2021新高考数学二轮总复习课件：专题二(付,284)
第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复习课件
第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复 习课件 【精品 】
第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复 习课件 【精品 】
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
所以 an＝2n. (2)由于 21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝ 64，27＝128， 所以 b1 对应的区间为：(0，1]，则 b1＝0； b2，b3 对应的区间分别为：(0，2]，(0，3]则 b2＝b3＝1， 即有 2 个 1； b4，b5，b6，b7 对应的区间分别为：(0，4]，(0，5]，(0， 6]，(0，7]，则 b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有 22 个 2；
第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复 习课件 【精品 】
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专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
b8，b9，…，b15 对应的区间分别为：(0，8]，(0，9]，…， (0，15]，则 b8＝b9＝…＝b15＝3，即有 23 个 3；
b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(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． (1)证明：由题设得 4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即 an＋1＋ bn＋1＝12(an＋bn)． 又因为 a1＋b1＝1， 所以{an＋bn}是首项为 1，公比为12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.
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…(n－1)(－ 2)n－1＋n(－2)n，②
【名师伴你行】2021届高考理科数学二轮复习专题-提能专训2-第2讲-数形结合思想Word版含解析
提能专训(二) 数形结合思想一、选择题1．(2022·锦州质检)设全集U ＝R ，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x x －2<0，B ＝{x |2x <2}，则图中阴影部分表示的集合为()A ．{x |x ≥1}B ．{x |1≤x ＜2}C ．{x |0<x ≤1}D ．{x |x ≤1}[答案] B[解析] A ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎬⎪⎫x x －2<0＝{x |0<x <2}，B ＝{x |2x <2}＝{x |x <1}，则题图中阴影部分表示的集合为A ∩∁R B ＝{x |0<x <2}∩{x |x ≥1}＝{x |1≤x ＜2}．2．(2022·唐山二模)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的部分图象如图所示，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝()A ．－32B ．－22C.32 D.22[答案] B[解析] 由题图知，T ＝2⎝⎛⎭⎪⎫3π4－5π12＝2π3，∴ω＝2πT ＝3，∴f (x )＝sin(3x ＋φ)，代入点⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12，0，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4＋φ＝0，则可取φ＝－π4.∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －π4，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－π4＝sin 5π4＝－22.3．(2022·临沂4月质检)当a >0时，函数f (x )＝(x 2－ax )e x 的图象大致是()[答案] B[解析] f (x )＝(x 2－ax )e x ，∵e x >0，∴当x ∈(0，a )时，f (x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f (x )>0，且增长很快．当x ∈(－∞，0)时，f (x )>0，由于e x 的影响，增长很慢．分析选项知，应选B.4．(2022·郑州质检二)设实数x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2，y －x ≤2，y ≥1，则x 2＋y 2的取值范围是( )A ．[1,2]B ．[1,4]C ．[2，2]D ．[2,4][答案]B[解析] 如图所示，不等式组表示的平面区域是△ABC 内部(含边界)，x 2＋y 2表示的是此区域内的点(x ，y )到原点距离的平方．从图中可知最短距离为原点到直线BC 的距离，其值为1；最远的距离为AO ，其值为2，故x 2＋y 2的取值范围是[1,4]．5．