2020年高考红对勾一轮复习文科数学人教版创新方案课件学案10-3
2020年高考红对勾一轮复习文科数学人教版创新方案课件学案课时作业59
课时作业59 几何概型
大一轮复习 ·高三数学文科 ·创新方案
第1页
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1．在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中任取一点M，则满足
∠AMB>90°的概率为( A )
π
π
π
π
A.24
B.12
C.8
D.6
解析：在棱长为 2 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中任取一点 M， 满足∠AMB>90°的区域的面积是半径为 1 的球的14，体积为14×43
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8．如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直 径作两个半圆．在扇形OAB内随机取一点，则此点取自阴影部分的
概率是( A )
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第16页
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9．如图，在半径为a的圆内有一片湖水，向圆内随机投入n个
点，则有m个点落入湖水中(n>m)，据此估计湖水的面积为 mn πa2 .
大一轮复习 ·高三数学文科 ·创新Hale Waihona Puke 案第17页系列丛书
10．(2019·湖北七市(州)协作体联考)平面区域A1＝{(x，y)|x2＋
y2<4，x，y∈R}，A2＝{(x，y)||x|＋|y|≤3，x，y∈R}．在A2内随机取
5 241 A.18 B.9 C.9 D.3
解析：设事件A为“点P在第一象限”，
0≤x≤3， 0≤y≤3
所表示
0≤x≤3， 0≤y≤3， 的区域面积为3×3＝9.由题意可得事件A满足x－2>0， x－y>0，
2020年高考红对勾一轮复习文科数学人教版创新方案课件学案课时作业32
课时作业32 数列求和1.已知等比数列{a n }中,a 2·a 8＝4a 5,等差数列{b n }中,b 4＋b 6＝a 5,则数列{b n }的前9项和S 9等于( B )A.9B.18C.36D.72解析：∵a 2·a 8＝4a 5,即a 25＝4a 5,∴a 5＝4,∴a 5＝b 4＋b 6＝2b 5＝4,∴b 5＝2.∴S 9＝9b 5＝18,故选B.2.(2019·广州调研)数列112,314,518,7116,…,(2n －1)＋12n ,…的前n 项和S n 的值等于( A )A.n 2＋1－12nB.2n 2－n ＋1－12n C.n 2＋1－12n －1D.n 2－n ＋1－12n解析：该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ,则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n . 3.(2019·开封调研)已知数列{a n }满足a 1＝1,a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *),则S 2 018＝( B )A.22 018－1B.3×21 009－3C.3×21 009－1D.3×21 008－2解析：a 1＝1,a 2＝2a 1＝2,又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2,∴a n ＋2a n ＝2.∴a 1,a 3,a 5,…成等比数列；a 2,a 4,a 6,…成等比数列,∴S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 017＋a 2 018 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018) ＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3×21 009－3.4.定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1,p 2,…,p n 的“均倒数”.若已知正项数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n ＋1,又b n ＝a n ＋14,则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( C )A.111B.112C.1011D.1112解析：依题意有n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1,即前n 项和S n ＝n (2n ＋1)＝2n 2＋n , 当n ＝1时,a 1＝S 1＝3；当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝4n －1,a 1＝3满足该式. 则a n ＝4n －1,b n ＝a n ＋14＝n . 因为1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1,所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1011.5.(2019·华中师大联盟质量测评)在数列{a n }中,已知a 1＝3,且数列{a n ＋(－1)n }是公比为2的等比数列,对于任意的n ∈N *,不等式a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1恒成立,则实数λ的取值范围是( C )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，25B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，23 D.(－∞,1]解析：由已知,a n ＋(－1)n ＝[3＋(－1)1]·2n －1＝2n ,∴a n ＝2n －(－1)n .当n 为偶数时,a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－(－1＋1－…＋1)＝2n ＋1－2,a n ＋1＝2n ＋1－(－1)n ＋1＝2n ＋1＋1,由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1,得λ≤2n ＋1－22n ＋1＋1＝1－32n ＋1＋1对n ∈N *恒成立,∴λ≤23；当n 为奇数时,a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－(－1＋1－…＋1－1)＝2n ＋1－1,a n ＋1＝2n ＋1－(－1)n ＋1＝2n ＋1－1, 由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1得, λ≤2n ＋1－12n ＋1－1＝1对n ∈N *恒成立, 综上可知λ≤23.6.(2019·衡水质检)中国古代数学有着很多令人惊叹的成就.北宋沈括在《梦溪笔谈》卷十八《技艺》篇中首创隙积术,隙积术意即：将木桶一层层堆放成坛状,最上一层长有a 个,宽有b 个,共计ab 个木桶,每一层长宽各比上一层多一个,共堆放n 层,设最底层长有c 个,宽有d 个,则共计有木桶n [(2a ＋c )b ＋(2c ＋a )d ＋(d －b )]6个.假设最上层有长2宽1共2个木桶,每一层的长宽各比上一层多一个,共堆放15层,则木桶的个数为1_360.解析：各层木桶长与宽的木桶数自上而下组成一等差数列,且公差为1,根据题意得,a ＝2,b ＝1,c ＝2＋14＝16,d ＝1＋14＝15,n ＝15,则木桶的个数为15[(2×2＋16)×1＋(2×16＋2)×15＋(15－1)]6＝1 360(个). 7.(2019·安阳模拟)已知数列{a n }中,a n ＝－4n ＋5,等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2,则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝4n －1.解析：由已知得b 1＝a 2＝－3,q ＝－4, ∴b n ＝(－3)×(－4)n －1,∴|b n |＝3×4n －1, 即{|b n |}是以3为首项,4为公比的等比数列,∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3(1－4n )1－4＝4n－1.8.(2019·海口调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1＝1,a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3,…),则S 2n ＋3＝43⎝⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2.解析：依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. 9.(2019·广东潮州模拟)已知S n 为数列{a n }的前n 项和,a n ＝2·3n －1(n ∈N *),若b n ＝a n ＋1S n S n ＋1,则b 1＋b 2＋…＋b n ＝12－13n ＋1－1.解析：因为a n ＋1a n＝2·3n2·3n －1＝3,且a 1＝2,所以数列{a n }是以2为首项,3为公比的等比数列, 所以S n ＝2(1－3n )1－3＝3n－1,又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1,所以b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝12－13n ＋1－1. 10.(2019·潍坊模拟)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ＞0,n ∈N *).(1)证明数列{a n }为等比数列,并求a n ；(2)若λ＝4,b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *),求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解：(1)∵S n ＝2a n －λ,当n ＝1时,得a 1＝λ, 当n ≥2时,S n －1＝2a n －1－λ,∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1, 即a n ＝2a n －2a n －1,∴a n ＝2a n －1,∴数列{a n }是以λ为首项,2为公比的等比数列, ∴a n ＝λ2n －1.(2)∵λ＝4,∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1,∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数，∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n ＋2n ＋1 ＝(22＋24＋…＋22n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n (3＋2n ＋1)2 ＝4n ＋1－43＋n (n ＋2), ∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43.11.