋tan θ1－tan 2π5tan θ＝2，即tan 2π5＋θ＝2.答案：2。
新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点函数与导数考点过关检测二十一文20200116068
考点过关检测（二十一）1.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，以F 1F 2为直径的圆与直线ax ＋2by －3ab ＝0相切．(1)求椭圆C 的离心率；(2)如图，过F 1作直线l 与椭圆分别交于P ，Q 两点，若△PQF 2的周长为42，求F 2P →·F 2Q →的最大值．解：(1)由题意知|－3ab |a 2＋4b 2＝c ，即3a 2b 2＝c 2(a 2＋4b 2)＝(a 2－b 2)·(a 2＋4b 2)． 化简得a 2＝2b 2，所以e ＝22. (2)因为△PQF 2的周长为42， 所以4a ＝42，得a ＝2，由(1)知b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1，且焦点为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，①若直线l 的斜率不存在，则直线l ⊥x 轴，直线方程为x ＝－1，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，22，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－22，F 2P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，22，F 2Q →＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－22，故F 2P →·F 2Q →＝72. ②若直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 2＋2y 2＝2消去y 并整理得，(2k 2＋1)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1，F 2P →·F 2Q →＝(x 1－1，y 1)·(x 2－1，y 2)＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝(k 2＋1)x 1x 2＋(k 2－1)(x 1＋x 2)＋k 2＋1＝(k 2＋1)2k 2－22k 2＋1＋(k 2－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 22k 2＋1＋k 2＋1＝7k 2－12k 2＋1＝72－92(2k 2＋1)，由k 2>0可得F 2P →·F 2Q →∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，72.综上所述，F 2P →·F 2Q →∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，72，所以F 2P →·F 2Q →的最大值是72.2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝12，抛物线E ：y 2＝4x 的焦点恰好是椭圆C 的右焦点F .(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点F 作两条斜率都存在的直线l 1，l 2，l 1交椭圆C 于点A ，B ，l 2交椭圆C 于点G ，H ，若|AF |是|AH |－|FH |与|AH |＋|FH |的等比中项，求|AF |·|FB |＋|GF |·|FH |的最小值．解：(1)依题意得椭圆C 的右焦点F 的坐标为(1,0)，即c ＝1，又e ＝c a ＝12，∴a ＝2，b2＝3，故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)∵|AF |是|AH |－|FH |与|AH |＋|FH |的等比中项， ∴|AF |2＝|AH |2－|FH |2， 即|AF |2＋|FH |2＝|AH |2， ∴直线l 1⊥l 2.又直线l 1，l 2的斜率均存在，∴两直线的斜率都不为零，故可设直线l 1：x ＝ky ＋1(k ≠0)，直线l 2：x ＝－1ky ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，G (x 3，y 3)，H (x 4，y 4)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，x ＝ky ＋1消去x ，得(3k 2＋4)y 2＋6ky －9＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－6k 3k 2＋4，y 1y 2＝－93k 2＋4，同理得⎩⎪⎨⎪⎧y 3＋y 4＝6k3＋4k2，y 3y 4＝－9k23＋4k 2.