(2022·云南统检)已知圆M 经过双曲线S ：x 29－y 216＝1的一个顶点和一个焦点，圆心M 在双曲线S 上，则圆心M 到双曲线S 的中心的距离为( )A.134或73B.154或83C.133D.163 [答案] D[解析] 依题意可设圆心M 的坐标为(x 0，y 0)．若圆M 经过双曲线同一侧的焦点与顶点，以右焦点F 与右顶点A 为例，由|MA |＝|MF |知，x 0＝3＋52＝4，代入双曲线方程可得y 0＝±473，故M 到双曲线S 的中心的距离|MO |＝x 20＋y 20＝163.若M经过双曲线的不同侧的焦点与顶点时，结合图形知不符合．故选D.6．(2022·衡水一模)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －6≤0，x －y ＋2≥0，x ，y ≥0，若目标函数z ＝ax ＋by (a ，b >0)的最大值是12，则a 2＋b 2的最小值是( ) A.613 B.365 C.65 D.3613 [答案] D[解析] 作出可行域可得，z ＝ax ＋by 在x －y ＋2＝0与3x －y －6＝0的交点(4,6)处取最大值，即4a ＋6b ＝12.化简，得2a ＋3b ＝6，又∵(a 2＋b 2)(22＋32)≥(2a ＋3b )2，则a 2＋b 2≥3613.7．对于图象Γ上的任意点M ，存在点N ，使得OM →·ON →＝0，则称图象Γ为“美丽 图象”．下列函数的图象为“美丽 图象”的是( )A ．y ＝2x ＋1B ．y ＝log 3(x －2)C ．y ＝2x D ．y ＝cos x[答案] D[解析] 在y ＝2x ＋1图象上取点M (0,2)，由于y ＝2x ＋1>0，所以在y ＝2x ＋1图象上不存在点N ，使OM →·ON →＝0，排解A ；在y ＝log 3(x －2)图象上取点M (3,0)，由于x >2，所以在y ＝log 3(x －2)图象不存在点N ，使OM →·ON →＝0，排解B ；在y ＝2x 图象上取点M (1,2)，在y ＝2x 图象上不存在点N ，使OM →·ON→＝0，排解C.故选D. 8．过顶点在原点、焦点在x 轴正半轴上的抛物线C 的焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，若|BF |＝2|AF |＝6，则抛物线的方程为( )A ．y 2＝8xB ．y 2＝4xC ．y 2＝2xD ．y 2＝x [答案] A[解析] 如图，设抛物线C 的方程为y 2＝2px (p >0)，分别过A ，B 作抛物线的准线的垂线，垂足分别为C ，D ，分别过点A ，F 作AM ⊥BD ，FN ⊥BD ，垂足分别为M ，N ，依据抛物线定义知|AC |＝|AF |＝3，|BD |＝|BF |＝6，所以|BM |＝3，|BN |＝6－p .易知△AMB ∽△FNB ，故|BM ||BN |＝|AB ||BF |，即36－p ＝96，解得p ＝4，故抛物线C 的方程为y 2＝8x ，故选A.9．(2022·唐山期末)f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．7 [答案] B[解析] 令2sin πx －x ＋1＝0，则2sin πx ＝x －1，令h (x )＝2sin πx ，g (x )＝x －1，则f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数问题转化为两个函数h (x )与g (x )图象的交点个数问题．h (x )＝2sin πx 的最小正周期为T ＝2ππ＝2，画出两个函数的图象，如图所示，∵h (1)＝g (1)，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫52>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，g (4)＝3>2，g (－1)＝－2，∴两个函数图象的交点一共有5个，∴f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为5.10．(2022·安阳调研)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －[x ]，x ≥0，f (x ＋1)，x <0，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－1.1]＝－2，[π]＝3.若直线y ＝kx ＋k (k >0)与函数f (x )的图象恰好有3个不同的交点，则实数k 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫0，14 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13 C.⎝⎛⎭⎪⎫13，1 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1 [答案] B [解析]画出函数f (x )＝⎩⎨⎧x －[x ]，x ≥0，f (x ＋1)，x <0，g (x )＝k (x ＋1)(k >0)的图象，若直线y ＝kx ＋k (k >0)与函数y ＝f (x )的图象恰有三个不同的交点，结合图象可得：k PB ≤k ＜k P A ，∵k P A ＝12－(－1)＝13，k PB ＝13－(－1)＝14，∴14≤k ＜13，故选B.11．(2022·兰州、张掖联合诊断)设f (x )的定义域为D ，若f (x )满足下面两个条件则称f (x )为闭函数：①f (x )是D 上的单调函数；②存在[a ，b ]⊆D ，使f (x )在[a ，b ]上的值域为[a ，b ]．现已知f (x )＝2x ＋1＋k 为闭函数，则k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，－12 B ．(－∞，1) C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 D ．