2018年高考数学二轮复习课件(浙江) 第1部分重点强化专题专题2 突破点4 等差数列、等比数列

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2018届浙江高三数学二轮专题复习讲义集合与命题

集合与命题考情考向分析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．热点分类突破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∩(∁U A)＝∅，A∪(∁U A)＝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．例1(1)(2017·台州调研)若集合A＝{x|－1<x<1，x∈R}，B＝{x|y＝x－2，x∈R}，则A∪B等于()A．[0,1) B．(－1，＋∞)C．(－1,1)∪[2，＋∞) D．∅答案 C解析由题意得B＝{x|x≥2}，所以A∪B＝{x|－1<x<1或x≥2}，故选C.(2)已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}，定义集合A B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则A B中元素的个数为() A．77 B．49 C．45 D．30答案 C解析如图，集合A表示如图所示的所有圆点“”，集合B表示如图所示的所有圆点“”＋所有圆点“”，集合A B显然是集合{(x，y)||x|≤3，|y|≤3，x，y∈Z}中除去四个点{(－3，－3)，(－3,3)，(3，－3)，(3,3)}之外的所有整点(即横坐标与纵坐标都为整数的点)，即集合A B表示如图所示的所有圆点“”＋所有圆点“”＋所有圆点“”，共45个．故A B中元素的个数为45.故选C.思维升华 (1)关于集合的关系及运算问题，要先对集合进行化简，然后再借助Venn 图或数轴求解．(2)对集合的新定义问题，要紧扣新定义集合的性质探究集合中元素的特征，将问题转化为熟悉的知识进行求解，也可利用特殊值法进行验证．跟踪演练1 (1)(2017·衢州质检)已知集合U ＝{1,2,3,4,5,6}，集合A ＝{2,3}，集合B ＝{1,2,4}，则(∁U B )∩A 等于( ) A ．{2} B ．{3} C ．{5,6} D ．{3,5,6}答案 B解析由题意得∁U B ＝{3,5,6}，则(∁U B )∩A ＝{3}，故选B.(2)用C (A )表示非空集合A 中的元素个数，定义A *B ＝⎩⎪⎨⎪⎧C (A )－C (B )，C (A )≥C (B )，C (B )－C (A )，C (A )<C (B )，若A ＝{1,2}，B ＝{x |(x 2＋ax )(x 2＋ax ＋2)＝0}，且A *B ＝1，设实数a 的所有可能取值构成的集合是S ，则C (S )等于( ) A. 4 B. 3 C. 2 D. 1答案 B解析由A ＝{1,2}，得C (A )＝2，由A *B ＝1，得C (B )＝1或C (B )＝3. 由(x 2＋ax )(x 2＋ax ＋2)＝0，得x 2＋ax ＝0或x 2＋ax ＋2＝0.当C (B )＝1时，方程(x 2＋ax )(x 2＋ax ＋2)＝0只有实根x ＝0，这时a ＝0；当C (B )＝3时，必有a ≠0，这时x 2＋ax ＝0有两个不相等的实根x 1＝0，x 2＝－a ，方程x 2＋ax ＋2＝0必有两个相等的实根，且异于x 1＝0，x 2＝－a .由Δ＝a 2－8＝0，得a ＝±22，可验证均满足题意，故S ＝{－22，0,22}，故C (S )＝3. 热点二四种命题与充要条件1．四种命题中原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假．2．若p ⇒q ，则p 是q 的充分条件，q 是p 的必要条件；若p ⇔q ，则p ，q 互为充要条件．例2 (1)(2017届抚州七校联考)A ，B ，C 三个学生参加了一次考试，A ，B 的得分均为70分，C 的得分为65分．已知命题p ：若及格分低于70分，则A ，B ，C 都没有及格．在下列四个命题中，为p 的逆否命题的是( ) A ．若及格分不低于70分，则A ，B ，C 都及格 B ．若A ，B ，C 都及格，则及格分不低于70分 C ．若A ，B ，C 至少有一人及格，则及格分不低于70分 D ．若A ，B ，C 至少有一人及格，则及格分高于70分答案 C解析根据原命题与它的逆否命题之间的关系知，命题p ：若及格分低于70分，则A ，B ，C 都没有及格，p 的逆否命题是：若A ，B ，C 至少有1人及格，则及格分不低于70分．故选C.