高考数学第二篇二轮高效复习分层设计(攻关篇)
高三数学(理)二轮复习第二部分分层技法专题 4 法确保压轴大题少拉分
解题过程中卡在某一过渡环节上是常见的．这时，我 们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论．若题 目有两问，第(1)问想不出来，可把第(1)问当作“已知”， 先做第(2)问，跳一步解答．如：
[例 2] (满分 12 分)设函数 fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c ∈R)．
(1)设 n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间12，1内存在 唯一零点；
(2)设 n＝2，若对任意 x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4， 求 b 的取值范围；
(3)在(1)的条件下，设 xn 是 fn(x)在12，1内的零点，判断数 列 x2，x3，…，xn，…的增减性．
[规范解答及评分细则] (1)证明：b＝1，c＝－1，n≥2 时， fn(x)＝xn＋x－1. ∵fn12 fn(1)＝21n－12×1<0， ∴fn(x)在12，1内存在零点． 又∵当 x∈12，1时，f′n(x)＝nxn－1＋1>0， ∴fn(x)在12，1上是单调递增的，
(12 分)
③若 x＝3 和 x＝53均不是方程的解，则方程在区间53，3上
有且仅有一个根，只需 f
5 3
·f(3)<0⇒－2
52 7 <k<
7
5.故在区间
53，3上有且仅有一个根，满足题意．
综上所述，k 的取值范围是－27 5，275∪±34. (14 分)
[抢分有招] 本题难度较大，要想做题完整太难，不用 怕，只需学会缺步解答．第(2)问求出轨迹方程后，一些考生 想到所求方程有条件限制，但不知如何求解，作为考生不用 再考虑(体现缺步解答)，可利用第(2)结论求解(3)问，求解中 只利用判别式等于零，而缺失判别式大于零这一步骤，从而 得出结果不完整，可拿到一定的分数，这就是我们常说“丢 三拉四”．
2023高考数学二轮专题复习与测试第二部分客观题的解题方法课件
客观题的解题方法
所以函数 g(x)＝f（xx）为(0，＋∞)上的减函数， 1
客观题的解题方法
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 x2·f 1x－f(x)>0 的解集为________． 解析：设 g(x)＝f（xx）， 则 g′(x)＝xf′（x）x－2 f（x）， 又因为 f(x)>xf′(x)， 所以 g′(x)＝xf′（x）x－2 f（x）<0 在(0，＋∞)上恒成立，
客观题的解题方法
方法四 构造法
若 2a＋log2 a＝4b＋2log4b，则( )
A．a>2b
B．a<2b
C．a>b2
D．a<b2
解析：设 f(x)＝2x＋log2x，则 f(x)为增函数．
因为 2a＋log2 a＝4b＋2log4 b＝22b＋log2 b，
所以 f(a)－f(2b)＝2a＋log2 a－(22b＋log2 2b)＝22b＋log2 b－(22b＋log2 2b)＝
y＝2x，所以直线 AB 的斜率为－12，因为 A(8，0)，所以直线
AB 的方程为 y－0＝－12(x－8)，即 x＋2y－8＝0，故选 A.
答案：A
客观题的解题方法
不等式|x|－π2 ·sin x＜0，x∈[－π，2π]的解集为________． 解析：在同一坐标系中分别作出 y＝|x|－π2与 y＝sin x 的图象：
＋1)，则下列说法正确的是( )
A．当 x>0 时，f(x)＝ex(1－x)
B．f(x)>0 的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)
C．函数 f(x)有 2 个零点
D．∀x1，x2∈R，都有|f(x1)－f(x2)|<2 解析：对于 C，当 x<0 时，令 f(x)＝0⇒x＝－1，所以 f(x)有 3 个零点分别
高三数学二轮复习 第二编 考前冲刺攻略 4.3解答题的解题程序模板课件 理
∴PBMP ＝MNBD＝12.又QQAB＝12.
∴QQBA＝PBMP .
∴在△MAB中，QP∥AM.
又QP⊄面AMD，AM⊂面AMD，
∴QP∥面AMD.
(2)求平面BNC与平面MNC所成锐二面角的余弦值．
解 (2)以DA、DC、DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，
2sinA＋π6取最大值2. 综上可知， 3sinA－cosB＋π4的最大值为2， 此时A＝π3，B＝51π2.
(3)若a2＋c2－b2＝ac，且c＝2.求△ABC的面积．
解 (3)由a2＋c2－b2＝ac及余弦定理，得
cosB＝a2＋2ca2c－b2＝2aacc＝12.
又0<B<34π，因此B＝π3.
(1)P是△ABM的一边BM上的点→在另一边AB上一定存在一点Q使PQ∥AM→
BQ QA
＝
BP PM
＝
MNBD＝12.
(2)建立坐标系→构造法向量→求夹角．
构建解题程序 第一步：作出(或找出)具有公共交点的三条相互垂直的直线．
第二步：建立空间直角坐标系，写出特殊点坐标．
第三步：求(或找)两个半平面的法向量．
第四步：求法向量n1，n2的夹角或cos〈n1，n2〉(若为锐二面角则求|cos〈n1，n2〉|)． 第五步：将法向量的夹角转化为二面角的夹角．
第六步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．如本题求得cos〈n1，n2〉＝－
构建解题程序 第一步：运用正弦定理，将边化为角的关系，进而由角的范围及tanC＝1，求角C. 第二步：化三角函数为 a2＋b2sin(x＋φ)的形式． 第三步：根据三角函数性质，求出A，B. 第四步：利用余弦定理与面积公式求S△ABC. 第五步：反思回顾，查看关键点、易错点，规范解题步骤． 批阅笔记 1.①本题第(1)、(3)问的求解关键充分运用条件特征，灵活运用正余弦定理，完成边角的转 化． ②第(2)问注意到A、B关系，逆用两角和的正弦公式． 2．本题易错点：①第(2)问中，忽视角的取值范围，推理计算不严谨； ②不会将cosB＋π4转化为cos(π－A)，导致求解复杂化，使得求错结论； ③抓不住第(3)问的条件特征，盲目代入，无果而终．
2020版高考数学二轮复习分层设计(全国I卷)学案：第二层提升篇 专题二数列——第1讲等差数列、等比数列含
(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
解：(1)设{an}的公差为d.
由S9＝－a5得a1＋4d＝0.
由a3＝4得a1＋2d＝4.
于是a1＝8，d＝－2.
因此{an}的通项公式为an＝10－2n.
因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
②∵T3＝1＋q＋q2，∴1＋q＋q2＝13，
解得q＝3或q＝－4，
由a2＋b2＝3，得d＝4－q，∴d＝1或d＝8.
由Sn＝na1＋ n(n－1)d，
得Sn＝ n2－ n或Sn＝4n2－5n.
[解题方略]等差(比)数列基本运算的解题思路
(1)设基本量：首项a1和公差d(公比q)；
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
[解](1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝ (an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为 的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知，an＋bn＝ ，an－bn＝2n－1，
所以an＝ [(an＋bn)＋(an－bn)]＝ ＋n－ ，
bn＝ [(an＋bn)－(an－bn)]＝ －n＋ .
[解题方略]
数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法
2020版高考数学二轮复习分层设计(全国通用)第二层提升篇：讲义 专题二第2讲 数列通项与求和
(1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
[解] (1)设{an}的公差为 d，因为 a2＝3，{an}前 4 项的和为 16，
{ ) { ) a1＋d＝3，
4×3
4a1＋
d＝16，
a1＝1，
所以
2
解得 d＝2，
所以 an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
∴q＝2.
于是 a1＝2，∴数列{an}的通项公式为 an＝2n.
log2an n
(2)由(1)得 bn＝ an ＝2n，
12 3
n
∴Tn＝2＋22＋23＋…＋2n，
1 12
n－1 n
2Tn＝22＋23＋…＋ 2n ＋2n＋1，
1 11 1
1n
两式相减得，2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－2n＋1，
________.
解析：由 log5(Sn＋1)＝n＋1，得 Sn＋1＝5n＋1，所以 Sn＝5n＋1－1. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝4×5n； 当 n＝1 时，a1＝S1＝24，不满足上式.所以数列 an 的通项公式为 an＝
{ ) 24，n＝1，
4 × 5n，n ≥ 2.
{ ) 24，n＝1，
若 a2＝2，S3＝7.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设 m∈Z，若 Sn＜m 恒成立，求 m 的最小值.
{ ) a1q＝2，
[解] (1)由 a2＝2，S3＝7 得 a1＋a1q＋a1q2＝7，
{ ) { ) a1＝4，
1 q＝
a1＝1，
解得 2 或 q＝2 (舍去).
( ) ( ) 1
1
n－1
[ ] n（n－1）
2020版高考数学二轮复习分层设计(全国通用)第二层提升篇：讲义 专题二第1讲 等差数列、等比数列
专题二 数 列 第1讲 等差数列、等比数列[全国卷3年考情分析] 年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ 2019等比数列基本运算·T 14等比数列的通项公式等差数列的求和·T 18等比数列的基本运算·T 6等差数列的通项公式及求和·T 18等差数列的基本运算·T 142018数列的递推关系、等比数列的判定及计算·T 17 等差数列的通项公式、前n 项和公式及最值·T 17等比数列的通项公式、前n 项和公式·T 17 2017等比数列的通项公式与前n项和公式、等差数列的判定·T 17等差、等比数列的通项公式及前n 项和公式·T 17数列的递推关系及通项公式、裂项相消法求和·T 17(1)考查等差数列、等比数列基本量的计算，考查等差数列、等比数列性质的应用，考查等差数列、等比数列的判断与证明等.(2)近三年高考考查数列多出现17(或18)题，试题难度中等，2020年高考可能以客观题考查，以基本运算为主，难度中等的题目较多，但有时也可能出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注.考点一 等差、等比数列的基本运算[例1] (1)(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A.a n ＝2n －5 B.a n ＝3n －10 C.S n ＝2n 2－8nD.S n ＝12n 2－2n(2)(2019·全国卷Ⅰ)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________.[解析] (1)设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2. 所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n （n －1）2×2＝n 2－4n .故选A.(2)由a 24＝a 6得(a 1q 3)2＝a 1q 5，整理得q ＝1a 1＝3. ∴ S 5＝13（1－35）1－3＝1213.[答案] (1)A (2)1213[解题方略] 等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量：首项a 1和公差d (公比q ).(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (或q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.[跟踪训练]1.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，则a 9＝( )A.12 B.54 C.45D.－45解析：选C 因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，a 3＝2，a 7＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差d ＝1a 7－1a 37－3＝1－127－3＝18，所以1a 9＝1a 7＋(9－7)×18＝54，所以a 9＝45，故选C.2.(2019·开封市定位考试)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋4S 2＝0，则公比q ＝( ) A.－1 B.1 C.－2D.2解析：选C 法一：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 1q 2＋4a 1＋4a 1q ＝0，因为a 1≠0，所以q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2，故选C.法二：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 2q ＋4a 2q ＋4a 2＝0，因为a 2≠0，所以q ＋4q ＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q ＝－2，故选C.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和.解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0.解得q ＝－2(舍去)或q ＝4.因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，因此数列{b n }的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.考点二 等差数列、等比数列的性质[例2] (1)(2019·长春市质量监测一)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 6＝30，S 9＝70，则S 3＝________.(2)在等差数列{a n }中，已知a 1＝13，3a 2＝11a 6，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________.[解析] (1)法一：设数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝30， ①S 9＝a 1（1－q 9）1－q＝70， ②①÷②得，1－q 61－q 9＝1＋q 31＋q 3＋q 6＝37，又由q ＞0，得q 3＝2，再由S 3S 6＝a 1（1－q 3）1－q a 1（1－q 6）1－q＝11＋q 3＝13，得S 3＝13S 6＝10. 法二：由题意可得(S 6－S 3)2＝S 3(S 9－S 6)，即(30－S 3)2＝40S 3，即S 23－100S 3＋900＝0，解得S 3＝10或S 3＝90，又数列{a n }的各项均为正数，所以S 3＜S 6，S 3＝90(舍去)，故S 3＝10.(2)设{a n }的公差为d .法一：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )， 解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15.由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0得⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋15≥0，－2（n ＋1）＋15≤0，解得6.5≤n ≤7.5. 因为n ∈N *，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝7（13－2×7＋15）2＝49.法二：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )， 解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15. 所以S n ＝n （13＋15－2n ）2＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝49. [答案] (1)10 (2)49[解题方略] 与数列性质有关问题的求解策略抓关系抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解用性质数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题[跟踪训练]1.在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( )A.－2＋22B.－2C. 2D.－2或2解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－2，故选B.2.(2019·四省八校双教研联考)在公差不为0的等差数列{a n }中，4a 3＋a 11－3a 5＝10，则15a 4＝( )A.－1B.0C.1D.2解析：选C 法一：设{a n }的公差为d (d ≠0)，由4a 3＋a 11－3a 5＝10，得4(a 1＋2d )＋(a 1＋10d )－3(a 1＋4d )＝10，即2a 1＋6d ＝10，即a 1＋3d ＝5，故a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.法二：设{a n }的公差为d (d ≠0)，因为a n ＝a m ＋(n －m )d ，所以由4a 3＋a 11－3a 5＝10，得4(a 4－d )＋(a 4＋7d )－3(a 4＋d )＝10，整理得a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.法三：由等差数列的性质，得2a 7＋3a 3－3a 5＝10，得4a 5＋a 3－3a 5＝10，即a 5＋a 3＝10，则2a 4＝10，即a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.3.数列{a n }是首项a 1＝m ，公差为2的等差数列，数列{b n }满足2b n ＝(n ＋1)a n ，若对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，则m 的取值范围是________.解析：由题意得，a n ＝m ＋2(n －1)， 从而b n ＝n ＋12a n ＝n ＋12[m ＋2(n －1)].又对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，结合数列{b n }的函数特性可知b 4≥b 5，b 6≥b 5，故⎩⎨⎧52（m ＋6）≥3（m ＋8），72（m ＋10）≥3（m ＋8），解得－22≤m ≤－18.答案：[－22，－18]考点三 等差(比)数列的判断与证明[例3] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *).(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式.[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ， 即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *). 