高三数学二轮复习专题七第一讲

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高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题七第1讲

又 AB∥ CD，∴ 四边形 CBED 是平行四边形． ∴ CB∥ DE ，
∠ DEM ＝ ∠BFM ，
∴ ∠ EDM ＝ ∠FBM ，
∴△ EDM ∽△ FBM .
(2)解 ∵△ EDM ∽△ FBM ，
∴
DM BM
＝
DE BF .
∵ F 是 BC 的中点，
∴ DE＝ 2BF.∴DM ＝ 2BM，
(1)(2013 广·东改编 )如图，AB 是圆 O 的直径，点 C 在圆 O 上，延长 BC 到 D 使 BC＝ CD ，过 C 作圆 O 的切线交 AD 于 E.若 AB ＝ 6，ED ＝2，求 BC 的长．
解因为 C 为 BD 中点，且 AC⊥ BC，
所以 △ABD 为等腰三角形．
又 ∵ AB＝ AD ＝6， ∴ AE＝ 4，DE ＝ 2，
1－
3 4＝
1 2，∴
DH
＝
3 2，
3
∴ tan∠ BDE ＝
2 3＝
3 3 ， ∴∠ BDE＝ 30 °，
2
∴∠ FBE ＝∠ BDE ＝30°，
∴∠ CBF＋ ∠ BCF ＝90°， ∴∠ BFC＝ 90°，
∴ BC 是 △BCF 的外接圆直径．
∴△ BCF 的外接圆半径为
3 2.
1．几何证明的难度应严格控制，在解决同一个问题的过程中，相似三角形的使用不宜超过两次，添置的辅助线不超过三条．
则 ∠ OBN＝ ∠ ONB. ∵∠ PMN ＝ ∠ OMB ＝90°－ ∠ OBN， ∠ PNM ＝ 90°－ ∠ONB ，
∴∠ PMN ＝ ∠ PNM ，∴ PM ＝ PN. 根据切割线定理，有 PN2＝ PA·PC， ∴ PM 2＝ PA·PC. ② 解 ∵ OA＝ 2 3， OA＝ 3OM ， ∴极为重要的内容．从概念上看，

名师导学2017年高三文科数学二轮课件

二、填空题 5.某个含有三个实数的集合既可表示为b，ba，0, 也可表示为{a,a＋b,1},则 a2 017＋b2 017＝________.
【解析】0 由题意得 a≠0,则ab＋＝b1＝0，或aba＋＝b1＝，0，解得ab＝＝－ 1，1，所以 a2 017＋b2 017＝0.
(3)已知命题 p：函数 f(x)＝2ax2－x－1 在(0，1)内恰有一个零点；命题 q：函数 y＝x2－a 在(0，＋∞)上是
减函数.若 p 且綈 q 为真命题，则实数 a 的取值范围是
() A.(1，＋∞) B.(－∞，2] C.(1，2] D.(－∞，1]∪(2，＋∞)
【解析】选 C 由题意可得，对命题 p，令 f(0)·f(1)<0，即－1·(2a－2)<0，得 a>1；对命题 q，令 2－a<0，即 a>2，则綈 q 对应的 a 的范围是(－∞，2].
合 M 的每个元素 x 验证 p(x)成立；但要判定全称命题是假命题，却只要举出集合 M 中的一个 x＝x0，使得 p(x0)不成立即可(也就是通常所说的“举一个反例”). 要判定一个特称命题是真命题，只要在限定集合 M 中能找到一个 x＝x0，使 p(x0)成立即可；否则，这一存在性命题是假命题.
7.设命题 p：已知非零向量 a,b,“|a|＝|b|”是“(a ＋b)⊥(a－b)”的充要条件；命题 q：M 为平面上一动
点,A,B,C 三点共线的充要条件是存在角 α,使M→A＝sin2 α M→B＋cos2α M→C.
给出下列命题：
①p∧q；②p∨q；③(綈 p)∧q；④(綈 p)∨q.
其中假命题的序号是________.(将所有假命题的序号都填上)
3.充分条件必要条件的判定方法： (1)定义法：分清条件和结论；找推式，判断“p⇒q” 及“q ⇒p”的真假；下结论，根据推式及定义下结论； (2)等价转化法：条件和结论带有否定词语的命题，常转化为其逆否命题来判断； (3)集合法：小范围可推出大范围，大范围不能推出小范围.

