【7个专题27份】江苏省2017年高考数学(理科)二轮复习与策略课件
2017届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)课件：专题5 解析几何 第2讲
解析 由双曲线方程可知 a＝4，b＝3， 3 所以两条渐近线方程为 y＝± 4x. 3 答案 y＝± 4x
x2 y2 2.(2016· 江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中， 双曲线 7 － 3 ＝1 的焦距是________.
解析 由已知，a2＝7，b2＝3，则 c2＝7＋3＝10， 故焦距为 2c＝2 10.
答案 (1)9 (2)(－1，3)
热点二
圆锥曲线的几何性质
【例 2】 (1)(2016· 全国Ⅲ卷改编)已知 O 为坐标原点，F 是椭 x2 y2 圆 C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B 分别为 C 的左， 右顶点.P 为 C 上一点， 且 PF⊥x 轴.过点 A 的直线 l 与线段 PF 交于点 M， 与 y 轴交于点 E.若直线 BM 经过 OE 的中点， 则 C 的离心率为________.
→
→
解
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知 y1＜0，y2＞0.
(1)直线 l 的方程为 y＝ 3(x－c)，其中 c＝ a2－b2. 3（x－c）， y＝ 联立 x2 y2 得(3a2＋b2)y2＋2 3b2cy－3b4＝0. ＋ ＝1， a2 b2 － 3b2（c＋2a） － 3b2（c－2a） → 解得 y1＝ ，y2＝ .因为AF＝ 3a2＋b2 3a2＋b2 3b2（c＋2a） － 3b2（c－2a） 2FB，所以－y1＝2y2，即 ＝2· ， 2 2 2 2 3a ＋b 3a ＋b
的中点为 D，则
am m m 0 ， D 又 B， D， M 三点共线， 所以 ＝ ， ， 2 （ a － c ） 2 （ a － c ） a ＋ c
1 a＝3c，e＝3. (2)取 B 为双曲线右焦点，如图所示.∵四边形
(江苏专版)2017年高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题6 算法、复数、推理与证明、概率
专题限时集训(二十一) 概率、统计(建议用时：4 5分钟)1．某学校有男、女学生各500名，为了解男、女学生在学习兴趣与业余爱好方面是否存在显著差异，拟从全体学生中抽取100名学生进行调查，则宜采用的抽样方法是________抽样．分层 [由于是调查男、女学生在学习兴趣与业余爱好方面是否存在差异，因此用分层抽样方法．]2．(2012·江苏高考)某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3∶3∶4，现用分层抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为50的样本，则应从高二年级中抽取________名学生．15 [设应从高二年级抽取x 名学生，则x ∶50＝3∶10，解得x ＝15.]3．若将一个质点随机投入如图20－5所示的长方形ABCD 中，其中AB ＝2，BC ＝1，则质点落在以AB 为直径的半圆内的概率是________．图20－5π4 [设质点落在以AB 为直径的半圆内为事件A ，则P (A )＝阴影面积长方形面积＝12π·121×2＝π4.] 4．(2014·江苏高考)从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的乘积为6的概率是________．13[取两个数的所有情况有：(1,2)，(1,3)，(1,6)，(2,3)，(2,6)，(3,6)，共6种情况．乘积为6的情况有：(1,6)，(2,3)，共2种情况．所求事件的概率为26＝13.] 5．从甲，乙，丙，丁4个人中随机选取两人，则甲，乙两人中有且只有一个被选取的概率为________．23[从甲，乙，丙，丁4个人中随机选取两人共有C 24＝6种基本事件，而甲，乙两人中有且只有一个被选取包含C 12C 12＝4种基本事件，所以所求概率为46＝23.] 6．若一组样本数据2,3,7,8，a 的平均数为5，则该组数据的方差s 2＝________.265 [由2＋3＋7＋8＋a 5＝5，得a ＝5，所以 s 2＝15[(2－5)2＋(3－5)2＋(7－5)2＋(8－5)2＋(5－5)2]＝265.]7．(2013·江苏高考)现有某类病毒记作X m Y n ，其中正整数m ，n (m ≤7，n ≤9)可以任意选取，则m ，n 都取到奇数的概率为________．2063[因为正整数m ，n 满足m ≤7，n ≤9，所以(m ，n )所有可能的取值一共有7×9＝63(种)，其中m ，n 都取到奇数的情况有4×5＝20(种)，因此所求概率为P ＝2063.] 8．(2014·江苏高考)为了了解一片经济林的生长情况，随机抽测了其中60株树木的底部周长(单位：cm)，所得数据均在区间[80,130]上，其频率分布直方图如图20－6所示，则在抽测的60株树木中，有________株树木的底部周长小于100 cm.图20－624 [底部周长在[80,90)的频率为0.015×10＝0.15，底部周长在[90,100)的频率为0.025×10＝0.25，样本容量为60，所以树木的底部周长小于100 cm 的株数为(0.15＋0.25)×60＝24.]9．某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450分之间的1 000名学生的成绩，并根据这1 000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图20－7)，则成绩在[300,350)内的学生人数共有________．图20－7300 [因为所有小长方形的面积之和为1，所以50(0.001＋0.001＋0.004＋a ＋0.005＋0.003)＝1，即a ＝0.006.因此在[300,350)内的学生人数为0.006×50×1 000＝300.]10．一个容量为20的样本数据分组后，分组与频率分别如下：(10,20]，2；(20,30]，3；(30,40]，4；(40,50]，5；(50,60]，4；(60,70]，2.则样本在(10,50]上的频率是________．710[因为样本在(10,50]上的频数共有2＋3＋4＋5＝14，所以样本在(10,50]上的频率是1420＝710.也可从反面求解，即样本不在(10,50]上的频数共有4＋2＝6，所以样本在(10,50]上的频率是1－620＝710.] 11．用系统抽样法从160名学生中抽取容量为20的样本，将160名学生从1～160编号，按编号顺序平均分成20组(1～8号，9～16号，…，153～160号)，若第16组抽出的号码为126，则第一组中用抽签法确定的号码是________．6 [设第一组中抽取的号码是x (1≤x ≤8)．由题意可得分段间隔是8，又∵第16组抽出的号码是126，∴x ＋15×8＝126，∴x ＝6.∴第一组中用抽签法确定的号码是6.]12．分别在集合A ＝{1,2,3,4}和集合B ＝{5,6,7,8}中各取一个数相乘，则积为偶数的概率为________．34[由古典概型的概念可得其基本事件为4×4＝16，其中积为偶数的有1,6；1,8；3,6；3,8；2,5；2,6；2,7；2,8；4,5；4,6；4,7；4,8，共12种，则概率为P ＝1216＝34.] 13．(2016·盐城三模)甲、乙两盒中各有除颜色外完全相同的2个红球和1个白球，现从两盒中随机各取一个球，则至少有一个红球的概率为________．【导学号：19592061】89[从两盒中随机各取一个球，共有3×3＝9种不同取法，其中均取白球的方式只有一种，故所求事件的概率P ＝1－19＝89.]图20－814．(2016·南通三模)如图20－8是甲、乙两位同学在5次数学测试中得分的茎叶图，则成绩较稳定(方差较小)的那一位同学的方差为________．