数学高考二轮复习第2部分第6讲

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2020届数学(理)高考二轮专题复习与测试：第二部分专题六第2讲基本初等函数、函数与方程 Word版含解析

A 级基础通关一、选择题1．(2019·北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝x 12 B ．y ＝2－x C ．y ＝log 12xD ．y ＝1x解析：易知y ＝2－x 与y ＝log 12x ，在(0，＋∞)上是减函数，由幂函数性质，y ＝1x在(0，＋∞)上递减，y ＝x 12在(0，＋∞)上递增．答案：A2．已知定义在R 上的奇函数f (x )满足当x ＞0时，f (x )＝2x ＋2x －4，则f (x )的零点个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：由于函数f (x )是定义在R 上的奇函数，故f (0)＝0.由于f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12·f (2)＜0，而函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，故当x ＞0时有1个零点，根据奇函数的对称性可知，当x ＜0时，也有1个零点．故一共有3个零点．答案：B3．(2019·山东省实验中学联考)设实数a 、b 、c 满足a ＝2－log 23，b ＝a －13，c ＝ln a ，则a 、b 、c 的大小关系为( )A ．c ＜a ＜bB ．c ＜b ＜aC ．a ＜c ＜bD ．b ＜c ＜a解析：因为a ＝2－log 23＝2log 23－1＝13.所以c ＝ln a ＝ln 13＜0，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－13＝313＞1.因此b ＞a ＞c . 答案：A4．若函数y ＝a |x |(a ＞0，且a ≠1)的值域为{y |y ≥1}，则函数y ＝log a |x |的图象大致是()解析：由于y ＝a |x |的值域为{y |y ≥1}，所以a ＞1，则y ＝log a x 在(0，＋∞)上是增函数，又函数y ＝log a |x |的图象关于y 轴对称．因此y ＝log a |x |的图象大致为选项B.答案：B5．(2019·衡水质检)若函数f (x )＝|log a x |－3－x (a ＞0，a ≠1)的两个零点是m ，n ，则( )A ．mn ＝1B ．mn ＞1C ．mn ＜1D ．无法判断解析：令f (x )＝0，得|log a x |＝13x ，则y ＝|log a x |与y ＝13x 的图象有2个交点，不妨设a ＞1，m ＜n ，作出两函数的图象(如图)．所以13m ＞13n ，即－log a m ＞log a n ，所以log a (mn )＜0，则mn ＜1. 答案：C6．(2018·全国卷Ⅲ)设a ＝log 0.20.3，b ＝log 20.3，则( ) A ．a ＋b ＜ab ＜0 B ．ab ＜a ＋b ＜0 C ．a ＋b ＜0＜abD ．ab ＜0＜a ＋b解析：由a ＝log 0.20.3得1a ＝log 0.30.2，由b ＝log 20.3得1b＝log 0.32.所以1a ＋1b ＝log 0.30.2＋log 0.32＝log 0.30.4，则0＜1a ＋1b ＜1，即0＜a ＋b ab ＜1.又a ＞0，b ＜0，知ab ＜0，所以ab ＜a ＋b ＜0. 答案：B 二、填空题7．(2018·浙江卷改编)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x ＜λ.若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________．解析：令f (x )＝0，当x ≥λ时，x ＝4. 当x ＜λ时，x 2－4x ＋3＝0，则x ＝1或x ＝3.若函数f (x )恰有2个零点，结合如图函数的图象知，1＜λ≤3或λ＞4.答案：(1，3]∪(4，＋∞)8．将甲桶中的a 升水缓慢注入空桶乙中，t min 后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线y ＝a e nt .假设过5 min 后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m min 甲桶中的水只有a4升，则m 的值为________．解析：因为5 min 后甲桶和乙桶的水量相等，所以函数y ＝f (t )＝a e nt 满足f (5)＝a e 5n ＝12a ，可得n ＝15ln 12，所以f (t )＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12t5，因此，当k min 后甲桶中的水只有a4L 时，f (k )＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k5＝14a ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12k5＝14，所以k ＝10，由题可知m ＝k －5＝5. 答案：59．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|2x ＋1|，x ＜1，log 2（x －m ），x ＞1.若f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)(x 1，x 2，x 3互不相等)，且x 1＋x 2＋x 3的取值范围为(1，8)，则实数m 的值为________．解析：作出f (x )的图象，如图所示，可令x 1＜x 2＜x 3，则由图知点(x 1，0)，(x 2，0)关于直线x ＝－12对称，所以x 1＋x 2＝－1.又因为1＜x 1＋x 1＋x 3＜8，所以2＜x 3＜9.结合图象可知A 点坐标为(9，3)，代入函数解析式得3＝log 2(9－m )，解得m ＝1.答案：1 三、解答题10．经测算，某型号汽车在匀速行驶过程中每小时耗油量y (单位：升)与速度x (单位：千米/时)(50≤x ≤120)的关系可近似表示为：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧175（x 2－130x ＋4 900），x ∈[50，80），12－x 60，x ∈[80，120].(1)该型号汽车速度为多少时，可使得每小时耗油量最低？ (2)已知A ，B 两地相距120千米，假定该型号汽车匀速从A 地驶向B 地，则汽车速度为多少时总耗油量最少？解：(1)当x ∈[50，80)时， y ＝175(x 2－130x ＋4 900)＝175[(x －65)2＋675]，当x ＝65时，y 有最小值175×675＝9.当x ∈[80，120]时，函数单调递减，故当x ＝120时，y 有最小值10.因为9＜10，故当x ＝65时每小时耗油量最低． (2)设总耗油量为l ，由题意可知l ＝y ·120x.①当x ∈[50，80)时，l ＝y ·120x ＝85⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4 900x －130≥85⎝⎛⎭⎪⎫2x ×4 900x －130＝16，当且仅当x ＝4 900x ，即x ＝70时，l 取得最小值16.②当x ∈[80，120]时，l ＝y ·120x ＝1 440x －2为减函数，当x ＝120时，l 取得最小值10.因为10＜16，所以当速度为120千米/时时，总耗油量最少．B 级能力提升11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln （x ＋1），x ≥0，x 3－3x ，x ＜0，若函数y ＝f (x )－k 有三个不同的零点，则实数k 的取值范围是( )A ．(－2，2)B ．(－2，1)C ．(0，2)D ．(1，3)解析：当x ＜0时，f (x )＝x 3－3x ，则f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，所以x ＝±1(舍去正根)，故f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，又f (x )＝ln(x ＋1)在x ≥0上单调递增．则函数f (x )图象如图所示．f (x )极大值＝f (－1)＝－1＋3＝2，且f (0)＝0.故当k ∈(0，2)时，y ＝f (x )－k 有三个不同零点．答案：C12．(2018·江苏卷节选)记f ′(x )，g ′(x )分别为函数f (x )，g (x )的导函数．若存在x 0∈R ，满足f (x 0)＝g (x 0)且f ′(x 0)＝g ′(x 0)，则称x 0为函数f (x )与g (x )的一个“S 点”．(1)证明：函数f (x )＝x 与g (x )＝x 2＋2x －2不存在“S 点”； (2)若函数f (x )＝ax 2－1与g (x )＝ln x 存在“S 点”，求实数a 的值． (1)证明：函数f (x )＝x ，g (x )＝x 2＋2x －2，则f ′(x )＝1，g ′(x )＝2x ＋2. 由f (x )＝g (x )且f ′(x )＝g ′(x )，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 2＋2x －2，1＝2x ＋2，此方程组无解，因此，f (x )与g (x )不存在“S 点”． (2)解：函数f (x )＝ax 2－1，g (x )＝ln x ，则f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝1x.设x 0为f (x )与g (x )的“S 点”，由f (x 0)＝g (x 0)且f ′(x 0)＝g ′(x 0)，得⎩⎨⎧ax 20－1＝ln x 0，2ax 0＝1x 0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax 20－1＝ln x 0，2ax 20＝1，(*) 得ln x 0＝－12，即x 0＝e －12，则a ＝12（e －12）2＝e2.当a ＝e 2时，x 0＝e －12满足方程组(*)，即x 0为f (x )与g (x )的“S 点”．因此，a 的值为e 2.。

高考数学二轮复习第二篇专题通关攻略专题6鸭真题引领

专题6 选考真题引领·洞悉考情1.(2018·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(θ为参数),直线l的参数方程为 (t为参数).(1)求C和l的直角坐标方程.(2)若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1,2),求l的斜率.【解析】(1)曲线C的直角坐标方程为+=1.当cos α≠0时,l的直角坐标方程为y=tan α·x+2-tan α,当cos α=0时,l的直角坐标方程为x=1.(2)将l的参数方程代入C的直角坐标方程,整理得关于t的方程(1+3cos2α)t2+4(2cos α+sin α)t-8=0.①因为曲线C截直线l所得线段的中点(1,2)在C内,所以①有两个解,设为t1,t2,则t1+t2=0.又由①得t1+t2=-,故2cos α+sin α=0,于是直线l的斜率k=tan α=-2.2.(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4.(2)a+b≤2.【证明】(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)2≥4.(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+(a+b)=2+,所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.3.(2017·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(θ为参数),直线l的参数方程为 (t为参数).(1)若a=-1,求C与l的交点坐标.(2)若C上的点到l的距离的最大值为,求a.【解题指南】本题主要考查参数方程及普通方程的互化.【解析】(1)a=-1时,直线l的方程为x+4y-3=0.曲线C的标准方程是+y2=1,联立方程解得:或则C与l的交点坐标是和.(2)直线l一般式方程是x+4y-4-a=0.设曲线C上点P.则P到l的距离d==,其中tan φ=.依题意得:d max=,解得a=-16或a=8.4.(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=-x2+ax+4,g(x)=│x+1│+│x-1│.(1)当a=1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集.(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],求a的取值范围.【解析】方法一:(1)当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0. ①当x<-1时,①式化为x2-3x-4≤0,无解;当-1≤x≤1时,①式化为x2-x-2≤0,从而-1≤x≤1,当x>1时,①式化为x2+x-4≤0,从而1<x≤,所以f(x)≥g(x)的解集为.(2)依题意得:-x2+ax+4≥2在恒成立.即x2-ax-2≤0在恒成立.则只需解得-1≤a≤1.故a取值范围是.方法二:将函数g(x)=|x+1|+|x-1|化简,可得g(x)=(1)当a=1时,作出函数图象可得f(x)≥g(x)的范围在F和G点中间,联立可得点F(-1,2).联立可得点G,因此可得解集为.(2)即f(x)≥g(x)在[-1,1]内恒成立,故而可得-x2+ax+4≥2⇒x2-2≤ax恒成立,根据图象可得:函数y=ax必须在l1,l2之间,故而可得-1≤a≤1.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

高考数学大二轮复习专题2函数与导数第2讲综合大题部分真题押题精练(理)

第2讲综合大题部分1. (2017·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x－x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解析：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．①若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．(2)①若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．②若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a .a ．当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；b ．当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；c ．当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a <0，即f (－ln a )<0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2n 0－n 0>0.由于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．2．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <m ，求m 的最小值．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0. 故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n 得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n .从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e. 而⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123>2，所以m 的最小值为3.3．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (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 .解析：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)·e －x＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0,2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0. 所以h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)的最小值．①若h (2)＞0，即a ＜e24，h (x )在(0，＋∞)没有零点．②若h (2)＝0，即a ＝e24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．③若h (2)＜0，即a ＞e24，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)有一个零点；由(1)知，当x ＞0时，e x＞x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a3e2a2＞1－16a 32a 4＝1－1a＞0，故h (x )在(2,4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e24.1. 已知函数f (x )＝ln(x ＋1)＋ax 2，a >0. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在区间(－1,0)上有唯一零点x 0，证明：e －2<x 0＋1<e －1. 解析：(1)f ′(x )＝1x ＋1＋2ax ＝2ax 2＋2ax ＋1x ＋1，x >－1，令g (x )＝2ax 2＋2ax ＋1，则Δ＝4a 2－8a ＝4a (a －2)，若Δ<0，即0<a <2，则g (x )>0，故当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．若Δ＝0，即a ＝2，则g (x )≥0，仅当x ＝－12时，等号成立，故当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．若Δ>0，即a >2，则g (x )有两个零点，x 1＝－a －a a －22a ，x 2＝－a ＋a a －22a，由g (－1)＝g (0)＝1>0，g (－12)<0得，－1<x 1<－12<x 2<0，故当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上所述，当0<a ≤2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，当a >2时，f (x )在(－1，－a －a a －22a )和(－a ＋a a －22a ，＋∞)上单调递增，在(－a －a a －22a，－a ＋a a －22a)上单调递减．(2)由(1)及f (0)＝0可知：仅当极大值等于零，即f (x 1)＝0时，符合要求．此时，x 1就是函数f (x )在区间(－1,0)上的唯一零点x 0. 所以2ax 20＋2ax 0＋1＝0，从而有a ＝－12x 0x 0＋1，又f (x 0)＝ln(x 0＋1)＋ax 20＝0，所以ln(x 0＋1)－x 02x 0＋1＝0，令x 0＋1＝t 0，则ln t 0－t 0－12t 0＝0，即ln t 0＋12t 0－12＝0，且0<t 0<12，设h (t )＝ln t ＋12t －12，则h ′(t )＝2t －12t 2，当0<t <12时，h ′(t )<0，h (t )单调递减，又h (e －2)＝e 2－52>0，h (e －1)＝e －32<0，所以e －2<t 0<e －1，即e －2<x 0＋1<e －1.2．已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －ax (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若m ＝12e 2，对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)f (x )＝12ln x －mx ，x >0，所以f ′(x )＝12x－m ，当m ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当m >0时，由f ′(x )＝0得x ＝12m；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x >0，x >0得0<x <12m ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x <0，x >0得x >12m.综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当m >0时，f (x )的单调递增区间为(0，12m )，单调递减区间为(12m ，＋∞)．(2)若m ＝12e 2，则f (x )＝12ln x －12e 2x .对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，等价于对∀x ∈[2,2e 2]都有g (x )min ≥f (x )max ，由(1)知在[2,2e 2]上f (x )的最大值为f (e 2)＝12，g ′(x )＝1＋ax2>0(a >0)，x ∈[2,2e 2]，函数g (x )在[2,2e 2]上是增函数，g (x )min ＝g (2)＝2－a2，由2－a 2≥12，得a ≤3，又a >0，所以a ∈(0,3]，所以实数a 的取值范围为(0,3]．3．已知函数f (x )＝ln xx ＋a (a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较：2 0182 019与2 0192 018的大小并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2.解析：(1)依题意得f ′(x )＝x ＋ax－ln x x ＋a 2，所以f ′(1)＝1＋a 1＋a2＝11＋a，又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直，所以f ′(1)＝1，即11＋a＝1，解得a ＝0. 故f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln xx2.令f ′(x )>0，则1－ln x >0，解得0<x <e ；令f ′(x )<0，则1－ln x <0，解得x >e ，所以f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．∴f (2 018)>f (2 019)，即ln 2 0182 018>ln 2 0192 019，即ln 2 0182 019>ln 2 0192 018，∴2 0182 019>2 0192 018.(2)不妨设x 1>x 2>0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0，所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0，可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)， ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)．要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1x 2>2，只需证ln x 1＋ln x 2>2，也就是证k (x 1＋x 2)>2，即证k >2x 1＋x 2. 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即证ln x 1x 2>2x 1－x 2x 1＋x 2.令x 1x 2＝t (t >1)，则只需证ln t >2t －1t ＋1(t >1)．令h (t )＝ln t －2t －1t ＋1(t >1)，则h ′(t )＝1t－4t ＋12＝t －12t t ＋12>0，故函数h (t )在(1，＋∞)上是单调递增的，所以h (t )>h (1)＝0，即ln t >2t －1t ＋1.所以x 1x 2>e 2. 4．已知函数f (x )＝exx.(1)求曲线y ＝f (x )在点P (2，e22)处的切线方程；(2)证明：f (x )>2(x －ln x )．解析：(1)因为f (x )＝exx，所以f ′(x )＝e x ·x －e xx2＝exx －1x 2，f ′(2)＝e24，又切点为(2，e22)，所以切线方程为y －e 22＝e24(x －2)，即e 2x －4y ＝0.(2)设函数g (x )＝f (x )－2(x －ln x )＝exx－2x ＋2ln x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝exx －1x 2－2＋2x ＝e x－2x x －1x2，x ∈(0，＋∞)．设h (x )＝e x－2x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x－2，令h ′(x )＝0，则x ＝ln 2. 当x ∈(0，ln 2)时，h ′(x )<0；当x ∈(ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )min ＝h (ln 2)＝2－2ln 2>0，故h (x )＝e x－2x >0. 令g ′(x )＝e x－2xx －1x2＝0，则x ＝1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. 所以g (x )min ＝g (1)＝e －2>0，故g (x )＝f (x )－2(x －ln x )>0，从而有f (x )>2(x －ln x )．。

2023届高考二轮总复习课件数学(理)第2讲高考客观题速解技巧

越好)进行探求,从而清晰、快捷地得到正确的答案,即通过对特殊情况的
研究来判断一般规律,从而“小题小做”或“小题巧做”.
2.当题目的已知条件中含有某些不确定的量时,可针对题目中变化的不定
量选取一些符合条件的特殊值(或特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊图
形、图形特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理,从而得出