高三数学二轮复习第1讲计数原理、二项式定理专题攻略课件理新人教版

②最大值：当 n 为偶数时，中间的一项的二项式系数
n C2n
取得最大值；当
n
为奇数时，中间的两项的二项
式系数 Cn－2 1n，Cn＋2 1n 相等，且同时取得最大值．
③各二项式系数的和：
a．Cn0＋C1n＋C2n＋…＋Ckn＋…＋Cnn＝2n； b．C0n＋C2n＋…＋C2nr＋…＝Cn1＋Cn3＋…＋C2nr＋1＋…＝ 2n－1.
专题七概率与统计、算法初步、复数
第1讲计数原理、二项式定理
要点知识整合
1．排列与组合 (1)复杂的排列问题常常通过试验、画简图等手段使问题直观化，从而寻求解题途径，由于结果的正确性难以直接检验，因而常需要用不同的方法求解来获得检验． (2)处理排列组合的综合性问题时，一般地思想方法是先选元素(组合)，后排列，按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分步”，这是处理排列组合问题的基本方法和原理，通过解题训练要注意积累分类和分步的基本技能．
填涂种数共有( )
A.48
B．24 C．12
D．6
解析：选 C.可将 9 个区域标号如图： 123 456 789
用不同颜色为 9 个区域涂色，可分步解决：第一步，为第一行涂色，有 A33＝6 种方法；第二步，用与 1 号区域不同色的两种颜色为 4,7 两个区域涂色，有 A22＝2 种方法；剩余区域只有一种涂法．所以共有 6×2＝12 种涂法，故选 C.
热点突破探究
典例精析
题型一计数原理
例1 上海某中学从高三四个班中共抽出学生22人，其中一、二、三、四班各4人、5人、6人、7人，他们自愿组成世博服务小组，若从中推选出2名去美国馆服务，要求这2人来自不同班级，有多少种不同的选法？

2015年人教A版高三数学二轮专题复习课件第1部分专题7第1讲

解法一设 f(x)＝－cos2 x＋sin x(x∈(0，π2])．显然当且仅当 a 属于 f(x)的值域时，a＝f(x)有解． ∵f(x)＝－(1－sin2x)＋sin x＝(sin x＋12)2－54，且由 x∈(0，π2]知 sin x∈(0,1]．易求得 f(x)的值域为(－1,1]．故 a 的取值范围是(－1,1]．
思热想点概聚述焦·应·题用型点第十六页，编归辑于纳星期总五结：十·点思三十六分。
(2)设 P(x0，y0)，过点 P 的切线方程为 y－y0＝k(x－x0)，由y2－x2＋y0＝3yk2＝x－6 x0 得，(2＋3k2)x2＋6k(y0－kx0)x＋3(kx0－y0)2 －6＝0. ∵直线与椭圆相切，∴Δ＝0，即[6k(y0－kx0)]2－4(2＋3k2)[3(kx0－y0)2－6]＝0，整理得(3－x20)k2＋2x0y0k＋2－y20＝0， ∵椭圆 C 的两条切线的斜率分别为 k1，k2，
思热想点概聚述焦·应·题用型点第二十五页，归编辑纳于星总期结五：·十思点三十六分。
解析 a，b，c 互不相等，不妨设 a＜b＜c， ∵f(a)＝f(b)＝f(c)，如图所示，由图象可知，0＜a＜1， 1＜b＜10,10＜c＜12.
∵f(a)＝f(b)， ∴|lg a|＝|lg b|.
思热想点概聚述焦·应·题用型点第二十六页，归编辑纳于星总期结五：·十思点三十六分。
a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－29；
a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－227，
又数列{an}是等比数列， ∴－922＝13－c×－227，
思热想点概聚述焦·应·题用型点第十二页，编归辑于纳星期总五结：十·点思三十六分。
∴c＝1. 又∵公比 q＝aa32＝13，所以 an＝－2313n－1＝－213n，n∈N*. 因此，数列{an}是递增数列， ∴n＝1 时，an 有最小值 a1＝－23. 答案－23