∴|AF |·|FB |＝(x 1－1)2＋y 21·(x 2－1)2＋y 22＝(1＋k 2)|y 1y 2|，|GF |·|FH |＝(x 3－1)2＋y 23·(x 4－1)2＋y 24＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k2|y 3y 4|，∴|AF |·|FB |＋|GF |·|FH |＝(1＋k 2)|y 1y 2|＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k2|y 3y 4|＝(1＋k 2)·93k 2＋4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k 2·9k 23＋4k 2＝9(1＋k 2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13k 2＋4＋13＋4k 2＝63(1＋k 2)212(1＋k 2)2＋k 2＝6312＋k 2(1＋k 2)2＝6312＋1k 2＋1k2＋2≥6312＋12＋2＝367. 当且仅当k 2＝1时取等号，故|AF |·|FB |＋|GF |·|FH |的最小值为367.3．(2019·江门模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1和F 2，由4个点M (－a ，b )，N (a ，b )，F 2和F 1组成了一个高为3，面积为33的等腰梯形．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 1的直线和椭圆交于A ，B 两点，求△F 2AB 面积的最大值． 解：(1)由条件，得b ＝3，且2a ＋2c2×3＝33， 所以a ＋c ＝3.又a 2－c 2＝3，解得a ＝2，c ＝1， 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)显然，直线的斜率不能为0，设直线方程为x ＝my －1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，x ＝my －1消去x ，得(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0.因为直线过椭圆内的点，所以无论m 为何值，直线和椭圆总相交． 所以y 1＋y 2＝6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.S △F 2AB ＝12|F 1F 2||y 1－y 2|＝|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝12m 2＋1(3m 2＋4)2 ＝4m 2＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋1＋132＝41m 2＋1＋23＋19(m 2＋1).令t ＝m 2＋1≥1，设y ＝t ＋19t，易知t ∈[1，＋∞)时，函数单调递增，所以当t ＝m 2＋1＝1，即m ＝0时，y min ＝109，S △F 2AB 取得最大值3.4.(2019·济南模拟)如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C 1：x 2＝4y ，直线l 与抛物线C 1交于A ，B 两点．(1)若直线OA ，OB 的斜率之积为－14，证明：直线l 过定点；(2)如图，若线段AB 的中点M 在曲线C 2：y ＝4－14x 2(－22<x <22) 上，求|AB |的最大值．解：(1)证明：由题意可知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝4y ，消去y 并整理，得x 2－4kx －4m ＝0，则Δ＝(－4k )2－4·(－4m )＝16(k 2＋m )>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ，所以k OA ·k OB ＝y 1·y 2x 1·x 2＝14x 21·14x 22x 1·x 2＝x 1·x 216＝－m 4，因为k OA ·k OB ＝－14，所以－m 4＝－14，解得m ＝1，满足Δ>0，所以直线l 的方程为y ＝kx ＋1，直线l 过定点(0,1)． (2)设M (x 0，y 0)，由已知及(1)，得x 0＝x 1＋x 22＝2k ，y 0＝kx 0＋m ＝2k 2＋m ，将(x 0，y 0)代入y ＝4－14x 2(－22<x <22)，得2k 2＋m ＝4－14×(2k )2，即m ＝4－3k 2.因为－22<x 0<22，所以－22<2k <22，得－2<k <2，因为Δ＝16(k 2＋m )＝16(k 2＋4－3k 2)＝32(2－k 2)>0， 所以－2<k <2，所以k 的取值范围是(－2，2)． |AB |＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·16(k 2＋m )＝4 2 (k 2＋1)(2－k 2) ≤42×(k 2＋1)＋(2－k 2)2＝62，当且仅当k 2＋1＝2－k 2，即k ＝±22∈(－2，2)时取等号， 所以|AB |的最大值为6 2.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+解析几何(十七)
3．(2018·全国卷Ⅲ)直线 x＋y＋2＝0 分别与 x 轴，y 轴交于
A，B 两点，点 P 在圆(x－2)2＋y2＝2 上，则△ABP 面积的取值
范围是( )
A．[2,6]
B．[4,8]
C．[ 2，3 2]
D．[2 2，3 2]
解析：选 A 设圆(x－2)2＋y2＝2 的圆心为 C，半径为 r， 点 P 到直线 x＋y＋2＝0 的距离为 d，