(2019·江西百校联盟联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为1的等差数列,且a 2＝3,a 3＝5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ·3n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由题意,得S nn ＝a 1＋n －1, 即S n ＝n (a 1＋n －1),所以a 1＋a 2＝2(a 1＋1),a 1＋a 2＋a 3＝3(a 1＋2),且a 2＝3,a 3＝5. 解得a 1＝1,所以S n ＝n 2,所以当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1, 又n ＝1时也满足,故a n ＝2n －1. (2)由(1)得b n ＝(2n －1)·3n ,所以T n ＝1×3＋3×32＋…＋(2n －1)·3n , 则3T n ＝1×32＋3×33＋…＋(2n －1)·3n ＋1.∴T n －3T n ＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)·3n ＋1,则－2T n ＝3＋2×32－3n ×31－3－(2n －1)·3n ＋1＝3n ＋1－6＋(1－2n )·3n ＋1＝(2－2n )·3n ＋1－6,故T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3.12.(2019·贵阳一模)已知数列{a n }的前n 项和是S n ,且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N *),令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1,求T n .解：(1)当n ＝1时,a 1＝S 1,由S 1＋12a 1＝1,得a 1＝23, 当n ≥2时,S n ＝1－12a n ,S n －1＝1－12a n －1, 则S n －S n －1＝12(a n －1－a n ),即a n ＝12(a n －1－a n ),所以a n ＝13a n －1(n ≥2). 故数列{a n }是以23为首项,13为公比的等比数列.故a n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *). (2)因为1－S n ＝12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .所以b n ＝log 13 (1－S n ＋1)＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝n ＋1,因为1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2,所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2(n ＋2).13.(2019·湖北四地七校联考)数列{a n }满足a 1＝1,na n ＋1＝(n ＋1)a n＋n (n ＋1),且b n ＝a n cos 2n π3,记S n 为数列{b n }的前n 项和,则S 24＝( D )A.294B.174C.470D.304解析：∵na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1),∴a n ＋1n ＋1－a nn＝1,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是公差与首项都为1的等差数列.∴a nn ＝1＋(n －1)×1,可得a n ＝n 2. ∵b n ＝a n cos 2n π3,∴b n ＝n 2cos 2n π3, 令n ＝3k －2,k ∈N *,则b 3k －2＝(3k －2)2cos 2(3k －2)π3＝－12(3k －2)2,k ∈N *, 同理可得b 3k －1＝－12(3k －1)2,k ∈N *, b 3k ＝(3k )2,k ∈N *.∴b 3k －2＋b 3k －1＋b 3k ＝－12(3k －2)2－12(3k －1)2＋(3k )2＝9k －52,k ∈N *,则S 24＝9×(1＋2＋…＋8)－52×8＝304.14.(2019·衡水联考)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ,T n ,且a n ＞0,6S n ＝a 2n ＋3a n ,n ∈N *,b n ＝2a n(2a n －1)(2a n ＋1－1),若∀n ∈N *,k ＞T n恒成立,则k 的最小值是( B )A.17B.149C.49D.8441解析：当n ＝1时,6a 1＝a 21＋3a 1, 解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n ＞0,得a 1＝3.由6S n ＝a 2n ＋3a n ,得6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0. 因为a n ＞0,所以a n ＋1＋a n ＞0,a n ＋1－a n ＝3. 即数列{a n }是以3为首项,3为公差的等差数列, 所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n .所以b n ＝2a n (2a n －1)(2a n ＋1－1)＝8n (8n －1)(8n ＋1－1)＝17⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1. 所以T n ＝17⎝ ⎛ 18－1－182－1＋182－1－183－1＋…＋18n －1⎭⎪⎫－18n ＋1－1＝17⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18n ＋1－1＜149. 要使∀n ∈N *,k ＞T n 恒成立,只需k ≥149.故选B.15.设f (x )＝4x4x ＋2,若S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017,则S ＝1_008.解析：∵f (x )＝4x4x ＋2,∴f (1－x )＝41－x 41－x ＋2＝22＋4x,∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x＝1.S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017,①S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017,②①＋②,得2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152 017＋…＋ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＝2 016, ∴S ＝2 0162＝1 008.16.已知数列{a n }的首项a 1＝3,前n 项和为S n ,a n ＋1＝2S n ＋3,n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)设b n ＝log 3a n ,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n ,并证明：13≤T n ＜34.解：(1)由a n ＋1＝2S n ＋3,得a n ＝2S n －1＋3(n ≥2), 两式相减得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n , 故a n ＋1＝3a n (n ≥2),所以当n ≥2时,{a n }是以3为公比的等比数列. 因为a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9,a 2a 1＝3,所以{a n }是首项为3,公比为3的等比数列,a n ＝3n . (2)a n ＝3n ,故b n ＝log 3a n ＝log 33n ＝n ,b n a n ＝n3n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n , T n ＝1×13＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ,①13T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫134＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1.②①－②,得23T n ＝13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋11－13－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝12－⎝⎛⎭⎪⎫32＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1,所以T n ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.因为⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＞0,所以T n ＜34. 又因为T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＞0,所以数列{T n }单调递增,所以(T n )min ＝T 1＝13,所以13≤T n ＜34.。
2020年高考红对勾一轮复习理科数学人教版创新方案课件10-3
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第十章·第3节
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1.二项展开式问题的常见类型及解法 (1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第 k＋1 项，再 由特定项的特点求出 k 值即可． (2)已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再 由通项公式写出第 k＋1 项，由特定项得出 k 值，最后求出其参数． 2．求解形如(a＋b)n(c＋d)m 的展开式问题的思路 (1)若 n，m 中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c ＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解． (2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－ x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2；
Tr
＋
1
＝
C
r 5
(x2)5
－
r·(2x
－
1)r
＝
2rCr5·x10－3r，令 10－3r＝4，得 r＝2，所以 x4 的系数为 22×C25＝40.