所以数列{a n }是首项为1， 公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.(2)因为a 1＝1，所以b 1＝2a 1＝2. 因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2). 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为12，公差为1的等差数列.所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1. [解题方略]数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2). (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n (n ∈N *)为一常数；②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2).[跟踪训练]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *). (1)求a 1，a 2，a 3的值.(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求通项公式a n . 解：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *). 所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3， n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21. (2)因为S n ＝2a n －3n ， 所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)， 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，①把b n ＝a n ＋3及b n ＋1＝a n ＋1＋3，代入①式， 得b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以b n ＝6×2n －1，所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n －1).逻辑推理——等比数列运算中的分类讨论[典例] 已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.(－∞，0)∪[1，＋∞) C.[3，＋∞)D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ， 则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q . 当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3，当且仅当q ＝1时，等号成立； 当公比q <0时，S 3＝1－⎝⎛⎭⎫－q －1q ≤1－2 （－q ）·⎝⎛⎭⎫－1q ＝－1，当且仅当q ＝－1时，等号成立.所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞). [答案] D [素养通路]等比数列的公比q <0时，相邻两项一定异号，相隔一项的两项符号一定相同；等比数列的公比q >0时，数列中的各项符号相同.用等比数列前n 项和公式时，如果其公比q 不确定，要分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论.本题考查了逻辑推理及数学运算的核心素养.[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A.16B.8C.4D.2解析：选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴ a 3＝a 1q 2＝4.故选C.2.(2019·湖南省五市一校联考)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6＝( )A.6B.7C.8D.9解析：选B 法一：由题意知，数列{a n }是等差数列，设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＋a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝12，a 1＋a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以a 1＋a 6＝a 1＋a 1＋5d ＝7，故选B. 法二：由题意知，数列{a n }是等差数列，将a 2＋a 4＋a 6＝12与a 1＋a 3＋a 5＝9相加可得3(a 1＋a 6)＝12＋9＝21，所以a 1＋a 6＝7，故选B.3.(2019·福州市质量检测)等比数列{a n }的各项均为正实数，其前n 项和为S n .若a 3＝4，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A.32B.31C.64D.63解析：选B 法一：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·q 2＝4，a 1q ·a 1q 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S 5＝31，故选B. 法二：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由a 2a 6＝a 24＝64，a 3＝4，得q ＝2，a 1＝1，所以S 5＝31，故选B.4.数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2 019＝( ) A.1 B.－2 C.3D.－3解析：选A 因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n－1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3).所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ， 故{a n }是以6为周期的周期数列. 因为2 019＝336×6＋3，所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.5.(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n＋1<0的正整数n 的值为( ) A.10B.11C.12D.13解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0，所以S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7<0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为12，故选C.6.已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( ) A.0 B.－9 C.9D.1解析：选C 由已知可得，数列{a n }为等差数列，f (x )＝sin 2x ＋cos x ＋1，∴f ⎝⎛⎭⎫π2＝1.∵f (π－x )＝sin(2π－2x )＋cos(π－x )＋1＝－sin 2x －cos x ＋1，∴f (π－x )＋f (x )＝2，∵a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，∴f (a 1)＋…＋f (a 9)＝2×4＋1＝9，即数列{y n }的前9项和为9.二、填空题7.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.解析：设等比数列的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵ a 1＝1，S 3＝34，∴ a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴ q ＝－12，∴ S 4＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－1241－⎝⎛⎭⎫－12＝58.答案：588.(2019·北京高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________.解析：∵ a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10， ∴ a 1＝－4，d ＝1， ∴ a 5＝a 1＋4d ＝0， ∴ a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5.令a n <0，则n <5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正.∴ S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10. 答案：0 －109.设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”.若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，∵对任意正整数n ，上式恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14，∴数列{a n }的公差为2. 答案：2 三、解答题10.(2019·北京高考)设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列. (1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值. 解：(1)设{a n }的公差为d .因为a 1＝－10， 所以a 2＝－10＋d ，a 3＝－10＋2d ，a 4＝－10＋3d . 因为a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列， 所以(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6). 所以(－2＋2d )2＝d (－4＋3d ). 解得d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －12. (2)由(1)知，a n ＝2n －12.则当n ≥7时，a n >0；当n ≤6时，a n ≤0. 所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.11.(2019·广西梧州、桂林、贵港等期末)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＋a 3＝8，S 9＝81.(1)求{a n }的通项公式；(2)若S 3，a 14，S m 成等比数列，求S 2m .解：(1)∵⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 5＝9（a 1＋4d ）＝81，a 2＋a 3＝2a 1＋3d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)知，S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2. ∵S 3，a 14，S m 成等比数列，∴S 3·S m ＝a 214，即9m 2＝272，解得m ＝9，故S 2m ＝182＝324.12.(2019·广州市调研测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 3＝7，a n ＝2a n －1＋a 2－2(n ≥2).(1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列？解：(1)证明：∵a 3＝7，a 3＝3a 2－2，∴a 2＝3，∴a n ＝2a n －1＋1，∴a 1＝1，a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2(n ≥2)， ∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列.(2)由(1)知，a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1，∴S n ＝2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－n －2， ∴n ＋S n －2a n ＝n ＋(2n ＋1－n －2)－2(2n －1)＝0，∴n ＋S n ＝2a n ，即n ，a n ，S n 成等差数列.B 组——大题专攻强化练1.(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }满足a n ＋1－3a n ＝3n (n ∈N *)且a 1＝1.(1)设b n ＝a n 3n －1，证明：数列{b n }为等差数列； (2)设c n ＝n a n，求数列{c n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：由已知得a n ＋1＝3a n ＋3n ，得b n ＋1＝a n ＋13n ＝3a n ＋3n 3n ＝a n 3n －1＋1＝b n ＋1， 所以b n ＋1－b n ＝1，又a 1＝1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公差为1的等差数列.(2)由(1)知，b n ＝a n 3n －1＝n ，所以a n ＝n ·3n －1，c n ＝13n －1， 所以S n ＝1×⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝32⎝⎛⎭⎫1－13n ＝32－12·3n －1. 2.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 9＝－a 5.(1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围.解：(1)设{a n }的公差为d .由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0.由a 3＝4得a 1＋2d ＝4.于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n .(2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n （n －9）d 2. 由a 1>0知d <0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列；(2)求{a n }和{b n }的通项公式.解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ). 又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列. 由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列.(2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1， 所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12. 4.已知数列{a n }的首项a 1＝3，a 3＝7，且对任意的n ∈N *，都有a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0，数列{b n }满足b n ＝a 2n －1，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求使b 1＋b 2＋…＋b n ＞2 020成立的最小正整数n 的值. 解：(1)令n ＝1得，a 1－2a 2＋a 3＝0，解得a 2＝5. 又由a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0知，a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＝…＝a 2－a 1＝2， 故数列{a n }是首项a 1＝3，公差d ＝2的等差数列， 于是a n ＝2n ＋1，b n ＝a 2n －1＝2n ＋1.(2)由(1)知，b n ＝2n ＋1.于是b 1＋b 2＋…＋b n ＝(21＋22＋…＋2n )＋n ＝2（1－2n ）1－2＋n ＝2n ＋1＋n －2. 令f (n )＝2n ＋1＋n －2，易知f (n )是关于n 的单调递增函数，又f (9)＝210＋9－2＝1 031，f (10)＝211＋10－2＝2 056， 故使b 1＋b 2＋…＋b n ＞2 020成立的最小正整数n 的值是10.。
2022年高考数学二轮复习教案：第二部分 专题一 选择、填空题常用的10种解法 Word版含答案