(－1，＋∞)[答案] A[解析] 如图，函数的定义域为x ∈－12，＋∞，明显在定义域上函数f (x )单调递增，依题可知，在x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞上，方程x －k ＝2x ＋1有两个不同的解，结合图象易得实数k 的取值范围为－1<k ≤－12.12．(原创题)已知集合A ＝⎩⎨⎧(x ，y )⎪⎪⎪⎭⎬⎫y ＝π24－x 2，B ＝{(x ，y )|y ＝tan 2x }，C ＝A ∩B ，则集合C 的子集个数为( )A ．2B ．4C ．8D ．16 [答案] D[解析] 集合A 表示圆心为(0,0)，半径为π2且在x 轴上方的半圆(包括与x 轴的两个交点)，由于函数y ＝tan 2x 的周期为π2，画出函数y ＝π24－x 2与y ＝tan 2x 的图象(如图所示)，由图知，函数y ＝π24－x 2与y ＝tan 2x 的图象有4个交点．由于C ＝A ∩B ，所以集合C 有四个元素，故集合C 的子集个数为24＝16.故选D.二、填空题13．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆x 2＋y 2＝4上有且只有四个点到直线12x －5y ＋c ＝0的距离为1，则实数c 的取值范围是________．[答案] (－13,13)[解析] 由题意知，当且仅当圆x 2＋y 2＝4的圆心到直线12x －5y ＋c ＝0的距离小于1时，圆x 2＋y 2＝4上有且只有四个点到直线12x －5y ＋c ＝0的距离为1，此时有d ＝|c |122＋52<1，解得c ∈(－13,13)．14．(2022·山西四校联考)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x (x ≤0)，x (x >0)，g (x )＝f (x )－x 2－b 有且仅有一个零点时，b 的取值范围是________．[答案] (－∞，0]∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫12∪[1，＋∞)[解析] 要使函数g (x )＝f (x )－x2－b 有且仅有一个零点，只需要函数f (x )的图象与函数y ＝x2＋b 的图象有且仅有一个交点，通过在同一坐标系中同时画出两个函数的图象并观看得，要符合题意，须满足b ≥1或b ＝12或b ≤0.15．(2022·温州十校联考)在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，CO →＝xCA →＋yCB →且x ＋y ＝1，函数f (m )＝|CA →－mCB →|的最小值为32，则|CO →|的最小值为________．[答案] 12[解析] 如图，△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，记NA→＝CA →－mCB →，则当N 在D 处，即AD ⊥BC 时，f (m )取得最小值32，因此|AD →|＝32，简洁得到∠ACB ＝120°.∵CO →＝xCA →＋yCB →且x ＋y ＝1，∴O 在边AB 上，∴当CO ⊥AB 时，|C O →|最小，|C O →|min ＝12.三、解答题16．(2022·浙江抽测)已知抛物线C ：y ＝x 2.过点M (1,2)的直线l 交C 于A ，B 两点．抛物线C 在点A 处的切线与在点B 处的切线交于点P.(1)若直线l 的斜率为1，求|AB |的值； (2)求△P AB 的面积的最小值．解：(1)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知，直线l 的方程为y ＝x ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋1，y ＝x 2消去y 解得，x 1＝1＋52，x 2＝1－52. 所以|AB |＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋52－1－52＝10. (2)易知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)＋2，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)＋2，y ＝x2消去y 整理得， x 2－kx ＋k －2＝0， x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝k －2，又y ′＝(x 2)′＝2x ，所以抛物线y ＝x 2在点A ，B 处的切线方程分别为y ＝2x 1x－x 21，y ＝2x 2x －x 22.得两切线的交点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2，k －2.所以点P 到直线l 的距离d ＝|k 2－4k ＋8|2k 2＋1.又|AB |＝1＋k 2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·k 2－4k ＋8.设△P AB 的面积为S ，所以S ＝12|AB |·d ＝14((k －2)2＋4)3≥2(当k ＝2时取得等号)．所以△P AB 面积的最小值为2.17．