2 [x 甲＝88＋89＋90＋91＋925＝90.x 乙＝87＋89＋90＋91＋935＝90. ∴s 2甲＝15[(88－90)2＋(89－90)2＋(90－90)2＋(91－90)2＋(92－90)2] ＝15(4＋1＋0＋1＋4)＝2. s 2乙＝15[(87－90)2＋(89－90)2＋(90－90)2＋(91－90)2＋(93－90)2] ＝15(9＋1＋0＋1＋9) ＝4.∴s 2甲<s 2乙.]15．(2015·南通二模)从2名男生和2名女生中任意选取两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为________．13[设2名男生记为A 1，A 2,2名女生记为B 1，B 2，任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，共有A 1A 2，A 1B 1，A 1B 2，A 2B 1，A 2B 2，B 1B 2，A 2A 1，B 1A 1，B 2A 1，B 1A 2，B 2A 2，B 2B 1，共12种情况，而星期六安排一名男生，星期日安排一名女生共有A 1B 1，A 1B 2，A 2B 1，A 2B 2，共4种情况，则发生的概率为P ＝412＝13.] 16．某校从参加高三年级期中考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩(均为整数)分成六段[40,50)，[50,60)，…，[90,100]后得到如图20－9的频率分布直方图，请你根据频率分布直方图中的信息，估计出本次考试数学成绩的平均分为________．图20－971 [由频率分布直方图得每一组的频率依次为0.1，0.15，0.15,0.3,0.25,0.05，又由频率分布直方图，得每一组数据的中点值依次为45,55,65,75,85,95.所以本次考试数学成绩的平均分为x －＝45×0.1＋55×0.15＋65×0.15＋75×0.3＋85×0.25＋95×0.05＝71.]。
2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略课件：第1部分 专题4 第14讲 高考中的立体几何
所以 DE∥BC1. 因为 DE⊄平面 BB1C1C，BC1⊂平面 BB1C1C， 所以 DE∥平面 BB1C1C. 6分
(2)因为△ABC 是正三角形，E 是 AB 的中点． 所以 CE⊥AB. 又因为在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中， 平面 ABC⊥平面 ABB1A1，交线为 AB， 所以 CE⊥平面 ABB1A1， 从而 CE⊥A1B. 在矩形 ABB1A1 中， A1B1 B1B 因为 B B ＝ 2＝ BE ， 1 所以 Rt△A1B1B∽Rt△B1BE， 12 分
得 EN∥AM，EN＝AM，∴四边形 ENMA 是平行四边形， 得 MN∥AE，MN⊄平面 PAB，AE⊂平面 PAB， ∴MN∥平面 PAB.
4分
6分
(2)过点 A 作 PM 的垂线，垂足为 H. ∵平面 PMC⊥平面 PAD，平面 PMC∩平面 PAD＝PM，AH⊥PM， AH⊂平面 PAD， ∴AH⊥平面 PMC，∵CM⊂平面 PMC，∴AH⊥CM. ∵PA⊥平面 ABCD，CM⊂平面 ABCD，∴PA⊥CM. ∵PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面 PAD，∴CM⊥平面 PAD. ∵AD⊂平面 PAD，∴CM⊥AD. 14 分 12 分
已知直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AD⊥平面 A1BC，其垂 足 D 落在直线 A1B 上． (1)求证：平面 A1BC⊥平面 ABB1A1； (2)若 AD＝ 3，AB＝BC＝2，P 为 AC 中点，求三棱锥 P－A1BC 的体积．
图 14－6
[解] (1)证明：直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AA1⊥平面 ABC， ∴AA1⊥BC. ∵AD⊥平面 A1BC， ∴AD⊥BC.3 分 ∵AA1，AD 为平面 ABB1A1 内两相交直线， ∴BC⊥平面 ABB1A1. 又∵BC⊂平面 A1BC， ∴平面 A1BC⊥平面 ABB1A1. 6分
2017高考数学理科二轮复习课件：第1部分 专题七 概率与统计 第1讲 精品
③求形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n ∈N*)的式子中与特定项相关的量： 根据二项式定理把a＋bm与c＋dn分别展开，并写出其通项 根据特定项的次数，分析特定项可由a＋bm与 → c＋dn的展开式中的哪些项相乘得到 → 把相乘后的项相加减即可得到特定项 解题 ④求形如(a＋b＋c)n(n ∈N*)式子中与特定项相关的量： 模板 把三项的和a＋b＋c看做a＋b与c两项的和 → 根据二项式定理求出[a＋b＋c]n的展开式通项 对特定项的次数进行分析，弄清特定项是由a＋bn－r的展开式和 → r c 的展开式中的哪些项相乘得到 → 把相乘后的项相加减即可得到特定项
• 2. (2016·河北唐山统考)4名大学生到三家企 业应聘，每名大学生至多被一家企业录用， D 则每家企业至少录用一名大学生的情况有 ( ) • A．24种 B．36种 • C．48种 D．60种 解析：每家企业至少录用一名大学生的情况有两种：一种是一家企业录用一名， • 突破点拨 3 2 3 有 C3 4A3＝24 种；一种是其中有一家企业录用 2 名大学生，有 C4A3＝36 种，所以共有 • 分两类：一类四名学生全分到企业，另一类 24＋36＝60 种．故选 D. 有一名学生未分到企业．
[例](2015· 全国卷 方 ②求二项式展开 Ⅰ· 10题)；(2015· 全 式 式的指定项、项 国卷Ⅱ· 15题)；
①计数问题： 分析给出问题的特点 → 确定需要应用的知识点 → 运用对应知识求解 解题 模板 ②求解形如(a＋b)n(n ∈N*)的式子中与特定项(如常数项、指定项)相关的量：
• 2．统计部分内容的概念、数据、图表、计算 公式较多，再加之数据计算繁琐，在复习时 要注意以下几点： • (1)厘清概念，如中位数、众数、样本平均数、 样本方差等，只有明确了这些概念才能在具 体问题中灵活运用； • (2)搞清楚几个数表的意义，如频率分布表、 独立性检验中的2×2列联表； • (3)搞清楚几个图表的意义，如统计初步中的 茎叶图、频率分布直方图、频率分布折线图， 排列组合问题
2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略课件：第2部分 专题讲座2 一、填空题求解的6种妙招
观察下列等式： ①cos 2α＝2cos2α－1； ②cos 4α＝8cos4α－8cos2α＋1； ③cos 6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1； ④cos 8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1； ⑤cos 10α＝mcos10α－1 280cos8α＋1 120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1. 可以推测，m－n＋p＝________. 【导学号：19592075】
已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1,1]时f(x)＝x2，那么函数y＝f(x) 的图象与函数y＝|lg x|的图象的交点共有________个．
10 [如图，作出图象可知y＝f(x)与y＝|lg x|的图象共有10个交点．
]
利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是高考命 题的热点．准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中变量之间 的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果．
|4k－2| 4 2 ＝0的距离应不大于2，即 2 ≤2.整理，得3k －4k≤0.解得0≤k≤ 3 .故k的最大 k ＋1 4 值为3.]