专题一 选择、填空题常用的10种解法 抓牢小题，保住基本分才能得高分________________________________________________________________________ 原则与策略：1.基本原则：小题不用大做．2.基本策略：充分利用题干和选项所供应的信息作出推断．先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，选择题可先排解后求解．解题时应认真审题、深化分析、正确推演运算、谨防疏漏． 题型特点：1.高中低档题，且多数按由易到难的挨次排列.2.留意基本学问、基本技能与思想方法的考查.3.解题方法机敏多变不唯一.4.具有较好的区分度，试题层次性强.方法一 定义法所谓定义法，就是直接利用数学定义解题，数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来的．简洁地说，定义是对数学实体的高度抽象，用定义法解题是最直接的方法．一般地，涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决．[例1] 如图，F 1，F 2是双曲线C 1：x 216－y 29＝1与椭圆C 2的公共焦点，点A 是C 1，C 2在第一象限的公共点．若|F 1A |＝|F 1F 2|，则C 2的离心率是( )A.56B.23C.25D.45解析：由双曲线C 1的方程可得|F 1F 2|＝216＋9＝10， 由双曲线的定义可得|F 1A |－|F 2A |＝216＝8， 由已知可得|F 1A |＝|F 1F 2|＝10， 所以|F 2A |＝|F 1A |－8＝2.设椭圆的长轴长为2a ，则由椭圆的定义可得2a ＝|F 1A |＋|F 2A |＝10＋2＝12. 所以椭圆C 2的离心率e ＝2c 2a ＝1012＝56.故选A.答案：A[增分有招] 利用定义法求解动点的轨迹或圆锥曲线的有关问题，要留意动点或圆锥曲线上的点所满足的条件，机敏利用相关的定义求解．如[本例]中依据双曲线的定义和已知条件，分别把A 到两个焦点的距离求出来，然后依据椭圆定义求出其长轴长，最终就可依据离心率的定义求值． [技法体验]1．(2021·广州模拟)假如P 1，P 2，…，P n 是抛物线C ：y 2＝4x 上的点，它们的横坐标依次为x 1，x 2，…，x n ，F 是抛物线C 的焦点，若x 1＋x 2＋…＋x n ＝10，则|P 1F |＋|P 2F |＋…＋|P n F |＝( ) A ．n ＋10 B ．n ＋20 C ．2n ＋10D ．2n ＋20解析：由题意得，抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为(1,0)，准线为x ＝－1，由抛物线的定义，可知|P 1F |＝x 1＋1，|P 2F |＝x 2＋1，…，|P n F |＝x n ＋1，故|P 1F |＋|P 2F |＋…＋|P n F |＝x 1＋x 2＋…＋x n ＋n ＝n ＋10，选A. 答案：A2．(2022·高考浙江卷)设双曲线x 2－y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2.若点P 在双曲线上，且△F 1PF 2为锐角三角形，则|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是________． 解析：借助双曲线的定义、几何性质及余弦定理解决．∵双曲线x 2－y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 在双曲线上，∴|F 1F 2|＝4，||PF 1|－|PF 2||＝2.若△F 1PF 2为锐角三角形，则由余弦定理知|PF 1|2＋|PF 2|2－16>0，可化为(|PF 1|＋|PF 2|)2－2|PF 1|·|PF 2|>16①.由||PF 1|－|PF 2||＝2，得(|PF 1|＋|PF 2|)2－4|PF 1||PF 2|＝4.故2|PF 1||PF 2|＝|PF 1|＋|PF 2|2－42，代入不等式①可得(|PF 1|＋|PF 2|)2>28，解得|PF 1|＋|PF 2|>27.不妨设P 在左支上，∵|PF 1|2＋16－|PF 2|2>0，即(|PF 1|＋|PF 2|)·(|PF 1|－|PF 2|)>－16，又|PF 1|－|PF 2|＝－2，∴|PF 1|＋|PF 2|<8.故27<|PF 1|＋|PF 2|<8. 答案：(27，8)方法二 特例法特例法，包括特例验证法、特例排解法，就是充分运用选择题中单选题的特征，解题时，可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证的方法．对于定性、定值的问题可直接确定选项；对于其他问题可以排解干扰项，从而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略．[例2] (2022·高考浙江卷)已知实数a ，b ，c ( ) A ．若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 B ．若|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 C ．若|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 D ．若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2－c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 解析：结合特殊值，利用排解法选择答案． 对于A ，取a ＝b ＝10，c ＝－110， 明显|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1成立， 但a 2＋b 2＋c 2>100，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立．对于B ，取a 2＝10，b ＝－10，c ＝0， 明显|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1成立， 但a 2＋b 2＋c 2＝110，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立．对于C ，取a ＝10，b ＝－10，c ＝0，明显|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1成立， 但a 2＋b 2＋c 2＝200，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立． 综上知，A ，B ，C 均不成立，所以选D. 答案：D[增分有招] 应用特例排解法的关键在于确定选项的差异性，利用差异性选取一些特例来检验选项是否与题干对应，从而排解干扰选项． [技法体验]1．函数f (x )＝cos x ·log 2|x |的图象大致为( )解析：函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f (12)＝cos 12log 2|12|＝－cos 12，f (－12)＝cos(－12)·log 2|－12|＝－cos 12，所以f (－12)＝f (12)，排解A ，D ；又f (12)＝－cos 12＜0，故排解C.综上，选B. 答案：B2．已知E 为△ABC 的重心，AD 为BC 边上的中线，令AB →＝a ，AC →＝b ，过点E 的直线分别交AB ，AC 于P ，Q 两点，且AP →＝m a ，AQ →＝n b ，则1m ＋1n＝( )A ．3B ．4C ．5D.13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，所以最终的结果必定是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．法一：如图1，PQ ∥BC ，则AP →＝23AB →，AQ →＝23AC →，此时m ＝n ＝23，故1m ＋1n＝3.故选A.法二：如图2，取直线BE 作为直线PQ ，明显，此时AP →＝AB →，AQ →＝12AC →，故m ＝1，n ＝12，所以1m ＋1n ＝3.故选A.答案：A方法三 数形结合法数形结合法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用分为两种情形：一是代数问题几何化，借助形的直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是几何问题代数化，借助于数的精确性阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．[例3] (2021·安庆模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，－7≤x ≤0ln x ，e －2≤x ≤e ，g (x )＝x 2－2x ，设a 为实数，若存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．[－1,3]C ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)D ．(－∞，3]解析：∵g (x )＝x 2－2x ，a 为实数，∴2g (a )＝2a 2－4a .∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，－7≤x ≤0ln x ，e －2≤x ≤e ，作出函数f (x )的图象可知，其值域为[－2,6]，∵存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，∴－2≤2a 2－4a ≤6，即－1≤a ≤3， 故选B.答案：B[增分有招] 数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，如[本例]中求解，可通过作出图象，数形结合求解． [技法体验]1．(2021·珠海摸底)已知|a |＝|b |，且|a ＋b |＝3|a －b |，则向量a 与b 的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．120°解析：通解：设a 与b 的夹角为θ，由已知可得a 2＋2a ·b ＋b 2＝3(a 2－2a ·b ＋b 2)，即4a ·b ＝a 2＋b 2，由于|a |＝|b |，所以a ·b ＝12a 2，所以cos θ＝a ·b |a |·|b |＝12，θ＝60°，选C.优解：由|a |＝|b |，且|a ＋b |＝3|a －b |可构造边长为|a |＝|b |＝1的菱形，如图，则|a ＋b |与|a －b |分别表示两条对角线的长，且|a ＋b |＝3，|a －b |＝1，故a 与b 的夹角为60°，选C. 答案：C2．已知点P 在抛物线y 2＝4x 上，则点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到抛物线的焦点F 的距离之和取得最小值时，点P 的坐标为( ) A ．(14，1)B ．(14，－1)C ．(1,2)D ．(1，－2)解析：如图，由于点Q (2，－1)在抛物线的内部，由抛物线的定义可知，|PF |等于点P 到准线x ＝－1的距离．过Q (2，－1)作x ＝－1的垂线QH ，交抛物线于点K ，则点K 为点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到准线x ＝－1的距离之和取得最小值时的点．将y ＝－1代入y 2＝4x 得x ＝14，所以点P 的坐标为(14，－1)，选B.答案：B方法四 待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后依据所给条件来确定这些未知系数的方法叫作待定系数法，其理论依据是多项式恒等——两个多项式各同类项的系数对应相等．使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决．待定系数法主要用来解决所求解的数学问题具有某种确定的数学表达式，例如数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等． [例4] (2021·天津红桥区模拟)已知椭圆C 的焦点在y 轴上，焦距等于4，离心率为22，则椭圆C 的标准方程是( ) A.x 216＋y 212＝1 B.x 212＋y 216＝1C.x 24＋y 28＝1 D.x 28＋y 24＝1 解析：由题意可得2c ＝4，故c ＝2，又e ＝2a ＝22，解得a ＝22，故b ＝222－22＝2，由于焦点在y 轴上，故选C. 答案：C[增分有招] 待定系数法主要用来解决已经定性的问题，如[本例]中已知椭圆的焦点所在坐标轴，设出标准方程，依据已知列方程求解． [技法体验]1．若等差数列{a n }的前20项的和为100，前45项的和为400，则前65项的和为( ) A ．640 B ．650 C ．660D ．780解析：设等差数列{a n}的公差为d ，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ 20a 1＋20×192d ＝10045a 1＋45×442d ＝400⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9245d ＝1445，则前65项的和为65a 1＋65×642d ＝65×9245＋65×642×1445＝780.答案：D2．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0,0＜φ＜π)的部分图象如图所示，则f (π4)的值为( )A. 2 B ．0 C ．1D. 3解析：由题图可知，A ＝2，34T ＝11π12－π6＝34π，∴T ＝2πω＝π，∴ω＝2，即f (x )＝2sin(2x ＋φ)，由f (π6)＝2sin(2×π6＋φ)＝2得2×π6＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝π6＋2k π，k ∈Z ，又0＜φ＜π，∴φ＝π6，∴f (x )＝2sin(2x ＋π6)，∴f (π4)＝2sin(2×π4＋π6)＝2cos π6＝3，故选D.答案：D 方法五 估值法估值法就是不需要计算出代数式的精确 数值，通过估量其大致取值范围从而解决相应问题的方法．该种方法主要适用于比较大小的有关问题，尤其是在选择题或填空题中，解答不需要具体的过程，因此可以猜想、合情推理、估算而获得，从而削减运算量．[例5] 若a ＝20.5，b ＝log π3，c ＝log 2sin 2π5，则( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．c >a >bD ．b >c >a解析：由指数函数的性质可知y ＝2x在R 上单调递增，而0<0.5<1，所以a ＝20.5∈(1,2)．由对数函数的性质可知y ＝log πx ，y ＝log 2x 均在(0，＋∞)上单调递增，而1<3<π，所以b ＝log π3∈(0,1)；由于sin 2π5∈(0,1)，所以c ＝log 2sin 2π5<0.综上，a >1>b >0>c ，即a >b >c .故选A. 答案：A[增分有招] 估算，省去很多推导过程和比较简单的计算，节省时间，是发觉问题、争辩问题、解决问题的一种重要的运算方法．但要留意估算也要有依据，如[本例]是依据指数函数与对数函数的单调性估量每个值的取值范围，从而比较三者的大小，其实质就是找一个中间值进行比较． [技法体验]已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)＋1⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|≤π2，其图象与直线y ＝－1相邻两个交点的距离为π.若f (x )>1对于任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，π3恒成立，则φ的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π2 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π3D.⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2解析：由于函数f (x )的最小值为－2＋1＝－1，由函数f (x )的图象与直线y ＝－1相邻两个交点的距离为π可得，该函数的最小正周期为T ＝π，所以2πω＝π，解得ω＝2.故f (x )＝2sin(2x ＋φ)＋1.由f (x )>1，可得sin(2x ＋φ)>0.又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，π3，所以2x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，2π3.对于选项B ，D ，若取φ＝π2，则2x ＋π2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，7π6，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π，7π6上，sin(2x ＋φ)<0，不合题意；对于选项C ，若取φ＝π12，则2x ＋π12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，3π4，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0上，sin(2x ＋φ)<0，不合题意．选A.答案：A方法六 反证法反证法是指从命题正面论证比较困难，通过假设原命题不成立，经过正确的推理，最终得出冲突，因此说明假设错误，从而证明白原命题成立的证明方法．反证法证明问题一般分为三步：(1)反设，即否定结论；(2)归谬，即推导冲突；(3)得结论，即说明命题成立．[例6] 已知x ∈R ，a ＝x 2＋32，b ＝1－3x ，c ＝x 2＋x ＋1，则下列说法正确的是( )A ．a ，b ，c 至少有一个不小于1B ．a ，b ，c 至多有一个不小于1C ．a ，b ，c 都小于1D ．a ，b ，c 都大于1解析：假设a ，b ，c 均小于1，即a <1，b <1，c <1，则有a ＋b ＋c <3，而a ＋b ＋c ＝2x 2－2x ＋72＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3≥3.明显两者冲突，所以假设不成立．故a ，b ，c 至少有一个不小于1.选A. 答案：A[增分有招] 反证法证明全称命题以及“至少”“至多”类型的问题比较便利．其关键是依据假设导出冲突——与已知条件、定义、公理、定理及明显的事实冲突或自相冲突．如[本例]中导出等式的冲突，从而说明假设错误，原命题正确． [技法体验]假如△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( ) A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形解析：由条件知△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形． 假设△A 2B 2C 2是锐角三角形，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，所以A 2＋B 2＋C 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，即π＝3π2－π，明显该等式不成立，所以假设不成立．易知△A 2B 2C 2不是锐角三角形，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．故选D. 答案：D 方法七 换元法换元法又称帮助元素法、变量代换法．通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者变为生疏的形式，把简单的计算和推证简化．换元的实质是转化，关键是构造元和设元．理论依据是等量代换，目的是变换争辩对象，将问题移至新对象的学问背景中去争辩，从而使非标准型问题标准化、简单问题简洁化．换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等． [例7] 已知正数x ，y 满足4y －2yx＝1，则x ＋2y 的最小值为________．解析：由4y －2y x ＝1，得x ＋2y ＝4xy ，即14y ＋12x ＝1，所以x ＋2y ＝(x ＋2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫14y ＋12x ＝1＋x 4y ＋y x ≥1＋2x 4y ×yx＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x 4y ＝yx ，即x ＝2y 时等号成立.所以x ＋2y 的最小值为2.答案：2[增分有招] 换元法主要有常量代换和变量代换，要依据所求解问题的特征进行合理代换．如[本例]中就是使用常数1的代换，将已知条件改写为“14y ＋12x ＝1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与1的乘积等于本身，再将其开放，通过构造基本不等式的形式求解最值． [技法体验]1．(2022·成都模拟)若函数f (x )＝1＋3x＋a ·9x，其定义域为(－∞，1]，则a 的取值范围是( ) A ．a ＝－49B ．a ≥－49C ．a ≤－49D ．－49≤a <0解析：由题意得1＋3x ＋a ·9x≥0的解集为(－∞，1]，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＋a ≥0的解集为(－∞，1]．令t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，则t ≥13，即方程t 2＋t ＋a ≥0的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13＋a ＝0，所以a ＝－49.答案：A2．函数y ＝cos 2x －sin x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值为________．解析：y ＝cos 2x －sin x ＝－sin 2x －sin x ＋1. 令t ＝sin x ，又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴y ＝－t 2－t ＋1，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22.∵函数y ＝－t 2－t ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22上单调递减，∴t ＝0时，y max ＝1.