高考数学二轮复习教案

高考数学二轮复习教案【篇一：高考数学二轮专题复习教案共23讲精品专题】专题一集合、简单逻辑用语、函数、不等式、导数及应用第1讲集合与简单逻辑用语1. 理解集合中元素的意义是解决集合问题的关键：弄清元素是函数关系式中自变量的取值？还是因变量的取值？还是曲线上的点？?2. 数形结合是解集合问题的常用方法：解题时要尽可能地借助数轴、直角坐标系或韦恩图等工具，将抽象的代数问题具体化、形象化、直观化，然后利用数形结合的思想方法解决．3. 已知集合a、b，当a∩b＝?时，你是否注意到“极端”情况：a＝?或b＝?？求集合的子集时是否忘记?？分类讨论思想的建立在集合这节内容学习中要得到强化．4. 对于含有n个元素的有限集合m, 其子集、真子集、非空子集、非空真子集的个数依次为2n,2n－1，2n－1，2n－2.5. ?是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集．2. 已知命题p：n∈n,2n＞1 000，则p为________．3. 条件p：a∈m＝{x|x2－x0}，条件q：a∈n＝{x||x|2}，p是q的______________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)4. 若命题“?x∈r，x2＋(a－1)x＋10”是假命题，则实数a的取值范围为________．【例1】已知集合a＝{x|x2－3x－10≤0}，集合b＝{x|p＋1≤x≤2p－1}．若b?a，求实数p的取值范围．【例2】设a＝{(x，y)|y2－x－1＝0}，b＝{(x，y)|4x2＋2x－2y＋5＝0}，c＝{(x，y)|y＝kx＋b}，是否存在k、b∈n，使得(a∪b)∩c ＝?？若存在，求出k，b的值；若不存在，请说明理由．则下列结论恒成立的是________．a. t，v中至少有一个关于乘法封闭b. t，v中至多有一个关于乘法封闭 c. t，v中有且只有一个关于乘法封闭 d. t，v中每一个关于乘法封闭【例4】已知a0，函数f(x)＝ax－bx2.(1) 当b0时，若?x∈r，都有f(x)≤1，证明：0a≤b； (2) 当b1时，证明：?x∈[0,1]，|f(x)|≤1的充要条件是b－1≤a≤b.①2 011∈[1]；②－3∈[3]；③z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④“整数a，b属于同一‘类’”的充要条件是“a－b∈[0]”．其中，正确结论的个数是________个．1解：由f(x)为二次函数知a≠0，令f(x)＝0解得其两根为x1＝a12＋a由此可知x10，x20，(3分)①当a0时，a＝{x|xx1}∪{x|xx2}，(5分) 1a∩b≠?的充要条件是x2＜3，即a②当a0时， a＝{x|x1xx2}，(10分) 1a∩b≠?的充要条件是x21，即＋a2＋1，解得a－2，(13分) a62＋3，解得a(9分) a712，x2＝＋aa6?.(14分) 综上，使a∩b≠?成立的实数a的取值范围为(－∞，－2)∪??7?一集合、简单逻辑用语、函数、不等式、导数及应用第1讲集合与简单逻辑用语a. 57b. 56c. 49d. 8【答案】 b 解析：集合a的所有子集共有26＝64个，其中不含4,5,6,7的子集有23＝8个，所以集合s共有56个．故选b.m2y≤2m＋1，x，y∈r}, 若a∩b≠?，则实数m的取值范围是________．1m12＋2? 解析：由a∩b≠?得，a≠?，所以m2≥，m≥m≤0.【答案】 ??2?22|2－2m||2－2m－1|2当m≤0＝22m＞－m，且＝2m＞－m，又2＋0＝2＞2m222|2－2m|1＋1，所以集合a表示的区域和集合b表示的区域无公共部分；当m≥时，只要≤m22|2－2m－1|22或m，解得22≤m≤2＋2或1－m≤1，所以实数m的取值范围222122?. 是??2?