故选 C.
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第十章·第3节
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(2)已知
x－
a 5 x
的展开式中含
x
3 2
的项的系数为
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第十章
计数原理、概率、随机变量及其分布
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
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第3节 二项式定理
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第十章·第3节
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考纲考情
考向预测
2020年高考红对勾一轮复习文科数学人教版创新方案课件学案课时作业33
课时作业33 数列的综合应用1.已知数列{a n }为等差数列,且满足OA →＝a 3OB →＋a 2 015OC →,其中点A ,B ,C 在一条直线上,点O 为直线AB 外一点,记数列{a n }的前n 项和为S n ,则S 2 017的值为( A )A.2 0172 B.2 017 C.2 018 D.2 015解析：因为点A ,B ,C 在一条直线上,所以a 3＋a 2 015＝1,则S 2 017＝2 017(a 1＋a 2 017)2＝2 017(a 3＋a 2 015)2＝2 0172,故选A. 2.某制药厂打算投入一条新的生产线,但需要经环保部门审批同意方可投入生产.已知该生产线连续生产n 年的累计产量为f (n )＝13(n ＋1)(n ＋2)(2n ＋3)吨,但如果年产量超过130吨,将会给环境造成危害.为保护环境,环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是( C )A.5年B.6年C.7年D.8年解析：由题意知第一年产量为a 1＝13×2×3×5＝10； 以后各年产量分别为a n ＝f (n )－f (n －1)＝13(n ＋1)(n ＋2)(2n ＋3)－13n ·(n ＋1)(2n ＋1)＝2(n ＋1)2(n ∈N *), 令2(n ＋1)2≤130,所以1≤n ≤65－1, 所以1≤n ≤7.故最长的生产期限为7年.3.定义：若数列{a n }对任意的正整数n ,都有|a n ＋1|＋|a n |＝d (d 为常数),则称{a n }为“绝对和数列”,d 叫作“绝对公和”.在“绝对和数列”{a n }中,a 1＝2,绝对公和为3,则其前2 017项的和S 2 017的最小值为( C )A.－2 017B.－3 014C.－3 022D.3 032解析：依题意,要使其前2 017项的和S 2 017的值最小,只需每一项都取最小值即可.因为|a n ＋1|＋|a n |＝3,所以有－a 3－a 2＝－a 5－a 4＝…＝－a 2 017－a 2 016＝3,即a 3＋a 2＝a 5＋a 4＝…＝a 2 017＋a 2 016＝－3,所以S 2 017的最小值为2＋2 017－12×(－3)＝－3 022,故选C. 4.设等比数列{a n }的公比为q ,其前n 项之积为T n ,并且满足条件：a 1＞1,a 2 015a 2 016＞1,a 2 015－1a 2 016－1＜0.给出下列结论：(1)0＜q ＜1；(2)a 2 015a 2017－1＞0；(3)T 2 016的值是T n 中最大的；(4)使T n ＞1成立的最大自然数等于4 030.其中正确的结论为( C )A.(1)(3)B.(2)(3)C.(1)(4)D.(2)(4)解析：由a 2 015－1a 2 016－1＜0可知a 2 015＜1或a 2 016＜1.如果a 2 015＜1,那么a 2 016＞1, 若a 2 015＜0,则q ＜0；又∵a 2 016＝a 1q 2 015,∴a 2 016应与a 1异号, 即a 2 016＜0,这与假设矛盾,故q ＞0.若q ≥1,则a 2 015＞1且a 2 016＞1,与推出的结论矛盾,故0＜q ＜1,故(1)正确.又a 2 015a 2 017＝a 22 016＜1,故(2)错误.由结论(1)可知a 2 015＞1,a 2 016＜1,故数列从第 2 016项开始小于1,则T 2 015最大,故(3)错误.由结论(1)可知数列从第2 016项开始小于1,而T n ＝a 1a 2a 3…a n ,故当T n ＝(a 2 015)n 时,求得T n ＞1对应的自然数为4 030,故(4)正确.5.(2019·太原模拟)已知数列{a n }中,a 1＝0,a n －a n －1－1＝2(n －1)(n∈N *,n ≥2),若数列{b n }满足b n ＝n ·a n ＋1＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n －1,则数列{b n }的最大项为第6项.解析：由a 1＝0,且a n －a n －1－1＝2(n －1)(n ∈N *,n ≥2),得a n －a n －1＝2n －1(n ≥2),则a 2－a 1＝2×2－1,a 3－a 2＝2×3－1,a 4－a 3＝2×4－1,…,a n －a n －1＝2n －1(n ≥2),以上各式累加得a n ＝2(2＋3＋…＋n )－(n －1)＝2×(n ＋2)(n －1)2－n ＋1＝n 2－1(n ≥2),当n ＝1时,上式仍成立,所以b n ＝n ·a n ＋1＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n －1＝n ·(n ＋1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n －1＝(n 2＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n －1(n ∈N *).由⎩⎪⎨⎪⎧b n ≥b n －1，b n ≥b n ＋1，得 ⎩⎪⎨⎪⎧(n 2＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n －1≥(n 2－n )·⎝⎛⎭⎪⎫811n －2，(n 2＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n －1≥(n 2＋3n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n ，解得163≤n ≤193. 因为n ∈N *,所以n ＝6,所以数列{b n }的最大项为第6项.6.将正整数12分解成两个正整数的乘积有1×12,2×6,3×4三种,其中3×4是这三种分解中两数差的绝对值最小的,我们称3×4为12的最佳分解.当p ×q (p ≤q 且p ,q ∈N *)是正整数n 的最佳分解时,我们定义函数f (n )＝q －p ,例如f (12)＝4－3＝1,数列{f (3n )}的前100项和为350－1.解析：当n 为偶数时,f (3n )＝0；当n 为奇数时,f (3n )＝3n ＋12－3n －12,因此数列{f (3n )}的前100项和为31－30＋32－31＋…＋350－349＝350－1.7.