[答案] (1)C (2)2 2
增分方略 解决直线方程问题的两个注意点 (1)求解两条直线平行的问题时，在利用 A1B2－A2B1＝0 建 立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合 的可能性． (2)要注意几种直线方程的局限性．点斜式、斜截式要求直 线不能与 x 轴垂直；两点式要求直线不能与坐标轴垂直；而截 距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的 直线．
6．(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系 xOy 中，曲线 y＝x2＋mx －2 与 x 轴交于 A，B 两点，点 C 的坐标为(0,1)，当 m 变化时， 解答下列问题：
(1)能否出现 AC⊥BC 的情况？说明理由； (2)证明过 A，B，C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值．
解：(1)不能出现 AC⊥BC 的情况，理由如下： 设 A(x1,0)，B(x2,0)，则 x1，x2 满足 x2＋mx－2＝0， 所以 x1x2＝－2. 又 C 的坐标为(0,1)， 故 AC 的斜率与 BC 的斜率之积为－x11·－x21＝－12， 所以不能出现 AC⊥BC 的情况．
则圆心 C(2,0)，r＝ 2， 所以圆心 C 到直线 x＋y＋2＝0 的距离为|2＋22|＝2 2， 可得 dmax＝2 2＋r＝3 2，dmin＝2 2－r＝ 2. 由已知条件可得|AB|＝2 2， 所以△ABP 面积的最大值为12|AB|·dmax＝6， △ABP 面积的最小值为12|AB|·dmin＝2. 综上，△ABP 面积的取值范围是[2,6]．
(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点解析几何考点过关检测十七文(最新整理)
考点过关检测(十七）1．“ab＝4"是“直线2x＋ay－1＝0与直线bx＋2y－2＝0平行”的（)A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件解析：选C 因为两直线平行，所以斜率相等，即－错误!＝－错误!，可得ab＝4，又当a ＝1，b＝4时，满足ab＝4，但是两直线重合，故选C.2．(2019·南充期末)若直线l：y＝kx＋1被圆C：x2＋y2－2x－3＝0截得的弦最短，则直线l的方程是（）A．x＝0 B．y＝1C．x＋y－1＝0 D．x－y＋1＝0解析：选D 依题意，直线l:y＝kx＋1过定点P(0，1)．圆C：x2＋y2－2x－3＝0化为标准方程为(x－1）2＋y2＝4.故圆心为C（1,0），半径为r＝2。
则易知定点P(0，1）在圆内．由圆的性质可知当PC⊥l时，此时直线l：y＝kx＋1被圆C：x2＋y2－2x－3＝0截得的弦最短．因为k PC＝1－00－1＝－1，所以直线l的斜率k＝1，即直线l的方程是x－y＋1＝0.3．(2019·广东六校模拟)与圆(x－2）2＋y2＝4关于直线y＝错误!x对称的圆的方程是（)A．(x－错误!）2＋(y－1）2＝4 B．（x－错误!）2＋（y－错误!）2＝4C．x2＋(y－2)2＝4 D．(x－1)2＋（y－3)2＝4解析：选D 设所求圆的圆心为（a，b)，则错误!∴错误!∴所求圆的方程为（x－1)2＋（y－错误!)2＝4.4．(2019·河南八市质检）过点（3,1）作圆（x－1）2＋y2＝r2的切线有且只有一条,则该切线的方程为( ）A．2x＋y－5＝0 B．2x＋y－7＝0C．x－2y－5＝0 D．x－2y－7＝0解析：选 B 由题意，过点（3，1)作圆（x－1）2＋y2＝r2的切线有且只有一条，则点（3,1)在圆上，代入可得r2＝5，圆的方程为（x－1)2＋y2＝5，则过点(3,1）的切线方程为（x－1）（3－1）＋y（1－0）＝5,即2x＋y－7＝0。
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+解析几何(二十)
[解] (1)因为抛物线 y2＝2px 过点(1,2)， 所以 2p＝4，即 p＝2. 故抛物线 C 的方程为 y2＝4x. 由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0. 设直线 l 的方程为 y＝kx＋1(k≠0)， 由yy2＝＝k4xx＋，1， 得 k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依题意 Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0， 解得 k<0 或 0<k<1. 又 PA，PB 与 y 轴相交，故直线 l 不过点(1，－2)．
消去 y，可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12
＝0.
因为直线 l 与椭圆 C 相切， 所以 Δ＝(8km)2－4×(3＋4k2)×(4m2－12)＝0， 整理得 m2＝4k2＋3.(*)
y＝kx＋m， 由y＝－1kx－1
得 Q1k－2＋km1 ，kk2＋＋m1，
与几何图形的面积有关的定值问题
[典例 2] 如图所示，设点 A，B 的坐标分别 为(－ 3，0)，( 3，0)，直线 AP，BP 相交于点 P， 且它们的斜率之积为－23.