(2022·皖南八校二联)已知函数f (x )＝ax ＋1＋ln x x ，其中a ∈R . (1)若f (x )在定义域上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若函数g (x )＝xf (x )有唯一零点，试求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝a ＋1－ln x x 2＝ax 2－ln x ＋1x 2， 又∀x >0，f ′(x )≥0， ∴ax 2－ln x ＋1≥0，∀x >0， ∴a ≥ln x －1x 2，令h (x )＝ln x －1x 2，则h ′(x )＝1x ·x 2－2x (ln x －1)x 4＝3－2ln x x 3＝0有根：x 0＝e 32， x ∈(0，x 0)，h ′(x )>0，函数h (x )单调增； x ∈(x 0，＋∞)，h ′(x )<0，函数h (x )单调减； ∴a ≥h (x )max ＝h (x 0)＝12e 3；故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e 3，＋∞. (2)由题g (x )＝xf (x )＝ax 2＋x ＋ln x ＝0，即a ＝－x －ln xx 2有唯一正实数根， 令φ(x )＝－x －ln xx 2，即函数y ＝a 与函数y ＝φ(x )有唯一交点， φ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫－1－1x x 2－(－x －ln x )2xx 4＝x －1＋2ln xx 3. 再令R (x )＝x －1＋2ln x ，R ′(x )＝1＋2x >0，∀x >0，R (x )为增函数，且易得R (1)＝0.∴当x ∈(0,1)时，R (x )<0，φ′(x )<0，函数φ(x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，R (x )>0，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增． 即φ(x )≥φ(1)＝－1， 又当x →0时，φ(x )→＋∞， 而当x →＋∞时，φ(x )→0且φ(x )<0，故满足条件的实数a 的取值范围为：{a |a ≥0或a ＝－1}．。
高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题7选修部分第1讲选修44坐标系与参数方程课件新人教版
典例3 (2020·南平三模)在平面直角坐标系 xOy 中，以原点
O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为
ρ＝1－c2os
θ，直线
l1
的参数方程为xy＝＝ttcsions
α α
(t 为参数)，π2＜α＜π，点 A
为直线 l1 与曲线 C 在第二象限的交点，过 O 点的直线 l2 与直线 l1 互相垂 直，点 B 为直线 l2 与曲线 C 在第三象限的交点．
19
1．(2020·中原区校级模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为 极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C1：ρ＝4sin θ，曲线 C2：ρ ＝4cos θ.
(1)求曲线 C1 与 C2 的直角坐标方程； (2)若直线 C3 的极坐标方程为 θ＝π3(ρ∈R)，设 C3 与 C1 和 C2 的交点 分别为 M，N，求|MN|.
25
典例2 (2020·河南模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C
的
参
数
方
程
为
x＝2cos α y＝ 3sin α
(α
为参数)，直线
l 的参数方程为
x＝1＋tcos α y＝tsin α
(t 为参数)．
(1)求曲线 C 和直线 l 的一般方程；
(2)已知点 P(1,0)，直线 l 和曲线 C 交于 A，B 两点，若|PA|·|PB|＝152，
14
典例1 (2020·沙坪坝区校级模拟)在平面直角坐标系 xOy 中， 以原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C1 的极坐标
方程为
ρ＝2acosθ，曲线
C2
的极坐标方程为
专题2第2讲数列求和及其综合应用-2021届高三高考数学二轮复习课件
【解析】 (1)由(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0， 可得[(n＋2)an＋1－(n＋1)an]×(an＋1＋an)＝0 又因为an>0，所以aan＋n 1＝nn＋ ＋12.
又a1＝1，则an＝aan－n 1·aann－ －12·…·aa21·a1 ＝n＋n 1·n－n 1·…·32·1＝n＋2 1.故选B．
q(p≠0,1，q≠0)，第一个使用累加的方法、第二个使用累积的方法、第
三个可以使用待定系数法化为等比数列(设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，展开比较
系数得出λ)．
(3)周期数列，通过验证或者推理得出数列的周期性后得出其通项公
式．
1．(2019·洛阳三模)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln
● (文科)
年份 卷别 Ⅰ卷
2020 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 16 14 17
考查角度 数列的递推公式的应用，以及数列的 并项求和
等差数列的前n项和 等比数列通项公式基本量的计算，以 及等差数列求和公式的19 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 14,18
18 6,14
考查角度 等比数列求和；等差数列的通项公式 以及求和 等比数列的通项公式、等差数列的求 和 等比数列的通项公式，等差数列的通 项公式以及求和
第二部分
专题篇•素养提升()
专题二 数列(文理)
第2讲 数列求和及其综合应用(文理)
1 解题策略 • 明方向 2 考点分类 • 析重点 3 易错清零 • 免失误 4 真题回放 • 悟高考 5 预测演练 • 巧押题
● 1．高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消 等方法求数列的前n项和，难度中等偏下．
【解析】 (1)由题意，设an＝a1qn－1(q>0)，