点评：解决此类问题要挖掘问题的条件，并适当转化，画出必要的图形，得出求解实数m的取值范围的相关条件．基础训练1. (－∞，3) 解析：a＝(－∞，0]∪[3，＋∞)，b＝(0，＋∞)，a∪b＝(－∞，＋∞)，a∩b＝[3，＋∞)．2. ?n∈n,2n≤1 0003. 充分不必要解析：m＝(0,1)?n＝(－2,2)．例1 解：由x2－3x－10≤0得－2≤x≤5. ∴ a＝[－2,5]．①当b≠?时，即p＋1≤2p－1?p≥2.由b?a得－2≤p＋1且2p－1≤5.得－3≤p≤3.∴ 2≤p≤3.②当b＝?时，即p＋12p－1?p＜2.b?a成立．综上得p≤3.点评：从以上解答应看到：解决有关a∩b＝?，a∪b＝a，a∪b＝b 或a?b等集合问题易忽视空集的情况而出现漏解，这需要在解题过程中全方位、多角度审视问题．变式训练设不等式x2－2ax＋a＋2≤0的解集为m，如果m?[1,4]，求实数a的取值范围．??f?1?≥0且f?4?≥0，[x1，x2]，m?[1,4]?1≤x1＜x2≤4??－a＋3≥0，??18－7a≥0，即?1≤a≤4，??a＜－1或a＞2，1818－1. 解得：2＜a≤，综上实数a的取值范围是?7?7例2 解：∵ (a∪b)∩c＝?，∵a∩c＝?且b∩c＝?，2??y＝x＋1，由 ? 得k2x2＋(2bk－1)x＋b2－1＝0， ?y＝kx＋b?∴ 4k2－4bk＋10，此不等式有解，其充要条件是16b2－160，即b21，①2??4x＋2x－2y＋5＝0，∵ ? ?y＝kx＋b，?∴ 4x2＋(2－2k)x＋(5－2b)＝0，∴ k2－2k＋8b－190, 从而8b20，即b2.5，②?4k2－8k＋1＜0，??2 ?k－2k－3＜0，?∴ k＝1，故存在自然数k＝1，b＝2，使得(a∪b)∩c＝?．点评：把集合所表示的意义读懂，分辨出所考查的知识点，进而解决问题.???1－y＝3变式训练已知集合a＝??x，y???x＋1?????，b＝{(x，y)|y＝kx＋3}，若a∩b＝?，??求实数k的取值范围．解：集合a表示直线y＝－3x－2上除去点(－1,1)外所有点的集合，集合b表示直线y＝kx＋3上所有点的集合，a∩b＝?，所以两直线平行或直线y＝kx＋3过点(－1,1)，所以k＝2或k＝－3.例3 【答案】 a 解析：由于t∪v＝z，故整数1一定在t，v两个集合中的一个中，不妨设1∈t，则?a，b∈t，另一方面，当t＝{非负整数}，v＝{负整数}时，t关于乘法封闭，v关于乘法不封闭，故d不对；当t＝{奇数}，v＝{偶数}时，t，v显然关于乘法都是封闭的，故b，c不对．从而本题就选a.例4 证明：(1) ax－bx2≤1对x∈r恒成立，又b＞0, ∴a2－4b≤0，∴ 0＜a≤b. (2) 必要性，∵ ?x∈[0,1]，|f(x)|≤1恒成立，∴ bx2－ax≤1且bx2－ax≥－1，显然x＝0时成立，111对x∈(0,1]时a≥bx－且a≤bx＋f(x)＝bxx∈(0,1]上单调增，f(x)最大值xxxf(1)＝b－1.1111函数g(x)＝bx＋在?0，?上单调减，在?1?上单调增，函数g(x)的最小值为g?x?b????b?＝2，∴ b－1≤a≤2b，故必要性成立；a2a2aa1122b4b2b2a2f(x)max＝1，又f(x)是开口向下的抛物线，f(0)＝0，f(1)＝a－b，4bf(x)的最小值从f(0)＝0，f(1)＝a－b中取最小的，又a－b≥－1，∴－1≤f(x)≤1，故充分性成立；综上命题得证．变式训练命题甲：方程x2＋mx＋1＝0有两个相异负根；命题乙：方程4x2＋4(m－2)x＋1＝0无实根，这两个命题有且只有一个成立，求实数m的取值范围．2解：使命题甲成立的条件是： ??m＞2.?x1＋x2＝－m＜0?∴集合a＝{m|m2}．【篇二：高三数学二轮复习教案】高三数学二轮复习教案学校：寿县迎河中学汇编：龙如山第一部分：三角问题的题型与方法一、考试内容1．理解任意角的概念、弧度的意义，能正确地进行弧度与角度的换算。