(1)求点 P 的轨迹方程； (2)设点 P 的轨迹为 C，点 M，N 是轨迹 C 上不同的两点， 且满足 AP∥OM，BP∥ON，求证：△MON 的面积为定值．
[解] (1)设点 P 的坐标为(x，y)，由题意得，kAP·kBP＝
y x＋
y 3·x－
3＝－23(x≠±
3)，
化简得，点 P 的轨迹方程为x32＋y22＝1(x≠± 3)．
(2)由题意可知，M，N 是轨迹 C 上不同的两点，且 AP∥
OM，BP∥ON，则直线 OM，ON 的斜率必存在且不为 0，kOM·kON
所以|OQ|＝
1k－2＋km1 2＋kk2＋＋m12
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+函数与导数(二十九)
当 x∈0，a3时，f′(x)<0， 所以 f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞单调递增，在0，a3单调递 减． 若 a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增． 若 a<0，则当 x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)>0， 当 x∈a3，0时，f′(x)<0， 所以 f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递 减．
[解析] (1)∵f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2x＋4＋ax＝2x2＋x4x＋a， f(x)在(1,2)上是单调函数， ∴f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在(1,2)上恒成立， 即 2x2＋4x＋a≥0 或 2x2＋4x＋a≤0 在(1,2)上恒成立， 即 a≥－(2x2＋4x)或 a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上恒成立． 记 g(x)＝－(2x2＋4x)，x∈(1,2)， 则－16<g(x)<－6， ∴a≥－6 或 a≤－16，故选 C.
多与函数性质交汇考查函数单调性的判断、比较
考多宽 大小、求参数范围，考查数学运算、逻辑推理的
核心素养，注意分类讨论思想的应用
利用导数判断函数单调性
[典例 1] 设函数 f(x)＝ln x－(a＋1)x，a∈R . (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当函数 f(x)有最大值且最大值大于 3a－1 时，求 a 的取 值范围．
(3)若已知 f(x)在区间 I 上的单调性，区间 I 中含有参数时， 可先求出 f(x)的单调区间，令 I 是其单调区间的子集，从而可 求出参数的取值范围．
(4)若已知 f(x)在区间 D 上不单调，则 f(x)在 D 上有极值点， 且极值点不是 D 的端点．
构造函数解决单调性与不等式的综合问题
若 a＜0，则当 x∈0，－21a时，f′(x)＞0； 当 x∈－21a，＋∞时，f′(x)＜0.
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+解析几何(二十四)
(1)求抛物线 C 的方程以及|MF|的值． (2)记抛物线 C 的准线与 x 轴交于点 H，试问是否存在常数 λ∈R ，使得A→F＝λF→B且|HA|2＋|HB|2＝845都成立？若存在，求 出实数 λ 的值；若不存在，请说明理由．
(2)四边形 OAPB 能为平行四边形．
因为直线 l 过点m3 ，m，所以 l 不过原点且与 C 有两个交 点的充要条件是 k>0，k≠3.
由(1)得 OM 的方程为 y＝－9kx.
设点 P 的横坐标为 xP.
由y＝－9kx， 9x2＋y2＝m2
ห้องสมุดไป่ตู้
得 x2P＝9kk22＋m281，即 xP＝3
∵M，N 关于直线 l 对称，∴MN⊥l，∴y1＋4 y2＝1.① ∵MN 的中点 T 的坐标为y21＋8 y22，y1＋2 y2，中点 T 在直线 l 上，∴y1＋2 y2＝－y12＋8 y22＋1.② 联立①②可知此方程组无解， ∴C 上不存在 M，N，使得 M，N 关于直线 l 对称．
4＋ 7时，四边形 OAPB 为平行四边形．
[把脉考情] 1.探索是否存在常数的问题
考什么 2.探索是否存在点或直线的问题 3.探索是否存在最值或定值的问题
考多深 在解答题中考查，难度较大，分值 12 分 存在性问题多与探索定点、定值、定直线、存在常
考多宽 数等交汇考查，考查推理能力
探索是否存在常数的问题
2．(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线 段 AB 的中点为 M.