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(3)利用导数比较大小或解不等式的常见技巧： 利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式 的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性 比较大小或解不等式． (4)讨论含参数函数的单调性： ①确定函数定义域； ②求f′(x)，并整理分解因式(如果能分解因式)； ③优先考虑特殊情况：即参数取哪些值时f′(x)≥0或f′ (x)≤0恒成立，从而得到相应的单调性；
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(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路： ①由函数在区间[a，b]上单调递增(或递减)可知f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立； ②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题； ③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整舍去；若只有 在个别处有f′(x)＝0，则参数可取此值．
【评说】 切线问题，如果不知道切点，一般先设切点， 利用条件得到关于切点横坐标的方程．
(5)(2019·石家庄教学质检)将函数y＝ex(e为自然对数的底数)
的图像绕坐标原点O顺时针旋转角θ后第一次与x轴相切，则角θ
满足的条件是( B ) A．esinθ＝cosθ
B．sinθ＝ecosθ
高考数学文科二轮专题复习课件：第一部分 六大数学核心素养(共32张PPT)
x－y≥2， [变式训练] (1)已知实数 x，y 满足条件xx＋≥y0≤，3，
y≥0， 则 x＋3y 的最大值为________．
(2)如图所示是毕达哥拉斯(Pythagoras)的 生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，
等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续，
若共得到 4 095 个正方形，设初始正方形的边长为 22，则 最小正方形的边长为________．
解析：(1)作出不等式组表示的平面区域如图所示，
则当目标函数 z＝x＋3y 经过点 A52，12时，z 取到最 大值，所以 zmax＝52＋3×12＝4.
(2)依题意，正方形的边长构成以 22为首项，公比为 22的等比数列．
因为共有 4 095 个正方形，则 1＋2＋22＋…＋2n－1＝4
095，
对于④，φ(x)＝exf(x)＝
ex x
，φ′(x)＝
ex（x－1） x2
，x
∈(0，＋∞)．
易知φ(x)在x＝1时取到最小值φ(1)＝e，则④具有性
质“ ”．
综上可知，①②④中的函数具有性质“ ”．
答案：①②④
热点 3 数学建模与数据分析核心素养 【例 3】 (2017·全国卷Ⅱ)海水养殖场进行某水产品 的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取 了 100 个网箱，测量各箱水产品的产量(单位：kg)，其频 率分布直方图如下：
(2)从点 P(－1，3)向直线 kx－y＋k－1＝0 作垂线， 垂足为 N，则 N 的轨迹方程为________________．
解析：(1)由题意知，“甲看乙、丙的成绩，不知道自 己的成绩”说明乙、丙两人一个是优秀一个是良好，因 此甲、丁两人一个优秀一个良好．则乙看了丙的成绩， 可知道自己的成绩，丁看了甲的成绩，也可以知道自己 的成绩，选项 D 正确．
2024届新教材高考数学二轮复习 概率 课件(69张)
A.15
B．13
C．25
D．23
【解析】 从 6 张卡片中无放回抽取 2 张，共有(1,2)，(1,3)，(1,4)，
(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，
(5,6)，15 种情况，其中数字之积为 4 的倍数的有(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)，
2.古典概型 一般地，设试验 E 是古典概型，样本空间 Ω 包含 n 个样本点，事件 A 包含其中的 k 个样本点，则定义事件 A 的概率 P(A)＝nk＝nnΩA. 其中，n(A)和 n(Ω)分别表示事件 A 和样本空间 Ω 包含的样本点个数．
多 维 题 组·明 技 法
角度1：随机事件的关系 1. (2023·柳州模拟)从数学必修一、二和政治必修一、二共四本书中 任取两本书，那么互斥而不对立的两个事件是( D ) A．至少有一本政治与都是数学 B．至少有一本政治与都是政治 C．至少有一本政治与至少有一本数学 D．恰有1本政治与恰有2本政治
A．采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的概率 为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1,0,1的概率为β(1－ β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1 －β)3
D．当0＜α＜0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率 大于采用单次传输方案译码为0的概率
【解析】 由题意可得事件1表示{1,3,5}，事件2表示{2,4,6}，事件3 表示{4,5,6}，事件4表示{1,2}，所以事件1与事件2为对立事件，事件1与 事件3不互斥，事件2与事件3不互斥，事件3与事件4互斥不对立，故选 项A，C，D错误，选项B正确．故选B.