类型二
特例求解法
特例求解法在考试中应用起来比较方便，它的实施过程是从特殊到一般，优 点是简便易行．当填空题提供的信息暗示答案唯一或其值为定值时，就可以取一 个特殊数值、特殊位置、特殊图形、特殊关系、特殊数列或特殊函数值来将字母 具体化，把一般形式变为特殊形式．当题目的条件是从一般性的角度给出时，特 例求解法尤其有效．
2
|x| |x| [当x＝0时， ＝0；当x≠0时， ＝ |b| |b| |x| |x| ＝ 2＝ 2 2 xe1＋ye2 x ＋y ＋ 3xy 1
(江苏专版)2017年高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题1 集合、常用逻辑用语、不等式、
专题限时集训(七) 利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个数问题(建议用时：45分钟)1．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(a ∈R )．(1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，所以斜率k ＝f ′(1)＝1.1分 又f (1)＝0，曲线在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1 2分⇒x 2＋(1－a )x ＋1＝0，由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3可知：当Δ>0时，即a <－1或a >3时，有两个公共点； 当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点；当Δ<0时，即－1<a <3时，没有公共点. 4分 (2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ，由y ＝0得a ＝x ＋2x＋ln x ， 6分令h (x )＝x ＋2x＋ln x ，则h ′(x )＝x －x ＋x 2. 8分当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，由h ′(x )＝0得x ＝1， 10分 所以，h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， 因此，h (x )min ＝h (1)＝3，11分由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e＋2e －1， 12分h (e)＝e ＋2e＋1比较可知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e>h (e). 13分所以，当3<a ≤e＋2e ＋1时，函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点. 14分2．设函数f (x )＝e 2x－a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a x(x >0). 1分 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点； 3分 当a >0时，设u (x )＝e 2x，v (x )＝－a x，因为u (x )＝e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a x在(0，＋∞)上单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增. 5分又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点. 6分(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 8分当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.9分故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e 2x 0－ax 0＝0， 12分所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. 14分3．(2013·江苏高考)设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x－ax ，其中a 为实数． (1)若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围；(2)若g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f (x )的零点个数，并证明你的结论． [解] (1)令f ′(x )＝1x －a ＝1－axx＜0，考虑到f (x )的定义域为(0，＋∞)，故a ＞0，进而解得x ＞a －1，即f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数. 2分同理，f (x )在(0，a －1)上是单调增函数．由于f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a ≥1. 4分令g ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a .当x ＜ln a 时，g ′(x )＜0；当x ＞ln a 时，g ′(x )＞0. 又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a ＞1，即a ＞e.综上可知，a ∈(e ，＋∞). 6分 (2)当a ≤0时，g (x )必为单调增函数； 当a ＞0时，令g ′(x )＝e x －a ＞0，解得a ＜e x， 即x ＞ln a ．7分因为g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a ≤－1，即0＜a ≤e －1. 综合上述两种情况，得a ≤e －1.①当a ＝0时，由f (1)＝0以及f ′(x )＝1x＞0，得f (x )存在唯一的零点； 8分②当a ＜0时，由于f (e a )＝a －a e a ＝a (1－e a )＜0，f (1)＝－a ＞0，且函数f (x )在[e a,1]上的图象连续，所以f (x )在(e a,1)上存在零点. 9分另外，当x ＞0时，f ′(x )＝1x－a ＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f (x )只有一个零点．③当0＜a ≤e －1时，令f ′(x )＝1x－a ＝0，解得x ＝a －1.当0＜x ＜a －1时，f ′(x )＞0；当x ＞a －1时，f ′(x )＜0，所以，x ＝a －1是f (x )的最大值点，且最大值为f (a －1)＝－ln a －1. 10分a ．当－ln a －1＝0，即a ＝e －1时，f (x )有一个零点x ＝e. b ．当－ln a －1＞0，即0＜a ＜e －1时，f (x )有两个零点．实际上，对于0＜a ＜e －1，由于f (e －1)＝－1－a e －1＜0，f (a －1)＞0，且函数f (x )在[e －1，a －1]上的图象连续，所以f (x )在(e －1，a －1)上存在零点．另外，当x ∈(0，a －1)时，f ′(x )＝1x－a ＞0，故f (x )在(0，a －1)上是单调增函数， 所以f (x )在(0，a －1)上只有一个零点． 下面考虑f (x )在(a －1 ，＋∞)上的情况． 先证f ()e a－1＝a ()a －2－e a －1＜0.为此，我们要证明：当x ＞e 时，e x＞x 2.设h (x )＝e x －x 2，则h ′(x )＝e x －2x ，再设l (x )＝h ′(x )＝e x－2x ， 则l ′(x )＝e x－2. 12分当x ＞1时，l ′(x )＝e x－2＞e －2＞0，所以l (x )＝h ′(x )在(1，＋∞)上是单调增函数． 故当x ＞2时，h ′(x )＝e x－2x ＞h ′(2)＝e 2－4＞0，零点. 13分 又当x ＞a －1时，f ′(x )＝1x－a ＜0，故f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数， 所以f (x )在(a －1，＋∞)上只有一个零点．综合①②③可知，当a ≤0或a ＝e －1时，f (x )的零点个数为1，当0＜a ＜e －1时，f (x )的零点个数为2. 14分4．(2016·苏锡常镇调研二)已知函数f (x )＝a ·e x＋x 2－bx (a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，其导函数为y ＝f ′(x ).(1)设a ＝－1，若函数y ＝f (x )在R 上是单调减函数，求b 的取值范围； (2)设b ＝0，若函数y ＝f (x )在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围；(3)设b ＝2，且a ≠0，点(m ，n )(m ，n ∈R )是曲线y ＝f (x )上的一个定点，是否存在实数x 0(x 0≠m )，使得f (x 0)＝f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n 成立？证明你的结论．[解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝－e x＋x 2－bx ，∴f ′(x )＝－e x＋2x －b ，1分 由题意f ′(x )＝－e x＋2x －b ≤0对x ∈R 恒成立﹒ 由－e x＋2x －b ≤0，得b ≥－e x＋2x ，令F (x )＝－e x＋2x ，则F ′(x )＝－e x＋2，令F ′(x )＝0，得x ＝ln 2.3分当x ＜ln 2时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，当x ＞ln 2时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减， 5分从而当x ＝ln 2时，F (x )有最大值2ln 2－2，所以b ≥2ln 2－2. 6分 (2)当b ＝0时，f (x )＝a e x ＋x 2，由题意a e x ＋x 2＝0只有一解.7分 由a e x＋x 2＝0，得－a ＝x 2e x ，令G (x )＝x 2e x ，则G ′(x )＝x－xex， 令G ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.当x ≤0时，G ′(x )≤0，G (x )单调递减，G (x )的取值范围为[0，＋∞)，8分当0＜x ＜2时，G ′(x )＞0，G (x )单调递增，G (x )的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2，9分 当x ≥2时，G ′(x )≤0，G (x )单调递减，G (x )的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，4e 2， 10分由题意，得－a ＝0或－a ＞4e 2，从而a ＝0或a ＜－4e2，∴当a ＝0或a ＜－4e 2时，函数y ＝f (x )只有一个零点.12分(3)f (x )＝a e x＋x 2－2x ，f ′(x )＝a e x＋2x －2， 假设存在，则有f (x 0)＝f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋f (m )，13分即f x 0－f m x 0－m ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2，∵f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2＝a e＋2·x 0＋m2－2，f x 0－f m x 0－m＝ax 0－e m ＋x 20－m2－x 0－m x 0－m＝ax 0－e m x 0－m＋(x 0＋m )－2，∴a e＝ax 0－e mx 0－m.