(2)(2017·温州九校协作体联考)已知实数a ，b ，则“|a ＋b |＋|a －b |≤1”是“a 2＋b 2≤1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析由绝对值三角不等式|a ±b |≤|a |＋|b |可得⎩⎪⎨⎪⎧|2a |≤|a ＋b |＋|a －b |≤1，|2b |≤|a ＋b |＋|a －b |≤1，即⎩⎨⎧－12≤a ≤12，－12≤b ≤12，此不等式组表示边长为1的正方形区域(含边界)，而a 2＋b 2≤1表示单位圆区域(含边界)，故由⎩⎨⎧－12≤a ≤12，－12≤b ≤12可以推出a 2＋b 2≤1，但是反之不成立，故选A. 思维升华充分条件与必要条件的三种判定方法(1)定义法：正、反方向推理，若p ⇒q ，则p 是q 的充分条件(或q 是p 的必要条件)；若p ⇒q 且qD ⇒p ，则p 是q 的充分不必要条件(或q 是p 的必要不充分条件)．(2)集合法：利用集合间的包含关系．例如，若A ⊆B ，则A 是B 的充分条件(B 是A 的必要条件)；若A ＝B ，则A 是B 的充要条件．(3)等价法：将命题等价转化为另一个便于判断真假的命题．跟踪演练2 (1)(2017·绍兴模拟)已知平面α⊥平面β，且α∩β＝b ，a ⊂α，则“a ⊥b ”是“a ⊥β”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 C解析平面α⊥平面β，且α∩β＝b ，a ⊂α，若a ⊥b ，则a ⊥β，充分性成立；平面α⊥平面β，因为α∩β＝b ，所以b ⊂β，若a ⊥β，则a ⊥b ，必要性成立，所以“a ⊥b ”是“a ⊥β”的充要条件，故选C. (2)下列命题：①已知m ，n 表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，并且m ⊥α，n ⊂β，则“α⊥β”是“m ∥n ”的必要不充分条件； ②不存在x ∈(0,1)，使不等式log 2x <log 3x 成立； ③“若am 2<bm 2，则a <b ”的逆命题为真命题．其中正确的命题序号是________．答案 ①解析 ①当α⊥β时，n ⊂β可以是平面内任意一条直线，所以得不到m ∥n ，当m ∥n 时，m ⊥α，所以n ⊥α，从而α⊥β，故“α⊥β”是“m ∥n ”的必要不充分条件，所以①正确；②log 2x ＝lg x lg 2，log 3x ＝lg x lg 3，因为lg 2<lg 3，所以1lg 2>1lg 3，当x ∈(0,1)时，lg x lg 2<lg xlg 3，即log 2x <log 3x 恒成立，所以②错误；③中原命题的逆命题为“若a <b ，则am 2<bm 2”，显然当m 2＝0时不正确，所以③错误．故填①.真题体验1．(2016·浙江改编)已知集合P ＝{x ∈R |1≤x ≤3}，Q ＝{x ∈R |x 2≥4}，则P ∪(∁R Q )＝____________. 答案 (－2,3]解析由已知得Q ＝{x |x ≥2或x ≤－2}．∴∁R Q ＝(－2,2)．又P ＝[1,3]，∴P ∪∁R Q ＝[1,3]∪(－2,2)＝(－2,3]．2．(2017·天津改编)设θ∈R ，则“⎪⎪⎪⎪θ－π12<π12”是“sin θ<12”的__________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”) 答案充分不必要解析 ∵⎪⎪⎪⎪θ－π12<π12， ∴－π12<θ－π12<π12，即0＜θ＜π6.显然当0＜θ＜π6时，sin θ＜12成立．但当sin θ＜12时，由周期函数的性质知，0＜θ＜π6不一定成立．故0＜θ＜π6是sin θ＜12的充分不必要条件，即“⎪⎪⎪⎪θ－π12<π12”是“sin θ<12”的充分不必要条件． 3．(2017·浙江改编)已知集合P ＝{x |－1＜x ＜1}，Q ＝{x |0＜x ＜2}，则P ∪Q ＝________. 答案 (－1,2)解析 ∵P ＝{x |－1＜x ＜1}，Q ＝{x |0＜x ＜2}， ∴P ∪Q ＝{x |－1＜x ＜2}．4．(2017·北京改编)设m ，n 为非零向量，则“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n <0”的____________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”) 答案充分不必要解析方法一由题意知|m |≠0，|n |≠0. 设m 与n 的夹角为θ. 若存在负数λ，使得m ＝λn ，则m 与n 反向共线，θ＝180°， ∴m ·n ＝|m ||n |cos θ＝－|m ||n |＜0. 当90°＜θ＜180°时，m ·n ＜0，此时不存在负数λ，使得m ＝λn .故“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n ＜0”的充分不必要条件．方法二 ∵m ＝λn ，∴m ·n ＝λn ·n ＝λ|n |2. ∴当λ＜0，n ≠0时，m ·n ＜0.