最新-名师导学2021届高三数学理二轮复习课件：专题2第5讲平面向量及其应用 精品
【命题立意】本题主要考查向量的数量积运算、向量 的模及代数运算、二次函数的图象与性质，考查转化化归 思想、抽象概括能力及运算求解能力，试题难度：难．
平面向量 (1)向量加法的法则：三角形法则与平行四边形法则． (2)向量减法的法则：三角形法则． (3)实数 λ 与向量 a 的积是一个向量，记作 λa，规定： |λa|＝|λ|·|a|. (4)向量 b 与非零向量 a 共线的充要条件是有且仅有一
1．平面向量的概念与线性运算 例1(1)如图，A、B 分别是射线 OM、 ON 上的两点，给出下列向量．
①O→A＋2O→B；②12O→A＋13O→B；③ 34O→A＋13O→B；④34O→A－15O→B.这四个向 量中以 O 为起点，终点在阴影区域内的是( )
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
∴A→E＝A→C＋23C→B＝23A→B＋13A→C， 则A→D·A→E＝12(A→B＋A→C)·13(2A→B＋A→C) ＝16(2A→B2＋3A→B·A→C＋A→C2) ＝16(2×22＋3×2×2×cos 120°＋22)＝1.
【点评】平面向量的数量积既有几何运算法则，
又有坐标运算，因此涉及与平面几何有关的问题，应 充分将几何运算法则与几何图形和实数与平面向量乘 法的几何意义恰当结合进行运算求解．
(2)设 f(t)＝D→M·B→N，g(t)＝at＋4－2a(a＞0)，分 别根据以下条件，求出实数 a 的取值范围：
Ⅰ.存在 t1，t2∈(0，1)，使得f（2t1）＝g(t2)； Ⅱ.对任意 t1∈(0，1)，恒存在 t2∈(0，1)，使得 f（2t1）＝g(t2)．
【解析】(1)过点 M 作坐标轴的垂线段，则依题
＝2 2
3
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2 .
2021新课程新高考背景下高三数学二轮复习方法与策略（共113张PPT）
D.10
例4（人教A版教材必修四第47页习题1.4的B组第三题）
已知函数y=f x的图像如图所示，试回答下列问题：
（1）求函数的周期；
（2）画出函数y=f x 1的图像；
（3）你能写出函数y=f x的解析式吗？
y 1
-1 0 1
x
改编1：
对 于 函 数 f x = x 2k (1+ 2k x 1 2k，
例1 已知点M与两个定点O（0,0），A（3,0）的距离
1
为2
，求点M的轨迹方程。（人教A版必修二的144页复
习参考题4B组第2题）
（人教A版必修2的124页习题4 B组第3题）
已知点M（x,y）到两个定点M1，M2的距离的比是一个正数 m， 求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形。
（考虑m=1和m 1两种情形）
已知t=30时，铯137的含量的变化率是—10ln2（太贝克/年），则M （60）=（ ）
A. 5太贝克
B. 75ln2太贝克
解析： C. 150ln2太贝克
D. 150太贝克
因为M（ t）=
1 30
ln
2
M0
-t
2 30
,则
M（ 30）=
1 30
ln
2
M0
-30
2 30
10 ln 2,
t
60
解得M0 =600，所以M（t）=600 2 30，那么 M（60）=600 2 30
①良好的学习生活环境、氛围做保障。 ②一个生活上马虎的学生，不可能单单在学习上细致 起来 ：早操、早读、课间操、正课听课、晚自习、课外活 动、劳动甚至等等方面加强管理 。
1（2）综合运用多种管理手段
第一部分 层级二 专题2 第2讲 高考数学(文科)二轮总复习 层级2 保分专题2 三角函数与解三角形
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(2)因为 α∈π4，π，所以 2α∈π2，2π，又 sin 2α＝ 55，所以 2α∈π2，π，α∈π4，π2，
所以 cos 2α＝－255.又 β∈π，32π，所以 β－α∈π2，54π，故 cos(β－α)＝－31010，所
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|规 律 方 法 | 1．正、余弦定理的适用条件 (1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理． (2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理． [注意] 应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”．
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2．三角形面积公式的应用原则 (1)对于面积公式 S＝12absin C＝12acsin B＝12bcsin A，一般是已知哪一个角就使用 含该角的公式． (2)与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化．
解：(1)∵S△ABC＝12acsin B＝ 23accos B， ∴tan B＝ 3. 又 0<B<π，∴B＝π3.