(1-e )
)
答案 (1)C
(2)D
(3)A
解析 (1)因为α是第二象限角,所以cos α<0,sin α>0,tan α<0,故选项ABC都错,
故选C.
(2)由题意可知,a·
b=|a|·
|b|cos
对于 A,(a+2b)·
b=a·
b+2b
1
60°= .
2
5
= ≠0,不符合题意;
2
解析法
例 4(1)(2022·陕西榆林二模)已知||=| |=2,||=1,则|+3|=(
A.2
B.4
C. 10
D. 15
(2)(2022·山东济宁一模)在边长为6的菱形ABCD中,A=
π
3
,现将△ABD沿
BD折起,当三棱锥A-BCD的体积最大时,三棱锥A-BCD的外接球的表面积
A.cos α>0
B.sin α<0
C.sin 2α<0
D.tan α>0
)
(2)(2020·全国Ⅱ·文5)已知单位向量a,b的夹角为60°,则在下列向量中,与b
垂直的是(
)
A.a+2b B.2a+b
C.a-2b D.2a-b
e + 1

(山东专版)高考数学二轮专题复习与策略第2部分必考补充专题技法篇 6招巧解客观题,省时、省力得

必考补充专题技法篇 6招巧解客观题，省时、省力得高分教师用书理必考补充专题中的4个突破点在高考考查中较为简单，题型为选择、填空题，属送分题型，通过一轮复习，大多数考生已能熟练掌握，为节省宝贵的二轮复习时间，迎合教师与考生的需求，本部分只简单提炼核心知识，构建知识体系，讲解客观题解法，其余以练为主.建知识网络明内在联系[高考点拨] 必考补充专题涉及的知识点比较集中，多为新增内容，在高考中常以“四小”的形式呈现．本专题的考查也是高考中当仁不让的高频考点，考查考生应用新知识解决问题的能力和转化与化归能力等．综合近年高考命题规律，本专题主要从“集合与常用逻辑用语”“不等式与线性规划”“算法初步、复数、推理与证明”“排列组合、二项式定理”四大角度进行精练，引领考生明确考情，高效备考．技法篇：6招巧解客观题，省时、省力得高分[技法概述] 选择题、填空题是高考必考的题型，共占有75分，因此，探讨选择题、填空题的特点及解法是非常重要和必要的．选择题的特点是灵活多变、覆盖面广，突出的特点是答案就在给出的选项中．而填空题是一种只要求写出结果，不要求写出解答过程的客观性试题，不设中间分，所以要求所填的是最简最完整的结果．解答选择题、填空题时，对正确性的要求比解答题更高、更严格．它们自身的特点决定选择题及填空题会有一些独到的解法．解法1 直接法直接法是直接从题设出发，抓住命题的特征，利用定义、性质、定理、公式等，经过变形、推理、计算、判断得出结果.直接法是求解填空题的常用方法.在用直接法求解选择题时，可利用选项的暗示性作出判断，同时应注意：在计算和论证时尽量简化步骤，合理跳步，还要尽可能地利用一些常用的性质、典型的结论，以提高解题速度.(1)(2016·高考)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3图象上的点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，t 向左平移s (s >0)个单位长度得到点P ′.若P ′位于函数y ＝sin 2x 的图象上，则( )A ．t ＝12，s 的最小值为π6B ．t ＝32，s 的最小值为π6C ．t ＝12，s 的最小值为π3D ．t ＝32，s 的最小值为π3(2)(2015·某某高考)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)，若m a ＋n b ＝(9，－8)(m ，n ∈R)，则m －n 的值为______．[解题指导] (1)先求点P 坐标，再求点P ′的坐标，最后将点P ′的坐标代入y ＝sin 2x 求s 的最小值．(2)可以利用向量的坐标运算，通过坐标相等，直接得出参量m ，n 的值． (1)A (2)－3 [(1)因为点P ⎝⎛⎭⎪⎫π4，t 在函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象上，所以t ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π4－π3＝sin π6＝12.所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，12.将点P 向左平移s (s >0)个单位长度得P ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－s ，12.因为P ′在函数y ＝sin 2x 的图象上，所以sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－s ＝12，即cos 2s ＝12，所以2s＝2k π＋π3或2s ＝2k π＋53π，即s ＝k π＋π6或s ＝k π＋5π6(k ∈Z)，所以s 的最小值为π6.(2)∵m a ＋n b ＝(2m ＋n ，m －2n )＝(9，－8)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋n ＝9，m －2n ＝－8，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝5，∴m －n ＝－3.][变式训练1] (2015·某某高考)为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：收入x (万元) 8.2 8.6 10.0 11.3 11.9 支出y (万元)6.27.58.08.59.8根据上表可得回归直线方程y ^＝b ^x ＋a ^，其中b ^＝0.76，a ^＝y －b ^x .据此估计，该社区一户年收入为15万元家庭的年支出为( )A ．11.4万元B ．11.8万元C ．12.0万元D ．12.2万元B [由题意知，x ＝8.2＋8.6＋10.0＋11.3＋11.95＝10，y ＝6.2＋7.5＋8.0＋8.5＋9.85＝8，∴a ^＝8－0.76×10＝0.4，∴当x ＝15时，y ^＝0.76×15＋0.4＝11.8(万元)．] 解法2 等价转化法所谓等价转化法，就是通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”，将问题等价地转化成便于解决的问题，从而得出正确的结果.(1)(2016·某某模拟)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4，若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝( )A ．20B ．15C ．9D ．6(2)(2015·某某高考)若直线3x －4y ＋5＝0与圆x 2＋y 2＝r 2(r >0)相交于A ，B 两点，且∠AOB ＝120°(O 为坐标原点)，则r ＝__________.[解题指导] (1)把向量AM →，NM →用AB →，BC →表示，再求数量积．(2)利用∠AOB ＝120°，得到圆心到直线的距离，最后用点到直线的距离公式求解．(1)C (2)2 [(1)依题意有AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋34BC →，NM →＝NC →＋CM →＝13DC →－14BC →＝13AB →－14BC →，所以AM →·NM →＝⎝⎛⎭⎪⎫AB →＋34BC →·⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →－14BC →＝13AB →2－316BC →2＝9.故选C.(2)如图，过点O 作OD ⊥AB 于点D ，则|OD |＝532＋－42＝1.∵∠AOB ＝120°，OA ＝OB ， ∴∠OBD ＝30°，∴|OB |＝2|OD |＝2，即r ＝2.][变式训练2] (1)在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝60°，E 为CD 的中点，若AC →·BE →＝1，则AB 的长为( ) 【导学号：67722071】A ．2B.32 C ．1D.12(2)若直线y ＝kx ＋1(k ∈R)与圆x 2＋y 2－2ax ＋a 2－2a －4＝0恒有交点，则实数a 的取值X 围是________．(1)D (2)[－1,3] [(1)因为AC →＝AD →＋DC →，BE →＝BC →＋CE →＝AD →－12DC →，所以AC →·BE →＝(AD →＋DC →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →－12DC →＝AD →2＋12AD →·DC →－12DC 2，所以1＋12|DC →|·cos 60°－12|DC →|2＝1，|DC →|＝12，故AB 的长为12.(2)直线y ＝kx ＋1恒过定点(0,1)，则直线与圆恒有交点等价于点(0,1)在圆内或圆上，即02＋12－2a ×0＋a 2－2a －4≤0，即a 2－2a －3≤0，解得－1≤a ≤3.]解法3 特殊值法在解决选择题和填空题时，可以取一个或一些特殊数值或特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等来确定其结果，这种方法称为特值法.特值法由于只需对特殊数值、特殊情形进行检验，省去了推理论证、繁琐演算的过程，提高了解题的速度.特值法是考试中解答选择题和填空题时经常用到的一种方法，应用得当可以起到“四两拨千斤”的功效.(1)(2015·某某高考)设f (x )＝ln x,0<a <b ，若p ＝f (ab )，q ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，r＝12(f (a )＋f (b ))，则下列关系式中正确的是( )A ．q ＝r <pB ．q ＝r >pC ．p ＝r <qD ．p ＝r >q(2)(2015·某某高考)“对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，k sin x cos x <x ”是“k <1”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件[解题指导] (1)从条件看这应是涉及利用基本不等式比较函数值大小的问题，若不等式在常规条件下成立，则在特殊情况下更能成立，所以不妨对a ，b 取特殊值处理，如a ＝1，b ＝e.(2)正常来说分析不等式k sin x cos x ＜x 成立的条件很复杂，也没必要，所以可以尝试在满足条件的情况下对x 取特殊值进行分析，这样既快又准确．(1)C (2)B [(1)根据条件，不妨取a ＝1，b ＝e ，则p ＝f (e)＝ln e ＝12，q ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋e 2＞f (e)＝12，r ＝12(f (1)＋f (e))＝12，在这种特例情况下满足p ＝r ＜q ，所以选C.(2)若对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，k sin x cos x ＜x 成立，不妨取x ＝π4，代入可得k ＜π2，不能推出k ＜1，所以是非充分条件；因为x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，恒有sin x ＜x ，若k ＜1，则k cos x ＜1，一定有k sin x cos x ＜x ，所以选B.][变式训练3] (1)如果a 1，a 2，…，a 8为各项都大于零的等差数列，公差d ≠0，那么( ) A ．a 1a 8＞a 4a 5 B ．a 1a 8＜a 4a 5 C ．a 1＋a 8＞a 4＋a 5D ．a 1a 8＝a 4a 5(2)(2016·某某模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ，b ，c成等差数列，则cos A ＋cos C1＋cos A cos C＝________.(1)B (2)45 [(1)取特殊数列1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有1×8＜4×5成立．(2)令a ＝b ＝c ，则A ＝C ＝60°，cos A ＝cos C ＝12.从而cos A ＋cos C 1＋cos A cos C ＝45.]解法4 数形结合法数形结合法是指在处理数学问题时，能够将抽象的数学语言与直观的几何图形有机结合起来思考，促使抽象思维和形象思维有机结合，通过对规X 图形或示意图形的观察分析，化抽象为直观，化直观为精确，从而使问题得到简捷解决的方法.(1)(2016·某某模拟)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y －4≤0，y ≥1，则z ＝－2x＋y 的最大值是( )【导学号：67722072】A ．－1B ．－2C ．－5D ．1(2)(2015·某某高考)函数f (x )＝4cos 2x 2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －2sin x －|ln(x ＋1)|的零点个数为______．[解题指导] (1)要确定目标函数的最大值，需知道相应的x ，y 的值，从约束条件中不可能解出对应的x ，y 的值，所以只有通过图解法作出约束条件的可行域，据可行域数形结合得出目标函数的最大值．(2)函数的零点即对应方程的根，但求对应方程的根也比较困难，所以进一步转化为求两函数的图象的交点，所以作出两函数的图象确定交点个数即可．(1)A (2)2 [(1)二元一次不等式组表示的平面区域为如图所示的△ABC 内部及其边界，当直线y ＝2x ＋z 过A 点时z 最大，又A (1,1)，因此z 的最大值为－1.(2)f (x )＝4cos 2x 2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －2sin x －|ln(x ＋1)| ＝2(1＋cos x )sin x －2sin x －|ln(x ＋1)| ＝2sin x cos x －|ln(x ＋1)|＝sin 2x －|ln(x ＋1)|. 由f (x )＝0，得sin 2x ＝|ln(x ＋1)|.设y 1＝sin 2x ，y 2＝|ln(x ＋1)|，在同一平面直角坐标系中画出二者的图象，如图所示．由图象知，两个函数图象有两个交点，故函数f (x )有两个零点．] [变式训练4] (1)(2016·某某模拟)方程x lg(x ＋2)＝1的实数根的个数为( )A ．1B ．2C ．0D ．不确定(2)已知偶函数y ＝f (x )(x ∈R)在区间[0,2]上单调递增，在区间(2，＋∞)上单调递减，且满足f (－3)＝f (1)＝0，则不等式x 3f (x )＜0的解集为________．(1)B (2)(－3，－1)∪(0,1)∪(3，＋∞) [(1)方程x lg(x ＋2)＝1⇔lg(x ＋2)＝1x，在同一坐标系中画出函数y ＝lg(x ＋2)与y ＝1x的图象，可得两函数图象有两个交点，故所求方程有两个不同的实数根．(2)由题意可画出y ＝f (x )的草图，如图．①x ＞0，f (x )＜0时，x ∈(0,1)∪(3，＋∞)； ②x ＜0，f (x )＞0时，x ∈(－3，－1)．故不等式x 3f (x )＜0的解集为(－3，－1)∪(0,1)∪(3，＋∞)．] 解法5 构造法用构造法解客观题的关键是利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到解决，它需要对基础知识和基本方法进行积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括，积极联想，横向类比，从曾经遇到的类似问题中寻找灵感，构造出相应的具体的数学模型，使问题简化.(1)(2016·某某一模)已知f (x )为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f (x )＞xf ′(x )恒成立，则不等式x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )＞0的解集为( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(1，＋∞)D ．(2，＋∞)(2)如图1，已知球O 的面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________．图1[解题指导] (1)构造函数g (x )＝f xx，可证明函数g (x )在(0，＋∞)上是减函数，再利用 x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )＞0⇔f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x＞f x x ⇔g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＞g (x )求解． (2)以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，则球O 是此正方体的外接球，从而球O 的直径是正方体的体对角线长．(1)C (2)6π [(1)设g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xf ′x －f xx 2，又因为f (x )＞xf ′(x )，所以g ′(x )＝xf ′x －f xx 2＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数g (x )＝f x x 为(0，＋∞)上的减函数，又因为x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )＞0⇔f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x＞f x x ⇔g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＞g (x )，则有1x＜x ，解得x ＞1，故选C.(2)如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径，所以CD ＝22＋22＋22＝2R ，所以R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR33＝6π.][变式训练5] (1)(2016·某某高三诊断)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )＜f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )＜e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)(2)已知a ，b 为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a ，b 在α上的射影有可能是：①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点．在上面的结论中，正确结论的序号是________(写出所有正确结论的序号)． (1)B (2)①②④ [(1)因为f (x ＋2)为偶函数，所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f (x )的图象关于x ＝2对称，所以f (4)＝f (0)＝1，设g (x )＝f xex(x ∈R)，则g ′(x )＝f ′x e x －f x e xex2＝f ′x －f xex，又因为f ′(x )＜f (x )，所以g ′(x )＜0(x ∈R)，所以函数g (x )在定义域上单调递减，因为f (x )＜e x⇔g (x )＝f xex＜1，而g (0)＝f 0e＝1，所以f (x )＜e x⇔g (x )＜g (0)，所以x ＞0，故选B.(2)用正方体ABCD A 1B 1C 1D 1实例说明A 1D 与BC 1在平面ABCD 上的射影互相平行，AB 1与BC 1在平面ABCD 上的射影互相垂直，BC 1与DD 1在平面ABCD 上的射影是一条直线及其外一点．故正确的结论为①②④.]解法6 排除法排除法就是充分运用选择题中单选题的特征，即有且只有一个正确选项这一信息，从选项入手，根据题设条件与各选项的关系，通过分析、推理、计算、判断，对选项进行筛选，将其中与题设相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得正确结论的方法.使用该法的前提是“答案唯一”，即四个选项中有且只有一个答案正确.排除法适用于定性型或不宜直接求解的选择题，当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件，在选项中找到明显与之矛盾的予以否定，再根据另一些条件，在剩余的选项内找出矛盾，这样逐步筛选，直至得出正确的答案.(1)(2016·北师大附中模拟)函数y ＝cos 6x2x －2－x 的图象大致为( )【导学号：67722073】A BC D(2)(2015·某某高考)设x ∈R ，定义符号函数sgn x ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，则( )A ．|x |＝x |sgn x |B ．|x |＝x sgn|x |C ．|x |＝|x |sgn xD ．|x |＝x sgn x [解题指导] (1)根据函数的奇偶性和x →＋∞时函数值的正负，以及x →0且x ＞0时函数值的正负，排除可得答案．(2)可验证当x ＜0时，等式成立的情况．(1)D (2)D [(1)函数y ＝cos 6x 为偶函数，函数y ＝2x －2－x为奇函数，故原函数为奇函数，排除A.又函数y ＝2x －2－x 为增函数，当x →＋∞时，2x －2－x →＋∞且|cos 6x |≤1，∴y ＝cos 6x 2x －2－x →0(x →＋∞)，排除C.∵y ＝cos 6x 2x －2－x ＝2x ·cos 6x 4x －1为奇函数，不妨考虑x ＞0时函数值的情况，当x →0时，4x →1,4x －1→0,2x →1，cos 6x →1，∴y →＋∞，故排除B ，综上知选D.(2)当x <0时，|x |＝－x ，x |sgn x |＝x ，x sgn|x |＝x ，|x |sgn x ＝(－x )·(－1)＝x ，排除A ，B ，C ，故选D.] [变式训练6] (1)(2015·某某高考)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)的图象可能为( )(2)(2015·高考)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( )A ．若a 1＋a 2>0，则a 2＋a 3>0B ．若a 1＋a 3<0，则a 1＋a 2<0C ．若0<a 1<a 2，则a 2>a 1a 3D ．若a 1<0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)>0(1)D (2)C [(1)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)为奇函数，排除选项A ，B ；当x ＝π时，f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫π－1πcos π＝1π－π<0，排除选项C ，故选D. (2)设等差数列{a n }的公差为d ，若a 1＋a 2>0，a 2＋a 3＝a 1＋d ＋a 2＋d ＝(a 1＋a 2)＋2d ，由于d 正负不确定，因而a 2＋a 3符号不确定，故选项A 错；若a 1＋a 3<0，a 1＋a 2＝a 1＋a 3－d ＝(a 1＋a 3)－d ，由于d 正负不确定，因而a 1＋a 2符号不确定，故选项B 错；若0<a 1<a 2，可知a 1>0，d >0，a 2>0，a 3>0，∴a 22－a 1a 3＝(a 1＋d )2－a 1(a 1＋2d )＝d 2>0，∴a 2>a 1a 3，故选项C 正确；若a 1<0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＝d ·(－d )＝－d 2≤0，故选项D 错．]客观题常用的6种解法已初步掌握，在突破点19～22的训练中一展身手吧！。