反之，由m ·n ＝|m ||n |cos m ，n ＜0⇔cos m ，n ＜0 ⇔ m ，n ∈⎝⎛⎦⎤π2，π，当 m ，n ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，m ，n 不共线．故“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n ＜0”的充分不必要条件．押题预测1．若集合A ＝{x |1≤2x ≤8}，B ＝{x |log 2(x 2－x )>1}，则A ∩B 等于( ) A ．(2,3] B ．[2,3]C ．(－∞，0)∪(0,2]D ．(－∞，－1)∪[0,3]押题依据集合的运算在历年高考中的地位都很重要，已成为送分必考试题．集合的运算常与不等式(特别是一元一次不等式、一元二次不等式)的求解、函数的定义域、函数的值域等知识相交汇．答案 A解析 A ＝[0,3]．又log 2(x 2－x )>log 22，即x 2－x >2，解得x <－1或x >2，所以B ＝(－∞，－1)∪(2，＋∞)．所以A ∩B ＝(2,3]．2．设x >0，则“a ＝1”是“x ＋ax ≥2恒成立”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件押题依据充分、必要条件的判定一直是高考考查的重点，该类问题必须以其他知识为载体，综合考查数学概念．答案 A解析由题意得x ＋a x ≥2⇔⎝⎛⎭⎫x ＋a x min ≥2⇔2a ≥2⇔a ≥1，故“a ＝1”是“x ＋ax ≥2恒成立”的充分不必要条件，故选A.3．已知集合M ＝{(x ，y )|y ＝f (x )}，若对于任意(x 1，y 1)∈M ，存在(x 2，y 2)∈M ，使得x 1x 2＋y 1y 2＝0成立，则称集合M 是“Ω集合”．给出下列4个集合：①M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫(x ，y )⎪⎪y ＝1x ； ②M ＝{(x ，y )|y ＝e x －2}； ③M ＝{(x ，y )|y ＝cos x }； ④M ＝{(x ，y )|y ＝ln x }．其中是“Ω集合”的所有序号为( ) A ．②③ B ．③④ C ．①②④D ．①③④押题依据以新定义为背景，考查元素与集合的关系，是近几年高考的热点，解题时可从集合的性质(元素的性质、运算性质)作为突破口．答案 A解析对于①，若x 1x 2＋y 1y 2＝0，则x 1x 2＋1x 1·1x 2＝0，即(x 1x 2)2＝－1，可知①错误；对于④，取(1,0)∈M ，且存在(x 2，y 2)∈M ，则x 1x 2＋y 1y 2＝1×x 2＋0×y 2＝x 2>0，可知④错误．同理，可证得②和③都是正确的．故选A. 强化练习A 组专题通关1．(2017·全国Ⅱ)设集合A ＝{1,2,4}，B ＝{x |x 2－4x ＋m ＝0}．若A ∩B ＝{1}，则B 等于( )A ．{1，－3}B ．{1,0}C ．{1,3}D ．{1,5} 答案 C解析 ∵A ∩B ＝{1}，∴1∈B ，∴1－4＋m ＝0，即m ＝3. ∴B ＝{x |x 2－4x ＋3＝0}＝{1,3}．故选C.2．设集合A ＝{y |y ＝sin x ，x ∈R }，B ＝{x |y ＝lg(－x )}，则A ∩B 等于( ) A ．(0,1] B ．[－1,0) C ．[－1,0] D ．(－∞，1]答案 B解析因为A ＝[－1,1]，B ＝(－∞，0)，所以A ∩B ＝[－1,0)．故选B.3．(2017·浙江省五校联考)设全集U ＝R ，集合A ＝{x |x ≥3}，B ＝{x |0≤x <5}，则集合(∁U A )∩B等于( )A ．{x |0<x <3}B ．{x |0≤x ≤3}C ．{x |0<x ≤3}D ．{x |0≤x <3}答案 D解析因为U ＝R ，A ＝{x |x ≥3}，所以∁U A ＝{x |x <3}，又因为B ＝{x |0≤x <5}，所以(∁U A )∩B ＝{x |0≤x <3}，故选D.4．(2017·全国Ⅲ)已知集合A ＝{(x ，y )|x 2＋y 2＝1}，B ＝{(x ，y )|y ＝x }，则A ∩B 中元素的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0 答案 B解析集合A 表示以原点O 为圆心，1为半径的圆上的所有点的集合，集合B 表示直线y ＝x 上的所有点的集合．结合图形可知，直线与圆有两个交点，所以A ∩B 中元素的个数为2. 故选B.5．(2017·绍兴一中适应性考试)设集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ∈Z ⎪⎪⎪x ＋1x －3≤0，B ＝{y |y ＝x 2＋1，x ∈A }，则集合B 中含有元素1的子集个数为( ) A ．5 B ．4 C ．3 D ．