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案检测：主攻36个必考点+统计与概率+考点过关检测十五+Word版含解析
考点过关检测（十五）1．(2019·邯郸模拟)口袋里装有红球、白球、黑球各1个，这3个球除颜色外完全相同，有放回地连续抽取2次，每次从中任意取出1个球，则2次取出的球颜色不同的概率是( )A.29B.13C.23D.89解析：选C 法一：由题意，知基本事件有(红，红)，(红，白)，(红，黑)，(白，红)，(白，白)，(白，黑)，(黑，红)，(黑，白)，(黑，黑)，共9个，2次取出的球颜色不同包含的基本事件个数为6，所以2次取出的球颜色不同的概率P ＝69＝23，故选C. 法二：由题意，知基本事件有(红，红)，(红，白)，(红，黑)，(白，红)，(白，白)，(白，黑)，(黑，红)，(黑，白)，(黑，黑)，共9种，其中2次取出的球颜色相同有3种，所以2次取出的球颜色不同的概率为1－39＝23. 2．(2019·武汉调研)我国历法中将一年分春、夏、秋、冬四个季节，每个季节六个节气，如春季包含立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨．某书画院甲、乙、丙、丁四位同学接到绘制二十四节气的彩绘任务，现四位同学抽签确定各自完成哪个季节中的6幅彩绘，在制签抽签公平的前提下，甲抽到绘制夏季6幅彩绘的概率是( )A.16B.14C.13D.12解析：选B 甲从春、夏、秋、冬四个季节的各6幅彩绘绘制的任务中抽一个季节的6幅彩绘绘制，故甲抽到绘制夏季6幅彩绘的概率为14，选B. 3．(2019·福建五校第二次联考)在区间[0,2]上随机取一个数x ，使sin π2x ≥32的概率为( )A.13B.12C.23D.34解析：选A当x∈[0,2]时，0≤π2x≤π，所以sin π2x≥32⇔π3≤π2x≤2π3⇔23≤x≤43.故由几何概型的概率公式得所求概率P＝43－232＝13.故选A.4．甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”，决出第1名到第5名的名次．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”，从上述回答分析，丙是第一名的概率是()A.15 B.13C.14 D.16解析：选B由于甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊．又因为所有的限制条件对丙、丁或戊都没有影响，所以这三个人获得第一名是等可能事件，所以丙是第一名的概率是13.5．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中把三角形的田称为“圭田”，把直角梯形的田称为“邪田”，称底是“广”，称高是“正从”，“步”是丈量土地的单位．现有一邪田，广分别为十步和二十步，正从为十步，其内有一块广为八步，正从为五步的圭田．若在邪田内随机种植一株茶树，求该株茶树恰好种在圭田内的概率为()A.215 B.25C.415 D.15解析：选A由题意可得邪田的面积S＝12×(10＋20)×10＝150，圭田的面积S1＝12×8×5＝20，则所求的概率P＝S1S＝20150＝215.6.中华人民共和国国旗是五星红旗，旗面左上方缀着的五颗黄色五角星，四颗小五角星环拱于大星之后，象征中国共产党领导下的革命人民大团结和人民对党的衷心拥护．五角星可通过正五边形连接对角线得到，且它具有一些优美的特征，如A 2E 2B 1A 2＝B 1A 2A 1B 1＝A 1B 1B 1E 1＝5－12，现在正五边形A 1B 1C 1D 1E 1内随机取一点，则此点取自正五边形A 2B 2C 2D 2E 2内部的概率为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫5－124 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫5－122 C.5－12 D.5＋14解析：选A 由A 2E 2B 1A 2＝B 1A 2A 1B 1＝A 1B 1B 1E 1＝5－12，可得A 2E 2＝5－12B 1A 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－122A 1B 1，显然两个正五边形相似，相似比为⎝ ⎛⎭⎪⎫5－122，则面积比为⎝ ⎛⎭⎪⎫5－124，故所求概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫5－124. 7．某商店随机将三幅分别印有福州三宝(脱胎漆器、角梳、油纸伞)的宣传画并排贴在同一面墙上，则角梳与油纸伞的宣传画相邻的概率是________．解析：记脱胎漆器、角梳、油纸伞的宣传画分别为a ，b ，c ，则并排贴的情况有abc ，acb ，bac ，bca ，cab ，cba ，共6种，其中b ，c 相邻的情况有abc ，acb ，bca ，cba ，共4种，故由古典概型的概率计算公式，得所求概率P ＝46＝23.答案：238．