2020届高考数学二轮复习专项二专题六专题强化训练Word版含解析

[A 组夯基保分专练]一、选择题1．(2018·惠州第二次调研)设随机变量ξ服从正态分布N (4，3)，若P (ξ<a －5)＝P (ξ>a ＋1)，则实数a 等于( )A ．7B ．6C ．5D ．4解析：选B.由随机变量ξ服从正态分布N (4，3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x ＝4，又P (ξ<a －5)＝P (ξ>a ＋1)，所以x ＝a －5与x ＝a ＋1关于直线x ＝4对称，所以a －5＋a ＋1＝8，即a ＝6.故选B.2．(2018·武汉调研)将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球，那么甲盒中恰好有3个小球的概率为( )A.310B.25C.320D.14解析：选C.将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球有C 36种放法，甲盒中恰好有3个小球有C 23种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为C 23C 36＝320.故选C.3．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A ＝“4个人去的景点不相同”，事件B ＝“小赵独自去一个景点”，则P (A |B )＝( )A.29B.13C.49D.59解析：选A .小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种可能性，4个人去的景点不同的可能性有A 44＝4×3×2×1＝24种，所以P (A |B )＝24108＝29. 4．用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，若用a 1，a 2，a 3，a 4，a 5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a 1<a 2<a 3>a 4>a 5特征的五位数的概率为( )A.110B.120C.124D.310解析：选B .1，2，3，4，5可组成A 55＝120个不同的五位数，其中满足题目条件的五位数中，最大的5必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足条件的五位数有C 24C 22＝6个，故出现a 1<a 2<a 3>a 4>a 5特征的五位数的概率为6120＝120. 5．(2018·高考全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p , 各成员的支付方式相互独立．设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX ＝2.4，P (X ＝4)＜P (X ＝6)，则p ＝( )A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.3解析：选B.由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以DX ＝10p (1－p )＝2.4，所以p ＝0.6或p ＝0.4.由P (X ＝4)＜P (X ＝6)，得C 410p 4(1－p )6＜C 610p 6(1－p )4，即(1－p )2＜p 2，所以p ＞0.5，所以p ＝0.6.6．(2018·贵阳模拟)点集Ω＝{(x ，y )|0≤x ≤e ，0≤y ≤e }，A ＝{(x ，y )|y ≥e x ，(x ，y )∈Ω}，在点集Ω中任取一个元素a ，则a ∈A 的概率为( )A.1e B.1e 2 C.e －1eD.e 2－1e2解析：选B.如图，根据题意可知Ω表示的平面区域为正方形BCDO ，面积为e 2，A 表示的区域为图中阴影部分，面积为⎠⎛01(e －e x )dx ＝(e x －e x )|10＝(e －e)－(－1)＝1，根据几何概型可知a ∈A 的概率P ＝1e2.故选B.二、填空题7．某人在微信群中发了一个7元的“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是________．解析：利用隔板法将7元分成3个红包，共有C 26＝15种领法．甲领3元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有3元，3元，1元与3元，2元，2元两种情况，共有A 22＋1＝3种领法；甲领4元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有4元，2元，1元一种情况，共有A 22＝2种领法；甲领5元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有5元，1元，1元一种情况，共有1种领法，所以甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是3＋2＋115＝25.答案：258．(2018·唐山模拟)向圆(x －2)2＋(y －3)2＝4内随机投掷一点，则该点落在x 轴下方的概率为________．解析：如图，连接CA ，CB ，依题意，圆心C 到x 轴的距离为3，所以弦AB 的长为2. 又圆的半径为2，所以弓形ADB 的面积为12×23π×2－12×2×3＝23π－3，所以向圆(x －2)2＋(y －3)2＝4内随机投掷一点，则该点落在x 轴下方的概率P ＝16－34π.答案：16－34π9．某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射满3次为止．设甲每次击中的概率为p (p ≠0)，射击次数为η，若η的均值E (η)>74，则p的取值范围是________．解析：由已知得P (η＝1)＝p ，P (η＝2)＝(1－p )p ，P (η＝3)＝(1－p )2，则E (η)＝p ＋2(1－p )p ＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3>74，解得p >52或p <12，又p ∈(0，1)，所以p ∈⎝⎛⎭⎫0，12. 答案：⎝⎛⎭⎫0，12 三、解答题10．(2018·贵阳模拟)某高校通过自主招生方式在贵阳招收一名优秀的高三毕业生，经过层层筛选，甲、乙两名学生进入最后测试，该校设计了一个测试方案：甲、乙两名学生各自从6个问题中随机抽3个问题．已知这6个问题中，学生甲能正确回答其中的4个问题，而学生乙能正确回答每个问题的概率均为23，甲、乙两名学生对每个问题的回答都是相互独立、互不影响的．(1)求甲、乙两名学生共答对2个问题的概率；(2)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两名学生哪位被录取的可能性更大？解：(1)由题意可得，所求概率为P ＝C 14C 22C 36×C 13×23×⎝⎛⎭⎫132＋C 24C 12C 36×C 03×⎝⎛⎭⎫230×⎝⎛⎭⎫133＝115.(2)设学生甲答对的题数为X ，则X 的所有可能取值为1，2，3.P (X ＝1)＝C 14C 22C 36＝15，P (X ＝2)＝C 24C 12C 36＝35，P (X ＝3)＝C 34C 02C 36＝15，E (X )＝1×15＋2×35＋3×15＝2，D (X )＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)×15＝25.设学生乙答对的题数为Y ，则Y 的所有可能取值为0，1，2，3. 由题意可知Y ～B ⎝⎛⎭⎫3，23，所以E (Y )＝3×23＝2，D (Y )＝3×23×13＝23.因为E (X )＝E (Y )，D (X )<D (Y ) ，所以甲被录取的可能性更大．11．(2018·西安模拟)一个盒子中装有大量形状、大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的质量(单位：克)，质量分组区间为[5，15]，(15，25]，(25，35]，(35，45]，由此得到样本的质量频率分布直方图(如图)．(1)求a 的值，并根据样本的数据，试估计盒子中小球质量的众数与平均值；(2)从盒子中随机抽取3个小球，其中质量在[5，15]内的小球个数为X ，求X 的分布列和数学期望．(以直方图中的频率作为概率)解：(1)由题意，得(0.02＋0.032＋a ＋0.018)×10＝1，解得a ＝0.03. 由频率分布直方图可估计盒子中小球质量的众数为20克，而50个样本中小球质量的平均数为x －＝0.2×10＋0.32×20＋0.3×30＋0.18×40＝24.6(克)．故由样本估计总体，可估计盒子中小球质量的平均数为24.6克． (2)该盒子中小球质量在[5，15]内的概率为15，则X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15.X 的可能取值为0，1，2，3， P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫150⎝⎛⎭⎫453＝64125，P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫15×⎝⎛⎭⎫452＝48125，P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫152×45＝12125，P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫153⎝⎛⎭⎫450＝1125. 所以X 的分布列为所以E (X )＝0×64125＋1×48125＋2×12125＋3×1125＝35.⎝⎛⎭⎫或者E （X ）＝3×15＝35. 12．(2018·长春质量监测(二))某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在[100，150)，[150，200)，[200，250)，[250，300)，[300，350)，[350，400](单位：克)中，经统计得频率分布直方图如图所示．(1)现按分层抽样的方法，从质量为[250，300)，[300，350)的芒果中随机抽取9个，再从这9个中随机抽取3个，记随机变量X 表示质量在[300，350)内的芒果个数，求X 的分布列及数学期望；(2)以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，将频率视为概率，某经销商来收购芒果，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10 000个，经销商提出如下两种收购方案：A ：所有芒果以10元/千克收购；B ：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，高于或等于250克的以3元/个收购．通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？解：(1)9个芒果中，质量在[250，300)和[300，350)内的分别有6个和3个．则X 的可能取值为0，1，2，3.P (X ＝0)＝C 36C 39＝2084，P (X ＝1)＝C 26C 13C 39＝4584，P (X ＝2)＝C 16C 23C 39＝1884，P (X ＝3)＝C 33C 39＝184.所以X 的分布列为X 的数学期望E (X )＝0×2084＋1×4584＋2×1884＋3×184＝1.(2)设选择方案A 可获利y 1元，则y 1＝(125×0.002＋175×0.002＋225×0.003＋275×0.008＋325×0.004＋375×0.001)×50×10 000×10×0.001＝25 750.设选择方案B ，从质量低于250克的芒果中获利y 2元，从质量高于或等于250克的芒果中获利y 3元，则y 2＝(0.002＋0.002＋0.003)×50×10 000×2＝7 000. y 3＝(0.008＋0.004＋0.001)×50×10 000×3＝19 500. y 2＋y 3＝7 000＋19 500＝26 500.由于25 750<26 500，故B 方案获利更多，应选B 方案．[B 组大题增分专练]1．(2018·合肥第一次质量检测)2014年9月，国务院发布了《关于深化考试招生制度改革的实施意见》．某地作为高考改革试点地区，从当年秋季新入学的高一学生开始，高考不再分文理科，语文、数学、英语三科为必考科目，考生从物理、化学、生物、思想政治、历史、地理六个科目中任选三个科目参加高考，其中物理、化学、生物为自然科学科目，思想政治、历史、地理为社会科学科目，假设某位考生选考这六个科目的可能性相等．(1)求这位考生所选考的三个科目中至少有一个自然科学科目的概率；(2)已知该考生选考的三个科目中有一个科目属于社会科学科目，两个科目属于自然科学科目，若该考生所选的社会科学科目考试的成绩获A 等的概率都是45，所选的自然科学科目考试的成绩获A 等的概率都是34，且所选的各个科目的考试成绩相互独立，用随机变量X表示他所选的三个科目中考试成绩获A 等的科目数，求X 的分布列和数学期望．解：(1)记“这位考生选考的三个科目中至少有一个科目是自然科学科目”为事件M ，则P (M )＝1－C 33C 36＝1－120＝1920，所以这位考生选考的三个科目中至少有一个自然科学科目的概率为1920.(2)随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3. 因为P (X ＝0)＝15×⎝⎛⎭⎫142＝180，P (X ＝1)＝45×⎝⎛⎭⎫142＋15×C 12×14×34＝18， P (X ＝2)＝45×C 12×14×34＋15×⎝⎛⎭⎫342＝3380，P (X ＝3)＝45×⎝⎛⎭⎫342＝920，所以X 的分布列为所以E (X )＝0×180＋1×1080＋2×3380＋3×3680＝2.3.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p (0＜p ＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p )，求f (p )的最大值点p 0.(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p 0作为p 的值，已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．(ⅰ)若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ，求EX ；(ⅱ)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？解：(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p )＝C 220p 2(1－p )18.因此f ′(p )＝C 220[2p (1－p )18－18p 2(1－p )17]＝2C 220p (1－p )17(1－10p )．令f ′(p )＝0，得p ＝0.1.当p ∈(0，0.1)时，f ′(p )>0；当p ∈(0.1，1)时，f ′(p )<0.所以f (p )的最大值点为p 0＝0.1. (2)由(1)知，p ＝0.1.(i)令Y 表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y ～B (180，0.1)， X ＝20×2＋25Y ，即X ＝40＋25Y . 所以EX ＝E (40＋25Y )＝40＋25EY ＝490.(ii)如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．由于EX >400，故应该对余下的产品作检验．3．2017年央视3·15晚会曝光了一些饲料企业瞒天过海地往饲料中非法添加各种“禁药”，包括“人用西药”，让所有人惊出一身冷汗．某地区质量监督部门对该地甲、乙两家畜牧用品生产企业进行了突击抽查，若已知在甲企业抽查了一次，抽中某种动物饲料的概率为34，用数字1表示抽中该动物饲料产品，用数字0来表示没有抽中；在乙企业抽查了两次，每次抽中该动物饲料的概率为23，用数字2表示抽中该动物饲料产品，用数字0来表示没有抽中．该部门每次抽查的结果相互独立．假设该部门完成以上三次抽查．(1)求该部门恰好有一次抽中动物饲料这一产品的概率；(2)设X 表示三次抽查所记的数字之和，求随机变量X 的分布列和数学期望．解：记“恰好抽中一次动物饲料这一产品”为事件A ，“在甲企业抽中”为事件B ，“在乙企业第一次抽中”为事件C ，“在乙企业第二次抽中”为事件D ，则由题意知P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23.(1)因为A ＝B C －D －＋B －C D －＋B －C －D ，所以P (A )＝P (B C －D －＋B －C D －＋B －C －D )＝P (B C －D －)＋P (B －C D －)＋P (B －C －D )＝P (B )P (C －)P (D －)＋P (B －)P (C )P (D －)＋P (B －)P (C －)P (D )＝34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝736. (2)根据题意，X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，5.所以P (X ＝0)＝P (B －C －D －)＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )]＝⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＝136， P (X ＝1)＝P (B C －D －)＝P (B )[1－P (C )][1－P (D )]＝34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＝112， P (X ＝2)＝P (B －C D －＋B －C －D )＝P (B CD )＋P (B －C －D )＝⎝⎛⎭⎫1－34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝19， P (X ＝3)＝P (BC D －＋B C －D )＝P (BC D －)＋P (B C －D )＝34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝13， P (X ＝4)＝P (BCD )＝[1－P (B )]P (C )P (D )＝⎝⎛⎭⎫1－34×23×23＝19， P (X ＝5)＝P (BCD )＝P (B )P (C )P (D )＝34×23×23＝13.故X 的分布列为所以E (X )＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13＝4112.4．交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用(基准保费)统一为a 元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与车辆发生有责任道路交通事故的情况相联系，发生有责任交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车在下一年续保时的情况，统计得到下面的表格：以这60率，完成下列问题：(1)按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》中汽车交强险价格的规定，a ＝950.某同学家里有一辆该品牌同型号车且车龄刚满三年，记X 为该车在第四年续保时的费用，求X 的分布列与数学期望；(数学期望值保留到个位数字)(2)某二手车销售商专门销售这一品牌同型号的二手车，且将下一年的交强险保费高于基准保费的车辆记为事故车．假设购进并销售一辆事故车亏损5 000元，购进并销售一辆非事故车盈利10 000元．①若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；②若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求他获得利润的期望值．解：(1)由题意可知，X 的可能取值为0.9a ，0.8a ，0.7a ，a ，1.1a ，1.3a . 由统计数据可知：P (X ＝0.9a )＝16，P (X ＝0.8a )＝112，P (X ＝0.7a )＝112，P (X ＝a )＝13，P (X ＝1.1a )＝14，P (X＝1.3a )＝112.所以X 的分布列为所以E (X )＝0.9a ×16＋0.8a ×112＋0.7a ×112＋a ×13＋1.1a ×14＋1.3a ×112＝11.9a 12＝11 30512≈942(元)．(2)①由统计数据可知，任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为13，则三辆车中至多有一辆事故车的概率P ＝⎝⎛⎭⎫1－133＋C 1313⎝⎛⎭⎫232＝2027. ②设Y 为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y 的可能取值为－5 000，10 000.11 所以Y 的分布列为所以E (Y )＝－5 000×13＋10 000×23＝5 000(元)．故该销售商一次购进并销售100辆(车龄已满三年)该品牌的二手车获得利润的期望值为100×E (Y )＝50(万元)．。

新高考数学二轮复习知识点总结与题型归纳第2讲复数(解析版)