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(2)∵sin A＝3sin C，由正弦定理得，a＝3c，∴a＝6.
由余弦定理得，b2＝62＋22－2×2×6×cos 60°＝28，
∴b＝2 7.
∴cos
A＝b2＋2cb2c－a2＝22×722＋×222－762＝－
的面积
S＝12bcsin
A＝12×8
3
3×12＝2
3
3 .
[答案]
23 3
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(2)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知△ABC 的面积为3sain2 A. ①求 sin Bsin C； ②若 6cos Bcos C＝1，a＝3，求△ABC 的周长．
2021高考数学(理)二轮专题复习【统考版】课件：2.5.3 圆锥曲线中的证明、定点及定值问题
所以直线 AB 的方程为 y＝kx－k－2＝k(x－1)－2.易知直线 AB
过定点(1，－2)．
当直线 AB 的斜率不存在时，设其方程为 x＝m，A(m，y3)，B(m， y4)，
则y3－ m 2＋y4－ m 2＝y3＋my4－4＝－4， 易知 y3，y4 互为相反数，所以 y3＋y4＝0， 所以 m＝1，可知直线 x＝1 也过定点(1，－2)．
6ktx＋3t2－12＝0， 则 Δ＝(6kt)2－4(3k2＋2)(3t2－12)>0，即 6k2－t2＋4>0， x1＋x2＝－3k62k＋t 2，x1x2＝33tk22－＋122.
由 l1 与 l2 的斜率之和为－4，可得y1x－1 2＋y2x－2 2＝－4，
又 y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t， 所以y1x－1 2＋y2x－2 2＝kx1＋x1t－2＋kx2＋x2t－2＝2k＋t－2x1xx12＋x2 ＝2k＋t－32t2－·3－k1226＋kt2＝－4，化简得 t＝－k－2(t＝2 舍去)．
以 xD＝52，
因为 MG 中点的横坐标为52，所以 D 为线段 MG 的中点，
所以|MD|＝|DG|.
考点二 定点问题
解析几何中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆 (其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)过定点的问题，其 实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这 些直线或圆绕着定点在转动，这类问题的求解一般分为以下三步：
(2)若 AC⊥l1，垂足为 C，直线 BC 交 x 轴于点 D，证明：|MD| ＝|DG|.
解析：(1)因为椭圆 E 的焦距为 2 3，所以 c＝ 3， 所以 a2－b2＝3，①
当 l2 垂直于 x 轴时．|MG|＝3，因为△ABG 的面积为32 3，
高考数学二轮复习 第二部分 技法 专题二 4大数学思想系统归纳——统一统思想课件 理(普通生)
函数与方程的思想在解题中的应用主要表现在两个方面： 一是借助有关初等函数的性质，解决有关求值、解(证明)不等 式、解方程以及讨论参数的取值等问题；二是在问题的研究 中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转 化为讨论函数的有关性质，达到化难为易、化繁为简的目的．
12/11/2021
第三页，共一百二十七页。
∴―A→E ·―B→E ＝32＋y2－ 23y＝y－ 432＋2116，
∴当 y＝ 43时，―A→E ·―B→E 有最小值2116.
答案：A
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第二十四页，共一百二十七页。
6．设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，对于任意的实数x，都
有f(x)＋f(－x)＝2x2，当x<0时，f′(x)＋1<2x，若f(a＋1)
∴12acsin B＝ 43×2accos B， ∴tan B＝ 3， 12∵/11/B202∈1 0，π2，∴∠B＝π3.
第九页，共一百二十七页。
又∵∠C为钝角，∴∠C＝23π－∠A>π2，∴0<∠A<π6.
由正弦定理得ac＝sin2s3πin－A∠A
＝
3 2 cos
A＋12sin
sin A
A＝12＋
于是对∀x∈R ，都有 g′(x)>0，
所以 g(x)在 R 上单调递增．