(2019·长沙、南昌联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足：a 1＝1,a n ＞0,a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1(n ∈N *),若不等式4n 2－8n ＋3＜(5－m )2n ·a n 对任意的n ∈N *恒成立,则整数m 的最大值为( B )A.3B.4C.5D.6解析：当n ≥2时,⎩⎪⎨⎪⎧a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，a 2n ＝4S n －1＋4(n －1)＋1，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝4a n ＋4, 即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2,又a n ＞0,所以a n ＋1＝a n ＋2(n ≥2). 对a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1,令n ＝1,可得a 22＝4a 1＋4＋1＝9, 所以a 2＝3,则a 2－a 1＝2,所以数列{a n }是以1为首项,2为公差的等差数列, 故a n ＝2n －1.因为4n 2－8n ＋3＝(2n －1)(2n －3),n ∈N *,2n －1＞0,所以不等式4n 2－8n ＋3＜(5－m )2n·a n 等价于5－m ＞2n －32n .记b n ＝2n －32n ,则b n ＋1b n＝2n －12n ＋12n －32n ＝2n －14n －6,当n ≥3时,b n ＋1b n ＜1,又b 1＝－12,b 2＝14,b 3＝38, 所以(b n )max ＝b 3＝38. 故5－m ＞38,得m ＜378, 所以整数m 的最大值为4.8.(2019·南昌调研)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ,∀n ∈N *,2S n＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a na n ＋1＋a n ＋1a n,设{b n }的前n 项和为T n ,则在T 1,T 2,T 3,…,T 100中有理数的个数为9.解析：∵2S n ＝a 2n ＋a n ,① ∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1,②②－①,得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ,a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0,(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列,∴a n ＋1－a n －1＝0, 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中,令n ＝1,可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项,1为公差的等差数列. ∴a n ＝n ,∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1] ＝(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1,∴T n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1, 要使T n 为有理数,只需1n ＋1为有理数, 令n ＋1＝t 2,∵1≤n ≤100,∴n ＝3,8,15,24,35,48,63,80,99,共9个数. ∴T 1,T 2,T 3,…,T 100中有理数的个数为9.9.(2019·福建漳州模拟)已知数列{a n }满足na n －(n ＋1)·a n －1＝2n 2＋2n (n ＝2,3,4,…),a 1＝6.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1为等差数列,并求出{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ,求证：S n ＜512.解：(1)由na n －(n ＋1)a n －1＝2n 2＋2n (n ＝2,3,4,…),a 1＝6,可得a nn ＋1－a n －1n ＝2,a 11＋1＝3,则⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是首项为3,公差为2的等差数列,可得a n n ＋1＝3＋2(n －1)＝2n ＋1,则a n ＝(n ＋1)(2n ＋1)(n ∈N *).(2)证明：由1(n ＋1)(2n ＋1)＜12n (n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1, 可得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n≤16＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1＜16＋14＝512, 即S n ＜512.10.已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x2＋cos x 22－1cos 2x 2－sin 2x2,函数y ＝f (x )－3在(0,＋∞)上的零点按从小到大的顺序构成数列{a n }(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3πa n(4n 2－1)(3n －2),求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x2＋cos x 22－1cos 2x 2－sin 2x2＝sin xcos x ＝tan x , 由tan x ＝3及x ＞0得x ＝k π＋π3(k ∈N ),数列{a n }是首项a 1＝π3,公差d ＝π的等差数列,所以a n ＝π3＋(n －1)π＝n π－2π3.(2)b n ＝3πa n (4n 2－1)(3n －2)＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 11.已知{a n }是公差不为0的等差数列,{b n }是等比数列,且a 1＝b 1＝1,a 2＝b 2,a 5＝b 3.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式；(2)记S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a nb n,是否存在m ∈N *,使得S m ≥3成立,若存在,求出m ,若不存在,请说明理由.解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0),数列{b n }的公比为q ,则由题意知⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝1·q ，1·q 2＝1＋4d ，∴d ＝0或d ＝2,∵d ≠0,∴d ＝2,q ＝3,∴a n ＝2n －1,b n ＝3n －1. (2)由(1)可知,S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝11＋331＋532＋…＋2n －33n －2＋2n －13n －1,13S n ＝131＋332＋533＋…＋2n －33n －1＋2n －13n ,两式相减得,23S n ＝1＋231＋232＋…＋23n －1－2n －13n ＝1＋23×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －11－13－2n －13n ＝2－2n ＋23n ＜2,∴S n ＜3.故不存在m ∈N *,使得S m ≥3成立.12.