2 答案 B解析由于A ＝{x ∈Z |－1≤x <3}＝{－1,0,1,2}，则B ＝{y |y ＝x 2＋1，x ∈A }＝{1,2,5}，则集合B 中含有元素1的子集为{1}，{1,2}，{1,5}，{1,2,5}，共4个，故选B. 6．(2017·全国Ⅰ)设有下面四个命题： p 1：若复数z 满足1z ∈R ，则z ∈R ；p 2：若复数z 满足z 2∈R ，则z ∈R ； p 3：若复数z 1，z 2满足z 1z 2∈R ，则z 1＝z －2； p 4：若复数z ∈R ，则z －∈R . 其中的真命题为( )A ．p 1，p 3B ．p 1，p 4C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4 答案 B解析设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，z 1＝a 1＋b 1i(a 1，b 1∈R )， z 2＝a 2＋b 2i(a 2，b 2∈R )．对于p 1，若1z ∈R ，即1a ＋b i ＝a －b i a 2＋b 2∈R ，则b ＝0⇒z ＝a ＋b i ＝a ∈R ，所以p 1为真命题；对于p 2，若z 2∈R ，即(a ＋b i)2＝a 2＋2ab i －b 2∈R ，则ab ＝0.当a ＝0，b ≠0时，z ＝a ＋b i ＝b i ∉R ，所以p 2为假命题；对于p 3，若z 1z 2∈R ，即(a 1＋b 1i)(a 2＋b 2i)＝(a 1a 2－b 1b 2)＋(a 1b 2＋a 2b 1)i ∈R ，则a 1b 2＋a 2b 1＝0.而z 1＝z 2，即a 1＋b 1i ＝a 2－b 2i ⇔a 1＝a 2，b 1＝－b 2.因为a 1b 2＋a 2b 1＝0D ⇒/a 1＝a 2，b 1＝－b 2，所以p 3为假命题；对于p 4，若z ∈R ，即a ＋b i ∈R ，则b ＝0⇒z ＝a －b i ＝a ∈R ，所以p 4为真命题．故选B. 7．(2017·杭州学军中学模拟)已知q 是等比数列{a n }的公比，则“q <1”是“数列{a n }是递减数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 D解析由于公比q <1时数列{a n }未必是递减数列，如q ＝－1<1，数列{a n }为摆动数列，所以充分性不成立；另一方面，当数列{a n }为递减数列时，不一定有公比q <1，例如：－2，－4，－8，所以必要性不成立，故选D. 8．以下四个命题中，正确的个数是( )①命题“若f (x )是周期函数，则f (x )是三角函数”的否命题是“若f (x )是周期函数，则f (x )不是三角函数”；②已知函数f (x )＝log a (x 2－2x ＋2)，若f ⎝⎛⎭⎫12>0，则0<a <1； ③在△ABC 中，“sin A >sin B ”是“A >B 成立”的充要条件； ④若函数f (x )在(2 015,2 017)上有零点，则一定有f (2 015)·f (2 017)<0. A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析对于①，命题“若f (x )是周期函数，则f (x )是三角函数”的否命题是“若f (x )不是周期函数，则f (x )不是三角函数”，①错；对于②，f ⎝⎛⎭⎫12＝log a54>0，则a >1，②错；对于③，在△ABC 中，当sin A >sin B 时，由正弦定理a sin A ＝bsin B 有a >b ，由大边对大角有A >B ，当A >B 时，得a >b ，由正弦定理有sin A >sin B ，所以“sin A >sin B ”是“A >B 成立”的充要条件， ③正确；对于④，举例：函数f (x )＝(x －2 016)2在(2 015,2 017)上有零点x ＝2 016，但f (2 015)·f (2 017)＝1>0，④错．故只有1个正确．9．(2017·诸暨质检)已知A ＝{x |－2≤x ≤0}，B ＝{x |x 2－x －2≤0}，则A ∪B ＝______，(∁R A )∩B ＝________.答案 [－2,2] (0,2] 解析 ∵A ＝{x |－2≤x ≤0}， ∴∁R A ＝{x |x <－2或x >0}，又B ＝{x |x 2－x －2≤0}＝{x |－1≤x ≤2}， ∴A ∪B ＝{x |－2≤x ≤2}， ∴(∁R A )∩B ＝{x |0<x ≤2}．10．设全集U ＝R ，函数f (x )＝lg(|x ＋1|＋a －1)(a <1)的定义域为A ，集合B ＝{x |cos πx ＝1}，若(∁U A )∩B 恰好有两个元素，则a 的取值的集合为__________．答案 {a |－2<a ≤0}解析由|x ＋1|＋a －1>0，可得x >－a 或x <a －2，故∁U A ＝[a －2，－a ]．而B ＝{x |x ＝2k ，k ∈Z }，注意到[a －2，－a ]关于x ＝－1对称，所以由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧－a ≥0，－a <2，即－2<a ≤0.11．