高三二轮复习示范课

，则 y f x 的图象关于点（0，0）对称.
（2）若函数 y f xx R 满足 f a x f b x ，则
y

f

x
的图象关于点

a
b 2
,
0

对称.
（3）若函数 y f xx R 满足 f a mx f b mxm 0
2.中心对称：如果把一个图形绕着某一点旋转 180°，它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做它们的对称中心. 把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心.
（二）函数图象的对称性与周期性
例6 （2018河南省实验中学月考一12）
已知函数 f x ln x x2与g x x 22 1 m
2x 4 的图象上存在关于（1，0）对称的点，则实数 m 的取值范围是
A. ,1 ln 2 B. ,1 ln 2
C. 1 ln 2，+ D. 1ln 2，
为 n 1 a .
例1 （2013全国Ⅰ理16）．若函数f(x)＝(1－ x2)(x2＋ax＋b)的图象关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值为________．
例2 （2016全国Ⅱ理12）
例3 （2017清华THUSSAT测试11）
已知定义在 R 上的函数 f (x) 满足
f (x) 4 f (x 2), g(x) sin( x) 2 .若函数 f (x) 的
1.若函数 y f x x R 满足 f x f x ，则 y f x 的图象关于直线 x 0对称. 2.若函数 y f x x R 满足 f x f x ，则 y f x 的图象关于点（0，0）对称.

高考复习课件高三数学(文)二轮课件：7专题七

d d d (2)数列{an}的前 n 项和 S n 可变形为 S n＝ n2＋a1－2n，令 A ＝， B ＝a1－ 2 2
d ，则 S n＝A n2＋Bn. 2
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(见学生用书 P44)
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定义 {an}是等差数列⇔ an＋1－an＝d(常数) (见学生用书 P44) 等比数列 {an}是等比数列⇔ an＋1 ＝q(不为零的常数) an 定义法：对于 n≥2 的任意正整数，验证 an ＝q(不为零的常数)． an－1
ak ＝a1qn－1＝ak qn－k
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n n－m n＋m
2 a＋b a，G，b 成等比数列⇒G ＝ a， A， b 成等差数列⇔A ＝ . 2 ab.
＝ap＋aq；通项性质 ②若{k n}(n∈N＋)成等差数列，则{ak }也为等差数列； ③d＝ an－a1 am－an ＝ (m ≠n) n－1 m －n
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高考数学二轮复习7大专题汇总

高考数学二轮复习7 大专题汇总专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：侧重掌握函数的单一性，奇偶性，周期性，对称性。

这些性质往常会综合起来一同观察，而且有时会观察详细函数的这些性质，有时会观察抽象函数的这些性质。

一元二次函数：一元二次函数是贯串中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了认识，高中阶段更多的是将它与导数进行连接，依据抛物线的张口方向，与x 轴的交点地点，进而议论与定义域在x 轴上的摆放次序，这样能够判断导数的正负，最后达到求出单一区间的目的，求出极值及最值。

不等式：这一类问题经常出此刻恒成立，或存在性问题中，其本质是求函数的最值。

自然对于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的联合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是特别必需的。

专题二：数列。

以等差等比数列为载体，观察等差等比数列的通项公式，乞降公式，通项公式和乞降公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前 n 项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。

专题三：三角函数，平面向量，解三角形。

三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有波及，有时观察三角函数的公式之间的相互转变，从而求单一区间或值域 ; 有时观察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，自然正弦，余弦定理是很好的工具。

向量能够很好得实现数与形的转变，是一个很重要的知识连接点，它还能够和数学的一大难点分析几何整合。

专题四：立体几何。

立体几何中，三视图是每年必考点，主要出此刻选择，填空题中。

大题中的立体几何主要观察成立空间直角坐标系，经过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。

此外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，侧重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应当掌握三棱柱，长方体。

空间直线与平面的地点关系应以证明垂直为要点，自然常观察的方法为间接证明。

专题五：分析几何。

高三数学二轮复习重点

高三数学二轮复习重点高三数学第二轮重点复习内容专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：着重掌握函数的单调性，奇偶性，周期性，对称性。

这些性质通常会综合起来一起考察，并且有时会考察具体函数的这些性质，有时会考察抽象函数的这些性质。

一元二次函数：一元二次函数是贯穿中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了了解，高中阶段更多的是将它与导数进行衔接，根据抛物线的开口方向，与x轴的交点位置，进而讨论与定义域在x轴上的摆放顺序，这样可以判断导数的正负，最终达到求出单调区间的目的，求出极值及最值。