(2019·河南洛阳模拟)已知等差数列{a n }的公差d ≠0,且a 3＝5,a 1,a 2,a 5成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a 2n ＋4n －2,S n是数列{b n }的前n 项和,若对任意正整数n ,不等式2S n ＋(－1)n ＋1·a ＞0恒成立,求实数a 的取值范围.解：(1)因为a 3＝5,a 1,a 2,a 5成等比数列,所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋4d )，解得a 1＝1,d ＝2, 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝1a 2n ＋4n －2＝1(2n －1)2＋4n －2＝14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1, 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1, 依题意,对任意正整数n ,不等式1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a ＞0,当n 为奇数时,1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a ＞0即a ＞－1＋12n ＋1,所以a＞－23；当n 为偶数时,1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a ＞0即a ＜1－12n ＋1,所以a ＜45.所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，45.。
2020年高考红对勾一轮复习文科数学人教版创新方案课件学案课时作业2
课时作业2 命题及其关系、充分条件与必要条件1.命题“若a ＞b ,则a ＋c ＞b ＋c ”的否命题是( A ) A.若a ≤b ,则a ＋c ≤b ＋c B.若a ＋c ≤b ＋c ,则a ≤b C.若a ＋c ＞b ＋c ,则a ＞b D.若a ＞b ,则a ＋c ≤b ＋c解析：将条件、结论都否定.命题的否命题是“若a ≤b ,则a ＋c ≤b＋c ”.2.(2019·江西九江十校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x ，x ≥－1，ln (－x )，x ＜－1，则“x ＝0”是“f (x )＝1”的( B )A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件解析：若x ＝0,则f (0)＝e 0＝1；若f (x )＝1,则e x ＝1或ln(－x )＝1,解得x ＝0或x ＝－e.故“x ＝0”是“f (x )＝1”的充分不必要条件.3.在命题“若抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 的开口向下,则{x |ax 2＋bx ＋c ＜0}≠∅”的逆命题、否命题、逆否命题中结论成立的是( D )A.都真B.都假C.否命题真D.逆否命题真解析：对于原命题：“若抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 的开口向下,则{x |ax 2＋bx ＋c ＜0}≠∅”,这是一个真命题,所以其逆否命题也为真命题；但其逆命题：“若{x |ax 2＋bx ＋c ＜0}≠∅,则抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 的开口向下”是一个假命题,因为当不等式ax 2＋bx ＋c ＜0的解集非空时,可以有a ＞0,即抛物线的开口可以向上,因此否命题也是假命题,故选D.4.(2019·河南郑州一模)下列说法正确的是( D ) A.“若a ＞1,则a 2＞1”的否命题是“若a ＞1,则a 2≤1” B.“若am 2＜bm 2,则a ＜b ”的逆命题为真命题 C.存在x 0∈(0,＋∞),使3x 0＞4x 0成立D.“若sin α≠12,则α≠π6”是真命题解析：对于选项A,“若a ＞1,则a 2＞1”的否命题是“若a ≤1,则a 2≤1”,故选项A 错误；对于选项B,“若am 2＜bm 2,则a ＜b ”的逆命题为“若a ＜b ,则am 2＜bm 2”,因为当m ＝0时,am 2＝bm 2,所以逆命题为假命题,故选项B 错误；对于选项C,由指数函数的图象知,对任意的x ∈(0,＋∞),都有4x＞3x,故选项C 错误；对于选项D,“若sin α≠12,则α≠π6”的逆否命题为“若α＝π6,则sin α＝12”,该逆否命题为真命题,所以原命题为真命题,故选D.5.(2019·江西鹰谭中学月考)设f (x )＝x 2－4x (x ∈R ),则f (x )＞0的一个必要不充分条件是( C )A.x ＜0B.x ＜0或x ＞4C.|x －1|＞1D.|x －2|＞3解析：依题意,f (x )＞0⇔x 2－4x ＞0⇔x ＜0或x ＞4.又|x －1|＞1⇔x －1＜－1或x －1＞1,即x ＜0或x ＞2,而{x |x ＜0或x ＞x |x ＜0或x ＞2},因此选C.6.(2019·山东日照联考)“m ＜0”是“函数f (x )＝m ＋log 2x (x ≥1)存在零点”的( A )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解析：当m ＜0时,由图象的平移变换可知,函数f (x )必有零点；当函数f (x )有零点时,m ≤0,所以“m ＜0”是“函数f (x )＝m ＋log 2x (x ≥1)存在零点”的充分不必要条件,故选A.7.(2019·安徽两校阶段性测试)设a ∈R ,则“a ＝4”是“直线l 1：ax ＋8y －8＝0与直线l 2：2x ＋ay －a ＝0平行”的( D )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解析：∵当a ≠0时,a 2＝8a ＝－8－a⇒直线l 1与直线l 2重合,∴无论a取何值,直线l 1与直线l 2均不可能平行,当a ＝4时,l 1与l 2重合.故选D.8.(2019·山西太原模拟)已知a ,b 都是实数,那么“2a ＞2b ”是“a 2＞b 2”的( D )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解析：充分性：若2a ＞2b , 则2a －b ＞1,∴a －b ＞0,∴a ＞b . 当a ＝－1,b ＝－2时,满足2a ＞2b , 但a 2＜b 2,故由2a ＞2b 不能得出a 2＞b 2, 因此充分性不成立. 必要性：若a 2＞b 2,则|a |＞|b |.当a ＝－2,b ＝1时,满足a 2＞b 2,但2－2＜21, 即2a ＜2b ,故必要性不成立.综上,“2a ＞2b ”是“a 2＞b 2”的既不充分也不必要条件,故选D. 9.(2017·天津卷)设θ∈R ,则“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π12＜π12”是“sin θ＜12”的( A )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 解析：∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π12＜π12⇔－π12＜θ－π12＜π12⇔0＜θ＜π6,sin θ＜12⇔θ∈⎝⎛⎭⎪⎫2k π－7π6，2k π＋π6,k ∈Z ,⎝⎛⎭⎪⎫0，π6⎝⎛⎭⎪⎫2k π－7π6，2k π＋π6,k ∈Z ,∴“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π12＜π12”是“sin θ＜12”的充分而不必要条件. 10.