“a >1”是“函数f (x )＝a ·x ＋cos x 在R 上单调递增”的______________．(填“充分不必要条件”“必要不充分条件”“充要条件”或“既不充分也不必要条件”) 答案充分不必要条件解析 f (x )＝a ·x ＋cos x 在R 上单调递增⇒f ′(x )＝a －sin x ≥0在R 上恒成立⇒a ≥(sin x )max ＝1，所以“a >1”是“函数f (x )＝a ·x ＋cos x 在R 上单调递增”的充分不必要条件．12．给出下列命题：①命题“若方程ax 2＋x ＋1＝0有两个实数根，则a ≤14”的逆否命题是真命题；②“函数f (x )＝cos 2ax －sin 2ax 的最小正周期为π”是“a ＝1”的必要不充分条件； ③函数f (x )＝2x －x 2的零点个数为2；④幂函数y ＝x a ()a ∈R 的图象恒过定点()0，0；⑤“向量a 与b 的夹角是钝角”的充要条件是“a·b <0”； ⑥方程sin x ＝x 有三个实根．其中正确命题的序号为________．答案 ②解析 ①若方程ax 2＋x ＋1＝0有两个实数根，则a ≠0且Δ≥0，解得a ≠0且a ≤14，可知原命题为假命题，其逆否命题也为假命题，①错误；②f (x )＝cos 2ax －sin 2ax ＝cos 2ax ，由函数f (x )的最小正周期为π，可得a ＝±1，充分性不成立，由a ＝1，可得函数f (x )的最小正周期为π，②正确；③由函数y ＝2x 及y ＝x 2的图象可知，两函数图象有三个交点，故函数f (x )＝2x －x 2的零点个数为3，③错误；④当a <0时，幂函数y ＝x a 的图象不过点()0，0，④错误；⑤“向量a 与b 的夹角是钝角或平角”的充要条件是“a ·b <0”，⑤错误；⑥函数y ＝sin x 在⎝⎛⎭⎫0，π2内切线斜率为(0,1)，可知其函数图象在⎝⎛⎭⎫0，π2内与函数y ＝x 没有交点，故方程sin x ＝x 只有一个实根x ＝0，⑥错误．B 组能力提高13．已知圆C 的方程为(x －1)2＋y 2＝r 2 (r >0)，若p ：1≤r ≤3；q ：圆C 上至多有3个点到直线x －3y ＋3＝0的距离为1，则p 是q 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析由点到直线的距离公式，得圆心(1,0)到直线x －3y ＋3＝0的距离为2，故当0<r <1时，圆上到直线的距离为1的点有0个；当r ＝1时，圆上有1个点满足；当1<r <3时，圆上有2个点满足；当r ＝3时，圆上有3个点满足；当r >3时，圆上有4个点满足．故选A. 14．如果对于任意实数x ，[x ]表示不超过x 的最大整数，例如[3.27]＝3，[0.6]＝0，那么“[x ]＝[y ]”是“|x －y |<1”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析由[x ]的定义，当[x ]＝[y ]时，则|x －y |<1，若|x －y |<1时，比如x ＝3.5，y ＝2.9，此时[x ]＝3，[y ]＝2，[x ]≠[y ]，所以“[x ]＝[y ]”是“|x －y |<1”的充分不必要条件．15．已知集合M ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ax －5x 2－a <0，若3∈M,5∉M ，则实数a 的取值范围是____________．答案 ⎣⎡⎭⎫1，53∪(9,25] 解析 ∵集合M ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ ax －5x 2－a <0，得(ax －5)(x 2－a )<0，当a ＝0时，显然不成立．当a >0时，原不等式可化为⎝⎛⎭⎫x －5a ()x －a (x ＋a )<0，若a <5a ，只需满足⎩⎨⎧ a <3<5a ，5a≤5，解得1≤a <53；若a >5a ，只需满足⎩⎪⎨⎪⎧ 5a <3<a ，a ≤5，解得9<a ≤25.当a <0时，不符合题意．综上，答案为⎣⎡⎭⎫1，53∪(9,25]． 16．(2017届福建连城县二中期中)设P 是一个数集，且至少含有两个数，若对任意a ，b ∈P ，都有a ＋b ，a －b ，ab ，a b∈P (除数b ≠0)，则称P 是一个数域，例如有理数集Q 是数域，有下列命题：①数域必含有0,1两个数；②整数集是数域；③若有理数集Q ⊆M ，则数集M 必为数域；④数域必为无限集．其中正确的命题的序号是________．答案 ①④ 解析当a ＝b 时，a －b ＝0，a b ＝1∈P ，故可知①正确；当a ＝1，b ＝2，12∉Z 不满足条件，故可知②不正确；对③，当M 中多一个元素i 则会出现1＋i ∉M ，所以它也不是一个数域，故可知③不正确；根据数域的性质易得数域有无限多个元素，必为无限集，故可知④正确．。