(2019·长春模拟)从集合A ＝{－2，－1,2}中随机选取一个数记为a ，从集合B ＝{－1,1,3}中随机选取一个数记为b ，则直线ax －y ＋b ＝0不经过第四象限的概率为________．解析：从集合A ，B 中随机选取后，组合成的数对有(－2，－1)，(－2,1)，(－2,3)，(－1，－1)，(－1,1)，(－1,3)，(2，－1)，(2,1)，(2,3)，共9种，要使直线ax －y ＋b ＝0不经过第四象限，则需a >0，b >0，共有2种满足，所以所求概率P ＝29.答案：2 99.(2019·潍坊模拟)如图，六边形ABCDEF是一个正六边形，若在正六边形内任取一点，则该点恰好在图中阴影部分的概率是________．解析：设正六边形的中心为点O，BD与AC交于点G，BC ＝1，则BG＝CG，∠BGC＝120°，在△BCG中，由余弦定理得1＝BG2＋BG2－2BG2cos 120°，得BG＝33，所以S△BCG＝12×BG×BG×sin 120°＝12×33×33×32＝312，因为S六边形ABCDEF ＝S△BOC×6＝12×1×1×sin 60°×6＝332，所以该点恰好在图中阴影部分的概率是1－6S△BCGS六边形ABCDEF＝23.答案：2 310．(2019·威海模拟)设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27,9,18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加比赛．(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数；(2)将抽取的6名运动员进行编号，编号分别为A1，A2，A3，A4，A5，A6，现从这6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛．①用所给编号列出所有可能的结果；②设A为事件“编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到”，求事件A发生的概率．解：(1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运动员人数分别为3,1,2.(2)①从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，A4}，{A1，A5}，{A1，A6}，{A2，A3}，{A2，A4}，{A2，A5}，{A2，A6}，{A3，A4}，{A3，A5}，{A3，A6}，{A4，A5}，{A4，A6}，{A5，A6}，共15种．②编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到的所有可能结果为{A1，A5}，{A1，A6}，{A2，A5}，{A2，A6}，{A3，A5}，{A3，A6}，{A4，A5}，{A4，A6}，{A5，A6}，共9种．因此，事件A发生的概率P(A)＝915＝3 5.11.某超市周年庆典，设置了一项互动游戏如图，一个圆形游戏转盘被分成6个均匀的扇形区域．用力旋转转盘，转盘停止转动时，箭头P所指区域的数字就是每次游戏所得的分数(箭头指向两个区域的边界时重新转动)，且箭头P指向每个区域的可能性都是相等的．要求每个家庭派一名儿童和一位成人先后各转动一次游戏转盘，记为(a，b)，一个家庭总得分X＝a＋b，假设儿童和成人的得分互不影响，且每个家庭只能参加一次活动，游戏规定：①若X>8，则该家庭可以获得一等奖一份；②若X＝8，则该家庭可以获得二等奖一份；③若0<X<8(ab≠0)，则该家庭可以获得纪念奖一份．(1)求一个家庭获得纪念奖的概率；(2)试比较同一个家庭获得一等奖和二等奖的概率的大小．解：(1)由题意可知，一个家庭的得分情况共有36种，获得纪念奖的情况为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，共有19种．记事件A＝“一个家庭获得纪念奖”，则P(A)＝1936.故一个家庭获得纪念奖的概率为19 36.(2)记事件B＝“一个家庭获得一等奖”，则符合获得一等奖条件的得分情况为(4,5)，(5,4)，(5,5)，共3种，则P(B)＝336＝112.记事件C＝“一个家庭获得二等奖”，则符合获得二等奖条件的得分情况为(4,4)，(5,3)，(3,5)，共3种，所以P(C)＝336＝112.所以同一个家庭获得一等奖和二等奖的概率相等．。
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+统计与概率(十三)
众数 最高小长方形底边中点的横坐标
平分频率分布直方图的面积且垂直于横轴的直线与横 中位数
轴交点的横坐标
频率分布直方图中每个小长方形的面积乘小长方形底 平均数
边中点的横坐标之和
用样本的数字特征估计总体的数字特征
[典例 3] (2019·马鞍山三模)某市为调查甲、乙两校学生对 分层教学模式的满意度，用简单随机抽样从这两校中分别抽取 30 名学生，根据他们对分层教学模式的满意度评分(百分制)， 绘制茎叶图如图．
解析：∵ x ＝10×0.97＋102＋0×200＋.981＋0 10×0.99＝0.98， ∴经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 0.98.