(2019·江西红色七校模拟)在△ABC 中,角A ,B 均为锐角,则“cos A ＞sin B ”是“△ABC 为钝角三角形”的( C )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解析：因为cos A ＞sin B ,所以cos A ＞cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ,因为角A ,B 均为锐角,所以π2－B 为锐角, 又因为余弦函数y ＝cos x 在(0,π)上单调递减, 所以A ＜π2－B ,所以A ＋B ＜π2, 在△ABC 中,A ＋B ＋C ＝π,所以C ＞π2, 所以△ABC 为钝角三角形；若△ABC 为钝角三角形,角A ,B 均为锐角, 则C ＞π2,所以A ＋B ＜π2,所以A ＜π2－B ,所以cos A ＞cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ,即cos A ＞sin B .故“cos A ＞sin B ”是“△ABC 为钝角三角形”的充要条件. 11.设向量a ＝(sin2θ,cos θ),b ＝(cos θ,1),则“a ∥b ”是“tan θ＝12成立”的必要不充分__条件.(选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)解析：a ∥b ⇔sin2θ＝cos 2θ⇔cos θ＝0或2sin θ＝cos θ⇔cos θ＝0或tan θ＝12,所以“a ∥b ”是“tan θ＝12成立”的必要不充分条件.12.已知条件p ：2x 2－3x ＋1≤0,条件q ：x 2－(2a ＋1)x ＋a (a ＋1)≤0.若綈p 是綈q 的必要不充分条件,则实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 . 解析：方法一 命题p 为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12≤x ≤1,命题q 为{x |a ≤x ≤a ＋1}.綈p 对应的集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＞1或x ＜12.綈q 对应的集合B ＝{x |x ＞a ＋1或x ＜a }.∵綈p 是綈q 的必要不充分条件,∴⎩⎨⎧ a ＋1＞1，a ≤12或⎩⎨⎧ a ＋1≥1，a ＜12，∴0≤a ≤12.方法二 命题p ：A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12≤x ≤1,命题q ：B ＝{x |a ≤x ≤a ＋1}. ∵綈p 是綈q 的必要不充分条件, ∴p 是q 的充分不必要条件,即A B ,∴⎩⎨⎧a ＋1≥1，a ＜12或⎩⎨⎧a ＋1＞1，a ≤12，∴0≤a ≤12.13.已知p ：函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞,－1)上是单调函数,q ：函数g (x )＝log a (x ＋1)(a ＞0,且a ≠1)在(－1,＋∞)上是增函数,则綈p 是q 的( C )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解析：易知p 成立⇔a ≤1,q 成立⇔a ＞1,所以綈p 成立⇔a ＞1,则綈p 是q 的充要条件,故选C.14.(2019·昆明诊断)下列选项中,说法正确的是( D ) A.若a ＞b ＞0,则ln a ＜ln bB.向量a ＝(1,m ),b ＝(m,2m －1)(m ∈R )垂直的充要条件是m ＝1C.命题“∀n ∈N *,3n ＞(n ＋2)·2n －1”的否定是“∀n ∈N *,3n ≥(n ＋2)·2n －1”D.已知函数f (x )在区间[a ,b ]上的图象是连续不断的,则命题“若f (a )·f (b )＜0,则f (x )在区间(a ,b )内至少有一个零点”的逆命题为假命题解析：∵函数y ＝ln x (x ＞0)是增函数,∴若a ＞b ＞0,则ln a ＞ln b ,故A 错误；若a ⊥b ,则m ＋m (2m －1)＝0,解得m ＝0,故B 错误；命题“∀n ∈N *,3n ＞(n ＋2)·2n －1”的否定是“∃n ∈N *,3n ≤(n ＋2)·2n －1”,故C 错误；命题“若f (a )·f (b )＜0,则f (x )在区间(a ,b )内至少有一个零点”的逆命题“若f (x )在区间(a ,b )内至少有一个零点,则f (a )·f (b )＜0”是假命题,如函数f (x )＝x 2－2x －3在区间[－2,4]上的图象连续不断,且在区间(－2,4)内有两个零点,但f (－2)·f (4)＞0,D 正确.15.已知集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12＜2x＜8，x ∈R ,B ＝{x |－1＜x ＜m ＋1,x ∈R },若x ∈B 成立的一个充分不必要条件是x ∈A ,则实数m 的取值范围是(2,＋∞)__.解析：A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12＜2x＜8，x ∈R ＝{x |－1＜x ＜3}, ∵x ∈B 成立的一个充分不必要条件是x ∈A , ∴AB ,∴m ＋1＞3,即m ＞2.16.(2019·石家庄模拟)已知p ：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－x －13≤2,q ：x 2－2x ＋1－m 2≤0(m ＞0),且綈p 是綈q 的必要不充分条件,则实数m 的取值范围是[9,＋∞)__.解析：法一：由⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－x －13≤2,得－2≤x ≤10, ∴綈p 对应的集合为{x |x ＞10或x ＜－2}, 设A ＝{x |x ＞10或x ＜－2}. 由x 2－2x ＋1－m 2≤0(m ＞0), 得1－m ≤x ≤1＋m (m ＞0),∴綈q 对应的集合为{x |x ＞1＋m 或x ＜1－m ,m ＞0}, 设B ＝{x |x ＞1＋m 或x ＜1－m ,m ＞0}. ∵綈p 是綈q 的必要不充分条件,∴B A ,∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，1－m ＜－2，1＋m ≥10或⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，1－m ≤－2，1＋m ＞10，解得m ≥9,∴实数m 的取值范围为[9,＋∞). 法二：∵綈p 是綈q 的必要不充分条件, ∴q 是p 的必要不充分条件. 即p 是q 的充分不必要条件, 由x 2－2x ＋1－m 2≤0(m ＞0), 得1－m ≤x ≤1＋m (m ＞0).∴q 对应的集合为{x |1－m ≤x ≤1＋m ,m ＞0}, 设M ＝{x |1－m ≤x ≤1＋m ,m ＞0},又由⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－x －13≤2,得－2≤x ≤10, ∴p 对应的集合为{x |－2≤x ≤10}, 设N ＝{x |－2≤x ≤10}. 由p 是q 的充分不必要条件知,N M ,∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，1－m ＜－2，1＋m ≥10或⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，1－m ≤－2，1＋m ＞10，解得m ≥9.∴实数m 的取值范围为[9,＋∞).。
2020年高考红对勾一轮复习文科数学人教版创新方案课件学案3-1
.