不等式：这一类问题常常出现在恒成立，或存在性问题中，其实质是求函数的最值。

当然关于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的结合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是非常必要的。

专题二：数列。

以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式，通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。

专题三：三角函数，平面向量，解三角形。

三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有涉及，有时候考察三角函数的公式之间的互相转化，进而求单调区间或值域;有时候考察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，当然正弦，余弦定理是很好的工具。

向量可以很好得实现数与形的转化，是一个很重要的知识衔接点，它还可以和数学的一大难点解析几何整合。

专题四：立体几何。

立体几何中，三视图是每年必考点，主要出现在选择，填空题中。

大题中的立体几何主要考察建立空间直角坐标系，通过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。

另外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，着重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应该掌握三棱柱，长方体。

空间直线与平面的位置关系应以证明垂直为重点，当然常考察的方法为间接证明。

专题五：解析几何。

统计与统计案例PPT课件

专题七第一讲
走向高考 ·二轮专题复习 ·新课标版 ·数学
用样本估计总体
专题七第一讲
走向高考 ·二轮专题复习 ·新课标版 ·数学
用样本估计总体 (文)某学校为了调查学生平均每周的上网时间(单位：h)对学习产生的影响，从高三年级随机抽取了 100 名学生，将所得数据整理后，画出频率分布直方图(如图)，其中频率分布直方图从左到右前 3 个小矩形的面积之比为 1：3：5，试估计：
专题七第一讲
走向高考 ·二轮专题复习 ·新课标版 ·数学
疑难误区警示 1．当总体数 N 不能被样本容量整除，用系统抽样法剔除多余个体时，必须随机抽样． 2．注意中位数与平均数的区别，中位数可能不在样本数据中．
专题七第一讲
走向高考 ·二轮专题复习 ·新课工厂甲、乙、丙三个车
间生产了同一种产品，数量分别为 120 件，80 件，60 件，为
了解它们的产品质量是否存在显著差异，用分层抽样方法抽
取了一个容量为 n 的样本进行调查，其中从丙车间的产品中
抽取了 3 件，则 n＝( )
A．9
B．10
C．12
D．13
[答案] D
专题七第一讲
走向高考 ·二轮专题复习 ·新课标版 ·数学
某市有大型超市 200 家、中型超市 400 家、小型超市 1400 家．为掌握各类超市的营业情况，现按分层抽样方法抽取一个容量为 100 的样本，应抽取中型超市________家．
[答案] 20
专题七第一讲
走向高考 ·二轮专题复习 ·新课标版 ·数学
[解析] 属简单题，关键是清楚每一层的抽取比例都一样是Nn .
专题七第一讲
走向高考 ·二轮专题复习 ·新课标版 ·数学

步步高二轮高三数学专题七第1讲

步步高二轮高三数学专题七第1讲步步高二轮高三数学专题七第1讲第1课排列组合与二项式定理1.高考中主要利用计数原理求解排列数、涂色、抽样问题，以小题形式考查．二.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识。

近年来，它还与函数、不等式和序列交叉，值得关注热点一两个计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理，将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理，将各步的方法种数相乘．例1(1)(2021东北三省三校联合)在哈尔滨的中央大街的步行街同侧有6块广告牌，牌的底色可选用红、蓝两种颜色，若要求相邻两块牌的底色不都为蓝色，则不同的配色方案共有()a．20种c．22种答案b分析、分类和讨论当广告牌没有蓝色时，有1种结果；当广告牌有1块蓝色时，有c16＝6(种)结果；当广告牌有2块蓝色时，第一排4块红色形成5个位置，插入2块蓝色，有C25=10（种）结果；当广告牌有3块蓝色时，第一排3块红色形成4个位置，插入3块蓝色，有C34=4（种）结果；因为相邻的广告牌不能全是蓝色的，所以不能有四个蓝色的广告牌。

根据分类加法和计数原理，有1+6+10+4=21（种）结果。

所以选择Bb．21种d．24种（2）（2022年国家二级）如图所示，小明从街道e开始，首先在F遇见小红，然后去g的老年公寓参加志愿者活动。

那么，小明可以从老年公寓中选择的最短路径是（）a．24c．12答案b从e到f有6条最短路径，从f到g有3条最短路径，所以从e到g的最短路径是6×3=18（条），所以选择B思维升华(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．（2）对于综合运用这两个原理的复杂问题，可以适当地列出原理图或表格，使问题可视化、直观。