数学高考二轮复习第1部分专题2 规范答题示例

最大值为f(1a)＝ln(1a)＋a(1－1a)＝－lna＋a－1．
二轮复习
因此f(1a)＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.
令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0．
于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0．
因此，a的取值范围是(0,1).
则h′(x)＝x＋3x2x－1，
数
二轮
①当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；
学
复
习
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；
所以h(x)min＝h(1)＝4．因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范围为(－∞，4]．
当a＝－1时，f(x)＝－x＋lnx，f ′(x)＝1－x x；
数学
二轮复
当0＜x＜1时，f ′(x)＞0；当x＞1时，f ′(x)＜0；
习
所以f(x)的单调增区间为(0,1)．
专题二函数与导数
(2)因为f ′(x)＝a＋1x，
令f ′(x)＝0，解得x＝－1a；
由f ′(x)＞0，解得0＜x＜－1a；
[解析] (1)f′(x)＝lnx＋1，
数
学
二轮复习
当x∈(0，1e)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(1e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
所以f(x)的最小值为f(1e)＝－1e．
专题二函数与导数
(2)2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋3x，
设h(x)＝2lnx＋x＋3x(x＞0)，
专题二函数与导数

2018高考数学浙江专版二轮复习与策略课件专题2 解三角形精品

回访1 正、余弦定理的应用 1.(2013·浙江高考在△ABC中，∠C＝90°，M是BC的中点.若sin∠BAM＝ 13，则sin∠BAC＝________.
6 3
[因为sin∠BAM＝13，
所以cos∠BAM＝
2
3
2
.如图，在△ABM中，利用正弦定理，得
BM sin∠BAM
＝
sAinMB，
所以BAMM＝sins∠inBBAM＝3si1n B＝3cos∠1 BAC.
(2若b2＋c2－a2＝65bc，求tan B.
[解] (1证明：根据正弦定理，可设sina A＝sinb B＝sinc C＝k(k>0.
则a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C，
代入coas A＋cobs B＝sinc C中，有
cos ksin
AA＋kcso得sin Acos B＋sin Bcos(π－A＝0，
即sin Acos B－sin Bcos A＝0，
3分
∴sin(A－B＝0，∴A－B＝kπ，k∈Z.
4分
∵A，B是△ABC的两内角，
∴A－B＝0，即A＝B，
5分
∴△ABC是等腰三角形.
6分
②由2(b2＋c2－a2＝bc，得b2＋2cb2c－a2＝14，由余弦定理得cos A＝14， cos C＝cos(π－2A＝－cos 2A＝1－2cos2 A＝78. ∵A＝B，∴cos B＝cos A＝14， ∴cos B＋cos C＝14＋78＝98.
8分 9分
12分 14分
关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口.

2018高考数学浙江专版二轮复习与策略课件名师寄语第2点回避“套路”解题强化思维训练精品

a≠1)在 R 上单调递减，且关于 x 的方程|f(x)|＝2－x 恰有两个不相等的实数解，
则 a 的取值范围是( )
A.0，23
B.23，34
C.13，23∪34
D.13，23∪34
[解题指导]
C [由y＝loga(x＋1)＋1在[0，＋∞)上递减，得0<a<1.又由f(x)在R上单调递减，则
02＋4a－3·0＋3a≥f0＝1， 3－24a≥0
⇒13≤a≤34.
如图所示，在同一坐标系中作出函数y＝|f(x)|和y＝2－x的图象．
由图象可知，在[0，＋∞)上，|f(x)|＝2－x有且仅有一个解，故在(－∞，0)
上，|f(x)|＝2－x同样有且仅有一个解．当3a>Байду номын сангаас，即a>
2 3
时，由x2＋(4a－3)x＋3a
第2点回避“套路”解题，强化思维训练
“思维”是数学的体操，从近几年来看，高考试题稳中有变，变中求新．其特点是：稳以基础为主体，变以选拔为导向，增大试题的思维量，倡导理性思维．因此，在复习备考时，应回避用“套路”解题，强化通过多观察、多分析、多思考来完成解题．
(经典高考题)已知函数 f(x)＝xlo2＋gax4＋a－13＋x1＋，3xa≥，0x＜0， (a＞0，且
从以上典例我们可以看出，考能力不是考解题套路，而是考动手操作、深入思考、灵活运用的能力(即分析问题和解决问题的能力)，考生需要通过眼、手、脑高度的配合才能完成解题．因此，在二轮专题复习中，把握考查方向，强化思维训练非常重要．
＝2－x(其中x<0)，得x2＋(4a－2)x＋3a－2＝0(其中x<0)，则Δ＝(4a－2)2－4(3a

高考总复习二轮数学精品课件专题1 函数与导数第2讲基本初等函数、函数的应用

3.函数的零点问题
(1)函数F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程f(x)=g(x)的根,即函数y=f(x)的图象与
函数y=g(x)的图象交点的横坐标.
(2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③
数形结合,利用两个函数图象的交点求解.
温馨提示函数的零点是一个实数,而不是几何图形.
质与相关函数的性质之间的关系进行判断.
对点练2
9 0.1
(1)(2023·广东湛江一模)已知 a=(11) ,b=log910,c=lg
A.b>c>a
B.c>b>a
C.b>a>c
D.c>a>b
11,则( A )
解析根据指数函数和对数函数的性质,
可得
9 0.1
9 0
a=(11) < 11 =1,b=log910>log99=1,c=lg
1 1
B. - 2 , 2
1
C. 0, 2
1
1
D. - 2 ,0 ∪ 0, 2
(3)换底公式:logaN= log (a,b>0,且 a,b≠1,N>0).