第2讲复数本章内容主要是复数的概念、复数的运算．引入虚数，这是中学阶段对数集的最终扩充．需要掌握复数的概念、弄清实数与复数的关系，掌握复数代数形式的运算(包括加、减、乘、除)，了解复数的几何表示．由于向量已经单独学习，因此复数的向量形式与三角形式就不作要求，主要解决代数形式．【知识要点】1．复数的概念中，重要的是复数相等的概念．明确利用“转化”的思想，把虚数问题转化为实数问题加以解决，而这种“转化”的思想是通过解实数的方程(组)的方法加以实现．2．复数的代数形式：z＝a＋bi(a，b∈R)．应该注意到a，b∈R是与z＝a＋bi为一个整体，解决虚数问题实际上是通过a，b∈R在实数集内解决实数问题．3．复数的代数形式的运算实际上是复数中实部、虚部(都是实数)的运算．【复习要求】1．了解数系的扩充过程．理解复数的基本概念与复数相等的充要条件．2．了解复数的代数表示法及其几何意义．3．能进行复数代数形式的四则运算，了解复数代数形式的加、减运算的几何意义．【例题分析】1.将下列各式的运算结果在复平面中表示，在第四象限的为()A．1ii+B．1ii+-C．1ii-D．1ii--【答案】A【考点】复数的代数表示法及其几何意义【专题】转化思想；定义法；数系的扩充和复数；数学运算【分析】利用复数的运算分别求出四个选项中复数的代数形式，判断其对应的点所在的象限即可．【解答】解：对于A，由11iii+=-，故对应的点在第四象限，所以A正确；对于B，11iii+=-+-，故对应的点在第二象限，所以B不正确；对于C，11iii-=--，故对应的点在第三象限，所以C不正确；对于D，11iii-=+，故对应的点在第一象限，所以D不正确．故选：A．【点评】本题考查了复数的几何意义的运用，主要考查了复数的四则运算法则的运用，属于基础题．2.若复数z 满足|1||12|z i i -+=-，其中i 为虚数单位，则z 对应的点(,)x y 满足方程( )A ．22(1)(1)5x y -+-=B ．22(1)(1)5x y -++=C ．22(1)(1)5x y ++-=D ．22(1)(1)5x y +++= 【答案】B【考点】复数的代数表示法及其几何意义；复数的模【专题】函数思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算【分析】由已知求得z ，代入|1||12|z i i -+=-，求模整理得答案．【解答】解：设z x yi =+，|1||12|z i i -+=-，|(1)(1)||12|x y i i ∴-++=-， ∴2222(1)(1)1(2)x y -+++-，故22(1)(1)5x y -++=，故选：B ．【点评】本题考查复数模的求法，是基础题．3.已知复数2i z i =+，则其共轭复数z 的虚部为( ) A ．25 B ．25- C ．25i D ．25i - 【答案】B【考点】复数的运算【专题】转化思想；定义法；数系的扩充和复数；数学运算【分析】利用复数的四则运算求出z ，结合共轭复数的定义求出z ，即可得到其虚部．【解答】解：(2)21122(2)(2)555i i i i z i i i i ⋅-+====+++-，则1255z i =-，所以共轭复数z 的虚部为25-．故选：B ．【点评】本题考查了复数的运算，主要考查了复数的四则运算以及共轭复数的应用，属于基础题．4.复数12z i =+，213z i =-，其中i 为虚数单位，则12z z z =⋅在复平面内的对应点位于()A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】D【考点】复数的代数表示法及其几何意义【专题】转化思想；综合法；数系的扩充和复数；数学运算【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．【解答】解：复数12z i =+，213z i =-，则12(2)(13)23(16)55z z z i i i i =⋅=+-=++-=-，z 在复平面内的对应点(5,5)-位于第四象限，故选：D ．【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．5.已知i 是虚数单位，则1||1i i +=- 1 ．【答案】1．【考点】复数的模；复数的运算【专题】对应思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算【分析】化简1|||||1i i i+=-，求出模即可．【解答】解：21(1)21(1)(1)2i i i i i i i ++===--+，故1||||11i i i+==-，答案为：1．【点评】本题考查了复数求模问题，是基础题．6.函数()(*n n f n i i n N -=+∈，i 是虚数单位）的值域可用集合表示为 {2-，0，2} ．【答案】{2-，0，2}．【考点】虚数单位i 、复数【专题】转化思想；定义法；数系的扩充和复数；数学运算【分析】对n 进行赋值，发现函数()f n 的周期为4，从而得到函数的值域．【解答】解：因为f （1）0=，f （2）2=-，f （3）0=，f （4）2=，f （5）0=，f （6）2=-，f （7）0=，f （8）2=，⋯所以函数()f n 的周期为4，故函数()f n 的值域为{2-，0，2}．故答案为：{2-，0，2}．【点评】本题考查了虚数单位i 的理解和应用，解题的关键是判断出()f n 是周期为4的函数，属于基础题．7.已知复数z 满足(2)34(z i i i +=+是虚数单位），则||z5 ． 5．【考点】复数的模【专题】转化思想；综合法；数系的扩充和复数；数学运算【分析】把已知等式变形，再由商的模等于模的商求解．【解答】解：由(2)34z i i +=+，得342i z i+=+， 34||||525i z i +∴===+ 5．【点评】本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题．8.已知z ∈C 且z ﹣2+|z |＝2+12i ，求z 的值．【考点】复数的运算；复数的模．【专题】方程思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算．【答案】z ＝3+4i ．【分析】设z ＝a +bi ，a ，b ∈R ，根据条件得到关于a ，b 的方程，求出a ，b 的值，即可得到z ．【解答】解：设z ＝a +bi ，a ，b ∈R ，则，即因此，解得， ∴z ＝3+4i ．【点评】本题考查了复数的运算法则，复数相等，考查了推理能力与计算能力，属于基础题。

高考数学二轮复习专题06 三角函数的图像与性质讲学案文-人教版高三全册数学学案

专题06 三角函数的图像与性质1.三角函数y ＝A sin (ωx ＋φ)( A >0，ω>0)的图象变换，周期及单调性是高考热点．2.备考时应掌握y ＝sin x ，y ＝cos x ，y ＝tan x 的图象与性质，并熟练掌握函数y ＝A sin (ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的值域、单调性、周期性等．1．任意角和弧度制(1)终边相同的角：所有与角α终边相同的角，连同角α在内，可构成一个集合S ＝{β|β＝α＋k ·360°，k ∈Z }．(2)把长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做1弧度的角． (3)弧长公式：l ＝|α|r ，扇形的面积公式：S ＝12lr ＝12|α|r 2.2．任意角的三角函数(1)设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P (x ，y )，那么sin α＝y ，cos α＝x ，tan α＝yx(x ≠0)． (2)各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦． 3．诱导公式公式一sin(2k π＋α)＝sin α，cos(2k π＋α)＝cos α，tan(2k π＋α)＝tan α公式二sin(π＋α)＝－sin α，cos(π＋α)＝－cos α，tan(π＋α)＝tan α公式三sin(－α)＝－sin α，cos(－α)＝cos α，tan(－α)＝－tan α4.同角三角函数基本关系式sin2α＋cos2α＝1，tanα＝sinαcosα(cosα≠0)．5．正弦、余弦、正切函数的性质对称性对称中心：(kπ，0)(k∈Z)．对称轴：x ＝π2＋kπ(k∈Z)对称中心：(π2＋kπ，0)(k∈Z)．对称轴：x ＝kπ(k∈Z)对称中心：(kπ2，0)(k∈Z)6.函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象 (1)“五点法”作图设z ＝ωx ＋φ，令z ＝0、π2、π、3π2、2π，求出x 的值与相应的y 的值，描点连线可得．考点一三角函数图象及其变换例1、(1)(2016·高考全国卷Ⅱ)函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的部分图象如图所示，则( )A ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6 B ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3C ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6D ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3【答案】A且2×π3＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z)，故φ＝2k π－π6(k ∈Z)，结合选项可知y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.优解：代入特殊点检验排除．当x ＝π3，y ＝2时，排除B ，D.当x ＝－π6，y ＝－2时，排除C ，故选A.(2)(2016·高考全国卷Ⅲ)函数y ＝sin x －3cos x 的图象可由函数y ＝sin x ＋3cos x 的图象至少向右平移________个单位长度得到．【答案】23π【解析】通解：化简后平移函数y ＝sin x －3cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3的图象可由函数y ＝sin x ＋3cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图象至少向右平移2π3个单位长度得到．【方法规律】1．已知图象求解析式y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (A ＞0，ω＞0)的方法 (1)求A ，B ，已知函数的最大值M 和最小值m ，则A ＝M －m2，B ＝M ＋m2.(2)求ω，已知函数的周期T ，则ω＝2πT.(3)求φ，常用方法有：①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时，A ，ω，B 已知)，或代入图象与直线y ＝b 的交点求解(此时要注意交点在上升区间还是下降区间)．②五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的第一个零点⎝ ⎛⎭⎪⎫－φω，0作为突破口，具体如下：“第一点”(即图象上升时与x 轴的交点中距原点最近的交点)为ωx ＋φ＝0；“第二点”(即图象的“峰点”)为ωx ＋φ＝π2；“第三点”(即图象下降时与x 轴的交点)为ωx ＋φ＝π；“第四点”(即图象的“谷点”)为ωx ＋φ＝3π2；“第五点”为ωx ＋φ＝2π.2．三角函数图象平移问题处理策略(1)看平移要求：首先要看题目要求由哪个函数平移得到哪个函数，这是判断移动方向的关键点； (2)看左右移动方向，左“＋”右“－”；(3)看移动单位：在函数y ＝A sin(ωx ＋φ)中，周期变换和相位变换都是沿x 轴方向的，所以ω和φ之间有一定的关系，φ是初相，再经过ω的压缩，最后移动的单位是⎪⎪⎪⎪⎪⎪φω.【变式探究】1．函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)的部分图象如图所示，则f (x )的单调递减区间为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫k π－14，k π＋34，k ∈Z B.⎝⎛⎭⎪⎫2k π－14，2k π＋34，k ∈Z C.⎝ ⎛⎭⎪⎫k －14，k ＋34，k ∈ZD.⎝⎛⎭⎪⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z 期的周期函数可知，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z，故选D.考点二三角函数性质及应用例2、(1)(2016·高考全国卷Ⅱ)若将函数y ＝2sin 2x 的图象向左平移π12个单位长度，则平移后图象的对称轴为( )A ．x ＝k π2－π6(k ∈Z)B ．x ＝k π2＋π6(k ∈Z) C ．x ＝k π2－π12(k ∈Z) D ．x ＝k π2＋π12(k ∈Z) 【答案】B【解析】通解：写出解析式求对称轴．函数y ＝2sin 2x 的图象向左平移π12个单位长度，得到的图象对应的函数表达式为y ＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12，令2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＝k π＋π2(k ∈Z)，解得x ＝k π2＋π6(k ∈Z)，所以所求对称轴的方程为x ＝k π2＋π6(k ∈Z)，故选B.优解：由对称轴平移得对称轴．y ＝2sin 2x 的对称轴为x ＝π4＋k 2π，向左平移π12个单位长度得x ＝π4－π12＋k 2π＝k π2＋π6.(k ∈Z)，故选B.(2)(2016·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω＞0，|φ|≤π2，x ＝－π4为f (x )的零点，x ＝π4为y ＝f (x )图象的对称轴，且f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π18，5π36上单调，则ω的最大值为( )A ．11B ．9C ．7D ．5【答案】B【方法技巧】求解三角函数的性质问题的常用方法及技巧 1．求单调区间的两种方法(1)代换法：求形如y ＝A sin(ωx ＋φ)(或y ＝A cos(ωx ＋φ)(A ，ω，φ为常数，A ≠0，ω＞0)的单调区间时，令ωx ＋φ＝z ，则y ＝A sin z (或y ＝A cos z )，然后由复合函数的单调性求得．(2)图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间．2．判断对称中心与对称轴：利用函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点这一性质，通过检验f (x 0)的值进行判断．3．三角函数的周期的求法 (1)定义法；(2)公式法：y ＝A sin(ωx ＋φ)和y ＝A cos(ωx ＋φ)的最小正周期为2π|ω|，y ＝tan(ωx ＋φ)的最小正周期为π|ω|. (3)利用图象．【变式探究】设函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)＋cos(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω＞0，|φ|＜π2的最小正周期为π，且f (－x )＝f (x )，则( )A ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2单调递减B ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4单调递减C ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2单调递增D ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4单调递增考点三三角函数的图象与性质的综合应用例3、已知函数f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6cos ωx (0＜ω＜2)，且f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12，32. (1)求ω的值及函数f (x )的最小正周期；(2)将y ＝f (x )的图象向右平移π6个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，已知g ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝536，求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3的值．解：(1)f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6cos ωx ＝3sin ωx cos ωx ＋3cos 2ωx ＝32sin 2ωx ＋32cos 2ωx ＋32【方法技巧】三角函数解析式化简的基本思路1．将“sin x cos x ”化为12sin 2x ，将sin 2x 或cos 2x 降幂．2．函数解析式成为“a sin x ＋b cos x ”后，利用辅助角公式化为a 2＋b 2sin(x ＋φ)，⎝⎛⎭⎪⎫cos φ＝a a 2＋b 2，sin φ＝b a 2＋b 2.3．利用整体思想，对于a 2＋b 2sin(ωx ＋φ)型的三角函数．视“ωx ＋φ”为整体，利用sin x 的性质来求解．【变式探究】已知函数f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋23sin 2ωx －3(ω＞0)的最小正周期为π. (1)求函数f (x )的单调增区间．(2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位，再向上平移1个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，若y ＝g (x )在[0，b ](b ＞0)上至少含有10个零点，求b 的最小值．所以在[0，π]上恰好有两个零点，若y ＝g (x )在[0，b ]上有10个零点，则b 不小于第10个零点的横坐标即可，即b 的最小值为4π＋1112π＝5912π.1．(2017·高考全国卷Ⅲ)函数f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6的最大值为( )A.65 B ．1 C.35D.15【解析】选A.解法一：∵f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝15⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x ＋32cos x ＋32cos x ＋12sin x ＝110sin x ＋310cos x ＋32cos x ＋12sin x ＝35sin x ＋335cos x ＝65sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，∴当x ＝π6＋2k π(k ∈Z )时，f (x )取得最大值65.故选A.解法二：∵⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ＝π2，∴f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6 ＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3 ＝65sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3≤65.∴f (x )max ＝65.故选A.2．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知曲线C 1：y ＝cos x ，C 2：y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3，则下面结论正确的是( ) A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 23.【2017课标3，文6】函数1ππ()sin()cos()536f x x x =++-的最大值为（）A ．65B ．1C ．35D ．15【答案】A【解析】由诱导公式可得：cos cos sin 6233x x x ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ，则：()16sin sin sin 53353f x x x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ , 函数的最大值为65.所以选A.1.【2016高考新课标3文数】在ABC △中，π4B，BC 边上的高等于13BC ,则cos A （）（A ）31010 （B ）1010（C ）1010 （D ）31010【答案】C2.【2016高考新课标2文数】若3cos()45πα-=，则sin 2α=（）（A ）725 （B ）15 （C ）15- （D ）725- 【答案】D【解析】2237cos 22cos 12144525ππαα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=⋅-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ，且cos 2cos 2sin 242ππααα⎡⎤⎛⎫⎡⎤-=-=⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦，故选D.3.【2016高考新课标3文数】若3tan 4α=，则2cos 2sin 2αα+=（） (A)6425 (B) 4825 (C) 1 (D)1625【答案】A 【解析】由3tan 4α=，得34sin ,cos 55αα==或34sin ,cos 55αα=-=-，所以2161264cos 2sin 24252525αα+=+⨯=，故选A ．4.【2016年高考四川文数】22cossin 88ππ-= .【答案】2【解析】由二倍角公式得22cossin 88ππ-=cos42=π5.【2016年高考四川文数】为了得到函数πsin(2)3y x =-的图象，只需把函数sin 2y x =的图象上所有的点( )（A ）向左平行移动π3个单位长度（B ）向右平行移动π3个单位长度（C ）向左平行移动π6个单位长度（D ）向右平行移动π6个单位长度【答案】D【解析】由题意，为了得到函数sin(2)sin[2()]36y x x ππ=-=-，只需把函数sin 2y x =的图像上所有点向右移6π个单位，故选D. 6.【2016高考新课标2文数】若将函数2sin 2y x =的图像向左平移12π个单位长度，则平移后图象的对称轴为（）（A ）()26k x k Z ππ=-∈ （B ）()26k x k Z ππ=+∈ （C ）()212k x k Z ππ=-∈ （D ）()212k x k Z ππ=+∈ 【答案】B7.【2016年高考北京文数】将函数sin(2)3y x π=-图象上的点(,)4P t π向左平移s （0s >）个单位长度得到点'P ，若'P 位于函数sin 2y x =的图象上，则（）A.12t =，s 的最小值为6πB.32t = ，s 的最小值为6πC.12t =，s 的最小值为3πD.32t =，s 的最小值为3π【答案】A【解析】由题意得，ππ1sin(2)432t =⨯-=，当s 最小时，'P 所对应的点为π1(,)122，此时min πππ4126s ==-，故选A. 8.【2016高考新课标3文数】函数sin 3y x x =-的图像可由函数sin 3y x x =+的图像至少向右平移_____________个单位长度得到．【答案】32π 【解析】因为sin 32sin()3y x x x π=+=+，sin 32sin()3y x x x π==-＝2sin[()]33x π2π+-，所以函数sin 3y x x =的图像可由函数sin 3y x x =+的图像至少向右平移32π个单位长度得到． 9.【2016高考浙江文数】设函数2()sin sin f x x b x c =++，则()f x 的最小正周期（） A ．与b 有关，且与c 有关 B ．与b 有关，但与c 无关 C ．与b 无关，且与c 无关 D ．与b 无关，但与c 有关【答案】B10.【2016高考山东文数】函数f （x ）=3sin x +cos x ）3x –sin x ）的最小正周期是（）（A ）2π（B ）π （C ）23π（D ）2π【答案】B【解析】()2sin 2cos 2sin 2663f x x x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⨯+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,故最小正周期22T ππ==,故选B. 11.【2016年高考四川文数】为了得到函数πsin(2)3y x =-的图象，只需把函数sin 2y x =的图象上所有的点( )（A ）向左平行移动π3个单位长度（B ）向右平行移动π3个单位长度（C ）向左平行移动π6个单位长度（D ）向右平行移动π6个单位长度【答案】D【解析】由题意，为了得到函数sin(2)sin[2()]36y x x ππ=-=-，只需把函数sin 2y x =的图像上所有点向右移6π个单位，故选D. 12.【2016高考新课标2文数】若将函数2sin 2y x =的图像向左平移12π个单位长度，则平移后图象的对称轴为（）（A ）()26k x k Z ππ=-∈ （B ）()26k x k Z ππ=+∈ （C ）()212k x k Z ππ=-∈ （D ）()212k x k Z ππ=+∈ 【答案】B13.【2016年高考北京文数】将函数sin(2)3y x π=-图象上的点(,)4P t π向左平移s （0s >）个单位长度得到点'P ，若'P 位于函数sin 2y x =的图象上，则（）A.12t =，s 的最小值为6πB.32t = ，s 的最小值为6πC.12t =，s 的最小值为3πD.32t =，s 的最小值为3π【答案】A【解析】由题意得，ππ1sin(2)432t =⨯-=，当s 最小时，'P 所对应的点为π1(,)122，此时min πππ4126s ==-，故选A. 14.【2016高考新课标3文数】函数sin 3y x x =的图像可由函数sin 3y x x =+的图像至少向右平移_____________个单位长度得到．【答案】32π 【解析】因为sin 32sin()3y x x x π=+=+，sin 32sin()3y x x x π==-＝2sin[()]33x π2π+-，所以函数sin 3y x x =的图像可由函数sin 3y x x =+的图像至少向右平移32π个单位长度得到． 15.【2016高考新课标3文数】在ABC △中，π4B，BC 边上的高等于13BC ,则cos A （）（A 310 （B 10（C ）1010 （D ）31010【答案】C16.【2016高考新课标2文数】若3cos()45πα-=，则sin 2α=（）（A ）725 （B ）15 （C ）15- （D ）725- 【答案】D【解析】2237cos 22cos 12144525ππαα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=⋅-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ，且cos 2cos 2sin 242ππααα⎡⎤⎛⎫⎡⎤-=-=⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦，故选D.17.【2016高考新课标3文数】若3tan 4α=，则2cos 2sin 2αα+=（） (A)6425 (B) 4825 (C) 1 (D)1625【答案】A 【解析】由3tan 4α=，得34sin ,cos 55αα==或34sin ,cos 55αα=-=-，所以2161264cos 2sin 24252525αα+=+⨯=，故选A ．【2015高考新课标1，文2】o o o o sin 20cos10cos160sin10- =( )（A ）3-（B 3（C ）12- （D ）12【答案】D【解析】原式=o o o o sin 20cos10cos 20sin10+ =osin30=12，故选D. 【2015江苏高考，8】已知tan 2α=-，()1tan 7αβ+=，则tan β的值为_______. 【答案】3【解析】12tan()tan 7tan tan() 3.21tan()tan 17αβαβαβααβα++-=+-===++- 【2015高考福建，文19】已知函数f()x 的图像是由函数()cos g x x 的图像经如下变换得到：先将()g x 图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），再将所得到的图像向右平移2个单位长度.(Ⅰ)求函数f()x 的解析式，并求其图像的对称轴方程； (Ⅱ)已知关于x 的方程f()g()x x m 在[0,2)内有两个不同的解,．（1)求实数m 的取值范围；（2)证明：22cos )1.5m ( 【答案】(Ⅰ) f()2sin x x ，(kZ).2xk；(Ⅱ)（1）(5,5)；（2）详见解析．【解析】解法一：(1)将()cos g x x 的图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到当1m<5时，+=2(),2();2当5<m<1时, 3+=2(),32();2所以2222cos )cos 2()2sin ()12()1 1.55m m (【2015高考山东，文16】设()2sin cos cos 4f x x x x π⎛⎫=-+⎪⎝⎭. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）在锐角ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ,若0,12A f a ⎛⎫==⎪⎝⎭,求ABC ∆面积的最大值. 【答案】（I ）单调递增区间是(),44k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦；单调递减区间是()3,44k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦（II ）ABC ∆ 23+ 【解析】（I ）由题意知()1cos 2sin 2222x x f x π⎛⎫++ ⎪⎝⎭=- sin 21sin 21sin 2222x x x -=-=- 由222,22k x k k Z ππππ-+≤≤+∈ 可得,44k x k k Z ππππ-+≤≤+∈由3222,22k x k k Z ππππ+≤≤+∈ 可得3,44k x k k Z ππππ+≤≤+∈ 所以函数()f x 的单调递增区间是(),44k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦；单调递减区间是()3,44k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦【2015高考重庆，文9】若tan 2tan 5πα=，则3cos()10sin()5παπα-=-（）A 、1B 、2C 、3D 、4 【答案】C 【解析】由已知，3cos()10sin()5παπα-=-33cos cos sin sin 1010sin cos cos sin 55ππααππαα+-33cos tan sin 1010tan cos sin55ππαππα+=-33cos 2tan sin 105102tan cos sin 555ππππππ+=- 33cos cos 2sin sin 510510sin cos 55ππππππ+=＝155(cos cos )(cos cos )21010101012sin 25πππππ++-3cos103cos 10ππ==，选C . 【2015高考山东，文3】要得到函数sin 43y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象，只需要将函数sin 4y x =的图象（）（A ）向左平移12π个单位（B ）向右平移12π个单位（C ）向左平移3π个单位（D ）向右平移3π个单位【答案】B【2015高考新课标1，文8】函数()f x =cos()x ωϕ+的部分图像如图所示，则()f x 的单调递减区间为( )(A)13(,),44k k k Z ππ-+∈ (B)13(2,2),44k k k Z ππ-+∈ (C)13(,),44k k k Z -+∈ (D)13(2,2),44k k k Z -+∈【答案】D【解析】由五点作图知，1+4253+42πωϕπωϕ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得=ωπ，=4πϕ，所以()cos()4f x x ππ=+，令22,4k x k k Z πππππ<+<+∈，解得124k -＜x ＜324k +，k Z ∈，故单调减区间为（124k -，324k +），k Z ∈，故选D.1. 【2014高考湖南卷第9题】已知函数()sin(),f x x ϕ=-且230()0,f x dx π=⎰则函数()f x 的图象的一条对称轴是( )A.56x π=B.712x π=C.3x π=D.6x π= 【答案】A【考点定位】三角函数图像、辅助角公式2. 【2014高考江苏卷第5题】已知函数cos y x =与函数sin(2)(0)y x φφπ=+≤<，它们的图像有一个横坐标为3π的交点，则ϕ的值是 .【答案】6π 【解析】由题意cossin(2)33ππϕ=⨯+，即21sin()32πϕ+=，2(1)36k k ππϕπ+=+-⋅，()k Z ∈，因为0ϕπ≤<，所以6πϕ=．【考点】三角函数图象的交点与已知三角函数值求角． 3. 【2014辽宁高考文第9题】将函数3sin(2)3y x π=+的图象向右平移2π个单位长度，所得图象对应的函数（）A ．在区间7[,]1212ππ上单调递减 B ．在区间7[,]1212ππ上单调递增C ．在区间[,]63ππ-上单调递减 D ．在区间[,]63ππ-上单调递增【答案】B【考点定位】函数sin()yA x ωϕ=+的性质.4. 【2014四川高考文第3题】为了得到函数sin(21)y x =+的图象，只需把函数sin 2y x =的图象上所有的点（）A ．向左平行移动12个单位长度 B ．向右平行移动12个单位长度 C ．向左平行移动1个单位长度 D ．向右平行移动1个单位长度【答案】A【解析】1sin(21)sin 2()2y x x =+=+，所以只需把sin 2y x =的图象上所有的点向左平移12个单位.选A.【考点定位】三角函数图象的变换.5. 【2014全国1高考文第6题】如图，图O 的半径为1，A 是圆上的定点，P 是圆上的动点，角x 的始边为射线OA ，终边为射线OP ，过点P 作直线OA 的垂线，垂足为M ，将点M 到直线OP 的距离表示成x 的函数)(x f ，则],0[)(π在x f y =的图像大致为（）POAM【答案】CPOAMD POAM D【考点定位】解直角三角形、三角函数的图象．6. 【2014高考北卷文第14题】设函数()sin()f x A x ωϕ=+（,,A ωϕ是常数，0,0A ω>>）.若()f x 在区间[,]62ππ上具有单调性，且2()()()236f f f πππ==-，则()f x 的最小正周期为 .【答案】π【解析】由)(x f 在区间]2,6[ππ上具有单调性，且)6()2(ππf f -=知，函数)(x f 的对称中心为)0,3(π，由)32()2(ππf f =知函数)(x f 的对称轴为直线127)322(21πππ=+=x ，设函数)(x f 的最小正周期为T ，所以，6221ππ-≥T ，即32π≥T ，所以43127T =-ππ，解得π=T . 【考点定位】函数)sin()(ϕω+=x A x f 的对称性、周期性， 7. 【2014高考安徽卷文第11题】若将函数()sin 24f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图像向右平移ϕ个单位，所得图像关于y 轴对称，则ϕ的最小正值是________.【答案】83π【考点定位】三角函数的平移、三角函数恒等变换与图象性质.8. 【2014浙江高考文第4题】为了得到函数x x y 3cos 3sin +=的图像，可以将函数x y 3sin 2=的图像（）A.向右平移4π个单位B.向左平移4π个单位 C.向右平移12π个单位 D.向左平移12π个单位【答案】Ｄ【解析】sin 3cos3234y x x x π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，故只需将23y x =向左平移4π个单位．【考点定位】三角函数化简,图像平移.9. 【2014陕西高考文第2题】函数()cos(2)6f x x π=-的最小正周期是（）.2A π.B π .2C π .4D π【答案】B【解析】由周期公式2T w π=，又2w =,所以函数()cos(2)6f x x π=-的周期22T ππ==，故选B . 【考点定位】三角函数的最小正周期.10. 【2014大纲高考文第16题】若函数()cos 2sin f x x a x =+在区间(,)62ππ是减函数，则a 的取值范围是 .【答案】(],2-∞．【解析】()()2sin 2cos 4sin cos cos cos 4sin .,62f x x a x x x a x x x a x ππ⎛⎫'=-+=-+=-+∈ ⎪⎝⎭时，()f x 是减函数，又cos 0x >，∴由()0f x '≤得4sin 0,4sin x a a x -+≤∴≤在,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，()min 4sin ,,262a x x a ππ⎛⎫⎛⎫∴≤∈∴≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．【考点定位】三角函数的单调性11. 【2014高考江西文第16题】已知函数()sin()cos(2)f xx a x θθ=+++，其中,(,)22a R ππθ∈∈-（1）当4a πθ==时，求()f x 在区间[0,]π上的最大值与最小值；（2）若()0,()12f f ππ==，求,a θ的值.【答案】（1最小值为-1. （2）1.6a πθ=-⎧⎪⎨=-⎪⎩【考点定位】三角函数性质12. (2014·福建卷)已知函数f(x)＝2cos x(sin x ＋cos x)． (1)求f ⎝⎛⎭⎪⎫5π4的值；(2)求函数f (x)的最小正周期及单调递增区间．【解析】思路一直接将5π4代入函数式，应用三角函数诱导公式计算．(2)应用和差倍半的三角函数公式，将函数化简2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1. 得到T ＝2π2＝π.由2kπ－π2≤2x＋π4≤2kπ＋π2，k∈Z，解得kπ－3π8≤x≤kπ＋π8，k∈Z.思路二先应用和差倍半的三角函数公式化简函数f(x)＝2sin xcos x ＋2cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1.(1)将5π4代入函数式计算；(2)T ＝2π2＝π.[]由2kπ－π2≤2x＋π4≤2kπ＋π2，k∈Z，解得kπ－3π8≤x≤kπ＋π8，k∈Z.(1)f ⎝⎛⎭⎪⎫5π4＝2sin 11π4＋1＝2sin π4＋1＝2.(2)T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x＋π4≤2kπ＋π2，k∈Z，得k π－3π8≤x≤kπ＋π8，k∈Z，所以f(x)的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤kπ－3π8，kπ＋π8，k∈Z.13. (2014·北京卷)函数f(x)＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的部分图象如图所示．(1)写出f(x)的最小正周期及图中x 0、y 0的值； (2)求f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，－π12上的最大值和最小值．。