解析：如图，在坐标系中画出直线 y＝ 3x，可以发现它与 x
轴的夹角是π3，在[0,2π)内，终边在直线 y＝ 3x 上的角有两个：π3，
43π；
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第三章·第1节
第8页
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在[－2π，0)内满足条件的角有两个：－23π，－53π，故满足条 件的角 α 构成的集合为－53π，－23π，π3，43π.
解析：因为 θ 是第三象限角， 所以 π＋2kπ＜θ＜32π＋2kπ(k∈Z)， 故π2＋kπ＜θ2＜34π＋kπ(k∈Z)，
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第三章·第1节
第6页
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当 k＝2n(n∈Z)时，π2＋2nπ＜θ2＜34π＋2nπ(n∈Z)，θ2是第二象 限角，当 k＝2n＋1(n∈Z)时，32π＋2nπ＜θ2＜74π＋2nπ(n∈Z)，θ2是 第四象限角，
又cosθ2＝－cosθ2，即 cosθ2＜0， 因此θ2是第二象限角．
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第三章·第1节
第7页
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(2)(2019·宁夏质检)终边在直线 y＝ 3x 上，且在[－2π，2π)内的角
α 的集合为 －53π，－23π，π3，43π
＝
C22·4α＋14＋α≤C162.
当且仅当 α2＝4，即 α＝2 时，扇形面积有最大值C162.
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第三章·第1节
第15页
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解：(1)α＝60°＝π3rad，∴l＝α·R＝π3×10＝103π(cm)． (2)由题意得212Rα·＋R2α＝R4＝，10， 解得αR＝＝81， (舍去)，Rα＝＝124.， 故扇形圆心角为12.
2020年高考红对勾一轮复习文科数学人教版创新方案课件学案课时作业4
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第7页
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6．(2019·福建福州模拟)设函数 f(x)＝02， x－x2≤－x0，，x＞0， 则满足
f(x2－2)＞f(x)的 x 的取值范围是( C )
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－∞，－ 2)∪( 2，＋∞) C．(－∞，－ 2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪( 2，＋∞)
若 x＞0，则|log2x|＝12，解得 x＝212或 x＝2－12.
故 x 的集合为－1，
2， 22.
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第12页
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11．记函数 f(x)＝ 2－xx＋＋31的定义域为 A，g(x)＝lg[(x－a－1)(2a －x)](a＜1)的定义域为 B.若 B⊆A，则实数 a 的取值范围为
大一轮复习 ·高三数学文科 ·．(2019·河南濮阳模拟)若 f(x)＝2gx－x，3，x＜x＞0 0， 是奇函数，则
f(g(－2))的值为( C )
5 A.2
B．－52
C．1
D．－1
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第6页
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解析：∵f(x)＝g2x－x，3，x＜x＞0 0， 是奇函数， ∴x＜0 时，g(x)＝－21x＋3， ∴g(－2)＝－21－2＋3＝－1， f(g(－2))＝f(－1)＝g(－1)＝－21－1＋3＝1， 故选 C.
当 a＜b 时，a⊕b＝b2，则函数 f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2,2]的
最大值等于( C )
A．－1
B．1
C．6
D．12
解析：由题意知，当－2≤x≤1 时，f(x)＝x－2； 当 1＜x≤2 时，f(x)＝x3－2， 又∵y＝x－2，y＝x3－2 在 R 上都为增函数，且 f(x)在 x＝1 处连续，
2020年高考红对勾一轮复习文科数学人教版创新方案课件学案高考解答题专项训练4
SD，则 SB＝ SD2＋BD2＝ 2＋2＝2，
又 AB＝2，SA＝ 6，在等腰三角形 SBA 中，
边 SA 上的高为 4－64＝ 210，
则△SAB 的面积为12×
6×
210＝
15 新方案
第12页
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4．(2019·河南郑州一模)在如图所示的五面体 ABCDEF 中， 四边形 ABCD 为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2， EF∥AB，M 为 BC 中点．
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第2页
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解：(1)证明：取 AC 的中点 O，连接 DO，BO. 因为 AD＝CD，所以 AC⊥DO. 又由于△ABC 是正三角形，所以 AC⊥BO. 因为 DO∩BO＝O， 所以 AC⊥平面 DOB，
因为 BD⊂平面 DOB，所以 AC⊥BD．
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高考解答题专项训练(四) 立体几何
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第1页
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1．如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD＝CD．
(1)证明：AC⊥BD；
(2)已知△ACD 是直角三角形，AB＝BD．若 E 为棱 BD 上与 D
不重合的点，且 AE⊥EC，求四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比．
且 AB＝BD，所以 EO＝12BD．
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第4页
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故 E 为 BD 的中点．从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的12，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的12， 即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 1∶1.