(4)对数值符号规律:已知a>0,且a≠1,b>0,则logab>0⇔(a-1)(b-1)>0,
logab<0⇔(a-1)(b-1)<0.
1
温馨提示对数的倒数法则:logab= log

(a,b>0,且a,b≠1).
11>lg 10=1,
又由 2=lg 100>lg 99=lg 9+lg 11>2 lg9 × lg11,所以 1>lg

2018届高考数学二轮复习浙江专用课件：专题四立体几何第2讲精品

(2)线面夹角
设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2 ，则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos a，μ |.
(3)面面夹角
设平面 α，β的夹角为 θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos μ，v |.
热点一向量法证明平行与垂直【例1】如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面
得x121x－1－y1y＋1＝z10＝，0，解得yz11＝＝－12x112，x1，令 x1＝1，则 n1＝1，12，－12.同理可得 n2＝(0，1，1). ∵n1·n2＝0，∴平面 MDF⊥平面 EFCD. 法二 (1)O→M＝O→F＋F→B＋B→M＝12D→F－B→F＋12B→A ＝12(D→B＋B→F)－B→F＋12B→A＝－12B→D－12B→F＋12B→A ＝－12(B→C＋B→A)－12B→F＋12B→A＝－12B→C－12B→F.
＝(3，1，3).设 m＝(x1，y1，z1)是平面 ABD′的法向量，
则mm··AA→→BD＝′＝00，，即33xx11－＋4y1y＋1＝30z1，＝0，所以可取 m＝(4，3，－5). 设 n＝(x2，y2，z2)是平面 ACD′的法向量，则 nn· ·A→DA→′C＝＝00，，即63xx22＝＋0y2，＋3z2＝0，所以可取 n＝(0，－3，1).
边形，于是 MN∥AT.因为 AT⊂平面 PAB，MN⊄平面 PAB，所以 MN∥平面 PAB.
(2)解取 BC 的中点 E，连接 AE.
由 AB＝AC 得 AE⊥BC，
从而 AE⊥AD，AE＝ AB2－BE2＝ AB2－B2C2＝ 5. 以 A 为坐标原点，A→E的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的
(2)解法一如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则 △BCK为等边三角形.

(浙江专版)18年高考数学二轮专题复习第一部分专题二第三讲平面向量课件

答案：A
―→ ―→ (2)如图，在△ABC中，设 AB ＝a， AC ＝b，AP的中点为Q， ―→ BQ的中点为R，CR的中点恰为P，则 AP 等于 ( )
1 1 A. a＋ b 2 2 2 4 C. a＋ b 7 7
1 2 B. a＋ b 3 3如图，连接BP， ―→ ―→ ―→ ―→ 则 AP ＝ AC ＋ CP ＝b＋ PR ，① ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ AP ＝ AB ＋ BP ＝a＋ RP － RB ，② ―→ ―→ ①＋②，得2 AP ＝a＋b－ RB .③ ―→ 1―→ 1 ―→ ―→ 又 RB ＝ QB ＝ ( AB － AQ ) 2 2 1―→ 1 ＝ a－2 AP ，④ 2 ―→ 1―→ 1 将④代入③，得2 AP ＝a＋b－ a－2 AP ， 2 ―→ 2 4 解得 AP ＝ a＋ b. 答案：C 7 7
[答案] C
(2)(2016· 浙江高考 )已知平面向量 a，b，|a|＝1，|b|＝2，a· b ＝1，若 e 为平面单位向量，则|a· e|＋|b· e|的最大值是________． [解析] ∵a· b＝|a|· |b|cos〈a，b〉
＝1×2×cos〈a，b〉 1 ＝1，∴cos〈a，b〉＝， ∴〈a，b〉＝60°. 2 以 a 的起点为原点，所在直线为 x 轴建立直角坐标系，则 a＝(1,0)，b＝(1， 3)．设 e＝(cos θ，sin θ)，则|a· e|＋|b· e|＝|cos θ|＋|cos θ＋ 3sin θ| ≤|cos θ|＋|cos θ|＋| 3sin θ|＝2|cos θ|＋ 3|sin θ|≤ 7.
3 2 3 15 C.－ D.－ 2 2 ―→ ―→ ―→ ―→ 解析：由已知得 AB ＝(2,1)， CD ＝(5,5)，因此 AB 在 CD