新高考数学二轮复习知识点总结与题型归纳第6讲导数的应用之单调性、极值和最值(解析版)

第6讲导数的应用之单调性、极值和最值1．函数单调性与导函数符号的关系一般地，函数的单调性与其导数正负有以下关系：在某个区间(,)a b 内，如果()0f x '>，那么函数()y f x =在该区间内单调递增；如果()0f x '<，那么函数()y f x =在该区间内单调递减.2．求可导函数单调区间的一般步骤（1）确定函数()f x 的定义域；（2）求()f x '，令()0f x '=，解此方程，求出它在定义域内的一切实数；（3）把函数()f x 的间断点（即()f x 的无定义点）的横坐标和()0f x '=的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()f x 的定义域分成若干个小区间；（4）确定()f x '在各小区间内的符号，根据()f x '的符号判断函数()f x 在每个相应小区间内的增减性.注①使()0f x '=的离散点不影响函数的单调性，即当()f x '在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，()f x 在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在(,)-∞+∞上，3()f x x =，当0x =时，()0f x '=；当0x ≠时，()0f x '>，而显然3()f x x =在(,)-∞+∞上是单调递增函数.②若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增，则()0f x '≥（()f x '不恒为0），反之不成立.因为()0f x '≥，即()0f x '>或()0f x '=，当()0f x '>时，函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增.当()0f x '=时，()f x 在这个区间为常值函数；同理，若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递减，则()0f x '≤（()f x '不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论： ()0f x '>⇒()f x 单调递增； ()f x 单调递增()0f x '⇒≥； ()0f x '<⇒()f x 单调递减； ()f x 单调递减()0f x '⇒≤.3．函数极值的概念设函数()y f x =在点0x 处连续且0()0y f x '==，若在点0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，则0x 为函数的极大值点；若在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，则0x 为函数的极小值点.函数的极值是相对函数在某一点附近的小区间而言，在函数的整个定义区间内可能有多个极大值或极小值，且极大值不一定比极小值大.极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点. 4．求可导函数()f x 极值的一般步骤（1）先确定函数()f x 的定义域；（2）求导数()f x '；（3）求方程()0f x '=的根；（4）检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()y f x =在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()y f x =在这个根处取得极小值.注①可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是：0x 是导函数的变号零点，即0()0f x '=，且在0x 左侧与右侧，()f x '的符号导号.②0()0f x '=是0x 为极值点的既不充分也不必要条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点.另外，极值点也可以是不可导的，如函数()f x x =，在极小值点00x =是不可导的，于是有如下结论：0x 为可导函数()f x 的极值点0()0f x '⇒=；但0()0f x '=⇒0x 为()f x 的极值点. 5．函数的最大值、最小值若函数()y f x =在闭区间[],a b 上的图像是一条连续不间断的曲线，则该函数在[],a b 上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得.6．求函数的最大值、最小值的一般步骤设()y f x =是定义在区间[],a b 上的函数，()y f x =在(,)a b 可导，求函数()y f x =在[],a b 上的最大值与最小值，可分两步进行：（1）求函数()y f x =在(,)a b 内的极值；（2）将函数()y f x =的各极值与端点处的函数值(),()f a f b 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点； ③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.1．已知0x 是函数()e ln x f x x =-的极值点，若()00,a x ∈， ()0,b x ∈+∞，则 A. ()0f a '>， ()0f b '< B. ()0f a '<， ()0f b '< C. ()0f a '>， ()0f b '> D. ()0f a '<， ()0f b '> 【答案】D【解析】因为()1(0)x f x e x x '=->，令()1=0x f x e x '=-，即1=x e x ，在平面直角坐标系画出1,x y e y x==的图象，如图：根据图象可知， ()()()()000,,0,,,0x x f x x x f x '∞'∈∈+，所以 ()0f a '<， ()0f b '>，故选D.2．已知20a b =≠，且关于x 的函数()321132f x x a x a bx =++⋅在R 上有极值，则a 与b 的夹角范围为（）A. 0,6π⎛⎫⎪⎝⎭B. ,6ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦C. ,3ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦D. 2,33ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】()321132f x x a x a bx =++⋅在R 有极值， ()2'0f x x a x a b ∴=++⋅=有不等式的根， 0∴∆>，即2240,4cos 0a a b a a b θ-⋅>∴->，120,cos 2a b θ=≠∴<， 0,3πθπθπ≤≤∴<≤，即向量,a b 夹角范围是,3ππ⎛⎤⎥⎝⎦，故选C. 【方法点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式、利用导数研究函数的极值，属于难题.平面向量数量积公式有两种形式，一是cos a b a b θ⋅=，二是1212a b x x y y ⋅=+，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， ·cos ·a ba bθ=（此时·a b 往往用坐标形式求解）；（2）求投影， a 在b 上的投影是a b b⋅；（3）,a b 向量垂直则0a b ⋅=;(4)求向量ma nb + 的模（平方后需求a b ⋅）.3．在ABC ∆中， ,,a b c 分别为,,A B C ∠∠∠所对的边，若函数()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+有极值点，则sin 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭的最小值是（） A. 0 B. 32- C. 32D. -1 【答案】D【解析】()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+，∴f′（x ）=x 2+2bx+（a 2+c 2-ac ），又∵函数()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+有极值点，∴x 2+2bx+（a 2+c 2-ac ）=0有两个不同的根，∴△=（2b ）2-4（a 2+c 2-ac ）＞0，即ac ＞a 2+c 2-b 2，即ac ＞2accosB ；即cosB ＜12，故∠B 的范围是（π3π，），所以23B π- 5,33ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，当3112B 326B πππ-==，即时sin 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭的最小值是-1 故选D4．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xlnx ， 11f e e⎛⎫= ⎪⎝⎭，则f(x)( )A. 有极大值，无极小值B. 有极小值，无极大值C. 既有极大值，又有极小值D. 既无极大值，又无极小值【答案】D【解析】因为xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，所以()()2ln xf x f x x x x -='，所以()'ln ()f x xx x=，所以f (x )＝12x ln 2x ＋cx .因为f (1e )＝12e ln 21e ＋c ×1e ＝1e ，所以c ＝12，所以f ′(x )＝12ln 2x ＋ln x ＋12＝12(ln x ＋1)2≥0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )在(0，＋∞)上既无极大值，也无极小值，故选D.点睛：根据导函数求原函数，常常需构造辅助函数，一般根据导数法则进行：如()()f x f x '-构造()()x f x g x e =， ()()f x f x '+构造()()x g x e f x =，()()xf x f x '-构造()()f xg x x=， ()()xf x f x '+构造()()g x xf x =等 5．设a R ∈，若函数,x y e ax x R =+∈有大于零的极值点，则（）A. 1a e<- B. 1a e >- C. 1a >- D. 1a <-【答案】D【解析】()x f x e a '=+（x>0）,显然当0a ≥时， ()0f x '>，f(x)在R 上单调递增，无极值点，不符。