追踪练习1（1）微信群中的五个人玩抢红包的游戏。

有四个红包，每个人最多可以抢一个，所有的红包都被抢了。

2015届高三数学(文理通用)二轮专项复习课件：专题7_第1讲_统计与统计案例

• 3．样本的数字特征 • (1)众数 • 在样本数据中，频率分布最大值所对应的样本数据(或出现次数最多的那个数据)． • (2)中位数 • 样本数据中，将数据按大小排列，位于最中间的数据．如果数据的个数为偶数，就取当中两个数据的平均数作为中位数．
(3)平均数与方差 1 －样本数据的平均数 x ＝n(x1＋x2＋„＋xn)． 1 方差s ＝n[(x1－－ x )2＋(x2－－ x )2＋„＋(xn－－ x )2]．
• (1)求m，n的值， • (2)记表2中分组在(60,70]中的2名女生为A、 B，(90,100]中的4名女生为C、D、E、F，现从表2中(60,70]的女生中抽取1人，从 (90,100]的女生中抽取2人做专题发言，求 (60,70]中的女生A和(90,100]中的女生C同时被抽到的概率是多少？
[ 解析] 25人，
250 (1)由抽样方法知抽取的男生人数为：45× 450 ＝
200 抽取的女生人数为：45×450＝20. 所以m＝25－(3＋8＋6)＝8，n＝20－(2＋5＋4)＝9，故m＝8，n＝9.
(2)满足题意的所有抽法共有12种，情况如下： (A，C，D)，(A，C，E)，(A，C，F)，(A，D，E)，(A， D，F)，(A，E，F)，(B，C，D)，(B，C，E)，(B，C，F)， (B，D，E)，(B，D，F)，(B，E，F)．其中A和C同时被抽中的情况有3种如下所示：(A，C， D)，(A，C，E)，(A，C，F)． 3 1 所以A和C同时被抽中的概率为P＝12＝4.
.
注意：回归直线一定经过样本的中心点( － x ，－ y )，据此性质可以解决有关的计算问题．
5．回归分析 x yi－－ y xi－－
i＝ 1 n