(*) 14分∵a ≠0，∴e＝e x 0－e mx 0－m ，不妨设t ＝x 0－m ＞0，则e t 2＋m ＝e t ＋m－e mt.∴h (t )在(0，＋∞)上单调递增， 又∵h (0)＝0，∴h (t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立，即g ′(t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立， ∴g (t )在(0，＋∞)上单调递增，又g (0)＝0， ∴g (t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立，即(*)式不成立，∴不存在实数x 0(x 0≠m )，使得f (x 0)＝f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n 成立. 16分5．(2016·南通三模)设函数f (x )＝x e x－a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数)． (1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围；(3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【导学号：19592022】[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝x e x，f ′(x )＝e x(x ＋1)， 令f ′ (x )＝0，得x ＝－1. 2分 列表如下：所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－e，无极大值. 4分(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，有sin x cos x ≥0，所以f (x )≥0恒成立，当a ≤0时，符合题意； 5分②当0＜a ≤1时，因为f ′(x )≥e x(x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0，所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 上为增函数，所以f (x )≥f (0)＝0，即当0＜a ≤1，符合题意；6分③当a ＞1时，f ′(0)＝1－a ＜0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 ＝e π4⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋1＞0，所以存在α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，使得f ′(α)＝0，且在(0，α)内，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，α)上为减函数，所以f (x )＜f (0)＝0. 即当a ＞1时，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]. 8分(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点，由(2)知，当a ≤1时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，且f (0)＝0，故函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上无零点．当a ＞1时，f ′(x )≥e x(x ＋1)－a cos 2x ， 9分 令g (x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ，g ′(x )＝e x(x ＋2)＋2a sin 2x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，恒有g ′(x )＞0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，由g (0)＝1－a ＜0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋1 ＋a ＞0，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一的零点x 0，即方程f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0，11分且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2，f ′(x )＞0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上单调递增， 12分 当x ∈(0，x 0)时，f (x )＜f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)无零点； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f (x 0)＜f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 ＝π2e ＞0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2上有唯一零点， 14分所以，当a ＞1时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有一个零点．综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点. 16分6．设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值．[解] (1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2. 2分又f ′(x )＝ln x ＋a x＋1，所以a ＝1. 4分 (2)当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0,1]时，h (x )<0.5分又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e2>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0. 6分 因为h ′(x )＝ln x ＋1x＋1＋xx －ex，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－1e >0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增.7分所以当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根.8分(3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0， 且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )， 所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x ，x ∈，x 0]，x2ex ，x ∈x 0，＋ 10分当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0； 若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x＋1>0，可知0<m (x )≤m (x 0)；故m (x )≤m (x 0). 12分 当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x－xex， 可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．可知m (x )≤m (2)＝4e2，且m (x 0)<m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e2.14分。
2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略课件：第1部分 专题3 第11讲 等差数列与等比数列
3
3 [由题意知 a3＝q， a5＝q2， a7＝q3 且 q≥1； a4＝a2＋1， a6＝a2＋2 且 a2≥1，
那么有 q2≥2 且 q3≥3. 故 q≥ 3，即 q 的最小值为 3.] 3 3
n 1 4 12 * 4．已知数列{an}满足 a1＝3，2－an＋1＝ (n∈N )，则 a ＝________. an＋6 i＝1 i
1．(2016· 南通二调)在等比数列{an}中， a2＝1，公比 q≠± 1.若 a1,4a3,7a5 成等 差数列，则 a6 的值是________． 1 49 [由题意可知
8a3＝a1＋7a5， ∴8q2＝1＋7q4， 1 解得 q ＝7或 q2＝1(舍去)．
2
又 a2＝1，故 a6＝a2q
【导学号：19592035】
1
3，
1 1 n－1 n－1 所以 bn＋4＝1×3 ，故 bn＝3 －4， 1－3n 1 2· 3n－n－2 所以数列{bn}的前 n 项和 Sn＝ － n＝ ， 4 1－3 4 3n－n－2 1 2· 所以 a ＝ .] 4 i＝1 i
n
题型三| 等差、等比数列的性质及应用
a8>0， 且 a9<0， 7＋7d>0， 即 7＋8d<0，
7 解得－1<d<－8.
2 2 (3)在等差数列中，由 2a3－a2 7＋2a11＝0，得 2(a3＋a11)－a7＝0,4a7－a7＝0，则
a7＝0 或 a7＝4，又因{bn}是等比数列，且 b7＝a7，则 a7＝0(舍)，a7＝4，又由 b7＝ 4 得 b6b8＝b2 7＝16.]
2ak＝am＋al(m，k，l∈N*且 m，k， a 2 al(m ， k ， l ∈ N* 且 m ， k ， l k ＝ am· am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*， am· an＝ap· aq(m，n，p，q∈N*且 m＋
2017届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)课件：专题4 立体几何
1 1 1 1 (2)VD1－EDF＝VF－DD1E＝ S△D1DE·AB＝ × ×1×1×1＝ .另解 3 3 2 6 (特殊点法)：让 E 点和 A 点重合，点 F 与点 C 重合， 1 1 1 1 则 VD1－EDF＝3×S△ACD×D1D＝3×2×1×1×1＝6. 1 (3)由题意可得正四棱锥的高为 2，体积为 ×(2 3)2×2＝8， 3 则正方体的体积为 8，所以棱长为 2.
∵S 矩形 BB1D1D＝BD×BB1＝3 2×2＝6 2， 1 1 3 2 ∴VA BB1D1D＝ S 矩形 BB1D1D·AO＝ ×6 2× ＝6(cm3). 3 3 2 5π 10π (3)由题意可得三个扇形的弧长分别为 3 ， 3 ，5π，分 5 5 5 别等于三个圆锥底面圆的周长，则 r1＝6，r2＝3，r3＝2， 5 5 5 所以 r1＋r2＋r3＝6＋3＋2＝5.
(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β. (4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α， a⊥l⇒a⊥β.
热点一
空间几何体的有关计算问题
【例 1】 (1)(2016· 连云港调研)如图，在棱长 为 6 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E，F 分别在 C1D1 与 C1B1 上，且 C1E＝4，C1F ＝3， 连接 EF， FB， DE， BD 则几何体 EFC1 －DBC 的体积为________.
因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC.