2018届高三数学理二轮复习课件：3.1.1 精品

【典例2】(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方形ABCD的边 AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP=x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x 的函数f(x)，则f(x)的图象大致为( )
【解析】选B.由已知得,当点P在BC边上运动时,即
0≤x≤ 时,PA+PB= tan2x+t4anx,
2
且 f( ) 且f( 轨)，迹非直线型.
42
【变式训练】(2015·浙江高考)函数f(x)= (x 1 ) cosx
x
(-π≤x≤π且x≠0)的图象可能为 ( )
【解析】选D.f(x)的定义域关于原点对称,因为f(-x)=
( x 1 ) cosx=- (x 1 ) cosx=-f(x),故函数是奇函数,所
3.解题规律:(1)对于干扰项易于淘汰的选择题,可采用筛选法,能剔除几个就先剔除几个. (2)使用题干中的部分条件淘汰选项. (3)如果选项中存在等效命题,那么根据答案唯一,等效命题应该同时排除.
(4)如果选项存在两个相反的,或互不相容的判断,那么其中至少有一个是假的. (5)如果选项之间存在包含关系,必须根据题意才能判定.
因为圆C：(x+1)2+(y+1)2=r2(r>0)表示以C(-1，-1)为
圆心，半径为r的圆，
所以由图可得，当半径满足r<CM或r>CP时，圆C不经过
区域D上的点，
因为CM=112 112＝C2P=2，
112 1 32＝2 5，
所以当0<r<2 2或r 时2 ，5 圆C不经过区域D上的点，
4
当点P在CD边上运动时,即 x 3 , x 时，
4

2018届高考数学二轮复习浙江专用课件：专题二三角函数与平面向量第1讲精品

答案 B
4.(2016·全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|≤π2 ，x
π
π
＝－ 4 为 f(x)的零点，x＝ 4 为 y＝f(x)图象的对称轴，且 f(x)
在π18，53π6 上单调，则 ω 的最大值为(
)
A.11
B.9
C.7
D.5
解析因为 x＝－π4 为 f(x)的零点，x＝π4 为 f(x)的图象的对称轴，所以π4 －－π4 ＝T4＋k2T，得 T＝22k＋π1(k∈Z)，则 ω＝2k＋1(k∈Z)，
A.f(2)<f(－2)<f(0) B.f(0)<f(2)<f(－2)
C.f(－2)<f(0)<f(2) D.f(2)<f(0)<f(－2)
解析由于 f(x)的最小正周期为π，∴ω＝2，
即 f(x)＝Asin(2x＋φ)，又当 x＝2π 3 时，
2x＋φ＝4π 3 ＋φ＝2kπ－π2 (k∈Z)，
[微题型2] 由三角函数的性质求参数
【例 2－2】 (1)(2015·湖南卷)已知 ω>0，在函数 y＝2sin ωx 与 y＝2cos ωx 的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离
为 2 3，则 ω＝________.
(2)设函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，A>0，ω>0).
又因为 f(x)在π 18，53π6 上单调，所以53π6 －π 18＝π 12≤T2＝22π ω，即 ω≤12，又当 k＝5 时，ω＝11，φ＝－π4 ，f(x)在π 18，53π6 上不单调；当 k＝4 时，ω＝9，φ＝π4 ，f(x)在π 18，53π6 上单调，满足题

2018浙江高考数学(理)二轮专题复习课件：第一部分专题整合高频突破专题四数列与数学归纳法 4.2

�� (2)求数列 2��+1 的前 n 项和. (1)因为 a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当
关闭
n≥2
时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1). 两式相减得(2n-1)an=2.所以又由题设可得 a1=2, (2)记数列
�� 2��+1
SN-��(1+��) 应与-2-n 互为相反数,即 2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),所以
2
k=log2(n+3),解得 n=29,k=5. 所以 A
29× (1+29) N= +5=440.故选 2
A.
解析
关闭
答案
巩固提高热点考题诠释高考方向解读
-4-
3.(2017全国3,文17)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通项公式;
巩固提高
第2讲数列求和与数学归纳法
巩固提高热点考题诠释高考方向解读
-2-
1.(2017全国2,理3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( ) A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏
-7-
高考中对数列求和及其综合应用的考查,主、客观题均会出现. 主观题常与函数、不等式等知识点交汇,综合考查函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想.考查内容主要是:以等差、等比数列为载体,考查数列的通项、求和;利用递推关系求数列的通项、前n项的和;根据题设信息,研究有关数列的性质,利用数学归纳法进行证明.该部分的重点是等差、等比数列的基本公式和性质的理解和应用,难点是数列与函数、解析几何、不等式等知识点的交汇问题,也会涉及对数列不等式放缩等技巧. 考向预测:从前几年考试情况来看,2018年浙江高考数列与不等式的综合应用仍然是热点和难点,是高考的压轴题.平时应注意数列的不等式放缩技巧和数学归纳法技巧的积累.

18版高考数学二轮复习第2部分必考补充专题课件理

2018版高三二轮复习与策略
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返回导航下一页源自必考补充专题中的 7 讲在高考考查中较为简单，题型为选择、填空题及选修 “二选一”，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，本部分做构建知识体系和针对训练.
高考突破点第 17 讲第 18 讲第 19 讲第 20 讲第 21 讲第 22 讲第 23 讲集合与常用逻辑用语平面向量、复数不等式与线性规划古典概型、几何概型算法初步、推理证明
对应专题限时集训 P132，专题限时集训(十七) P134，专题限时集训(十八) P136，专题限时集训(十九) P140，专题限时集训(二十) P143，专题限时集训(二十一)
排列组合、二项式定理 P146，专题限时集训(二十二) 选修 4－4 选修 4－5 P148，专题限时集训(二十三)
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