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答案 A
精品课件
2．(2011·天津)如图，已知圆中两条弦AB与 CD相交于点F，E是AB延长线上一点，且DF＝ CF＝，AF∶FB∶BE＝4∶2∶1，若CE与圆相切，则线段CE的长为________．
精品课件
解析设 BE＝a，则 AF＝4a，FB＝2a. ∵AF·FB＝DF·FC，∴8a2＝2，∴a＝12， ∴AF＝2，FB＝1，BE＝12，∴AE＝72. 又∵CE 为圆的切线，∴CE2＝EB·EA＝12×72＝74， ∴CE＝ 27.
的直线
(2)切线长定理
从圆外一点引圆的两相等条切线
长
．
精品课件
4．相交弦定理：圆的两条相交弦，被交点分
成的两段的积相等
．
5．切割线定理：从圆外一点引圆的一条割线
与一条切线，切线长是这点到割线与圆的两
个交点的线段的长的等比中项
．
精品课件
6．圆内接四边形
(1)圆内接四边形性质定理：圆内接四边形的对角互补．
精品课件
5．(2011·湖南)如图，A，E是半
圆周上的两个三等分点，直径BC
＝4，AD⊥BC，垂足为D，BE与AD
相交于点 F ，则 AF 的长为
_____解_析__．如图，连接 CE，AO，AB.
根据 A，E 是半圆周上的两个三等分点，
BC 为直径，可得∠CEB＝90°，∠CBE
＝30°，∠AOB＝60°，故△AOB 为等边
(2)平行截割定理及其推论
①定理：两条直线与一组平行线相交，它们被这组平行线截
得的对应线段成比例
．
②推论：平行于三角形一边的直线截其他两边，截得的三角
形与
原三角形的对应精边品课件
成比例．
2．相似三角形
(1)相似三角形的判定
①判定定理
a．两角对应相等的两个三角形相似．
b．两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似
答案
7 2
精品课件
3．(2011·陕西)如图，∠B＝∠D，AE⊥BC， ∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，则 BE＝________.
解析 ∵AC＝4，AD＝12，∠ACD＝90°， ∴CD2＝AD2－AC2＝128，∴CD＝8 2. 又∵AE⊥BC，∠B＝∠D，∴△ABE∽△ADC， ∴AADB＝CBDE，∴BE＝ABA·DCD＝6×182 2＝4 2. 答案 4 2
精品课件
4．(2011·广东)如图所示，过圆O外一点P分别作圆的切线和割线交圆于A，B，且PB＝7， C是圆上一点使得BC＝5，∠BAC＝∠APB，则 AB＝________.
解析根据圆的性质有∠PAB＝∠ACB，而∠BAC＝∠APB，故△PAB∽△ACB，故有APBB＝BACB，将 PB＝7，BC＝5 代入解得 AB＝ 35. 答案 35
．
c．三边对应成比例的两个三角形相似．
②推论：平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成
的三角形与原三角形
相似．
③直角三角形相似的特殊判定
斜边与一条直角边对应成比例似．
的两个直角三角形相
精品课件
(2)相似三角形的性质
相似三角形的对应线段的比等于相似比，面
积比等于相似比的平方
三角形，AD＝ 3，OD＝BD＝1，∴DF
＝
33，∴AF＝AD－DF＝2
3ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
3 .
答案
23 3
精品课件
几何证明选讲在高考中考查的重点是直角三角形的射影定理，相似三角形的判定和性质定理，圆的切线的判定和性质定理，圆周角定理、弦切角定理、相交弦定理、切割线定理，圆内接四边形的性质和判定定理，这些题目大多以圆为背景，综合考查圆的相关性质定理及相似形等知识，试题难度不大，属中档题．因此在二轮复习时应多从圆中挖掘一些相似形，多加练习．
①AD＋AE＝AB＋BC＋CA；②AF·AG＝AD·AE； ③△AFB∽△ADG.
其中正确结论的序号是
A．①②
B．②③
C．①③
D．①②③
精品课件
解析 ∵CF＝CE，BF＝BD，∴BC＝CE＋BD. ∴AB＋BC＋CA＝(AB＋BD)＋(AC＋CE)＝AD＋AE，故结论①正确．连接 DF，则∠FDA＝∠DGA. 又∵∠A＝∠A， ∴△ADF∽△AGD.∴AADG＝AADF. ∴AD2＝AF·AG.又 AE＝AD，∴AD·AE＝AF·AG. 故结论②正确，容易判断结论③不正确，故选 A.
(2)圆内接四边形判定定理：
①如果四边形的对角互补形内接于圆．
，则此四边
②若两点在一条线段同侧且对该线段张角相
等，则此两点与线段两个端点共圆，特别地，
对定线段张角为直角的点
共圆．
精品课件
1．(2011·北京)如图，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G.给出下列三个结论：
精品课件
第一讲
几何证明选讲
精品课件
1．平行截割定理
(1)平行线等分线段4定理及其推论
① 定理：如果一组平行线在一条直线上截得相等的线
段
，那么在任一条(与这组平行线相交的)直线
上截得的线段也相等．
② 推论：经过梯形一腰的中点且平行于底边平的分直线另一腰．
．
(3)直角三角形射影定理
直角三角形一条直角边的平方等于该直角边
在斜边上射影与斜边的乘积
，斜边上
的高的平方等于两条直角边在斜边上射影
的乘积
．
精品课件
3．圆的切线
(1)切线的性质及判定
①切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．
②切线的判定定理
过半径外端且与这条半径垂直是圆的切线．
精品课件
相似三角形的判定与性质
如图，▱ABCD 中，E 是 CD 的延长线上一点，BE 与 AD 交于点 F，DE＝12CD.
(1)求证：△ABF∽△CEB； (2)若△DEF 的面积为 2，求▱ABCD 的面积．
精品课件
【解析】 (1)证明 ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴∠A＝∠C，AB∥CD， ∴∠ABF＝∠CEB，∴△ABF∽△CEB. (2)∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AD∥BC，AB∥CD， ∴△DEF∽△CEB，△DEF∽△ABF. ∵DE＝12CD，∴SS△△DCEEBF＝DCEE2＝19，SS△△DABEFF＝DABE2＝14， ∵S△DEF＝2，∴S△CEB＝18，S△ABF＝8， ∴S 四边形 BCDF＝S△CEB－S△DEF＝16， ∴S▱ABCD＝S 四边形 BCDF＋S△ABF＝16＋8＝24.