(2)解 法一 在线段 CD 上存在点 N，且当 N 为 CD 的中点时，D1N∥平面 A1BC. 证明如下： 连接 BN、D1N，因为 AB∥CD，AB＝1，CD＝2， 所以 AB∥DN 且 AB＝DN，所以四边形 ABND 为平行四边形，所以 BN∥AD 且 BN＝AD. 在四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，A1D1∥AD 且 A1D1＝AD，
2017届高考数学二轮复习备考《精确高考方向,提高二轮水平》 (共220张PPT)
新考试大纲（数学）
16年天津理科
考查圆锥曲线的同时， 借助平行的关系证明 相
16年全国卷1 文理
收集题中数据， 将文字语言、 图形（或数表） 等转化成数学 语言，利用数 学知识建立相 应的数学模型， 将实际问题化 为数学问题， 选择合适的方 法求解。
新考试大纲（数学）
16年全国卷3文理 本题关键不是 收集题中所给 的图中的数据， 而是怎样计算 所给公式中的 相关量。大部 分学生不能解 答的原因有二， 一是停留在寻 找图中的数据； 二是不能对数 据进行处理 （计算）
• 修订三 • 【选考内容删减】现行考试大纲三个选考模块中删去“几 何证明选讲”，其余2个选考模块的内容和范围都不变。 考生从“坐标系与参数方程”“不等式选讲”2个模块中 任选1个作答。 • 【解读】 “几何证明选讲”这个考点，如圆幂定理、平行 线切割定理、射影定理，初中学习程度好的考生也可以解 答，放在高考本来就是“鸡肋”，删去可以减轻高考考生的 负担。北京大学数学科学学院教授刘和平说，该部分的主 要内容在高中立体几何和解析几何都有相当程度的体现， 因此没必要再以单独的专题形式来考查。需要注意的是， 删去这部分内容，并不意味着弱化对考生相关能力的要求。 • 【备考策略】应该注重在三角、向量、解几和立几中重视 知识的渗透，适当加强对相似、全等及圆中线段和性质的 考查，因为这些内容的复习跟平面几何知识联系比较紧密。
• 修订一 • 【抽象概括能力】“抽象概括能力是对具体的、生 动的实例，在抽象概括的过程中，发现研究对象 的本质；从给定的大量信息材料中概括出一些结 论，并能将其应用于解决问题或做出新的判断” 改为“抽象概括能力是对具体的、生动的实例， 经过分析提炼，发现研究对象的本质；从给定的 大量信息材料中概括出一些结论，并能将其应用 于解决问题或做出新的判断” • 【解读】概括是把事物的共同特点归结在一起加 以简明地叙述,扼要重述；也有总结、归纳及一般 推理的意思。提炼是在概括的基础上得到更精准 的结论，更加的揭露一些事物的本质。最终结果 还是应用于解决问题或做出判断。 • 【备考策略】注重对信息的分析，概括，总结， 归纳和提炼。可以适当做相应的训练。
【7个专题20份】江苏省2017高考数学(理)大二轮总复习与增分策略配套课件
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热点一
集合的关系及运算
1.集合的运算性质及重要结论
(1)A∪A＝A，A∪∅＝A，A∪B＝B∪A. (2)A∩A＝A，A∩∅＝∅，A∩B＝B∩A. (3)A∩(∁UA)＝∅，A∪(∁UA)＝U. (4)A∩B＝A⇔A⊆B，A∪B＝A⇔B⊆A. 2.集合运算中的常用方法 (1)若已知的集合是不等式的解集，用数轴求解； (2)若已知的集合是点集，用数形结合法求解； (3)若已知的集合是抽象集合，用Venn图求解.
思维升华
解析答案
跟踪演练2
1 (1)下列四个结论中正确的个数是________.
①“x2＋x－2>0”是“x>1”的充分不必要条件；
②命题：“∀x∈R，sin x≤1”的否定是“∃x0∈R，sin x0>1”；
解析
原命题是全称命题，条件为∀x∈R，结论为∃n∈N*，使得n≥x2，其否定形式为存在来自命题，条件中改量词，并否定结论.
解析答案
考情考向分析
1.集合是高考必考知识点，经常以不等式解集、函数的定义域、值域
为背景考查集合的运算，近几年有时也会出现一些集合的新定义问题.
2.高考中考查命题的真假判断或命题的否定，考查充要条件的判断.
解析 由A＝{x|x2－4x＋3<0}＝{x|1<x<3}，
3 B＝{x|2x－3>0}＝xx>2 ，
3 得 A∩B＝x2<x<3 .
解析答案
1
2
3
2.(2016· 北京改编)设a，b是向量，则“|a|＝|b|”是“|a＋b|＝|a－b|”的 既不充分也不必要 条件 .( 填 “ 充分不必要 ”“ 必要不充分 ”“ 充要 ” ___________________ 或“既不充分也不必要”)
2017届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)课件：专题7 附加题(选做部分) 第1讲
(2)若AB＝1，E为DA的中点，求四边形BCGF的面积.
(1)证明 因为 DF⊥EC，则∠EFD＝∠DFC＝90°， 易得∠DEF＝∠CDF，所以△DEF∽△CDF，则有∠GDF DF DE DG ＝∠DEF＝∠FCB，CF＝CD＝ CB ，所以△DGF∽△CBF， 由此可得∠DGF＝∠CBF.因此∠CGF＋∠CBF＝180°， 所以 B，C，G，F 四点共圆.
探究提高 在证明线段的乘积相等时，通常 用三角形相似或圆的切割线定理.同时，要注
意等量的代换.
【训练 1】 (2014· 江苏卷)如图，AB 是圆 O 的直径， C，D 是圆 O 上位于 AB 异侧的两点. 证明：∠OCB＝∠D.
证明 因为 B，C 是圆 O 上的两点， 所以 OB＝OC.故∠OCB＝∠B. 又因为 C，D 是圆 O 上位于 AB 异侧的两点， 故∠B，∠D 为同弧所对的两个圆周角， 所以∠B＝∠D.因此∠OCB＝∠D.
(1)证明 连接 BE，由题意知△ABE 为直角三角形. 因为∠ABE＝∠ADC＝90°，∠AEB＝∠ACB， 所以△ABE∽△ADC， AB AE 所以AD＝AC，即 AB· AC＝AD· AE. 又 AB＝BC，所以 AC· BC＝AD· AE.
(2)解
因为 FC 是圆 O 的切线，所以 FC2＝FA· FB，
考查四点共圆的性质
【例 2－2】 (2016· 全国Ⅲ卷)如图，⊙O 中AB的中 点为 P，弦 PC，PD 分别交 AB 于 E，F 两点. (1)若∠PFB＝2∠PCD，求∠PCD 的大小； (2)若 EC 的垂直平分线与 FD 的垂直平分线交于 点 G，证明 OG⊥CD.
︵
(1)解
连接 PB，BC，则∠BFD＝∠PBA＋∠BPD，∠PCD
2017届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)课件：专题5 解析几何 第1讲
4.处理有关圆的问题，要特别注意圆心、半径及平面几何知
识的应用，如弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形
经常用到，利用圆的一些特殊几何性质解题，往往使问题 简化. 5.直线与圆中常见的最值问题 (1)圆外一点与圆上任一点的距离的最值.
(2)直线与圆相离，圆上任一点到直线的距离的最值.
(3)过圆内一定点的直线被圆截得弦长的最值. (4)直线与圆相离，过直线上一点作圆的切线，切线长的最 小值问题. (5)两圆相离，两圆上点的距离的最值.
解 (1)由 x2＋y2－6x＋5＝0，得(x－3)2＋y2＝4， 所以圆 C1 的圆心坐标为(3，0). (2)设线段 AB 的中点 M 的坐标点(x，y)，①当线段 AB 不在 x y y 轴上时，有 C1M⊥AB，则 kC1M·kAB＝－1，即 ·x＝－1， x－3
32 2 9 整理得x－2 ＋y ＝ ，又当直线 4
2
(2)依题意得△OO1A 是直角三角形， ∴OO1＝ 5＋20＝5， 1 AB 1 S△OO1A＝2· 2 ·OO1＝2·OA·AO1， 2·OA·AO1 2× 5×2 5 因此 AB＝ ＝ ＝4. OO1 5
答案 4 (1)5π (2)4
探究提高 (1)直线与圆相切时利用“切线与 过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于 半径”建立切线斜率的等式，所以求切线方
【训练 1】 (2016· 苏北四市调研)若圆上一点 A(2，3)关 于直线 x＋2y＝0 的对称点仍在圆上，且圆与直线 x－ y＋1＝0 相交的弦长为 2 2，则圆的方程是________.
解析
设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，点 A(2，3)关于直线
x＋2y＝0 的对称点仍在圆上，说明圆心在直线 x＋2y＝0 上， 即有 a＋2b＝0，又(2－a)2＋(3－b)2＝r2，而圆与直线 x－y＋1 ＝0 相交的弦长为 2 2，故 r
2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略课件：第1部分 专题1 第1讲 集合与常用逻辑用语
(1)1
(2)②③ [(1)先证原命题为真： 当 z1 ， z2 互为共轭复数时， 设 z1＝a＋bi(a，
b∈R)，则 z2＝a－bi，则|z1|＝|z2|＝ a2＋b2，∴原命题为真，故其逆否命题为真； 再证其逆命题为假，取 z1＝1，z2＝i，满足|z1|＝|z2|，但是 z1，z2 不是共轭复数，∴ 其逆命题为假，故其否命题也为假．故填 1.