高考数学二轮复习专题篇素养提升专题1三角函数三角恒等变换与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形文理

②由 f(x)＝12sin2x－π6＝ 63，
得 sin2x－π6＝ 33，
∵x∈0，π4，∴－π6≤2x－π6≤π3，
∴cos2x－π6＝
6 3.
∴cos 2x＝cos2x－π6＋π6 ＝cos2x－π6× 23－sin2x－π6×21 ＝ 36× 23－ 33×12＝ 22－ 63.
三角恒等变换的“四大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换, 1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等． (2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α,α＝(α－β)＋β等． (3)降次与升次：正用二倍角公式升次,逆用二倍角公式降次． (4)弦、切互化：一般是切化弦．
分值 10 12 10
年份卷别 Ⅰ卷
2019 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷
2018 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号
考查角度
分值
17 正余弦定理
12
二倍角公式、基本关系式、余弦定理、
15
5
三角形面积公式
18
正余弦定理、三角形面积公式
12
17
正余弦定理、解三角形
12
二倍角、辅助角公式、基本关系式、
10、15 和的正弦公式、余弦定理
10°＝
典例1
A．34
(1)(2020·全国Ⅱ卷模拟)cos2 40°＋2sin 35°sin 55°sin
( A)
B．14
C．12＋
3 2
D．3
3 4
(2)(2020·宜宾模拟)已知 α∈0，π2，且 3sin2α－5cos2α＋sin 2α＝0，则
sin 2α＋cos 2α＝
( A)
A．1
B．－2137

高考数学二轮复习第06课时数列之数阵问题

1312*第06课时数列之数阵问题【考点点悟】传道解惑，高屋建瓴数列之数阵是将一些数据按照一定的规律以图表或图阵的方式呈现出来的特殊数列. 数阵问题是能够检查学生数学直觉思维能力，它多是要求学生能够从已给的一些数据中，来观察数的变化规律,其特点是直观新颖，能较好地考察学生的观察与分析能力，以及归纳与想象能力等．是近几年高考中倍受青睐的一种新题型．探求数表型数列问题，关键是要能充分挖掘所给数表所提供的信息特征，把握数表所隐含的规律性，综合运用观察、分析、归纳和猜想的思想方法，发现和破译问题的知求关系，使问题顺利获解.【小题热身】明确考点，自省反思 1.能够在如右表所示的33⨯正方形的9个空格中填入正整数，使得每一行都成等差数列，每一列都成等比数列，问必须填进标有*号的空格的数是 .2.将全体正整数排成一个三角形数阵：12345678910按照以上排列的规律，第n 行(3)n ≥从左向右的第3个数为． 3.1934年，东印度（今孟加拉国）学者森德拉姆发现了“正方形筛子”（如图所示），该“正方形筛子”中位于第100行的第100个数是4.用n 个不同的实数1a ，2a ，…，n a 可得到个!n 个不同的排列，每个排列为一行写成一个!n 行的数阵．对第i 行1i a ，2i a ，…，in a ，记12323(1)ni i i i i n b a a a na =-+-++- ，1,2,3,,!i n = ．例如：用1，2，3可得数阵如图所示，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，1261221231224b b b ++=-+⨯-⨯=- ，那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，12120b b b ++= ___________．【考题点评】分析原因，醍醐灌顶例 1. 在如表所示的55⨯正方形的25个空格中填入正整数，使得每一行，每一列都成思路透析:（设出通项ij a 为从下到下第i 行，从左到右第j 列的空格中所填的数，根据其特征规律及等差数列的性质，将未知数据的关系式列出，求得方程组的解．设ij a 为从上到下第i 行，从左到右第j 列的空格中所填的数，则52a x =，41a y =．由第3行得3321862y a +=，由第3列得3321032a x =⨯-，所以2113x y +=．① 由第2行得232743a y =⨯-，由第3列得2333210331034a a x =-=⨯-，所以148331034y x -=⨯-，整理得43161x y -=．②联立①②解得50x =，13y =．所以1555218621864172a a x =⨯-=⨯-=，1333532112a a a =-=，故1315141422a a a +==，故标有*号的空格应填142．点评：高中新课标非常重视学生的探究能力，用数据阵形式给出的行列均成等差数列的“数据”表，其表格中的数据编制时关系不是非常明显，这也正是高考考查探究能力的重要形式．以数据表格、杨辉三角或数矩阵为载体的探究性试题已经成为高考的命题趋势．例2. 在一个有限的实数列中，任意七个连续项之和都是负数，而任意十一个连续项之和都是正数．试问：此数列最多能包含多少项？思路透析:（根据题目所给已知条件，可构造一个每横行七个数，每纵列十一个数的数阵如下：1714131211965438543274321 a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 考虑到每一横行为连续七项，其和小于0，每一纵列为连续十一项，其和大于0．于是得到矛盾，所以17<n ．另一方面有可以构造一个连续十六项的数列满足题目要求：6，6，-15，6，6，6，-16，6，6，-16，6，6，6，-15，6，6，故符合条件的数列最多有十六项．点评：对于这一类问题的设计，可使学生心态开放、主体性凸现，个性张扬，创造性得到释放．例3. 定义如下运算：11121311112131111213121222322122232212223231323333132333313233312312312n k k n k k n k k m m m mn n n n nk m m m x x x x y y y y z z z z x x x x y y y y z z z z x x x x y y y y z z z z x x x x y y y y z z z ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 3mk z ⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ 其中112233.(1,1,,ij i j i j i j in nj z x y x y x y x y i m j n i j =++++∈ ≤≤≤≤N *）．现有2n 个正数的数表A 排成行列如下：（这里用ij a 表示位于第i 行第j 列的一个正数，,i j ∈N *）111213121222323132333123n nn n n n nna a a a a a a a a a a a a a a a ，其中每横行的数成等差数列，每竖列的数成等比数列，且各个等比数列的公比相同，若241a =，4218a =，43316a =．（1）求ij a 的表达式（用i ，j 表示）；（2）若11121311112221222322122331323333132123121323333n n n n n n n nn n n a a a a b b a a a a b b a a a a b b a a a a b b n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，求1i b ，2i b （1i n ≤≤，用i ，n 表示）．思路透析: （1）每一行的数成等差数列，∴42a ，43a ，44a 成等差数列．∴4342442a a a =+，∴4414a =，又每一列的数成等比数列，故24424a a q = ，∵241a =，∴214q =，且0n a >，∴12q =．∴44243421(2)(2)()816j j a a j d j a a =+-=+--=，∴441()22i ij j i ja a -==．（2）11231232222i i i i i nb n =⨯+⨯+⨯++⨯222211(21)(1)(123)232i i n n n n +++=++++=⨯ ，23212333332222n i i i i i n b =⨯+⨯+⨯++⨯ ，① ∴2312121333332222n n i i i i i n n b +-=⨯+⨯++⨯+⨯ ，②②－①得2312112(333)33222n n i i i i n b +=-++++⨯-⨯21113313321322n n i i i n ++-=-⨯+⨯-⨯-111[(21)33]2n i n ++=-+∴1211[(21)33]2n i i b n ++=-+．点评:新背景等比数列题型往往利用新定义或新概念将等比数列的知识点交汇于其中，该类题型是新高考命题的新动向．本题是等比数列与“行列式”相交汇的新背景题型，由于新型的定义式的出现，导致该题型又多了几分神秘的色彩，为我们接受新型问题开阔了眼界．例4. 64个正数排成8行8列，如下所示181211a a a 282221a a a…… ……888281a a a在符号ij a (1≤i ≤8，1≤j ≤8)中，i 表示该数所在的行数，j 表示该数所在的列数．已知每一行中的数依次都成等差数列，而每一列中的数依次都成等比数列（每列公比q 都相等），且.41,1,21322411===a a a （1）若131221,41a a a 和求=的值；（2）求ij a 的通项公式（注：用j i ,表示）；（3）记第n 行各项之和为n A (1≤n ≤8)数列{}n a ，{}n b ，{}n c 满足)(2,361n n n n n mb a mb A a +==+（m 为非零常数），n n nb c a =．求证{}n c 为等差数列．思路透析: （1）41,212111==a a ，每一列成公比相等的等比数列， ∴其公比22132121111.,24a q a a q a ==== 又∴12 1.a =又每一行成等差数列，∴在第一行中有131112,2a a a +=∴133.2a = （2）设第一行的公差为d ，.41)(,1)3(21121232111424=+===+==q d a q a a q d a q a a 两式联立解得.21,21==q d 从而111111[(1)]().2i i i ij j a a q a j d q j --=⋅=+-=⋅∴1().2iij a j =⋅（3）181312111a a a a A ++++= 1187187188182222a d ⨯⨯=+⨯=⨯+⨯= ∴111128111218n n n n n n n A a a a a q a q a q ---=++=+++11111218136()()1822n n n q a a a --=+++=⨯=∴362.n n na A == 由12()n n n mb a mb +=+得，11222n n n n mb mb a ++-==．两边同除以12n +得， .1)22(11=-++n n n n b b m 即为.1)22(11=-++nn n n b b m ∴11n n c c m +-=（常数）∴数列{}n c 成等差数列．点评:此题以数阵为载体，一改数列知识的单调、呆板的引入形式，使高考数学题充满活力和魅力！例5. 下表给出一个“三角形数阵”：14 12，14 34，38，316， …已知每一列的数成等差数列；从第三行起，每一行的数成等比数列，每一行的公比都相等．记第i 行第j 列的数为(,,ij a i j i j ∈≥N *）．（1）求83a ；（2）试写出ij a 关于i ，j 的表达式；（3）记第n 行的和为n A ，求数列{}n A 的前m 项和m B 的表达式．思路透析: （1）由题知，1{}i a 为等差数列，因为，1114a =，2112a =，所以公差14d =，8111(81)244a =+-⨯=．又各行成等比数列，公比都相等，3134a =，3238a =，所以每行的公比是12q =，所以283112()22a =⨯=．（2）由（1）知，111(1)444i i a i =+-= ，所以1111111()()()2422j j j ij i i a a i --+===．（3）211111[1()()]222n n n A a -=++++ 1111[2()]()4222n n n n n -+=-=-．11123(12)()222482m m m B m =+++-++++设1232482m m mT =++++ ． ①则11123248162m m mT +=++++ ． ② 由①－②，得1111111121122422222m m m m m m m m m T ++++=+++-=--=- ．所以，111(1)2(1)2(1)122242m m m m m m m m m B ++++++=--=+-．点评：解决数阵问题的关键是抓住题目中所给出的各行与各列所构成数列的类型，再根据所给出的特殊项推出各行、各列的前几项，进而求出通项．例 6. 设｛a n ｝是集合{}Z t s t s st ∈<≤+，且,022中所有的数从小到大排列成的数列，即a 1＝3，a 2＝5，a 3＝6，a 4＝9，a 5＝10，a 6＝12，……将数列｛a n ｝各项按照上小下大，左小右大的原则写成如图11所示的三角形数表：（Ⅰ）写出这个三角形数表的第四行、第五行各数; （Ⅱ）求a 100．思路透析: 容易看出，按照如图所示的排法，第4行有4个数字，第5行有5个数字……。

高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型解答题(六)课件理

－x0＝4，
x0＝－4，
∴p2－y0＝0，即y0＝p2，
代入 x2＝2py(p>0)中得 16＝p2，解得 p＝4.
∴抛物线 C 的方程为 x2＝8y.
(2)由题意知直线 AB 的斜率存在，故设其方程为 y＝kx＋b.
由yx＝2＝k8xy＋，b，整理得 x2－8kx－8b＝0，则
x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b， ∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝8k2＋2b，设 AB 的中点为 Q，则点 Q 的坐标为(4k,4k2＋b)．
解 (1)∵C1 的极坐标方程是 ρ＝4cosθ2＋43sinθ， ∴4ρcosθ＋3ρsinθ＝24，整理得 4x＋3y－24＝0， ∴C1 的直角坐标方程为 4x＋3y－24＝0. 曲线 C2：xy＝＝csionsθθ，， ∴x2＋y2＝1，故 C2 的普通方程为 x2＋y2＝1.
(2)将曲线 C2 经过伸缩变换yx′′＝＝22y 2x，后得到曲线 C3 的方程为x′8 2＋
E(2a,1,0)，A(0,2,0)，所以B→1C1＝(2a,0，－2)，D→E＝(2a，－1，－1)．因为异
面直线 DE 与 B1C1 所成的角为 30°，
所以
cos〈D→E，B→1C1〉＝
→→ DE·B1C1 →→
|DE||B1C1|
＝ 4a2＋4a42·＋24a2＋2＝ 23，
解得 a＝1，于是 C1(2,0,0)．设平面 AB1C1 的法向量为 n＝(x，y，z)，因为A→C1＝(2，－2,0)，B→1C1＝(2,0，－2)，
(1)求抛物线 C 的方程； (2)直线 AB 与抛物线 C 交于不同两点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，|x2－x1|＝3，直线 AB 与切线 l 平行，设切点为 N 点，试问△ABN 的面积是否是定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．

第2讲大题专攻——空间中的平行、垂直与空间角问题 2023高考数学二轮复习课件

目录
二、真题感悟 1．(2022·全国甲卷)(证明线线垂直、求线面角)在四棱锥 P-ABCD
中，PD⊥底面 ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2， DP＝ 3. (1)证明：BD⊥PA；解：证明：如图所示，取AB中点为O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1. 又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形．又BC＝OB＝1，所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO. 同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO，所以BD⊥AD. 因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PD⊥BD，又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面ADP，所以BD⊥平面ADP. 因为PA⊂平面ADP，所以BD⊥PA.
所以向量―AB→＝(1，0，0)为平面 PAD 的一个法向量．而―BE→·―AB→＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，
所以BE⊥AB，又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.
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(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明由(2)知平面 PAD 的一个法向量为―AB→＝(1，0，0)，向量―PD→＝(0，
目录
02
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利用向量证明平行与垂直
【例1】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD， AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明： (1)BE⊥DC；证明依题意，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2， 0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．
向量―BE→＝(0，1，1)，―D→C ＝(2，0，0)，故―BE→·―D→C ＝0. 所以BE⊥DC.
目录
(2)BE∥平面PAD；证明因为 AB⊥AD ，又 PA⊥ 平面 ABCD ， AB ⊂ 平面 ABCD ，所以 AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，