答案：0.98
6．(2019·全国卷Ⅲ)为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残 留程度，进行如下试验：将 200 只小鼠随机分成 A，B 两组， 每组 100 只，其中 A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙 离子溶液．每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经 过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百 分比．根据试验数据分别得到如下直方图：
A．12 C．20
B．15 D．21
(2)利用系统抽样法从编号分别为 1,2,3，…，80 的 80 件不
同产品中抽出一个容量为 16 的样本，如果抽出的产品中有一件
产品的编号为 13，则抽到产品的最大编号为( )
A．73
B．78
C．77
D．76
[解析] (1)由题图可知高中生中女生有 3 000×70%＝2 100(人)，初中生中男生有 2 000×60%＝1 200(人)，设从初中生 中抽取的男生人数是 x，则有21 120000＝2x1，解得 x＝12，故选 A.
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考点过关检测（九）1．(2019·济宁模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝m ，a 2＝n ，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 019的值为( )A ．2 019n －mB ．n －2 019mC ．2mD ．2n解析：选D ∵a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝m ，a 2＝n ，∴a 3＝n －m ，a 4＝－m ，a 5＝－n ，a 6＝m －n ，a 7＝m ，a 8＝n ，…，∴a n ＋6＝a n ，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝0，则S 2 019＝S 336×6＋3＝336×(a 1＋a 2＋…＋a 6)＋a 1＋a 2＋a 3＝336×0＋m ＋n ＋n －m ＝2n .2．(2019·安徽马鞍山一模)已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( )A ．0B ．－100C ．100D ．10 200解析：选B f (n )＝n 2cos(n π)＝⎩⎨⎧－n 2，n 为奇数，n 2，n 为偶数＝(－1)n ·n 2.由a n ＝f (n )＋f (n＋1)＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2＝(－1)n [n 2－(n ＋1)2]＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝－2×50＝－100.故选B.3．(2019·泉州模拟)若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋n ，则a 1＋a 22＋…＋a nn 等于( )A ．2n 2＋2nB ．n 2＋2nC ．2n 2＋nD ．2(n 2＋2n )解析：选A ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋n ，∴n ＝1时，a 1＝2，解得a 1＝4.n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋n －1，相减可得a n ＝2n ，∴a n ＝4n 2，n ＝1时也成立，∴a n n ＝4n .则a 1＋a 22＋…＋a nn ＝4(1＋2＋…＋n )＝4×n (1＋n )2＝2n 2＋2n .4．(2019·广州模拟)已知递增数列{a n }对任意n ∈N *均满足a n ∈N *，aa n ＝3n ，记b n ＝a 2·3n －1(n ∈N *)，则数列{b n }的前n 项和等于( )A ．2n ＋nB ．2n ＋1－1 C.3n ＋1－3n 2D.3n ＋1－32解析：选D aa 1＝3⇒a 1≤3，讨论：若a 1＝1⇒aa 1＝a 1＝1，不合题意；若a 1＝2⇒a 2＝3；若a 1＝3⇒aa 1＝a 3＝3，不合题意，即a 1＝2，a 2＝3，aa 2＝6⇒a 3＝6，所以aa 3＝9⇒a 6＝9，所以a 9＝aa 6＝18，a 18＝aa 9＝27，a 27＝aa 18＝54，a 54＝aa 27＝81，则b n ＝3n，所以数列{b n }的前n 项和等于3－3n ＋11－3＝3n ＋1－32.5．(2019·河南郑州质检)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则t 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ 解析：选D ∵数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，∴n ＝1时，a 1＝2；n ≥2时，a 1a 2a 3…a n －1＝2(n －1)2，可得a n ＝22n －1.又a 1＝2也符合上式，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.∴1a n ＝122n －1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等比数列，首项为12，公比为14.∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n <23.∵对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <t ，∴t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞.故选D.6．已知等差数列{a n }满足a 3＝－1，a 4＋a 12＝－12，则数列{a n }的通项公式a n ＝________；若数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，则使S n >14的最大正整数n 为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由已知可得⎩⎨⎧ a 1＋2d ＝－1，2a 1＋14d ＝－12，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝－1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1，①S n 2＝a 12＋a 222＋…＋a n 2n .②①－②得S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2－n 2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－2－n 2n ＝n 2n ，所以S n ＝n 2n －1，由S n ＝n 2n －1>14，得0<n ≤5，故最大正整数n 为5.答案：2－n 57．(2019·贺州联考)已知等差数列{a n }的公差d ＝2，且a 1，a 3－1，a 5＋7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n ＋1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解：(1)∵d ＝2，a 1，a 3－1，a 5＋7成等比数列， ∴a 1(a 5＋7)＝(a 3－1)2，即a 1(a 1＋15)＝(a 1＋3)2， 解得a 1＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)∵b n ＝(－1)n ＋1a n ＝(－1)n ＋1(2n －1)，∴T 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(4n －3)－(4n －1)＝－2n .8．(2019·南昌重点中学高三段考)已知数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，a 1＝1，b 1＝2，a 2＋b 2＝7，a 3＋b 3＝13.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝⎩⎨⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前2n 项和S 2n .解：(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q (q ≠0)， 依题意有⎩⎨⎧ 1＋d ＋2q ＝7，1＋2d ＋2q 2＝13，解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝2. 故a n ＝2n －1，b n ＝2n .(2)由已知c 2n －1＝a 2n －1＝4n －3，c 2n ＝b 2n ＝4n ，所以数列{c n }的前2n 项和S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n ) ＝n (1＋4n －3)2＋4(1－4n )1－4＝2n 2－n ＋43(4n －1)．9．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 7＝0，a 3－2a 2＝12(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋162n ＋2的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧7a 1＋7×62d ＝0，a 1＋2d －2(a 1＋d )＝12，解得⎩⎨⎧a 1＝－12，d ＝4，所以a n ＝4n －16.(2)由(1)知a n ＝4n －16，所以a n ＋162n ＋2＝4n －16＋162n ＋2＝n2n ， 所以S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ， 两边同乘以12，得12S n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，两式相减，得12S n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1， 所以S n ＝2－n ＋22n .10．(2019·青岛二模)已知数列{a n }中，a 2＝2a 1＝2，a n ＋1＋2a n －1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)．设数列{b n }满足b n ＝a n ＋1－a n .(1)证明：数列{b n }是等比数列；(2)设c n＝2－n·b n4n2－1，求数列{c n}的前n项和S n.解：(1)证明：因为a n＋1＋2a n－1＝3a n(n≥2，n∈N*)，b n＝a n＋1－a n，所以b n＋1b n＝a n＋2－a n＋1a n＋1－a n＝(3a n＋1－2a n)－a n＋1a n＋1－a n＝2(a n＋1－a n)a n＋1－a n＝2，因为b1＝a2－a1＝2－1＝1，所以数列{b n}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知b n＝1×2n－1＝2n－1.因为c n＝b n(4n2－1)2n，所以c n＝12(2n＋1)(2n－1)＝14⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1，所以S n＝c1＋c2＋…＋c n＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－12n＋1＝n4n＋2.。