答案：1 方法八 补集法补集法就是已知问题涉及的类别较多，或直接求解比较麻烦时，可以通过求解该问题的对立大事，求出问题的结果，则所求解问题的结果就可以利用补集的思想求得．该方法在概率、函数性质等问题中应用较多． [例8]某学校为了争辩高中三个班级的数学学习状况，从三个班级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级不来自同一班级的概率为________． 解析：记高一班级中抽取的班级为a 1，高二班级中抽取的班级为b 1，b 2， 高三班级中抽取的班级为c 1，c 2，c 3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的全部可能结果为(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，c 1)，(a 1，c 2)，(a 1，c 3)，(b 1，b 2)，(b 1，c 1)，(b 1，c 2)，(b 1，c 3)，(b 2，c 1)，(b 2，c 2)，(b 2，c 3)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共15种．设“抽取的两个班级不来自同一班级”为大事A ，则大事A 为抽取的两个班级来自同一班级． 由题意，两个班级来自同一班级的结果为(b 1，b 2)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共4种． 所以P (A )＝415，故P (A )＝1－P (A )＝1－415＝1115. 所以两个班级不来自同一班级的概率为1115.答案：1115[增分有招] 利用补集法求解问题时，肯定要精确 把握所求问题的对立大事．如[本例]中，“两个班级不来自同一班级”的对立大事是“两个班级来自同一班级”，而高一班级只有一个班级，所以两个班级来自同一班级的可能性仅限于来自于高二班级，或来自于高三班级，明显所包含基本大事的个数较少． [技法体验]1．(2022·四川雅安中学月考)已知命题“∃x 0∈R ，使2x 20＋(a －1)x 0＋12≤0”是假命题，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1,3) C ．(－3，＋∞)D ．(－3,1)解析：依题意可知“∀x ∈R,2x 2＋(a －1)x ＋12＞0”为真命题，所以Δ＝(a －1)2－4×2×12＜0，即(a ＋1)·(a －3)＜0，解得－1＜a ＜3.故选B. 答案：B2．已知函数f (x )＝ax 2－x ＋ln x 在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为________． 解析：f ′(x )＝2ax －1＋1x.(1)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递增，则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x≥0，得a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.①令t ＝1x ，由于x ∈(1,2)，所以t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1， 设h (t )＝12(t －t 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋18，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，明显函数y ＝h (t )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，所以h (1)＜h (t )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即0＜h (t )＜18. 由①可知，a ≥18.(2)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递减，则f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x≤0，得a ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.②结合(1)可知，a ≤0.综上，若函数f (x )在区间(1,2)上单调，则实数a 的取值范围为(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞. 所以若函数f (x )在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18 方法九 分别参数法分别参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法，通过分别参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解，从而避开对参数进行分类争辩的繁琐过程．该种方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决．但要留意该种方法仅适用于分别参数后能够求解相应函数的最值或值域的状况．[例9] 若不等式x 2＋ax ＋1≥0对一切x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12恒成立，则a 的最小值是________．解析：由于x >0，则由已知可得a ≥－x －1x 在x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上恒成立，而当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x max ＝－52， ∴a ≥－52，故a 的最小值为－52.答案：－52[增分有招] 分别参数法解决不等式恒成立问题或有解问题，关键在于精确 分别参数，然后将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系．分别参数时要留意参数系数的符号是否会发生变化，假如参数的系数符号为负号，则分别参数时应留意不等号的变化，否则就会导致错解． [技法体验]1．(2022·长沙调研)若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518 B ．(－∞，3] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞D ．[3，＋∞)解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立， 即3x 2－2tx ＋3≤0在[1,4]上恒成立，则t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，由于y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14＝518，故选C.答案：C2．(2022·湖南五校调研)方程log 12(a －2x)＝2＋x 有解，则a 的最小值为________．解析：若方程log 12(a －2x )＝2＋x 有解，则⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋x ＝a －2x有解，即14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋2x ＝a 有解，∵14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋2x ≥1，故a 的最小值为1. 答案：1 方法十 构造法构造法是指利用数学的基本思想，经过认真的观看，深化的思考，构造出解题的数学模型，从而使问题得以解决．构造法的内涵格外丰富，没有完全固定的模式可以套用，它是以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础，针对具体问题的特点实行相应的解决方法，其基本的方法是借用一类问题的性质，来争辩另一类问题的相关性质．常见的构造法有构造函数、构造方程、构造图形等． [例10] 已知m ，n ∈(2，e)，且1n 2－1m 2<ln mn，则( )A ．m >nB ．m <nC ．m >2＋1nD ．m ，n 的大小关系不确定解析：由不等式可得1n 2－1m2<ln m －ln n ，即1n 2＋ln n <1m2＋ln m .设f (x )＝1x2＋ln x (x ∈(2，e))，则f ′(x )＝－2x 3＋1x ＝x 2－2x3.由于x ∈(2，e)，所以f ′(x )>0，故函数f (x )在(2，e)上单调递增． 由于f (n )<f (m )，所以n <m .故选A. 答案：A[增分有招] 构造法的实质是转化，通过构造函数、方程或图形等将问题转化为对应的问题来解决．如[本例]属于比较两个数值大小的问题，依据数值的特点，构造相应的函数f (x )＝1x2＋ln x .[技法体验]1．a ＝ln 12 014－12 014，b ＝ln 12 015－12 015，c ＝ln 12 016－12 016，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a ＞b ＞cB ．b ＞a ＞cC ．c ＞b ＞aD ．c ＞a ＞b解析：令f (x )＝ln x －x ，则f ′(x )＝1x －1＝1－xx.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，即函数f (x )在(0,1)上是增函数．∵1＞12 014＞12 015＞12 016＞0，∴a ＞b ＞c .答案：A2．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________．解析：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.答案：6π。
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。
高三数学二轮复习计划及策略
清河中学2023届高三数学第二轮复习策略与计划（一）夯重基础，加深理解与应用基础永远是高考的重点。
对基础的复习，不是对课本内容的简单重复，而是对知识点的解析梳理，对概念、公式等的准确理解、牢固掌握，是学生理解能力的升华。
加强对常考知识点、重难点的融会、贯通，把握每个知识点背后的潜在的出题规律，要通过对基础题的系统训练和规范讲解，从不同的角度把握每一个知识点的内涵与外延以及与其它知识点的联系。
“一体四层四翼”是高考的评价体系，从国家层面设计上回答了“为什么考”“考什么”“怎么考”等关键性问题。
一体：高考评价体系，通过确立“立德树人，服务选拔，导向教学”这一核心立场，回答了“为什么考”的问题。
四层：通过明确“必考知识、关键能力、学科素养、核心价值”四层考查目标，回答了“考什么”的问题。
四翼：通过明确“基础性、综合性、应用性、创新性”四个考查要求，回答了“怎么考”的问题。
复习策略上以基础、中档题为主，抓住问题的本质，知识间的相互联系，总结出通性通法，注意最优（技巧性）解法的优越性。
（二）注重数学思想方法，培养数学核心素养高考数学试题十分重视对数学思想的考查，着重考查如下七种数学思想：函数与方程思想，数形结合思想，转化与化归思想，分类与整合思想，特殊与一般思想，有限与无限思想，或然与必然思想，数学思想蕴含在数学基础知识之中，是架设在数学知识与能力之间的一座桥梁。
数学的思想与方法，是宏观与微观的关系，在数学思想的指导下，灵活运用数学方法解决具体问题，没有思想的方法是肤浅的，没有方法的思想是空洞的，只有二者完美的结合才是数学教学的最高境界。
高中数学核心素养包括：数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算和数据分析。
对学生核心素养的培养，对于发展学生的理性思维、培养学生的学科能力，具有决定性的作用。
（三）重视数学文化传承，注重创新意识发展中科院院士、王梓坤教授曾指出：“数学文化具有比数学知识体系更为丰富和深邃的文化内涵，数学文化是对数学知识、技能、能力和素质等概念的高度概括.”，武汉大学齐民友教授站在影响人类文化的兴衰、民族生存发展的高度，在《数学与文化》一书中写到：“一种没有相当发达的数学文化是注定要衰落的，一个不掌握数学作为一种文化的民族也是注定要衰落的.” 阐明了数学文化的价值.由于数学文化是对数学知识、技能、能力和素质等概念的高度概括，其价值对于人类文明乃至民族的存亡有着重大的意义.近年来，每年都对中华优秀传统文化知识进行考查，对传统文化知识的考查是对高层次数学思维的考查；每年的数学试题中总有4～5道新颖题型，体现创新意识，以便选拔优秀的学生.每年创新题型肯定会出现，这样的题型包括新定义型、归纳猜想型、类比推理型、探索发现型、研究设计型、开放发散型问题等，但整体试卷难度不会大起大落，以平稳为主。
2020版高考数学二轮复习分层设计(全国I卷)学案：第二层提升篇 专题二数列——第2讲第2讲数列通项与求和含
2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设bn ＝a n ＋1－a n .(1)证明：数列{b n }是等比数列；(2)设c n ＝bn（4n2－1）2n ，求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1)证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ， 所以bn ＋1bn ＝an ＋2－an ＋1an ＋1－an ＝（3an ＋1－2an ）－an ＋1an ＋1－an ＝2（an ＋1－an ）an ＋1－an ＝2，又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝1×2n －1＝2n －1， 因为c n ＝bn（4n2－1）2n，所以c n ＝12（2n ＋1）（2n －1）＝14⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 4n ＋2. 考点二 数列求和 题型一 裂项相消求和[例2] (20xx·安徽五校联盟第二次质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝2an（an ＋1）（an ＋1＋1），求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－1，得a 1＝1.当n ≥2时，有S n －1＝2a n －1－1，所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.所以{a n }是公比为2，首项为1的等比数列，故通项公式a n ＝2n －1.(2)b n ＝2an （an ＋1）（an ＋1＋1）＝2n（2n －1＋1）（2n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝2n －12n ＋1. [解题方略](1)裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．题型二 错位相减求和 [例3] (20xx·福建五校第二次联考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝（an ＋1）n ＋1（bn ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)因为S n ＝3n 2＋8n ，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2＋8n －[3(n －1)2＋8(n －1)]＝6n ＋5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝11 所以a n ＝6n ＋5，n ∈N * 于是，b n ＋1＋b n ＝a n ＝6n ＋5.因为{b n }是等差数列，所以可设b n ＝kn ＋t (k ，t 均为常数)，则有k (n ＋1)＋t ＋kn ＋t ＝6n ＋5，即2kn ＋k ＋2t ＝6n ＋5对任意的n ∈N *恒成立，所以⎩⎨⎧2k ＝6，k ＋2t ＝5，解得⎩⎨⎧k ＝3，t ＝1，故b n ＝3n ＋1.(2)因为a n ＝6n ＋5，b n ＝3n ＋1，所以c n ＝（an ＋1）n ＋1（bn ＋2）n＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n＝2n×(6n ＋6)．于是，T n ＝12×2＋18×22＋24×23＋…＋2n ×(6n ＋6)，①所以2T n ＝12×22＋18×23＋24×24＋…＋2n ×6n ＋2n ＋1×(6n ＋6)，② ①－②得，－T n ＝24＋6(22＋23＋…＋2n )－2n ＋1×(6n ＋6)＝24＋6×22－2n×21－2－2n ＋1×(6n ＋6)＝－2n ＋1×6n ，故T n ＝2n ＋1×6n ＝2n ＋2×3n . [解题方略](1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的积，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n 项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．(2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号．题型三 分组转化求和 [例4]已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为d ，n ∈N *，且不等式ax 2－3x ＋2<0的解集为(1，d )．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝3an ＋a n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n .[解](1)易知a ≠0，由题设可知⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝3a ，1·d ＝2a ，解得⎩⎨⎧a ＝1，d ＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝32n －1＋2n －1－1，则T n ＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n －1＋2n －1)－n ＝(31＋33＋…＋32n －1)＋(1＋3＋…＋2n －1)－n ＝31（1－9n ）1－9＋（1＋2n －1）n2－n＝38(9n －1)＋n 2－n .。
2020版高考数学二轮复习分层设计(全国I卷)学案：第二层提升篇专题七 选考系列第2讲 不等式选讲 Word版
或 或
解得x≤－10或0≤x＜4或4≤x≤8.
于是原不等式的解集为(－∞.－10]∪[0.8]．
(2)易知|x＋5|－|x－4|≤|(x＋5)－(x－4)|＝9.即M＝9.
所以(a＋1)(b＋1)＝9.
即9＝(a＋1)(b＋1)＝[( )2＋1][( )2＋1]≥( ＋1)2.
(3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式.可用零点分区间法脱去绝对值符号.将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．
(4)几何法：利用绝对值的几何意义.画出数轴.将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．
(5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象.利用函数图象求解．
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2].
所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥ .
当且仅当x＝ .y＝－ .z＝－ 时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为 .