1．(2016· 泰州模拟)命题“∃x∈Q，x2－8＝0”的否定是________． 【导学号：19592001】
∀x∈Q， x2－8≠0 [“∃x∈Q， x2－8＝0”的否定是“∀x∈Q， x2－8≠0”． ]
2．已知命题 p：“若 a＝b，则|a|＝|b|”，则命题 p 及其逆命题、否命题、逆 否命题中，真命题的个数有________个． 2 [命题的四种形式中，原命题与逆否命题同真假，逆命题与否命题同真假， 本题中原命题是真命题，逆命题是假命题，故有 2 个是真命题．]
{x|－2＜x＜1} [∵A＝{x|－2＜x＜0}，B＝{x|－1＜x＜1}，∴A∪B＝{x|－2＜x ＜1}．]
2．(2016· 盐城期中模拟)若集合 A＝{x|x≤m}，B＝{x|－2＜x≤2}，且 B⊆A， 则实数 m 的取值范围是________． [2，＋∞) [∵A＝{x|x≤m}，B＝{x|－2＜x≤2}，且 B⊆A， ∴2≤m，即实数 m 的取值范围是[2，＋∞)．]
3．(2016· 南通二调)设集合 实数 a 的值为________．
1 A＝{－1,0,1}，B＝a－1，a＋a，A∩B＝{0}，则
1
1 [∵A＝{－1,0,1}，B＝a－1，a＋a，A∩B＝{0}，
1 ∴a－1＝0 或 a＋a＝0(舍去)， ∴a＝1.]
(江苏专版)2017年高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题1 集合、常用逻辑用语、不等式、
专题限时集训(六) 利用导数研究函数的单调性、极值、最值(建议用时：45分钟)1．设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a >0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0,1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． [解] (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.1分令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a 3，x 2＝－1＋4＋3a3，x 1<x 2，2分所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2). 3分 当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0. 5分 故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)内单调递增.6分(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0.7分①当a ≥4时，x 2≥1，由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值. 10分②当0<a <4时，x 2<1，由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2,1]上单调递减，所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值.12分又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；当a ＝1时，f (x )在x ＝0处和x ＝1处同时取得最小值；当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值. 14分 2．已知函数f (x )＝ax －2x－3ln x ，其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围．【导学号：19592019】[解] (1)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x，由题意可知f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝1，解得a ＝1. 2分 由f (x )＝x －2x－3ln x ，∴f ′(x )＝x －x －x2.由f ′(x )＝0，得x ＝2. 4分 于是可得下表：∴f (x min(2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x2(x >0)， 8分 由题意可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x 1，x 2，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2， 10分则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，x 1＋x 2＝3a >0，x 1x 2＝2a >0，也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，－－32a >0，h ，13分解得0<a <98. 14分3．如图6－4，现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”．正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x 2m 的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m ，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.图6－4(1)求x 的取值范围；(运算中2取1.4)(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a 11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？[解] (1)由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9，100－2x ≥60，1002－2x －2×15x 2≥2×10，2分解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9，x ≤20，－20≤x ≤15，4分即9≤x ≤15. 6分 (2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得y ＝a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22＋433ax ×πx 2＋12a 11×⎝ ⎛⎭⎪⎫104－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22－πx 2 ＝a 11⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝ ⎛⎭⎪⎫－125x 4＋43x 3－12x 2＋12×104， 8分令f (x )＝－125x 4＋43x 3－12x 2，则f ′(x )＝－425x 3＋4x 2－24x ＝－4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫125x 2－x ＋6， 10分由f ′(x )＝0，解得x ＝10或x ＝15， 列表如下：所以当即当x ＝10m 时，可使“环岛”的整体造价最低. 14分 4．设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x ＞0，f (x )≥0成立，求a 的取值范围． [解] (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1. 1分令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞). 2分 ①当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点； 3分 ②当a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)．a ．当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点； 4分b ．当a ＞89时，Δ＞0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)， 因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14. 5分由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 6分 因此，函数有两个极值点． c ．当a ＜0时，Δ＞0， 由g (－1)＝1＞0，可得x 1＜－1.当x ∈(－1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 所以函数有一个极值点. 7分 综上所述，当a ＜0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a ＞89时，函数f (x )有两个极值点. 8分(2)由(1)知，①当0≤a ≤89时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞0，符合题意.9分 ②当89＜a ≤1时，由g (0)≥0，得x 2≤0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞0，符合题意. 10分③当a ＞1时，由g (0)＜0，可得x 2＞0. 所以x ∈(0，x 2)时，函数f (x )单调递减．因为f (0)＝0，所以x ∈(0，x 2)时，f (x )＜0，不合题意. 11分 ④当a ＜0时，设h (x )＝x －ln(x ＋1)． 因为x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1＞0， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增. 12分 因此，当x ∈(0，＋∞)时，h (x )＞h (0)＝0， 即ln(x ＋1)＜x .可得f (x )＜x ＋a (x 2－x )＝ax 2＋(1－a )x ， 当x ＞1－1a时，ax 2＋(1－a )x ＜0，此时f (x )＜0，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是[0,1]. 14分 5．(2016·无锡期末)已知函数f (x )＝ln x ＋a ＋e －2x(a ＞0)． (1)当a ＝2时，求出函数f (x )的单调区间；(2)若不等式f (x )≥a 对于x ＞0的一切值恒成立，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝2时，函数f (x )＝ln x ＋ex， 1分所以f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2， 2分所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，则函数f (x )在(0，e)上单调递减；3分 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，则函数f (x )在(e ，＋∞)上单调递增.4分(2)由题意知ln x ＋a ＋e －2x≥a 恒成立， 5分 原式等价于x ln x ＋a ＋e －2－ax ≥0在(0，＋∞)上恒成立， 令g (x )＝x ln x ＋a ＋e －2－ax ， 6分 因为g ′(x )＝ln x ＋1－a ，令g ′(x )＝0，得x ＝ea －1，所以g (x )e －2－ea －1，8分令t (x )＝x ＋e －2－ex －1，因为t ′(x )＝1－ex －1，令t ′(x )＝0，得x ＝1，且所以当a ∈(0,1)时，g (x )的最小值t (a )＞t (0)＝e －2－e＝－1e＞0，12分当a ∈[1，＋∞)时，g (x )的最小值为t (a )＝a ＋e －2－ea －1≥0＝t (2)，所以a ∈[1,2]. 