2023年高考数学二轮复习第二部分方法探究探究二少失分同,保住基本分才能得高分

探究二少失分，保住基本分才能得高分选择、填空在高考中属于保分题目，只有“保住基本分，才能得高分”．在平时的训练中，针对选择、填空题，要做到两个方面：一是练准度：高考中遗憾的不是难题做不出来，而是简单题和中档题做错，会做的题目没做对，平时训练一定要重视选择、填空的正确率．二是练速度：提高选择、填空题的答题速度，能为攻克后面的解答题赢得充足时间．方法一直接法(1)直接法是直接从题设出发，抓住命题的特征，利用定义、性质、定理、公式等，经过变形、推理、计算、判断而得出结果．(2)拿到一个选择题应根据其所提供信息，迅速确定最佳解法．而高考卷中大部分选择题需要用直接法求解．(3)直接法的解题过程与常规解法基本相同，不同的是解选择题时可利用选项的暗示性，同时应注意：在计算和论证时应尽量简化步骤，合理跳步，以提高解题速度，注意一些形成结论的应用，如球的性质、正方体的性质，等差、等比数列的性质．例1(1)[2022·新高考Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．100π B．128πC．144π D．192π(2)[2021·新高考Ⅰ卷]已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，若|FQ|＝6，则C的准线方程为____________.听课笔记：对接训练1.[2022·新高考Ⅱ卷](多选)已知函数f(x)＝sin (2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点(2π3，0)中心对称，则()A．f(x)在区间(0，5π12)单调递减B．f(x)在区间(－π12，11π12)有两个极值点C．直线x＝7π6是曲线y＝f(x)的对称轴D．直线y＝√32－x是曲线y＝f(x)的切线2．[2022·全国甲卷]设向量a ，b 的夹角的余弦值为13，且|a |＝1，|b |＝3，则(2a ＋b )·b ＝________．方法二排除法排除法也叫淘汰法，就是充分运用单项选择题的特征，即有且只有一个正确选项这一信息，从选项入手，根据题设条件与各选项的关系，通过分析、推理、计算、判断，对选项进行筛选，将其中与题设相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得正确结论的方法．使用该法的前提是“答案唯一”，即四个选项中有且只有一个正确．例2(1)[2022·全国甲卷]函数y ＝(3x －3－x )cos x 在区间[−π2，π2]的图象大致为( )(2)[2021·新高考Ⅰ卷]下列区间中，函数f (x )＝7sin (x −π6)单调递增的区间是( ) A ．(0，π2) B ．(π2，π)C ．(π，3π2) D ．(3π2，2π) 听课笔记：对接训练 3.设函数f (x )＝{2−x ，x ≤0−x +1，x ＞0，则满足f (x )＋f (x －12)＞1的x 的取值范围是( )A ．(－∞，14) B ．(14，34) C ．(－∞，34) D ．(34，＋∞)4．[2022·全国乙卷]如图是下列四个函数中的某个函数在区间[－3，3]的大致图象，则该函数是( )A ．y ＝−x 3+3x x 2+1B ．y ＝x 3−xx 2+1C ．y ＝2x cos x x 2+1D ．y ＝2sin xx 2+1方法三特值、特例法(1)特值、特例法是解答单项选择题的最佳方法之一，适用于解答“对某一集合的所有元素、某种关系恒成立”，这样以全称判断形式出现的题目，其原理是“结论若在某种特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真”，利用“小题小做”或“小题巧做”的解题策略．(2)当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以将题中变化的不定量选取一些符合条件的恰当特殊值(或特殊函数、特殊角、特殊数列、图形特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论．这样可大大地简化推理、论证的过程．例3(1)[2022·广东华南师大附中三模](多选)如果a <b <0，c <d <0，那么下面一定成立的是( ) A ．a ＋d <b ＋c B ．ac >bd C ．ac 2>bc 2D ．d a <ca(2)如图，在棱柱的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一动点P ，Q 满足A 1P ＝BQ ，过P ，Q ，C 三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( )A ．3∶1B ．2∶1C ．4∶1D ．√3∶1 听课笔记：对接训练5.已知E 为△ABC 的重心，AD 为BC 边上的中线，令AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝a ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝b ，若过点E 的直线分别交AB ，AC 于P ，Q 两点，且AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝m a ，AQ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝n b ，则1m +1n＝( ) A.3 B ．4 C ．5D ．136．已知等差数列{a n}的公差d≠0，且a1，a3，a9成等比数列，则a1+a3+a9a2+a4+a10的值是________．方法四数形结合法(1)“数”与“形”是数学这座高楼大厦的两块最重要的基石，二者在内容上互相联系，在方法上互相渗透，在一定条件下可以互相转化．在解答选择题的过程中，可以先根据题意，做出草图，然后参照图形的做法、形状、位置、性质，综合图象的特征，得出结论．(2)对于一些含有几何背景的填空题，若能根据题目条件的特点，作出符合题意的图形，做到数中思形，以形助数，并通过对图形的直观分析、判断，往往可以简捷地得出正确的结果．例4(1)[2021·新高考Ⅱ卷](多选)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是()A BC D(2)[2022·全国甲卷]设函数f(x)＝sin (ωx＋π3)在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是()A．[53，136)B．[53，196)C．(136，83]D．(136，196]听课笔记：对接训练7.(多选)已知定义在R上的奇函数f(x)，满足f(x－2)＝－f(x)，且在区间[0，1]上是增函数，若方程f(x)＝m在区间[－4，4]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4的取值可能为()A ．0B ．2C ．4D ．－48．[2022·新高考Ⅰ卷]已知椭圆C ：x 2a2+y 2b 2＝1(a >b >0)，C 的上顶点为A ，两个焦点为F 1，F 2，离心率为12.过F 1且垂直于AF 2的直线与C 交于D ，E 两点，|DE |＝6，则△ADE 的周长是________．方法五构造法构造法就是利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到简捷的解决，它来源于对基础知识和基本方法的积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括，积极联想，横向类比，从曾经遇到过的类似问题中寻找灵感，构造出相应的函数、概率、几何等具体的数学模型，使问题快速解决．例5(1)[2022·全国甲卷]已知a ＝3132，b ＝cos 14，c ＝4sin 14，则( ) A ．c >b >a B ．b >a >c C ．a >b >c D ．a >c >b (2)如图，已知球O 的面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝√2，则球O 的体积等于________．听课笔记：对接训练9.设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0，1)B ．(－1，0)∪(1，+∞)C ．(－∞，－1)∪(−1，0)D ．(0，1)∪(1，+∞) 10．已知正四面体ABCD 的外接球的体积为8√6π，则这个正四面体的表面积为________．方法六估值法有些问题(主要针对单项选择题)，由于条件限制，无法(有时也没有必要)进行精确的运算和判断，而只能依赖于估算．估算实质上是一种粗略的算法，它以正确的算理为基础，通过合理观察、比较、推理、判断，从而做出正确的判断；也即把有关的数值扩大或缩小，从而对运算结果确定出一个范围或做出一个估计．例6(1)[2022·河北保定一模]已知a ＝√233，b ＝log 37，c ＝ln 27，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a <b <c B ．b <a <c C ．b <c <a D ．c <a <b (2)[2019·全国卷Ⅰ]古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是√5−12(√5−12≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是√5−12.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm ，头顶至脖子下端的长度为26 cm ，则其身高可能是( )A ．165 cmB ．175 cmC ．185 cmD ．190 cm 听课笔记：对接训练11.做一个面积为1 m 2，形状为直角三角形的铁架框，用下列四种长度的铁管，最合理(够用，且浪费最少)的是( )A ．4.6 mB ．4.8 mC ．5 mD ．5.2 m 12.如图，在多面体ABCDEF 中，已知平面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝32，EF 与平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为( )A ．92 B ．5C ．6D ．152探究二少失分，保住基本分才能得高分方法一直接法[例1] 解析：(1)设三棱台上底面A 1B 1C 1、下底面ABC 的外接圆半径分别为r 1，r 2，外接圆圆心分别为O 1，O 2，三棱台的外接球半径为R ，球心为O .令|OO 1|＝t ，则|OO 2|＝|t －1|.由题意及正弦定理，得2r 1＝3√3sin 60°＝6，2r 2＝4√3sin 60°＝8，所以r 1＝3，r 2＝4，所以R 2＝r 12＋t 2＝r 22＋(t －1)2，即R 2＝9＋t 2＝16＋(t －1)2，解得{t =4，R 2=25.所以三棱台外接球的表面积为4πR 2＝100π.故选A.(2)不妨设P (p 2，p )，∴Q (6＋p2，0)，PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(6，－p )，因为PQ ⊥OP ，所以p 2×6－p 2＝0，∵p >0，∴p ＝3，∴C 的准线方程为x ＝－32.答案：(1)A (2)x ＝－32对接训练1．解析：由题意，得f (2π3)＝sin (4π3＋φ)＝0，所以4π3＋φ＝k π，k ∈Z ，解得φ＝－4π3＋k π，k ∈Z .又0<φ<π，所以φ＝2π3.故f (x )＝sin (2x ＋2π3)．选项A ，当x ∈(0，5π12)时，2x ＋2π3∈(2π3，3π2)．由y ＝sin u 的图象，知y ＝f (x )在区间(0，5π12)上单调递减，故正确．选项B ，当x ∈(－π12，11π12)时，2x ＋2π3∈(π2，5π2)．由y ＝sin u 的图象，知y ＝f (x )在区间(－π12，11π12)内只有1个极值点，故错误．选项C ，当x ＝7π6时，2x ＋2π3＝3π，则f (7π6)＝0，所以直线x ＝7π6不是曲线y ＝f (x )的对称轴，故错误．选项D ，令f ′(x )＝2cos (2x ＋2π3)＝－1，得cos (2x ＋2π3)＝－12，则2x ＋2π3＝2π3＋2k π，k ∈Z 或2x ＋2π3＝4π3＋2k π，k ∈Z ，解得x ＝k π，k ∈Z 或x ＝π3＋k π，k ∈Z .所以函数y＝f (x )的图象在点(0，√32)处的切线斜率为f ′(0)＝2cos2π3＝－1，切线方程为y －√32＝－(x －0)，即y ＝√32－x ，故正确．选AD.答案：AD2．解析：因为cos 〈a ，b 〉＝13，|a |＝1，|b |＝3，所以a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝1×3×13＝1，所以(2a ＋b )·b ＝2a ·b ＋b 2＝2×1＋32＝11.答案：11方法二排除法[例2] 解析：(1)设函数f (x )＝(3x －3－x )cos x ，则对任意x ∈[－π2，π2]，都有f (－x )＝(3－x－3x)cos (－x )＝－(3x－3－x)cos x ＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数，因此排除B ，D 选项．又f (1)＝(3－3－1)cos 1＝83cos 1＞0，所以排除C 选项．故选A.(2)因为函数y ＝sin x 的单调递增区间为(2k π－π2，2k π＋π2)(k ∈Z )，对于函数f (x )＝7sin (x −π6)，由2k π－π2<x －π6<2k π＋π2(k ∈Z )，解得2k π－π3<x <2k π＋2π3(k ∈Z )，取k ＝0，可得函数f (x )的一个单调递增区间为(−π3，2π3)，则(0，π2)⊆(−π3，2π3)，(π2，π)⊄(−π3，2π3)，A 选项满足条件，B 不满足条件；取k ＝1，可得函数f (x )的一个单调递增区间为(5π3，8π3)，(π，3π2)⊄(−π3，2π3)且(π，3π2)⊄(5π3，8π3)，(3π2，2π)⊄(5π3，8π3)，CD 选项均不满足条件．故选A.答案：(1)A (2)A对接训练3．解析：当x ＝1时，f (1)＋f (12)＝0＋12＝12＜1，由此排除D 选项．当x ＝0时，f (0)＋f (－12)＝1＋√2＞1，由此排除B 选项．当x ＝12时，f (12)＋f (0)＝12＋1＝32＞1，由此排除A 选项．综上所述，选C.答案：C4．解析：对于B 选项，当x ＝1时，y ＝0，与图象不符，故B 不符合题意．对于C 选项，当x ＝3时，y ＝6cos 310＝35cos 3.因为cos 3>－1，所以35cos 3>－35，与图象不符，故C 不符合题意．对于D 选项，当x ＝3时，y ＝2sin 310>0，与图象不符，故D 不符合题意．综上，用排除法选A.答案：A方法三特值、特例法[例3] 解析：(1)取a ＝c ＝－2，b ＝d ＝－1，则a ＋d ＝b ＋c ＝－3，ac 2＝－8，bc 2＝－4，故AC 不正确；因为－a ＞－b ＞0，－c ＞－d ＞0，所以ac ＞bd ，故B 正确；因为c ＜d ，1a ＜0，所以d a ＜ca ，故D 正确．故选BD(2)将P ，Q 置于特殊位置：P →A 1，Q →B ，此时仍满足条件A 1P ＝BQ (＝0)，则有V C －AA 1B＝V A 1－ABC ＝V ABC−A 1B 1C 13，故过P ，Q ，C 三点的截面把棱柱分成的两部分的体积之比为2∶1.答案：(1)BD (2)B对接训练5．解析：由于题中直线PQ 的条件是过点E ，所以该直线是一条“动”直线，所以最后的结果必然是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．方法一如图1，PQ ∥BC ，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，此时m ＝n ＝23，故1m +1n＝3.故选A.方法二如图2，取直线BE 作为直线PQ ，显然，此时AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，故m ＝1，n ＝12，所以1m +1n ＝3.故选A.答案：A 6．解析：a 1，a 3，a 9的下标成等比数列，故可令a n ＝n ，又易知它满足题设条件，于是a 1+a 3+a9a 2+a 4+a 10＝1316.答案：1316方法四数形结合法[例4] 解析：(1)设正方体的棱长为2，如图(1)所示，连接AC ，则MN ∥AC ，故∠POC (或其补角)为异面直线OP ，MN 所成的角，在直角三角形OPC 中，OC ＝√2，CP ＝1，故tan ∠POC ＝√2＝√22，故MN ⊥OP 不成立，故A 错误．如图(2)所示，取NT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ ⊥NT ，PQ ⊥MN ，由正方体SBCM NADT 可得SN ⊥平面ANTD ，而OQ ⊂平面ANDT ，故SN ⊥OQ ，而SN ∩MN ＝N ，故OQ ⊥平面SNTM ，又MN ⊂平面SNTM ，OQ ⊥MN ，而OQ ∩PQ ＝Q ，所以MN ⊥平面OPQ ，而PO ⊂平面OPQ ，故MN ⊥OP ，故B 正确．如图(3)，连接BD ，则BD ∥MN ，由B 的判断可得OP ⊥BD ，故OP ⊥MN ，故C 正确．如图(4)，取AD 的中点Q ，AB 的中点K ，连接AC ，PQ ，OQ ，PK ，OK ，则AC ∥MN ，因为DP ＝PC ，故PQ ∥AC ，故PQ ∥MN ，所以∠QPO 或其补角为异面直线PO ，MN 所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ ＝12AC ＝√2，OQ ＝√AO 2+AQ 2＝√1+2＝√3， PO ＝√PK 2+OK 2＝√4+1＝√5，QO 2<PQ 2＋OP 2，故∠QPO 不是直角，故PO ，MN 不垂直，故D 错误．故选BC.(2)因为f (x )＝sin (ωx +π3)，结合选项，只考虑ω＞0.当ωx ＋π3＝π2＋k π(k ∈Z )，即x ＝π6ω+kπω(k ∈Z )时，f (x )取得极值．又因为f (x )在区间(0，π)上恰有三个极值点，所以{π6ω+2πω＜π，π6ω+3πω≥π，解得136＜ω≤196.当ωx ＋π3＝k π(k ∈Z )，即x ＝－π3ω+kπω(k ∈Z )时，f (x )＝0.又因为f (x )在区间(0，π)上恰有两个零点，所以{−π3ω+2πω＜π，−π3ω+3πω≥π，解得53＜ω≤83.综上可得，ω的取值范围是(136，83].故选C.答案：(1)BC (2)C对接训练7．解析：根据题意，函数f (x )满足f (x －2)＝－f (x )，则f (x －4)＝－f (x －2)＝f (x )，即函数f (x )是周期为4的周期函数，且f (x －2)＝－f (x )＝f (－x )，则函数f (x )的对称轴为x ＝－1.又由f (x )是奇函数，则x ＝1也是函数f (x )的对称轴，x ∈[0，1]时，函数f (x )是增函数，据此作出函数f (x )的简图，若方程f (x )＝m 在区间[－4，4]上有四个不同的根，必有m ≠0，分2种情况讨论：①当m >0时，方程f (x )＝m (m >0)在区间[－4，4]上的四个不同的根，两两分别关于x ＝－3和x ＝1对称，不妨设x 1<x 2<x 3<x 4，则x 1＋x 2＝－6，x 3＋x 4＝2，则x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝－6＋2＝－4；②当m <0时，同理可得x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝4.故选CD.答案：CD8．解析：由题意知e ＝ca ＝12，所以a ＝2c ，b ＝√3c ，所以△AF 1F 2是等边三角形，所以DE 垂直平分AF 2，所以|AD |＝|DF 2|，|AE |＝|EF 2|，所以△ADE 的周长为|DE |＋|AD |＋|AE |＝|DE |＋|DF 2|＋|EF 2|.由椭圆的定义，可知|DE |＋|DF 2|＋|EF 2|＝4a ＝8c .因为直线DE 的斜率k ＝tan 30°＝√33，所以直线DE 的方程为y ＝√33(x ＋c )，即x ＝√3y －c .由椭圆方程x 24c 2+y 23c 2＝1，得3x 2＋4y 2＝12c 2.将x ＝√3y －c 代入并整理，得13y 2－6√3cy －9c 2＝0.设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝6√3c 13，y 1y 2＝－9c 213，所以|DE |＝√1+1k 2√(y 1+y 2)2−4y 1y 2＝√1+3·√108c 2169+36c 213＝1213√3c 2+13c 2＝4813c ＝6，解得c ＝138.所以△ADE 的周长是8c ＝13. 答案：13方法五构造法[例5] 解析：(1)a －c ＝3132－4sin 14＝1－12×(14)2－sin1414.不妨设f (x )＝1－12x 2－sin x x＝x−12x 3−sin xx.令h (x )＝x －12x 3－sin x ，则h ′(x )＝1－32x 2－cos x ．令g (x )＝1－32x 2－cos x ，则g ′(x )＝－3x ＋sin x ．当x ∈(0，14]时，sin x ＜3x ，所以当x ∈(0，14]时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，14]上单调递减，所以当x ∈(0，14]时，g (x )＜g (0)＝0，所以当x ∈(0，14]时，h ′(x )＜0，所以h (x )在(0，14]上单调递减．所以当x ∈(0，14]时，h (x )＜h (0)＝0，所以当x ∈(0，14]时，f (x )＜0，所以f (14)＜0，即a ＜c .结合四个选项，排除B ，C ，D.故选A.(2)如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径，所以CD ＝√(√2)2+(√2)2+(√2)2＝2R ，所以R ＝√62，故球O 的体积V ＝4πR 33＝√6π. 答案：(1)A (2)√6π对接训练9．解析：构造函数g (x )＝f (x )x，则g ′(x )＝xf ′(x )−f (x )x 2，由题意知，当x >0时，g ′(x )<0， ∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数．∵f (x )是奇函数，f (－1)＝0，∴f (1)＝－f (－1)＝0. ∴g (1)＝f (1)1＝0，∴当x ∈(0，1)时，g (x )>0，从而f (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，从而f (x )<0. 又∵g (－x )＝f (−x )−x＝−f (x )−x＝f (x )x＝g (x )，(x ≠0)∴g (x )是偶函数，∴当x ∈(－∞，－1)时，g (x )<0，从而f (x )>0；当x ∈(－1，0)时，g (x )>0，从而f (x )<0.综上，所求x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．答案：A 10．解析：将正四面体ABCD 放在一个正方体内，设正方体的棱长为a ，如图所示．设正四面体ABCD的外接球的半径为R ，则43πR 3＝8√6π，得R ＝√6.∵正四面体的外接球和正方体的外接球是同一个球，∴√3a ＝2R ＝2√6，∴a ＝2√2，∵正四面体ABCD 的每条棱长均等于正方体的面对角线长，∴正四面体ABCD 的棱长为√2a ＝4，因此，这个正四面体的表面积为4×12×42×sinπ3＝16√3.答案：16√3方法六估值法[例6] 解析：(1)因为2＝√83＜a ＝√233＜√273＝3，b ＝log 37＜log 39＝2，c ＝ln 27＞ln e 3＝3，所以b ＜a ＜c ，故选B.(2)26＋26÷0.618＋(26＋26÷0.618)÷0.618≈178 (cm)，故其身高可能是175 cm ，故选B. 答案：(1)B (2)B对接训练 11．解析：设两直角边分别为a ，b ，则12ab ＝1，∴ab ＝2.∴a ＋b ＋√a 2+b 2≥2√ab +√2ab ，当且仅当a ＝b ＝√2时，等号成立． ∵2√2＋2≈4.828，∴钢管长度选5 m 最合理．故选C. 答案：C12．解析：连接BE ，CE ，四棱锥E －ABCD 的体积为V E －ABCD ＝13×3×3×2＝6，又多面体ABCDEF 的体积大于四棱锥E －ABCD 的体积，即所求几何体的体积V >V E －ABCD ＝6，而四个选项里面大于6的只有152，故选D.答案：D。