(2)证明：因为[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2
＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)·(z－a)＋(z－a)(x－2)]
(1)不等式选讲是高考的选考内容之一.考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法等.命题的热点是绝对值不等式的求解.以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解．
(2)此部分命题形式单一、稳定.难度中等.备考本部分内容时应注意分类讨论思想的应用．
[例1](20xx·全国卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．
②当 ≤x<1时.f(x)＝x≤4.∴ ≤x＜1；
高考数学的第二轮复习方案
高考数学的第二轮复习方案高三第一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主。
通过这一轮的学习，学生大都能掌握基本的概念和性质。
但只是比较零散，综合应用有较大的问题，因此二轮复习就显得尤为重要了。
接下来是小编为大家整理的高考数学的第二轮复习方案，希望大家喜欢!高考数学的第二轮复习方案一1高三第二轮复习怎么做首先，做好承下。
同学们在自己的第二轮复习的时候首先需要做的就是要做好承下的工作，也就说同学们要在自己开展第二轮复习的时候先把自己第一轮的复习做好总结，让自己在第一轮的复习中没有什么问题的遗留，这样同学们才能够为自己的第二轮复习打下一个好的基础，而且也能够让自己的第一轮复习有一个好的总结，所以同学们要做好自己的第一轮复习的总结工作。
第二，心态上要摆正了。
接下来同学们需要做的就是要把自己的心态摆正了，这个时候同学们不要再去想什么第一轮复习中的问题，因为已经做好了总结了，这个时候再去想只能是浪费自己的时间，这个时候同学们要把自己的心态摆正了，明确自己在第二轮复习的目标，在心里面重视自己的二轮复习，这样同学们才能够在复习的时候取得一个好的成绩。
第三，查漏补缺。
更后同学们需要做的就是在二轮复习的时候对自己的学习进行一个好的查漏补缺，因为在一轮复习的时候同学们已经把所有的基础知识都复习完了，所以同学们接下来需要做的就是在二轮复习一些比较难的知识点的时候去查漏补缺，看看自己在哪一块的学习上还不足，同学们在复习的过程中如果能够很好的进行查漏补缺，那么才能够有一个好的复习。
2高三二轮复习策略一、抓《考试说明》与信息研究第二轮复习中，不可能再面面俱到。
要在复习中做到既有针对性又避免做无用功，既减轻学生负担，又提高复习效率，就必须认真研究《考试说明》，吃透精神实质，抓住考试内容和能力要求，同时还应关注近三年的高考试题以及对试题的评价报告，捕捉高考信息，吸收新课程的新思想、新理念，从而转化为课堂教学的具体内容，使复习有的放矢，事半功倍。
江西省高考数学二轮复习备考策略——重组专题归纳提升突出重点突破难点关注热点
四、二轮复习建议
（一）研究考试大纲和考试说明，把握复习方向
按照考试大纲、考试说明和历年高考考点散布 ，确定二轮 复习的重点、难点、疑点 （1）明确考查的知识点（每年考，隔年考，随机考）； （2）明确哪些知识是重点要求的； （3）明确哪些知识是学生掌握存在困难和疑问的； （4）明确数学思想、数学能力的考查要求； （5）明确哪些知识是新考纲降低要求或不作要求的；
高考创新性问题重点出在函数、数列、不等式、立体
几何和解析几何等方面，大多会结合合情推理知识点出探 索型问题(特别是解答题)，应加强对这些内容的研究；创新 题型多出现与经济、生活密切相关(像概率、线性计划等)的 数学问题，题目新颖，数学知识并不复杂，关注以下三种 类型：
（1）新定义型 新定义问题是近几年高考命题创新型试题的一个热点，
专题讲座四 探索性问题 探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类
题目的条件或结论不完备，要求考生自己去探索，结合已 知条件，进行视察、分析、比较和概括．它对考生的数学 思想、数学意识及综合运用数学方法解决问题的能力提出 了较高的要求．这类问题不仅考查考生的探索能力，而且 给考生提供了创新思维的空间，所以备受高考的青睐，是 高考重点考查的内容．探索性问题一般可以分为：条件探 索性问题、结论探索性问题、存在探索性问题等．
创新题是指以学生已有的知识为基础，并给出一定容
量的新信息，通过阅读，从中获取有关信息，捕捉解题信 息，发现问题的规律，找出解决问题的方法，并应用于新 问题的解。
专题讲座六 图表信息类问题 所谓图表信息类问题，就是根据实际问题中所呈现出
第二篇二轮高效复习分层设计(攻关篇)
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考点整合
明确考点 扣准要点
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考向一 直线与圆锥曲线的位置关系问题 【例 1】 (2020·北京高考)已知椭圆 C：xa22＋yb22＝1 过点 A(－2，－1)，且 a＝2b。 (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 B(－4,0)的直线 l 交椭圆 C 于点 M，N，直线 MA，NA 分别交直线 x＝－4 于 点 P，Q，求||BPQB||的值。
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第二篇 二轮高效复习分层设计(攻关篇)
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第二层级 重点增分考点(深度精研——重点攻关)
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专题四 解析几何 大题增分专项 解析几何大题考向探究
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直线 MA 的方程为 y＝yx11＋ ＋12(x＋2)－1， 直线 NA 的方程为 y＝yx22＋ ＋12(x＋2)－1， 令 x＝－4，则 yP＝－x1x－1＋2y21－4， yQ＝－x2x－2＋2y22－4， 所以 P－4，－x1x－1＋2y21－4，Q－4，－x2x－2＋2y22－4，
考点整合 考向探究
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命|题|分|析 解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之 一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等。试题难度较大，多以压轴题出现。 解答题的热点题型有： 1．直线与圆锥曲线的位置关系。 2．圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解。 3．轨迹方程及探索性问题的求解。
高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题六3高考解答题的审190218160
高考解答题的审题与答题示范(六) 概率与统计类解答题[审题方法]——审图表、审数据题目中的图表、数据包含着问题的基本信息，也往往暗示着解决问题的目标和方向．在审题时，认真观察分析图表、数据的特征的规律，常常可以找到解决问题的思路和方法．精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
读沙漠，读出了它坦荡豪放的胸怀；读太阳，读出了它普照万物的无私；读春雨，读出了它润物无声的柔情。
读大海，读出了它气势磅礴的豪情。
读石灰，读出了它粉身碎骨不变色的清白。
2、幸福幸福是“临行密密缝，意恐迟迟归”的牵挂；幸福是“春种一粒粟，秋收千颗子”的收获. 幸福是“采菊东篱下，悠然见南山”的闲适；幸福是“奇闻共欣赏，疑义相与析”的愉悦。
幸福是“随风潜入夜，润物细无声”的奉献；幸福是“夜来风雨声，花落知多少”的恬淡。
幸福是“零落成泥碾作尘，只有香如故”的圣洁。
幸福是“壮志饥餐胡虏肉，笑谈渴饮匈奴血”的豪壮。
幸福是“先天下之忧而忧，后天下之乐而乐”的胸怀。
幸福是“人生自古谁无死，留取丹心照汗青”的气节。
3、大自然的语言丰富多彩：从秋叶的飘零中，我们读出了季节的变换；从归雁的行列中，我读出了集体的力量；从冰雪的消融中，我们读出了春天的脚步；从穿石的滴水中，我们读出了坚持的可贵；从蜂蜜的浓香中，我们读出了勤劳的甜美。
4、成功与失败种子，如果害怕埋没，那它永远不能发芽。
鲜花，如果害怕凋谢，那它永远不能开放。
矿石，如果害怕焚烧（熔炉），那它永远不能成钢（炼成金子）。
蜡烛，如果害怕熄灭（燃烧），那它永远不能发光。
航船，如果害怕风浪，那它永远不能到达彼岸。
5、墙角的花，当你孤芳自赏时，天地便小了。
井底的蛙，当你自我欢唱时，视野便窄了。
笼中的鸟，当你安于供养时，自由便没了。
山中的石！当你背靠群峰时，意志就坚了。
水中的萍！当你随波逐流后，根基就没了。
空中的鸟！当你展翅蓝天中，宇宙就大了。
空中的雁！当你离开队伍时，危险就大了。
地下的煤！你燃烧自己后，贡献就大了6、朋友是什么？朋友是快乐日子里的一把吉它，尽情地为你弹奏生活的愉悦；朋友是忧伤日子里的一股春风，轻轻地为你拂去心中的愁云。
2020版高考数学二轮复习分层设计(全国通用)第三层备考篇：讲义 专题一第8讲 解题卡壳,攻坚突围
第8讲 解题卡壳，攻坚突围解题卡壳，一般都是卡在压轴题，或计算量大的题上，有时也卡在有些条件特殊的选择题、填空题上.卡壳题不一定就是做不好的题，或是啃不动的题，而是因某些运算，或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子难想出好主意，或回忆不到相关的公式、定理，或想不出相应的辅助线、辅助函数，或把条件看错，或在推理中错算了一步，再无法继续.解题过程卡在某一过渡环节上是常见的事.当解题遇到卡壳时，应注意调整心态、保持冷静，注重更换思考方式、跳步或跳问解答，沉着迎战.一般来说，对卡壳题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分析，回头整合相关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移，考查相关定义与图形，从不同的角度再次认识条件及结论，使之产生解题的灵感，从而获得相关的“自我提示”.因此，在重审结论或剖析条件时，要注重考查命题所涉及的概念、定理，把握命题的结构特点，构建相应的数学模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么.在审查已做的运算、推理与所求结论的要求是否对路时，要注重隐含条件的挖掘与整合，仔细清查还有哪些条件未用上，还有哪些相关的通法未用到，力争做到给什么，用什么.在沟通条件与结论时，要勇于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什么，找什么.这就是我们常说的卡壳突围术.常见的突围策略有以下两种.策略（一） 前难后易空城计对设有多问的数学问题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是可用前一问的结论来求解的，此时应放弃前一问的求解，着重攻后面的几问，并将前一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地配合题设条件或有关定理来解答后面的问题.这种利用自己根本不懂或不会证明的问题作条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“空城计”，即：前问难作后问易，弃前攻后为上计(也可说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题).[例1] 设函数f n (x )＝x n ＋bx ＋c (n ∈N *，b ，c ∈R ).(1)设n ≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f n (x )在区间内存在唯一零点；(12，1)(2)设n ＝2，若对任意x 1，x 2∈[－1，1]，有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4，求b 的取值范围；(3)在(1)的条件下，设x n 是f n (x )在内的零点，判断数列x 2，x 3，…，x n ，…的增(12，1)减性.[解] (1)证明：当b ＝1，c ＝－1，n ≥2时，f n (x )＝x n ＋x －1.∵f n ·f n (1)＝×1＜0，(12)(12n－12)∴f n(x )在内存在零点.(12，1)又∵当x ∈时，f n ′(x )＝nx n －1＋1＞0，(12，1)∴f n (x )在上是单调递增的，(12，1)∴f n (x )在区间内存在唯一零点.(12，1)(2)当n ＝2时，f 2(x )＝x 2＋bx ＋c .