14分6．(2016·苏北三市三模)已知函数f (x )＝e xe x ，g (x )＝ax －2ln x －a (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)求f (x )的极值；(2)若在区间[0，e]上，对于任意的x 0，总存在两个不同的x 1，x 2，使得g (x 1)＝g (x 2)＝f (x 0)，求a 的取值范围．[解] (1)因为f (x )＝e xex ，所以f ′(x )＝－x ex ，令f ′(x )＝0，得x ＝1. 2分 当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )是减函数．所以f (x )在x ＝1时取得极大值f (1)＝1，无极小值. 5分 (2)由(1)知，当x ∈(0,1)时，f (x )单调递增；当x ∈(1，e]时，f (x )单调递减． 又因为f (0)＝0，f (1)＝1，f (e)＝e·e1－e＞0，所以当x ∈(0，e]时，函数f (x )的值域为(0,1]. 7分 当a ＝0时，g (x )＝－2ln x 在(0，e]上单调，不合题意；当a ≠0时，g ′(x )＝a －2x ＝ax －2x ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a x，x ∈(0，e]，故必须满足0＜2a ＜e ，所以a ＞2e . 8分此时，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下：所以x →0，g (x )→＋∞，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a＝2－a －2ln a，g (e)＝a (e －1)－2.所以对任意给定的x 0∈(0，e]，在区间(0，e]上总存在两个不同的x 1，x 2， 10分使得g (x 1)＝g (x 2)＝f (x 0)，当且仅当a 满足下列条件⎩⎪⎨⎪⎧g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ≤0，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧2－a －2ln 2a ≤0，a －－2≥1.令m (a )＝2－a －2ln 2a ，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ，＋∞，m ′(a )＝－a －2a，由m ′(a )＝0，得a ＝2. 12分当a ∈(2，＋∞)时，m ′(a )＜0，函数m (a )单调递减；当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ，2时，m ′(a )＞0，函数m (a )单调递增． 所以，对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ，＋∞有m (a )≤m (2)＝0， 即2－a －2ln 2a ≤0对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ，＋∞恒成立． 由a (e －1)－2≥1，解得a ≥3e －1. 13分 综上所述，当a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3e －1，＋∞时，对于任意给定的x 0∈(0，e]，在区间(0，e]上总存在两个不同的x 1，x 2，使得g (x 1)＝g (x 2)＝f (x 0). 14分。
(江苏专版)2017年高考数学二轮专题复习与策略第1部分专题6算法、复数、推理与证明、概率与统计第19讲算法
专题6 算法、复数、推理与证明、概率与统计第19讲算法、复数、推理与证明题型一| 算法与流程图(1)(2014·江苏高考)如图19－1是一个算法流程图，则输出的n的值是__．图19－1(2)(2016·盐城三模)下列伪代码运行的结果为________．(1)5 (2)9 [(1)由算法流程图可知：第一次循环：n＝1,2n＝2<20，不满足要求，进入下一次循环；第二次循环：n＝2,2n＝4<20，不满足要求，进入下一次循环；第三次循环：n＝3,2n＝8<20，不满足要求，进入下一次循环；第四次循环：n＝4,2n＝16<20，不满足要求，进入下一次循环；第五次循环：n＝5,2n＝32>20，满足要求，输出n＝5.(2)由题意可知S＝0＋1＋3＋5＋7，故最后的结果为9.]【名师点评】 1.高考中对程序框图的考查主要有“输出结果型”、“完善框图型”、“确定循环变量取值型”、“实际应用型”，具体问题中要根据题意准确求解．2．对于循环结构的框图的识图问题，应明确循环结构的框图的特征，明确框图中变量的变化特点，根据框图中的条件决定是否执行框图中的运算，从而确定程序运行的结果．1．根据下面的伪代码，最后输出的S的值为________．55 [由题意得S＝1＋2＋…＋10＝55.正确解决此类题目，需正确确定起始值和终止值．]2．执行如下所示的伪代码，当输入a，b的值分别为1,3时，最后输出的a的值为________．5[第一次循环：a＝1＋3＝4，b＝4－3＝1，i＝2.第二次循环：a＝4＋1＝5，b＝5－1＝4，i＝3.结束循环．∴a＝5.]3．(2016·苏锡常镇调研二)某算法流程图如图19－2所示，该程序运行后，若输出的x＝15，则实数a等于________．图19－21 [第一次循环：x ＝2a ＋1，n ＝2； 第二次循环：x ＝4a ＋3，n ＝3； 第三次循环：x ＝8a ＋7，n ＝4. 结束循环，由8a ＋7＝15可知a ＝1.]题型二| 复数的概念与运算(1)(2014·江苏高考)已知复数z ＝(5＋2i)2(i 为虚数单位)，则z 的实部为________．(2)(2016·南京三模)设复数z 满足z (1＋i)＝2＋4i ，其中i 为虚数单位，则复数z 的共轭复数为________．(3)在复平面内，复数z ＝i 1－i＋i 2 014表示的点所在的象限是________．(1)21 (2)z ＝3－i (3)第二象限 [(1)因为z ＝(5＋2i)2＝25＋20i ＋(2i)2＝25＋20i －4＝21＋20i ，所以z 的实部为21.(2)z ＝2＋4i 1＋i ＝23＋i2＝3＋i. 所以z ＝3－i.(3)根据题意得z ＝i 1－i＋i 2 014＝i×1＋i 1－i 1＋i ＋i 4×503＋2＝i －12＋i 2＝－32＋12i ，对应点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，故在第二象限．] 【名师点评】 1.在有关复数z 的等式中，可把z 看作未知量，利用方程的思想求解，亦可设出z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，用待定系数法求解．2．熟记一些常见的运算结果可提高运算速度： (1±i)2＝±2i，1＋i 1－i ＝i ，1－i 1＋i＝－i ，设ω＝－12＋32i ，则ω3＝1，|ω|＝1，ω2＝ω，1＋ω＋ω2＝0.1．(2016·苏锡常镇调研一)已知i 为虚数单位，复数z 满足zi ＋4＝3i ，则复数z 的模为________．5 [z ＋4i ＝3i 2，z ＝－3－4i ，|z |＝|－3－4i|＝5.]2．若复数z ＝(1＋i)(3－a i)(i 为虚数单位)为纯虚数，则实数a ＝________.【导学号：19592056】－3 [z ＝(1＋i)(3－a i)＝3＋a ＋(3－a )i ，由z 为纯虚数知a ＋3＝0，得a ＝－3.] 3．设a ，b ∈R ，a ＋b i ＝11－7i1－2i (i 为虚数单位)，则a ＋b 的值为________．8 [∵11－7i 1－2i ＝11－7i 1＋2i 1－2i 1＋2i ＝15(25＋15i)＝5＋3i ，∴a ＝5，b ＝3. ∴a ＋b ＝5＋3＝8.]题型三| 推理与证明(1)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A ，B ，C 三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B 城市； 乙说：我没去过C 城市； 丙说：我们三人去过同一城市． 由此可判断乙去过的城市为________．(2)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1,3,6,10，…，第n 个三角形数为n n ＋12＝12n 2＋12n .记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N (n,3)＝12n 2＋12n ，正方形数 N (n,4)＝n 2， 五边形数 N (n,5)＝32n 2－12n ，六边形数 N (n,6)＝2n 2－n ， ……可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10,24)＝________.(1)A (2)1 000 [(1)由题意可推断：甲没去过B 城市，但比乙去的城市多，而丙说“三人去过同一座城市”，说明甲去过A ，C 城市，而乙“没去过C 城市”，说明乙去过城市A ，由此可知，乙去过的城市为A .(2)由所给结论知，n 2的系数为k －22，n 的系数为4－k 2，则N (n ，k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k －22n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－k 2n ，因此N (10,24)＝24－22×102＋4－242×10＝11×102－10×10＝1 000.]【名师点评】 合情推理的解题思路1．在进行归纳推理时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论．2．在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后通过类比，推导出类比对象的性质．3．归纳推理关键是找规律，类比推理关键是看共性．1．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是________．方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根 [依据反证法的要求，即“至少有一个”的反面是“一个也没有”，直接写出命题的否定．方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根的反面是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根．]2．在△ABC 中，D 为AB 上任一点，h 为AB 边上的高，△ADC ，△BDC ，△ABC 的内切圆半径分别为r 1，r 2，r ，则有如下的等式恒成立：AD r 1＋BD r 2＝AB r ＋2CDh. 在三棱锥P －ABC 中D 为AB 上任一点，h 为过点P 的三棱锥的高，三棱锥P －ADC 、P －BDC 、P －ABC 的内切球的半径分别为r 1，r 2，r ，请类比平面三角形中的结论，写出类似的一个恒等式为________．S △ADC r 1＋S △BCD r 2＝S △ABC r ＋2S △PDCh[根据题意由三角形类似为三棱锥：线段AD 类比为S △ADC ，线段BD 类比为S △BDC ，线段AB 类比为S △ABC ，线段2CD 类比为2S △PDC ，则得S △ADC r 1＋S △BCD r 2＝S △ABCr＋2S △PDCh.]。
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3．已知命题 p：“∀x∈[1,2]，x2－a≥0”，命题 q：“∃x0∈R，x2 0＋2ax0＋2 －a＝0”．若命题“(綈 p)∧q”是真命题，则实数 a 的取值范围是________．
(1，＋∞) [命题 p 为真时，a≤1；“∃x0∈R，x2 0＋2ax0＋2－a＝0”为真， 即方程 x2＋2ax＋2－a＝0 有实根， 故 Δ＝4a2－4(2－a)≥0， 解得 a≥1 或 a≤－2.(綈 p)∧q 为真命题，即綈 p 为真且 q 为真，即 a>1.]