2019年高考数学(理科)二轮专题复习：第二部分函数的图象与性质

π4 ＝
2 2.
(2)因为f(x)＋f(－x)＝ln( 1＋x2 －x)＋1＋ln( 1＋x2 ＋x)＋1＝ln(1＋x2－x2)＋2＝2，
所以f(a)＋f(－a)＝2，所以f(－a)＝－2.
答案：(1)
2 2
(2)－2
命题视角函数的单调性与最值
【例 3－2】 (1)(2018·河南六市一模)若函数 f(x)＝
因此M＝3116，m＝0，所以M－m＝3116.
(2)因为f(x)在R上是偶函数，且在(－∞，0)上是增函数，
所以f(x)在(0，＋∞)上是减函数，由f(32a－1)≥f(－ 3)＝f( 3)，所以32a－1≤ 3，则2a－1≤12，所以a≤34. 故a的最大值是34. 答案：(1)A (2)D
热点3 函数的性质及应用(高频考点) 1．函数的单调性单调性是函数的一个局部性质，一个函数在不同的区间上可以有不同的单调性，判断函数单调性常用定义法、图象法及导数法．温馨提醒：函数的多个单调区间若不连续，不能用符号“∪”连接，可用“和”或“，”连接．
2．函数的奇偶性函数的奇偶性是函数在定义域上的整体性质，偶函数的图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义区间上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对称，在关于坐标原点对称的定义区间上具有相同的单调性．

|x|－x12在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值为 M，最小值
为 m，则 M－m＝( )
31 A.16
B．2
9 C.4
11 D. 4
(2)(2018·佛山调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函
数，且在区间(－∞ ，0)上单调递增．若实数a满足f(32a－1)
≥f(－ 3)，则a的最大值是( )

高考二轮复习数学课件(新高考新教材)第2讲圆锥曲线的定义方程与性质

答案 A
解析如图所示,抛物线C:y2=4x的焦点坐标为F(1,0),过C上一点M作其准线
的垂线,垂足为N,若∠NMF=120°,可得|MF|=|MN|,∠NFO=∠FNM=30°.
4 3
又由|DF|=2,所以|NF|= 3 ,在等腰三角形
MNF 中,可
4
得|MF|= .
3
设
4
M(x0,y0),根据抛物线的定义,可得|MF|=x0+1=3,解
解析设椭圆C的左焦点为F1,如图,连接AF1,BF1,因为|OA|=|OB|,|OF1|=|OF|,
所以四边形AF1BF为平行四边形.
又 AF⊥BF,所以四边形
π
AF1BF 为矩形,所以∠F1AF= ,则
2
|OF1|=|OF|=|OA|=2 3.
由直线 y=
π
3x 可知∠AOF=3,则|AF|=|OF|=|OA|=2
||
p=3.
P 在 x 轴的
突破点二圆锥曲线的几何性质
命题角度1 圆锥曲线的几何性质
x2 y2
x2 y2
[例 2—1]已知双曲线 C1: 2 − 2 =1(a>0,b>0)以椭圆 C2: + =1 的焦点为顶
4
3
a
b
点,左、右顶点为焦点,则双曲线 C1 的渐近线方程为(
A. 3x±y=0
B.x± 3y=0
.
答案 (1)ACD
(2)4
解析 (1)由题意知,m>0 且 m2-1>0.由已知可得 2 --1=1,解得 m=2 或 m=1(舍去负值),故椭圆
2
C 的方程为 3
2
+ 2 =1.

高考数学(理)二轮复习专题第2讲-离散型随机变量的分布列数学(理)期望方差(全国通用)公开

专题十一概率、统计
第2讲离散型随机变量旳分布列、数学期望、方差
专题十一概率、统计
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历届高考考什么？ • 2023 • 1.离散型随机变
量旳期望与方差
三年真题统计
• 2023 • 2023
卷Ⅱ，T19
2.二项分布及应用 3.超几何分布及应用
卷Ⅰ，T4 卷Ⅰ，T18
4.正态分布及应用
[名师点评] (1)互斥事件与相互独立事件的特点 ①互斥事件⇔A∩B 为不可能事件，即在任何一次试验中事件 A 与事件 B 不会同时发生，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)． ②相互独立事件，事件 A 与事件 B 的发生性互不影响，A、B 同时发生记为事件 AB，P(AB)＝P(A)P(B)． (2)注意一个试验中，分清事件的多种关系，才能正确列出概率运算式子．
X
0
1
2
ξ2 41.2 117.6 204.0
(1)求 m，n 的值；
(2)求 ξ2 的分布列；
(3)若 E(ξ1)＜E(ξ2)，则选择投资乙项目，求此时 p 的取值范围．
解：(1)由题意得m11＋0m0＋.4＋12n0＝×10.4＋170n＝120，
解得 m＝0.5，n＝0.1.
(2)ξ2 的可能取值为 41.2，117.6，204，
(2)X 的取值为 0，1，2，3，
X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
2 15
19 45
16 45
4 45
数学期望 E(X)＝75.
2．某公司准备将 1 000 万元资金投入到市环保工程建设中，现有甲、乙两个建设项目选择．若投资甲项目一年后可获得的利润 ξ1(万元)的概率分布列如下表所示：

2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题六函数与导数第1讲函数的图象与性质

第二篇专题六第1讲一、选择题1．(2021·全国甲卷)设f (x )是定义域为R 的奇函数，且f (1＋x )＝f (－x ).若f ⎝⎛⎭⎫－13＝13，则f ⎝⎛⎭⎫53＝( C )A ．－53B ．－13C ．13D ．53【解析】方法一：由题意得f (－x )＝－f (x )，又f (1＋x )＝f (－x )＝－f (x )，所以f (2＋x )＝f (x )，又f ⎝⎛⎭⎫－13＝13，则f ⎝⎛⎭⎫53＝f ⎝⎛⎭⎫2－13＝f ⎝⎛⎭⎫－13＝13.故选C.方法二：由f (1＋x )＝f (－x )知函数f (x )的图象关于直线x ＝12对称，又f (x )为奇函数，所以f (x )是周期函数，且T ＝4⎪⎪⎪⎪0－12＝2，则f ⎝⎛⎭⎫53＝f ⎝⎛⎭⎫53－2＝f ⎝⎛⎭⎫－13＝13，故选C.2．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2(1－x )，x <0，22x -1，x ≥0，则f (－3)＋f (log 2 3)等于( B )A ．112B ．132C ．152D ．10【解析】依题意f (－3)＋f (log 2 3)＝log 2 4＋22log 2 3－1＝2＋2log 2 92＝2＋92＝132.3．设函数f (x )＝4x 23|x |，则函数f (x )的图象大致为( A )【解析】观察函数解析式发现，x 是以平方、绝对值的形式出现的，所以f (x )为偶函数，排除B ；当x >0时，f (x )＝4x 23x ，当x →＋∞时，f (x )→0，排除C ；因为f (2)＝4×2232＝169<2，选项D 中f (2)>2，所以D 不符合题意．4．(2022·济宁模拟)函数y ＝f (x )是定义域为R 的奇函数，且对于任意的x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<1成立．如果f (m )＞m ，则实数m 的取值集合是( C )A ．{0}B ．{m |m ＞0}C ．{m |m ＜0}D ．R【解析】令g (x )＝f (x )－x ，因为f (x )为奇函数，所以g (x )为R 上的奇函数，不妨设x 1＜x 2，由f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<1成立可得f (x 1)－f (x 2)＞x 1－x 2，即f (x 1)－x 1＞f (x 2)－x 2，所以g (x 1)＞g (x 2)，即g (x )在R 上单调递减，由f (m )＞m 得g (m )＞0＝g (0)，所以m ＜0.故选C.5．定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，当x ∈[－1，0]时，f (x )＝－x －2，则( B ) A ．f ⎝⎛⎭⎫sin π6>f ⎝⎛⎭⎫cos π6 B ．f (sin 3)<f (cos 3) C ．f ⎝⎛⎭⎫sin 4π3<f ⎝⎛⎭⎫cos 4π3 D ．f (2 020)>f (2 019)【解析】由f (x ＋2)＝f (x )，得f (x )是周期函数且周期为2，根据f (x )在x ∈[－1，0]上的图象和f (x )是偶函数可得f (x )在[0，1]上是增函数．对于A ，0<sin π6<cos π6<1，∴f ⎝⎛⎭⎫sin π6<f ⎝⎛⎭⎫cos π6，A 错误；对于B ，0<sin 3<－cos 3<1，∴f (sin 3)<f (－cos 3)＝f (cos 3)，B 正确；对于C ，0<－cos4π3<－sin 4π3<1， ∴f ⎝⎛⎭⎫cos 4π3<f ⎝⎛⎭⎫sin 4π3，C 错误；对于D ，f (2 020)＝f (0)<f (2 019)＝f (1)，D 错误．6．定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a <b 时，a ⊕b ＝b 2.则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2，2]的最大值为( C )A ．－1B ．1C ．6D ．12【解析】当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2；当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2.又∵y ＝x －2，y ＝x 3－2在R 上都为增函数，且f (x )在x ＝1处连续， ∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.7．(2020·全国Ⅱ)设函数f (x )＝ln |2x ＋1|－ln |2x －1|，则f (x )( D ) A ．是偶函数，且在⎝⎛⎭⎫12，＋∞单调递增 B ．是奇函数，且在⎝⎛⎭⎫－12，12单调递减 C ．是偶函数，且在⎝⎛⎭⎫－∞，－12单调递增 D ．是奇函数，且在⎝⎛⎭⎫－∞，－12单调递减【解析】f (x )＝ln |2x ＋1|－ln |2x －1|的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≠±12. 又f (－x )＝ln |－2x ＋1|－ln |－2x －1| ＝ln |2x －1|－ln |2x ＋1| ＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，故排除A ，C. 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12，12时， f (x )＝ln (2x ＋1)－ln (1－2x )＝ln 2x ＋11－2x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－1＋21－2x . ∵y ＝－1＋21－2x 在⎝⎛⎭⎫－12，12单调递增， ∴由复合函数的单调性可得f (x )在⎝⎛⎭⎫－12，12上单调递增．故排除B. 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－12时， f (x )＝ln (－2x －1)－ln (1－2x )＝ln －2x －11－2x＝ln2x ＋12x －1＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋22x －1，∵y ＝1＋22x －1在⎝⎛⎭⎫－∞，－12上单调递减， ∴由复合函数的单调性可得f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－12上单调递减．故选D.8．对任意实数a ，b ，定义运算“⊙”：a ⊙b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤2，b ，a －b >2.设f (x )＝3x +1⊙(1－x )，若函数f (x )与函数g (x )＝x 2－6x 在区间(m ，m ＋1)上均为减函数，则实数m 的取值范围是( C )A ．[－1，2]B ．(0，3]C ．[0，2]D ．[1，3]【解析】由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋1，x >0，3x +1，x ≤0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减，函数g (x )＝(x －3)2－9在(－∞，3]上单调递减．若函数f (x )与g (x )在区间(m ，m ＋1)上均为减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧m ≥0，m ＋1≤3，得0≤m ≤2.故选C.二、填空题9．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x ≤0，4x ，x >0，则满足f (x )＋f (x －1)≥2的x 的取值范围是__⎣⎡⎭⎫12，＋∞__．【解析】∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x ≤0，4x ，x >0，∴当x ≤0时，x －1≤－1，f (x )＋f (x －1)＝2x ＋1＋2(x －1)＋1＝4x ≥2，无解；当⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x －1≤0，即0<x ≤1时， f (x )＋f (x －1)＝4x ＋2(x －1)＋1＝4x ＋2x －1≥2，得12≤x ≤1；当x －1>0，即x >1时，f (x )＋f (x －1)＝4x ＋4x -1≥2，得x >1. 综上，x 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞.10．(2021·山西太原模拟)若a ＞0且a ≠1，且函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x ，x ≥1，ax ＋a －2，x <1，在R 上单调递增，那么a 的取值范围是__(1，2]__．【解析】 a >0且a ≠1，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x ，x ≥1，ax ＋a －2，x <1在R 上单调递增，可得⎩⎪⎨⎪⎧a >1，a ≥2a －2，解得a ∈(1，2].11．对于函数y ＝f (x )，若存在x 0使f (x 0)＋f (－x 0)＝0，则称点(x 0，f (x 0))是曲线f (x )的“优美点”．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x <0，kx ＋2，x ≥0，若曲线f (x )存在“优美点”，则实数k 的取值范围是__(－．【解析】当x <0时，f (x )＝x 2＋2x 关于原点对称的函数是y ＝－x 2＋2x (x >0)，由题意得，y ＝－x 2＋2x (x >0)与y ＝kx ＋2有交点，即－x 2＋2x ＝kx ＋2(x >0)有解，∴k ＝－x －2x ＋2(x >0)有解，又－x －2x ＋2≤－22＋2，当且仅当x ＝2时等号成立，∴k ≤2－2 2.12．(2020·全国Ⅲ)关于函数f (x )＝sin x ＋1sin x 有如下四个命题：①f (x )的图象关于y 轴对称； ②f (x )的图象关于原点对称； ③f (x )的图象关于直线x ＝π2对称；④f (x )的最小值为2.其中所有真命题的序号是__②③__．【解析】∵f (x )＝sin x ＋1sin x的定义域为{x |x ≠k π，k ∈Z }， f (－x )＝sin (－x )＋1sin (－x )＝－sin x －1sin x ＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，关于原点对称，故①错误，②正确． ∵f ⎝⎛⎭⎫π2－x ＝cos x ＋1cos x ， f ⎝⎛⎭⎫π2＋x ＝cos x ＋1cos x ， ∴f ⎝⎛⎭⎫π2－x ＝f ⎝⎛⎭⎫π2＋x ，∴f (x )的图象关于直线x ＝π2对称，故③正确．当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0时，f (x )<0，故④错误．三、解答题13．(2020·江苏省南京市高三联考)已知f (x )是定义在区间(－1，1)上的奇函数，当x ＜0时，f (x )＝x (x －1).已知m 满足不等式f (1－m )＋f (1－m 2)<0，求实数m 的取值范围．【解析】当x ＜0时，f (x )＝x (x －1)，可得f (x )在(－1，0)上单调递减；由f (x )是定义在区间(－1，1)上的奇函数，可得f (x )也是区间(－1，1)上的减函数．因为f (1－m )＋f (1－m 2)<0，所以f (1－m )<f (m 2－1)，可得如下不等式组：⎩⎪⎨⎪⎧－1<1－m <1，－1<m 2－1<1，1－m >m 2－1，得⎩⎪⎨⎪⎧0<m <2，0<m <2或－2<m <0，－2<m <1，解得：0<m <1.所以实数m 的取值范围为(0，1).。

名师伴你行届高考理科数学二轮复习专题突破题能专训第讲统计与统计案例公开课一等奖优质课大赛微课获奖课件

y2 b d b＋d
总计 a＋b c＋d a＋b＋c＋d
热点盘点
[二轮备考讲义] 第二部分专题五第2讲第11页第11页
基础记忆
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学（理）
构造一个随机变量 K2＝a＋bcn＋add－ab＋cc2b＋d，其中 n＝a
＋b＋c＋d.
P(K2≥k) 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学（理）
专项五概率与统计
[二轮备考讲义] 第二部分专题五第2讲第3页第3页
热点盘点
基础记忆
提能专训
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学（理）
第二讲统计与统计案例
[二轮备考讲义] 第二部分专题五第2讲第4页第4页
热点盘点
基础记忆
提能专训
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学（理）
基础记忆
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学（理）
分组
频数频率
(40,45]
n1
f1
(45,50]
n2
f2
(1)确定样本频率分布表中 n1，n2，f1 和 f2 的值；
(2)根据上述频率分布表，画出样本频率分布直方图；
提能专训
热点盘点
[二轮备考讲义] 第二部分专题五第2讲第18页第18页
基础记忆
[二轮备考讲义] 第二部分专题五第2讲第10页第10页
热点盘点
基础记忆
提能专训
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学（理）
3．独立性检验
假设有两个分类变量 X 和 Y，它们的可能取值分别为{x1， x2}和{y1，y2}，其样本频数列联表(称 2×2 列联表)为：

数学高考二轮复习第2部分 第6讲

2020届数学(理)高考二轮专题复习与测试：第二部分 专题六 第2讲 基本初等函数、函数与方程 Word版含解析

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2023届高考二轮总复习课件数学(理)第2讲 高考客观题速解技巧

(山东专版)高考数学二轮专题复习与策略 第2部分 必考补充专题 技法篇 6招巧解客观题,省时、省力得