对任意x 1，x 2∈[－1，1]都有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4等价于f 2(x )在[－1，1]上的最大值与最小值之差M ≤4.据此分类讨论如下：①当＞1，即|b |＞2时，|b 2|M ＝|f 2(1)－f 2(－1)|＝2|b |＞4，与题设矛盾.②当－1≤－＜0，即0＜b ≤2时，b 2M ＝f 2(1)－f 2＝≤4恒成立.(－b 2)(b 2＋1)2③当0≤－≤1，即－2≤b ≤0时，b 2M ＝f 2(－1)－f 2＝≤4恒成立.(－b 2)(b 2－1)2综上可知，当－2≤b ≤2时，对任意x 1，x 2∈[－1，1]都有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4.故b 的取值范围为[－2，2].(3)法一：设x n 是f n (x )在内的唯一零点(n ≥2)，(12，1)则f n (x n )＝x ＋x n －1＝0，n f n ＋1(x n ＋1)＝x ＋x n ＋1－1＝0，x n ＋1∈，n ＋1(12，1)于是有f n (x n )＝0＝f n ＋1(x n ＋1)＝x ＋x n ＋1－1＜x ＋x n ＋1－1＝f n (x n ＋1).n ＋1n n ＋1又由(1)知f n (x )在上是单调递增的，(12，1)故x n ＜x n ＋1(n ≥2)，所以数列x 2，x 3，…，x n ，…是递增数列.法二：设x n 是f n (x )在内的唯一零点，(12，1)f n ＋1(x n )f n ＋1(1)＝(x ＋x n －1)(1n ＋1＋1－1)n ＋1n＝x ＋x n －1<x ＋x n －1＝0，n ＋1n n 则f n ＋1(x )的零点x n ＋1在(x n ，1)内，故x n <x n ＋1(n ≥2)，所以数列x 2，x 3，…，x n ，…是递增数列.[点评] 第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理较容易解决，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第(3)问的解答.事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举.策略（二） 前解倒推混战术有些数学命题的求解，开始入手还较为顺畅，但一到最后就难以继续进行了.此时若知悉它的大致趋势和结果，可依从所求结论的形式、特点，进行反推、凑形，直到得出大致与所要达到的目标相当、相同或相似的式子，再来巧妙地进行沟通也是可行的.对于这一步虽然是自己做不到的，但这样写了几下，却可能全都是对的.也就是说，对此解答，自己是以其昏昏，却能使人昭昭.因为别人看上去确实是一步接着一步写的，没有什么跳跃，也没掉什么关键步.这一战术与“中间会师”有点相似，但实质却不同.因为它不是清清楚楚地推理过来的.这种不按常规方式出牌，浑水摸鱼的解题方法我们称之为混战术：解题结尾路难行，倒推凑形亦为径.[例2] 已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点.(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，求证：x 1＋x 2<2.[解] (1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)·(e x ＋2a ).①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点.②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增.又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln ，a 2则f (b )>(b －2)＋a (b －1)2＝a >0，a 2(b 2－32b )故f (x )存在两个零点.③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a ).若a ≥－，则ln(－2a )≤1，e 2故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增.又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点.若a <－，则ln(－2a )>1，e 2故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增.又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点.综上，a 的取值范围为(0，＋∞).(2)证明：不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，又f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2，而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0，所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2.设g (x )＝－x e 2－x －(x －2)e x ，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x －e x ).所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.[点评] 本题在证明x 1＋x 2<2时，如果直接从题目条件出发，很难证明该结论成立，而通过分析，将x 1＋x 2<2转化为x 1<2－x 2<1，利用函数f (x )的单调性及f (x 1)＝f (x 2)，将问题转化为证明不等式f (x 1)>f (2－x 2)，进而构造函数g (x )＝f (2－x 2)，转化为证明函数g (x )的最大值小于0，从而使问题得证.[应用体验]1.设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1＜＜x ；x －1ln x (3)设c ＞1，求证：当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x ＞c x .解：(1)由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.1x 当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减.(2)证明：由(1)知，f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x ＜x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，ln ＜－1，1x 1x 即1＜＜x .x －1ln x (3)证明：由题设c ＞1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ，则g ′(x )＝c －1－c x ln c .令g ′(x )＝0，解得x 0＝.ln c －1ln c ln c 当x ＜x 0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞x 0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减.由(2)知1＜＜c ，故0＜x 0＜1.c －1ln c 又g (0)＝g (1)＝0，故当0＜x ＜1时，g (x )＞0.所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x ＞c x .2.已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x ＋m (m ∈R ).(1)若f (x )≤g (x )恒成立，求实数m 的取值范围；(2)已知x 1，x 2是函数F (x )＝f (x )－g (x )的两个零点，且x 1<x 2，求证：x 1x 2<1.解：(1)令F (x )＝f (x )－g (x )，则F (x )＝ln x －x －m (x >0)，F ′(x )＝－1＝，1x 1－x x 当x >1时，F ′(x )<0；当0<x <1时，F ′(x )>0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以F (x )在x ＝1处取得最大值，为－1－m .若f (x )≤g (x )恒成立，则F (x )≤0恒成立，所以－1－m ≤0，解得m ≥－1.所以实数m 的取值范围为[－1，＋∞).(2)证明：由(1)可知，函数F (x )＝f (x )－g (x )的两个零点x 1，x 2满足0<x 1<1<x 2，要证x 1x 2<1，只需证x 2<，由于F (x )在(1，＋∞)上单调递减，从而只需证F (x 2)>F 1x 1，(1x 1)因为F (x 1)＝F (x 2)＝0，所以m ＝ln x 1－x 1，即证ln －－m ＝ln －＋x 1－ln x 1＝－＋x 1－2ln x 1<0.1x 11x 11x 11x 11x 1令h (x )＝－＋x －2ln x ，则h ′(x )＝＋1－＝，1x 1x 22x （x －1）2x 2当0<x <1时，h ′(x )>0，则h (x )在(0，1)上单调递增，所以h (x )<h (1)＝0，所以x 1x 2<1.。
高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项一2第2练算法与平面向量学案
第 2 练算法与平面向量年份卷别考察内容及考题地点卷Ⅰ平面向量的线性运算·T62018卷Ⅱ平面向量的数目积运算·T4程序框图的循环结构·T7卷Ⅲ平面向量的坐标运算、平面向量共线的条件·T13卷Ⅰ程序框图的辨别、循环构造·T8向量的模与向量的数目积·T132017卷Ⅱ程序框图的循环构造·T8平面向量的数目积·T12卷Ⅲ程序框图的循环构造·T7平面向量的线性运算、直线与圆的地点关系·T12程序框图的循环构造·T9卷Ⅰ向量的数目积、向量数目积的坐标运算·T13程序框图的循环构造(以“秦九韶算法”为背卷Ⅱ景)·T82016向量的坐标运算、向量垂直的应用·T3卷Ⅲ程序框图的循环构造·T7向量的夹角问题·T3算法2类程序框图问题的解决方法(1)求解程序框图的运转结果问题命题剖析1.高考对算法的考察，每年均匀有一道小题，一般出此刻第6～9 题的地点上，难度中等偏下，均考查程序框图，热门是循环构造和条件构造，有时综合性较强，其背景波及数列、函数、数学文化等知识．2．平面向量是高考必考内容，每年每卷均有一个小题 (选择题或填空题 )，一般出此刻第 3～ 7 或第13～15 题的地点上，难度较低．主要考察平面向量的模、数目积的运算、线性运算等，数目积是其考查的热门 .先要找出控制循环的变量及其初值、终值．而后看循环体，若循环次数较少，可挨次列出即可获得答案；若循环次数许多，可先循环几次，找出规律．要特别注意最后输出的是什么，不要出现多一次或少一次循环的错误，特别关于以累和为限制条件的问题，需要逐次求出每次迭代的结果，并逐次判断能否知足停止条件．(2)关于程序框图的填补问题最常有的是要求增补循环构造的判断条件，解决此类问题的方法：创建参数的判断条件为“i＞ n？”或“i＜ n？”，而后找出运算结果与条件的关系，反解出条件即可．[ 考法全练 ]1．(2018 ·考天津卷高 )阅读以下图的程序框图，运转相应的程序，若输入N的值为20，则输出 T的值为 ()A ． 1B． 2C．3D． 4N20分析：选 B. N＝ 20，i ＝ 2， T＝ 0，i＝2＝ 10，是整数；N＝20，不是整数；T＝ 0＋ 1＝ 1， i＝ 2＋1＝ 3， 3<5，i3N20i＝ 3＋ 1＝ 4， 4<5 ，i＝4＝ 5，是整数；T＝ 1＋ 1＝ 2， i＝ 4＋1＝ 5，结束循环．输出的 T＝ 2，应选 B.2． (2018 贵·阳模拟 )某程序框图以下图，若该程序运转后输出的值是13，则整数 a 的7值为()A．6B．7C ．8D ． 9分析： A. 先不论 a 的取 ，直接运转程序．第一 量 S ， k ， S ＝ 1， k ＝1，行 S ＝S ＋ 1 ，得 S ＝1＋ 1， k ＝ 2； 行 S ＝ 1＋ 1 ＋ 1， k ＝ 3； ⋯ 行，得 k(k ＋ 1) 1× 2 1× 2 2× 31＋1＋⋯＋ 1＝1＋ 1－1 ＋ 1－1＋⋯＋ 1－ 1＝2－ 1，由 2－S ＝1＋1×22× 3k(k ＋ 1)1223k k ＋ 1k ＋ 11＝ 13得 k ＝ 6，所以整数 a ＝6，故 A. k ＋1 73．(2018 石·家庄 量 (二 ))20 世 70年月，流行一种游 —— 角谷猜想， 以下：随意写出一个自然数 n ，依据以下的 律 行 ，假如 n 是奇数， 下一步 成3n ＋1；假如 n 是偶数， 下一步 成n2. 种游 的魅力在于无 你写出一个多么 大的数字，最后必定会落在谷底， 更正确地 是落入底部的 4－ 2－ 1 循 ，而永 也跳不出 个圈子， 以下程序框 就是依据 个游 而 的，假如 出的i6， 入的 n()A ． 