{2} [∵A＝{1,3}，∴∁UA＝{2,4}，
∴B∩(∁UA)＝{2,3}∩{2,4}＝{2}．]
题型二| 命题真假的判断
(1)原命题为“若 z1，z2 互为共轭复数，则|z1|＝|z2|”，其逆命题，否 命题，逆否命题中正确的个数有________个． (2)已知命题 p：若 x>y，则－x<－y；命题 q：若 x>y，则 x2>y2.在命题：①p∧ q；②p∨q；③p∧(綈 q)；④(綈 p)∨q 中，真命题是________．
题型三| 充分条件与必要条件
(1)(2016· 镇江期中)实系数一元二次方程 ax2＋bx＋c＝0， 则“ac＜0” 是 “ 该 方 程 有 实 数 根 ” 的 ________ 条 件 ． ( 选 填 “ 充 分 不 必 要 ”“ 必 要 不 充 分”“充要”或“既不充分也不必要”)
1．(2016· 泰州模拟)命题“∃x∈Q，x2－8＝0”的否定是________． 【导学号：19592001】
∀x∈Q， x2－8≠0 [“∃x∈Q， x2－8＝0”的否定是“∀x∈Q， x2－8≠0”． ]
2．已知命题 p：“若 a＝b，则|a|＝|b|”，则命题 p 及其逆命题、否命题、逆 否命题中，真命题的个数有________个． 2 [命题的四种形式中，原命题与逆否命题同真假，逆命题与否命题同真假， 本题中原命题是真命题，逆命题是假命题，故有 2 个是真命题．]
(1)1
(2)②③ [(1)先证原命题为真： 当 z1 ， z2 互为共轭复数时， 设 z1＝a＋bi(a，
b∈R)，则 z2＝a－bi，则|z1|＝|z2|＝ a2＋b2，∴原命题为真，故其逆否命题为真； 再证其逆命题为假，取 z1＝1，z2＝i，满足|z1|＝|z2|，但是 z1，z2 不是共轭复数，∴ 其逆命题为假，故其否命题也为假．故填 1.
(3)(2016· 苏锡常镇二调)已知全集 U＝{1,2,3,4,5}，A＝{1,2}，B＝{2,3,4}，那么 A∪(∁UB)＝________.
(1){－1,2} (2)8 (3){1,2,5} [(1)在集合 A 中满足集合 B 中条件的元素有－ 1,2 两个，故 A∩B＝{－1,2}． (2)由题意可知 A∩B＝{1,3,5}， ∴C＝{1,3,5}， ∴集合 C 的子集共有 23＝8 个． (3)由题意可知∁UB＝{1,5}，又 A＝{1,2}， ∴A∪(∁UB)＝{1,2,5}．]
【名师点评】 解答集合问题的思路 根据元素的不同属性采用不同的方法对集合进行化简求解． (1)若给定的集合是不等式的解集，用数轴求解； (2)若给定的集合是点集，用数形结合法求解； (3)若给定的集合是抽象集合或是用列举法表示的集合，用 Venn 图求解．
1．(2016· 南京二模)设集合 A＝{x|－2＜x＜0}，B＝{x|－1＜x＜1}，则 A∪B＝ ________.
3．(2016· 南通二调)设集合 实数 a 的值为________．
1 A＝{－1,0,1}，B＝a－1，a＋a，A∩B＝{0}，则
1
1 [∵A＝{－1,0,1}，B＝a－1，a＋a 或 a＋a＝0(舍去)， ∴a＝1.]
4．设全集 U＝{1,2,3,4}，集合 A＝{1,3}，B＝{2,3}，则 B∩(∁UA)＝________.
{x|－2＜x＜1} [∵A＝{x|－2＜x＜0}，B＝{x|－1＜x＜1}，∴A∪B＝{x|－2＜x ＜1}．]
2．(2016· 盐城期中模拟)若集合 A＝{x|x≤m}，B＝{x|－2＜x≤2}，且 B⊆A， 则实数 m 的取值范围是________． [2，＋∞) [∵A＝{x|x≤m}，B＝{x|－2＜x≤2}，且 B⊆A， ∴2≤m，即实数 m 的取值范围是[2，＋∞)．]
2 4． 已知 p： 存在 x0∈R， mx2 ＋ 2 ≤ 0 ； q ： 任意 x ∈ R ， x －2mx＋1>0.若“p∨q” 0
为假命题，则实数 m 的取值范围是________．
[1，＋∞)
[若存在 x0∈R，mx2 0＋2≤0 成立，则 m<0，所以若 p 为假命题，m
的取值范围是[0， ＋∞)； 若任意 x∈R， x2－2mx＋1>0， 则 Δ＝4m2－4<0， 即－1<m<1， 所以若 q 为假命题，m 的取值范围是(－∞，－1]∪[1，＋∞)，所以若“p∨q”为 假命题，则实数 m 的取值范围是[1，＋∞)．]
(2)由不等式性质知，命题 p 为真命题，命题 q 为假命题，从而綈 p 为假命题， 綈 q 为真命题．故 p∧q 为假命题，p∨q 为真命题，p∧(綈 q)为真命题，(綈 p)∨q 为假命题，②③正确．]
【名师点评】 1.一个命题和它的逆否命题同真假，而与它的其他两个命题的 真假无此规律． 2．形如 p∨q，p∧q，綈 p 命题的真假根据 p，q 的真假与联结词的含义判定．
热 点 题 型 · 探 究
专题 1
集合、常用逻辑用语、
不等式、函数与导数 第1讲 集合与常用逻辑用语
专 题 限 时 集 训
题型一| 集合的概念与运算
(1)(2016· 江苏高考 ) 已知集合 A ＝ { － 1,2,3,6} ， B ＝ {x| － 2<x<3} ，则 A∩B＝________. (2)(2016· 盐城三模)已知集合 A＝{1,2,3,4,5}，B＝{1,3,5,7,9}，C＝A∩B，则集 合 C 的子集的个数为________． 【导学号：19592000】