5C ．5 或32B ． 16D ．4或5 或 32分析： C. 若 n ＝ 5， 行程序框 ， n ＝ 16，i ＝2； n ＝ 8，i ＝ 3； n ＝ 4，i ＝ 4； n ＝ 2，i ＝5； n ＝ 1， i ＝6， 束循 ， 出的 i ＝ 6.若 n ＝32， 行程序框 ， n ＝ 16， i ＝ 2； n ＝ 8，i ＝ 3；n ＝ 4， i ＝ 4；n ＝ 2， i ＝ 5；n ＝ 1， i ＝ 6， 束循 ， 出的i ＝ 6.当n ＝ 4 或 16 ，可知不正确，故 入的n ＝5 或 32，故C.4． (2018· 研武) 行如 所示的程序框 ，假如 入的a 挨次2， 2， 5 ， 出的 s17，那么在判断框中能够填入()A ． k＜ n?B． k＞ n?C．k≥ n?D． k≤ n?分析： B. 行程序框，入的a＝ 2， s＝ 0×2＋ 2＝2， k＝ 1；入的a＝ 2， s＝ 2×2＋2＝ 6，k＝ 2；入的 a＝ 5，s＝2×6＋ 5＝ 17，k＝ 3，此束循，又 n＝ 2，所以判断框中能够填“k ＞n？”，故 B.5． (2018 福·州模 )如所示的程序框是了求出足1＋1＋1＋⋯＋1＜ 1 000 的最23n大正整数 n 的，那么在和两个空白框中，能够分填入 ()A ．“ S＜ 1 000 和” “ 出 i － 1”B．“S＜ 1 000 和” “ 出 i－ 2”C．“S≥ 1 000”和“ 出 i－ 1”D．“ S≥ 1 000”和“ 出 i －2”分析： D. 依据程序框的功能，可知判断框内填“S≥1 000”．由程序框剖析知，出框中填写“ 出i－2”，故 D.平面向量的性运算平面向量性运算的 2 种技巧(1)关于平面向量的线性运算问题，要尽可能转变到三角形或平行四边形中，灵巧运用三角形法例、平行四边形法例，密切联合图形的几何性质进行运算．(2)在证明两向量平行时，若已知两向量的坐标形式，常利用坐标运算来判断；若两向量不是以坐标形式体现的，常利用共线向量定理(当b≠0时，a∥b? 存在独一实数λ，使得a ＝λb)来判断．向量共线问题的 4 个结论(1)若a与b不共线且λa＝μb，则λ＝μ＝0.(2)直线的向量式参数方程，→→→A， P， B 三点共线 ? OP＝(1－ t) ·OA＋ tOB( O 为平面内任一点， t∈R )．→→→(3)OA＝λOB＋μOC(λ，μ为实数 )，若 A， B， C 三点共线，则λ＋μ＝ 1.x1 y1(4)若a＝ (x1，y1)，b＝ (x2，y2)，则a∥b? x1y2＝ x2y1，当且仅当x2y2≠ 0 时，a∥b? x2＝y2.[ 考法全练 ]1．(2018 贵·阳模拟 )已知向量a＝ (1，2)，b＝ (m，－ 1)，若a∥ ( a＋b)，则实数 m 的值为()1B．－1A. 22 C．3D．－ 3分析：选 B.a＋b＝ (1＋m， 1)，由于a∥ (a＋b)，所以 2(1＋ m)＝ 1，解得 m＝－1.应选2B.2． (一题多解 )(2018 高·考全国卷Ⅰ )在△ ABC 中， AD 为 BC 边上的中线， E 为 AD 的中→)点，则 EB＝ (3 → 1 → 1 → 3 →A. AB－ ACB. AB－ AC44443 → 1 → 1 → 3 →C. AB＋ACD. AB＋ AC4444分析：选→→→1→1→11→→1→→A. 法一：以下图， EB＝ED ＋ DB＝ AD ＋CB＝× (AB＋AC )＋ (AB－AC)222223→ 1→＝ AB－ AC，应选 A.44→ → →→1→→11→→3→1→法二： EB＝ AB－AE ＝AB－AD＝ AB－× (AB＋ AC)＝AB－AC，应选 A.222443． (2018 陕·西教课质量检测 (一 ))已知 P 为△ ABC 所在平面内一点，→→ →AB ＋PB＋PC ＝0，→→→的面积等于 ()|AB|＝ |PB|＝ |PC|＝ 2，则△ ABCA.3B． 23C．33D． 43→→BC 的中点为 D ，则 PD ⊥ BC，分析：选 B.由 |PB|＝ |PC|得，△ PBC 是等腰三角形，取→→→→→→→1又AB ＋PB＋ PC＝0，所以AB＝－(PB＋PC)＝－ 2PD ，所以PD＝ AB＝ 1，且 PD ∥ AB，故2AB⊥ BC，即△ ABC 是直角三角形，由→→→→|PB|＝ 2， |PD |＝ 1 可得 |BD|＝3，则 |BC|＝2 3，所以△ABC 的面积为1× 2×2 3＝ 23，应选 B. 24． (2018 郑·州第一次质量展望)如图，在△ABC 中， N 为线段 AC 上凑近点 A 的三平分点，点→2→ 2 →) P 在线段 BN 上且 AP＝ m＋11AB ＋BC ，则实数 m 的值为 (111A ． 1 B.395C.11D.11→ 2 → 2 → 2 →2→→→ 2 →→分析：选 D.AP ＝ m＋11AB＋11BC＝ m＋11 AB＋11(AC－ AB) ＝ mAB＋11AC，设 BP＝→→ →→→→ →→→→ 1 →λBN(0 ≤λ≤ 1)，则 AP＝ AB ＋λBN＝ AB＋λ(AN－ AB)＝ (1－λ) AB＋λAN，由于 AN＝3AC，所→ 1 →m＝1－λ，6 ，→λ＝11以AP ＝(1－λ)AB＋3λ AC，则2 ＝1λ，解得5应选 D. 113，m＝11平面向量的数目积平面向量的数目积的 2 种运算形式(1)数目积的定义：a· b＝|a||b|cosθ(此中θ为向量 a， b 的夹角)；(2)坐标运算：a＝ (x1， y1)，b＝ (x2， y2)时，a·b＝ x1x2＋ y1y2.平面向量的 3 个性质(1)若a＝ (x， y)，则 |a|＝a·a＝x2＋ y2.(2)若 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则→22.|AB|＝(x2－ x1)＋ (y2－ y1)(3)若 a ＝ (x 1， y 1)，b ＝ (x 2，y 2 )，θ 为 a 与 b 的夹角，则 a ·b ＝ x 1x 2＋ y 1y 2cos θ ＝|a||b | x 12＋ y 12 x 22＋ y 22.[ 考法全练 ]1．(2018 贵·阳模拟 )如图，在边长为 1 的正方形构成的网格中，平行四边形ABCD 的顶→ →)点 D 被暗影遮住，找出 D 点的地点， AB · AD 的值为 (A ．10B ． 11C ．12D ． 13分析：选 B. 以点 A 为坐标原点，成立以下图的平面直角坐标系，则A(0，0)， B(4，→ →＝ (4，1) ·(2，1)，C(6，4)，依据四边形 ABCD 为平行四边形， 能够获得 D(2，3)，所以 AB ·AD 3)＝ 8＋ 3＝ 11.应选 B.2． (2018 高·考全国卷Ⅱ )已知向量 a ， b 知足 |a|＝ 1， a ·b ＝－ 1，则 a ·(2a － b )＝ ( )A ． 4B ． 3C ．2D ． 0分析：选 B. a ·(2a －b )＝2a 2－ a ·b ＝ 2－ (－ 1)＝ 3，应选 B.3． (2018 石·家庄第二次质量检测 )若两个非零向量 a ， b 知足 |a ＋ b |＝ |a － b |＝ 2|b |，则向量 a ＋ b 与 a 的夹角为 ()π πA. 6B. 32π 5π C. 3D. 6分析：选 A. 由于 |a ＋ b |＝ |a － b |，所以 |a ＋ b |2＝ |a －b |2，所以 a ·b ＝ 0.又 |a ＋ b |＝ 2|b |，所以(a ＋ b ) ·a 2＋a ·b2|a ＋ b |2＝ 4|b |2， |a |2＝ 3|b |2，所以 |a |＝ 3|b|，cos 〈 a ＋b ，a 〉＝ a ＝ |a | ＝ |a |＝|a ＋ b ||a ||a ＋ b ||a | 2|b ||a | 2|b |＝ 3，故 a ＋ b 与 a 的夹角为 π ，应选 A.2 64． (2018 长·春质量检测 ( 一)) 已知平面内三个不共线向量 a ， b ，c 两两夹角相等，且 |a |＝ |b |＝ 1， |c |＝ 3，则 |a ＋ b ＋ c |＝ ________．分析：由平面内三个不共线向量a ，b ，c 两两夹角相等，可得夹角均为2π，所以 |a ＋ b3＋ c |2 ＝ a 2 ＋ b 2 ＋ c 2 ＋ 2a ·b ＋ 2b ·c ＋ 2a ·c ＝ 1＋ 1 ＋ 9 ＋ 2×1×1×cos2π＋ 2×1×3×cos 2π ＋332×1×3×cos2π＝ 4，所以 |a ＋ b ＋ c |＝2.3答案： 25． (2018 益·阳、湘潭调研 )已知非零向量 a ， b 知足 a ·b ＝ 0， |a ＋ b |＝ t|a |，若 a ＋ b 与 aπ－b 的夹角为3 ，则 t 的值为 ________．分析：由于 a ·b ＝ 0，所以 (a ＋ b ) 2＝ (a － b )2，即 |a ＋ b |＝ |a － b |.又 |a ＋ b |＝ t|a |，所以 |a － b |π ，所以 (a ＋ b ) ·(a － b ) ＝ cos π|a |2－ |b |2＝|a ＋ b |＝ t|a |.由于 a ＋ b 与 a － b 的夹角为＋ ·－ ，整理得 2 2 ＝|a b | |a b |2 21，即 (2－ t 2)|a |2＝ 2|b |2.又 |a ＋ b |＝ t|a |，平方得 |a |2＋ |b |2＝ t 2|a |2，所以 |a |2＋(2－t )|a |＝ t 2|a |2，解22242 3得 t ＝ .由于 t ＞ 0，所以 t ＝3.3答案：233平面向量在几何中的应用2 个常用结论(1)△ ABC 中， AD 是 BC 边上的中线，则→ 1 → → AD ＝ (AB ＋AC )．2→ → →(2)△ ABC 中， O 是 △ABC 内一点，若 OA ＋OB ＋OC ＝ 0，则 O 是 △ABC 的重心．用向量解决平面几何问题的3 个步骤(1) 成立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中波及的几何元素，将平面几何问题转变为向量问题．(2)经过向量运算，研究几何元素之间的关系，如平行、垂直和距离、夹角等问题．(3)把运算结果 “翻译 ”成几何关系．[ 考法全练 ]1． (2018 郑·州第二次质量展望 1，)已知平面向量 a ， b ，c 知足 |a |＝ |b |＝ |c |＝ 1，若 a ·b ＝ 2则( a ＋ c ) ·(2b － c )的最小值为 ( )A ．－ 2B ．－ 3C ．－ 1D ． 0分析：选 B. 设 a 与 b 的夹角为 θ，则 |a ||b |cos θ ＝1，即 cos θ＝ 1，22 π→→→由于 0≤θ≤π ，所以 θ＝ 3 ，令 OA ＝ a ，OB ＝ b ，以 OA 的方向为 x 轴的正方向成立以下图的平面直角坐标系， → → 1，3 ，则 a ＝ OA ＝ (1，0)，b ＝ OB ＝2 2 →≤α≤2π )，则 (a ＋ c ) ·(2b － c )＝ (1＋ cos α ，sin α ) ·(1－ cos α ，设 c ＝ OC ＝ (cos α ，sin α)(0 3－ sin α )＝ (1＋ cos α )(1－ cos α )＋ sin α ( 3－ sin α )＝ 1－ cos 2α ＋ 3sin α － sin 2α＝ 3sin α ≥－ 3 当且仅当 α＝3π时取等号 .应选 B. 22． (2018 ·州第二次调研惠→ → ， P 为 CD 上一点，已知 →)在四边形 ABCD 中， AB ＝DC |AB|＝→ → → 11 →→ → → ＝ ________．8， |AD |＝ 5， AB 与 AD 的夹角为 θ，且 cos θ ＝， CP ＝ 3PD ，则 AP ·BP20分析：由于→→→→→ →→→1→→→→→AB ＝ DC ， CP ＝ 3PD ，所以 AP ＝ AD ＋ DP ＝ AD ＋ AB ，BP ＝BC ＋CP ＝ AD －43 → →→θ ＝11→ →11 → →4 AB ，又 |AB |＝8 ， |AD |＝ 5， cos20，所以 AD · AB ＝ 8×5× ＝ 22，所以 AP · BP ＝20→1→ → 3 →→ 21 → →3 → 2232AD ＋ 4AB · AD － 4AB ＝|AD| － 2AD · AB － 16|AB| ＝ 5 － 11－ 16× 8 ＝ 2.答案： 23．(一题多解 )(2018 沈·阳教课质量监测 (一 ))已知 △ABC 是直角边长为 2 的等腰直角三角→ → → 形，且 A 为直角极点， P 为平面 ABC 内一点，则 PA · (PB ＋PC )的最小值是 ________．分析：法一：如图，以 A 为坐标原点， AB ， AC 所在直线分别为 x 轴、y 轴成立平面直角坐标系，则A(0， 0)， B(2， 0)， C(0， 2)，设 P(x ， y)，则→ → → → →PA ＝ (－ x ，－ y)， PB ＝ (2－ x ，－ y)， PC ＝( － x ， 2－ y)， PB ＋ PC ＝ (2－ 2x ，→ → →x － 1 2＋ 2 y － 1 2 2－ 2y)，所以 PA ·(PB ＋ PC)＝－ x(2－ 2x)－ y(2－ 2y)＝ 2 2 2 －1→ → →1≥－ 1 当且仅当 x ＝ y ＝ 时等号成立，所以 PA · (PB ＋ PC)的最小值为－ 1.2→→→→→→→ → →→→→法二： PA ·( PB ＋ PC)＝ PA · (PA ＋ AB ＋ PA ＋ AC)＝PA · (2PA ＋AB ＋ AC)．→ → →设 BC 的中点为 D ，则 AB ＋ AC ＝ 2AD .→ → → → → → → ，所以 PA · (PB ＋ PC )＝ 2PA · (PA ＋ AD )＝2PA ·PD由于－ → → → → → → → →→ → 2|PA|·|PD|≤ 2PA · PD ≤ 2|PA|· |PD |，所以 (2PA ·PD )min ＝－ 2|PA |· |PD |，此时点→ →→ → → 2＋ 2P 在线段 AD 上 (异于 A ，D )，设 PA ＝ λAD(－ 1＜ λ＜ 0)，则 |PA|＝ |λAD |＝－ λ· 2，|PD|＝λ，→ →21 1 ＝4 λ ＋1 2－ 1，所以当 λ＝－ 1 → → →所以－ 2|PA |·|PD|＝ 4 λ ＋ λ＋ －422时，PA ·(PB ＋PC)4获得最小值－ 1.答案：－ 1一、选择题1．(2018 沈·阳教课质量监测(一 ))已知一个算法的程序框图以下图，当输出的结果为时，输入的实数x 的值为()A ．－ 3B ．－ 3或 9C ．3 或－ 9D ．－ 3或－ 9分析：选 B. 当 x ≤0时，1 x－ 8＝ 0，x ＝－ 3；当 x ＞ 0 时， 2－ log 3x ＝ 0，x ＝ 9.故 x ＝－ 32或 x ＝ 9，应选 B.2．已知向量 a ， b 均为单位向量，若它们的夹角为 60°，则 |a ＋3b |等于 ()A. 7B. 10C.13D ． 4分析：选 C. 依题意得 a ·b ＝ 1， |a ＋ 3b |＝ a 2＋ 9b 2＋ 6a ·b ＝ 13，应选 C.2π3．已知 a ， b 为单位向量，设 a 与 b 的夹角为 3 ，则 a 与 a － b 的夹角为 ()π π A. 6 B. 32π 5πC. 3D. 6分析：选 B. 由题意，得π 12 2 21 a ·b ＝ 1×1×cos ＝ ，所以 |a － b |＝ a －2a ·b ＋ b ＝ 1－ 2× ＋ 1322＝1，所以 cos 〈 a ， a － b 〉＝ a ·(a － b ) ＝ a 2－ a ·b11π |a ||a － b | 1×1 ＝1－＝ ，所以〈 a ，a － b 〉＝，应选 B.2 234．(2018 合·肥质量检测 )已知向量 a ，b 知足 |a |＝ 2，|b |＝ 1，则以下关系可能成立的是 ()A ． (a－b)⊥a B． (a－b)⊥ (a＋b)C．( a＋b)⊥b D． (a＋b)⊥a分析：选 C.由于 |a|＝2， |b|＝ 1，设向量a，b 的夹角为θ，若(a－b)⊥ a，则(a－b)·a＝a2－a·b＝4－2cosθ＝0，解得cosθ＝2，明显θ不存在，故A不可立；若(a－ b)⊥(a＋ b)，则( a－b) ·(a＋b)＝a2－b2＝ 4－ 1＝3≠0，故 B 不可立；若 ( a＋b)⊥b，则 (a＋b) ·b＝b2＋a·b＝ 1＋2cos θ＝ 0，解得 cos θ＝－1，即θ＝2π，故 C 成立；若 (a＋b)⊥a，则 (a＋b) ·a＝a2＋a·b 23＝4＋ 2cos θ＝0，解得 cos θ＝－ 2，明显θ不存在，故 D 不可立．应选 C.5． (2018 ·宁模拟南 )履行以下图的程序框图，那么输出S 的值是 ()1A．－ 1 B.2C．2D． 1分析：选 C. 运转框图，第一给变量S， k 赋值， S＝2， k＝ 2 015.判断 2 015＜ 2 018， S＝1＝－ 1，k＝ 2 015＋ 1＝ 2 016，判断 2 016＜ 2 018，S＝1＝1，k＝ 2 016＋ 1＝2 017，1－ 21－ (－ 1)2判断 2 017＜ 2 018，S＝1＝2， k＝ 2 017＋ 1＝ 2 018，判断 2 018＜2 018 不可立，输出 S，1－12此时 S＝ 2.应选 C.6．(2018 洛·阳第一次联考 ) 履行以下图的程序框图，若输入m＝209，n＝ 121，则输出的 m 的值为 ()A ． 0B． 11C．22D． 88分析：选 B.当 m＝ 209， n＝ 121 时， m 除以 n 的余数 r ＝ 88，此时 m＝ 121，n＝ 88，m除以 n 的余数 r ＝ 33，此时 m＝ 88，n＝33，m 除以 n 的余数 r ＝ 22，此时 m＝ 33，n＝ 22，m除以 n 的余数 r＝11，此时 m＝ 22， n＝ 11， m 除以 n 的余数 r＝ 0，此时 m＝ 11， n＝0，退出循环，输出 m 的值为 11，应选 B.7．(2018 ·林模拟桂 )在以下图的矩形ABCD 中，AB＝ 4，AD ＝ 2，E 为线段 BC 上的点，→→则AE ·DE的最小值为 ()A．12B． 15C．17D． 16分析：选 B.以 B 为坐标原点， BC 所在直线为 x 轴， BA 所在直线为y 轴，成立如图所示的平面直角坐标系，则→→A(0，4)，D (2，4)，设 E(x，0)(0 ≤x≤2)，所以 AE·DE＝ (x，－ 4) ·(x22→→－2，－ 4)＝x－2x＋ 16＝ (x－ 1) ＋ 15，于是当 x＝ 1，即 E 为 BC的中点时， AE·DE获得最小值 15，应选 B.8．(2018→ → 9→→西·安八校联考 )在△ ABC 中，已知 AB· AC＝，|AC |＝ 3， |AB|＝ 3，M， N 分别2是 BC 上的三平分点，→ →的 是 () AM ·AN 1113 A. 2 B. 2 C ．6D ． 7→＝ 2 → 1 →→ 1 → 2 → →→分析：B.由 意得，AM 3 AB ＋ 3 AC ， AN ＝ 3 AB ＋ 3AC ，所以AM ·AN ＝2→1 →1 →2 →2→ 25 → →2 → 2 2 →2→ 2 5→ → 2223AB ＋3AC · 3AB ＋ 3AC ＝9AB ＋ 9AB ·AC ＋ 9AC ＝ 9(AB ＋AC )＋ 9AB ·AC ＝ 9× (3 ＋ 3 )＋5× 9＝ 13，故 B.9 2 29． (2018 石·家庄模 )如 是 算1＋ 1＋ ⋯ ＋ 1的 的程序框 ， 中①② 可1＋ 3 531以填写的 句分 是 ( )A ． n ＝ n ＋ 2， i ＞ 16?B ．n ＝ n ＋ 2，i ≥16?C ．n ＝ n ＋ 1，i ＞16?D ． n ＝ n ＋ 1， i ≥ 16?分析：A. 式子1＋ 1＋1＋ ⋯ ＋3 51 中全部 的分母构成公差312 的等差数列， 1，3，5，⋯，31， 31＝ 1＋ (k －1) ×2， k ＝ 16，共 16 ，故 A.10． (2018 成·都 断性 )高三某班 15 名学生一次模 考 成 用茎叶 表示如 1.行 2 所示的程序框 ，若 入的 a i (i ＝ 1， 2，⋯， 15)分15 名学生的考 成 ，出的 果 ()A ． 6B． 7C．8D． 9分析：选 D.由程序框图可知，其统计的是成绩大于或等于110 的人数，所以由茎叶图知，成绩大于或等于110 的人数为9，所以输出的结果为9.应选 D.11．(2018 ·州第一次质量展望郑 )履行以下图的程序框图，若输出的结果是7，则判断框内 m 的取值范围是()A ． (30， 42]B． (30， 42)C．(42， 56]D． (42， 56)分析：选 A. k＝ 1， S＝2， k＝ 2，S＝ 2＋ 4＝6， k＝ 3， S＝ 6＋ 6＝ 12， k＝4， S＝ 12＋ 8＝20， k＝ 5，S＝ 20＋ 10＝ 30， k＝6， S＝ 30＋ 12＝ 42， k＝ 7，此时不知足S＝ 42＜ m，退出循环，所以30＜ m≤42，应选 A.12． (一题多解 )(2018 高·考浙江卷 )已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量 a 与 e 的夹角为π，向量 b 知足 b 2－ 4e ·b ＋ 3＝ 0，则 |a －b |的最小值是 ()3A. 3－1B. 3＋ 1 C ．2D ．2－ 3→ →分析：选 A. 法一：设 O 为坐标原点， a ＝ OA ， b ＝ OB ＝ (x ， y)，222－ 4x ＋ 3＝ 0，即 (x － 2) 22e ＝(1 ，0)，由 b －4e ·b ＋ 3＝ 0 得 x ＋y ＋ y ＝1，所以点 B 的轨迹是以C(2， 0)为圆心， 1 为半径的圆．由于 aπA 在射线 y ＝ 3x(x>0) 上，如图，数与 e 的夹角为 3，所以不如令点 → →形联合可知 |a － b |min ＝ |CA|－ |CB|＝ 3－ 1.应选 A.法二：由 b 2－ 4e ·b ＋3＝ 0 得 b 2 － 4e ·b ＋ 3e 2＝ (b － e ) ·(b － 3e )＝ 0. → → →→ → → →设 b ＝OB ，e ＝OE ，3e ＝OF ，所以 b － e ＝EB ，b －3e ＝ FB ，所以 EB ·FB＝0，取 EF 的中点为 C ，则 B 在以 C 为圆心， EF 为直径的圆上， 如图．设→πa ＝ OA ，作射线 OA ，使得∠ AOE ＝ ，所以 |a －b |＝ |(a － 2e )＋ (2e － b )|≥|a3→ →－2e |－ |2e － b |＝ |CA|－ |BC|≥ 3－ 1.应选 A.二、填空题13． (2018 高·考全国卷Ⅲ )已知向量 a ＝ (1，2) ，b ＝ (2，－ 2)，c ＝(1， λ )．若 c ∥ (2a ＋b )，则 λ＝ ________．分析： 2a ＋ b ＝ (4，2) ，由于 c ＝ (1， λ )，且 c ∥ (2a ＋b )，所以 1×2＝ 4λ，即 λ＝1.2答案：1214．定义 [x] 表示不超出 x 的最大整数，比如[2] ＝ 2， [3.6] ＝ 3，以下图的程序框图取材于中国古代数学著作《孙子算经》 ．履行该程序框图，则输出的a ＝ ________．分析：由程序框图得 k ＝ 1， a ＝ 9，a － 3·a3 ＝0≠2，k ＝ 2， a ＝16， a －3·a3 ＝ 1≠2， k ＝a aa＝ 23.3， a＝ 23，a－ 3·＝ 2， a－ 5·＝ 3，退出循环体，所以输出35答案： 23→→→15．平行四边形 ABCD 中， M 为 BC 的中点，若 AB＝λAM＋μDB ，则λμ＝ ________．→→→→ →→→→→→分析：由于 DB＝ AB－ AD ＝ AB－ BC＝ AB－2BM＝ 3AB－ 2AM，所以 AB→→→→→→→＝λAM ＋3μAB－2μAM，所以(1－ 3μ)AB＝ (λ－2μ)AM ，由于 AB和 AM 是不共线向量，1所以1－ 3μ＝0，解得μ＝3，2所以λμ＝ .λ － 2μ＝0，λ ＝2，93答案：29→→→16． (2018 唐·山模拟 )在△ABC 中， (AB－3AC)⊥ CB，则角 A 的最大值为 ________．→→→→→ →→→→→→2分析：由于 ( AB－ 3AC) ⊥ CB，所以(AB－3AC) ·CB＝ 0， ( AB－ 3AC) ·(AB － AC)＝ 0， AB→→→→ 2→2→→33→2|AB|＋ 3|AC|＝|AB|＋3|AC|＝－4AC· AB＋3AC＝ 0，即 cos A＝→→→→≥2，当且仅当 |AB|1624|AC|· |AB|4|AC|4|AB|→ππ.＝ 3|AC|时等号成立．由于 0＜ A＜π，所以 0＜ A≤，即角 A 的最大值为66π答案：6。
【高中数学】专家指导2021年高考数学第二轮复习高分攻略
【高中数学】专家指导2021年高考数学第二轮复习高分攻略学无止境，高中是人生成长变化最快的阶段，所以应该用心去想去做好每件事，数学网为大家整理了高考数学第二轮复习高分攻略,希望可以帮助到更多同学!试题分析高考各类题型基本固定张天德教授说，数学高考首先要让学生熟悉试题的基本类型，把握重点，同时全面掌握各种知识点。
同时，还要注意掌握基础知识，掌握课后练习及其变形。
高考试卷中各类题型基本上是固定的。
张天德教授说，数学高考试卷中，选择题、填空题往往是考查各个基础知识点，难度不会太大。
按历年经验，主要是在函数的性质方面会出题比较多。
另外，还会在复数的运算、立体几何、三角函数、圆锥曲线等知识点分散出题。
程序设计和流程图的填写、概率和排列组合也会考查。
在多项选择题和填空题中，必须有一个关于圆锥曲线、立体几何、三角函数和不等式的问题。
答案基本上是三角函数、概率、三维几何级数、圆锥曲线、导数等知识点。
张天德教授向考生强调，必须掌握好这些必考和常考的类型和知识点，熟练掌握相应的试题，牢牢掌握这些基本知识点。
张天德教授说，今年高考考题中有可能会出现一两道与实际相联系的题。
不过这样的题归根结底还是考平时学的知识和方法，只不过是将实际问题转化为数学模型，即转化为平时做过、见过的题型，考生不必紧张，只要平时牢固掌握知识点，活学活用即可。
问答技巧学会取舍，合理分配答题时间总的来说，如果你想在高考中取得好成绩，你必须有扎实的基础知识和一定的练习，辅以一些解决问题的方法和考试技巧。
张教授说，在过去的几年里，很多学生总是抱怨考试时间不够，导致他们没有时间做他们能做的问题，感觉非常糟糕。
他说高考关乎个人能力。
考生不仅要提问，还要准确快速地回答。
只有这样，他们才能在规定的时间内完成，并获得更高的分数。
因此，对于大多数高考生来说，培养快速准确解决问题的习惯，掌握解决问题的技能是非常必要的。
张教授表示，现在距高考只有不到一个月的时间了，在这最后一段时间的复习中，同学们应该重新回归基本题型，总结过去的经验，争取在填空题、选择题等基础考查中不丢分。