2020年高考红对勾一轮复习文科数学人教版创新方案课件学案10-2
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第十章·第2节
第13页
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解析：记 5 克、3 克、1 克砝码分别为 5、3、1，两个 2 克砝 码分别为 2a,2b，则从这五个砝码中随机选取三个，有以下选法： (5,3,1)，(5,3,2a)，(5,3,2b)，(5,1,2a)，(5,1,2b)，(5,2a,2b)，(3,1,2a)， (3,1,2b)，(3,2a,2b)，(1,2a,2b)，共 10 种，其中满足三个砝码的总 质量为 9 克的有(5,3,1)，(5,2a,2b)，共 2 种，故所求概率 P＝120＝ 1 5.
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第十章·第2节
第8页
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解析：(a，b)所有可能的结果为(－2，－1)，(－2,1)，(－2， 3)，(－1，－1)，(－1,1)，(－1,3)，(2，－1)，(2,1)，(2,3)，共 9 种．由 ax－y＋b＝0 得 y＝ax＋b，当ab≥ ≥00， 时，直线不经过第 四象限，符合条件的(a，b)的结果为(2,1)，(2,3)，共 2 种，∴直 线 ax－y＋b＝0 不经过第四象限的概率 P＝29.
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第十章
概率
第十章 概率
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第1页
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第2节 古典概型
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第十章·第2节
第2页
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考纲考情
考向预测
从近三年高考情况来看，本节
为高考必考内容．预测 2020 年
1.理解古典概型及其概率计算 高考将主要考查实际背景下的
公式．
可能事件．通常与互斥、对立
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《红对勾文科数学》课件
目 录
• 引言 • 基础知识 • 核心概念与理论 • 解题技巧与方法 • 复习与巩固 • 总结与展望
01
引言
课程简介
课程名称
《红对勾文科数学》
适用对象
文科专业的学生，如中文、历史、哲学等
课程目标
培养学生掌握基本的数学知识和技能，提高数学 素养和应用能力
学习目标
01
空间几何
理解空间几何的基本概念 和性质，能够解决空间几 何问题。
函数题解题技巧
函数性质理解
理解函数的单调性、奇偶 性、周期性等性质，能够 判断函数的性质。
函数图像分析
掌握函数图像的绘制和分 析技巧，能够通过图像解 决函数问题。
导数应用
理解导数的概念和性质， 掌握导数在研究函数中的 应用。
概率统计题解题技巧
统计初步
介绍数据的收集、整理和描述，以及 统计图表的绘制。
概率统计的应用
通过实例介绍概率统计在生活中的应 用，如抽奖活动、股票投资等。
03
核心概念与理论
线性方程组
线性方程组的解法
介绍高斯消元法、行列式法等解线性 方程组的方法，以及如何求解含有一 个或多个未知数的方程组。
线性方程组的几何意义
通过几何图形解释线性方程组的解， 帮助理解方程组解的几何意义。
重点难点解析
针对每个单元的重点和难点进行 详细解析，帮助学生加深理解。
经典例题解析
提供经典例题，并给出详细的解 题步骤和思路，帮助学生掌握解
题方法。
综合练习
多种题型练习
提供选择题、填空题、解答题等多种题型，帮助学生全面掌握所 学知识。
难度分级
根据难度分级设置练习题，满足不同层次学生的需求。
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第十章·第3节
第16页
系列丛书
考点二 与面积有关的几何概型
角度 1
与平面图形面积相关的几何概型
(2019·河南安阳模拟)在边长为 a 的正三角形内任取一点 Q，
则点 Q 到三个顶点的距离均大于a2的概率是( B )
A.1112－
3 6π
B．1－
3 6π
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第十章·第3节
第13页
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(1)如图所示，在等腰直角三角形 ABC 中，过直角顶点 C 在∠ACB
3 内部任作一条射线 CM，与 AB 交于点 M，则 AM＜AC 的概率为 4 .
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第十章·第3节
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第十章·第3节
第7页
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(2)如图，四边形 ABCD 为矩形，AB＝ 3，BC＝1，以 A 为圆心，
1 为半径作四分之一个圆弧D︵E，在∠DAB 内任作射线 AP，则射线 AP
与
1
线段 BC 有公共点的概率为 3
.
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解：结合余弦曲线，在[0，π]上使 cosx＞12的 x∈0，π3，故所求概 率为 P＝π3π－－00＝13.
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第十章·第3节
第12页
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1.与长度有关的几何概型 (1)如果试验的结果构成的区域的几何度量可用长度表示，则其 概率的计算公式为 P(A)＝试验的构全成部事结件果A所的构区成域的长区度域长度. (2)与时间、不等式等有关的概率问题可转化为几何概型，利用 几何概型概率公式进行求解． 2．与角度有关的几何概型 当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时，应以角的大 小作为区域度量来计算概率，且不可用线段的长度代替，这是两种 不同的度量手段．
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解析：过点 C 作 CN 交 AB 于点 N，使 AN＝AC，如图所示．显 然当射线 CM 处在∠ACN 内时，AM＜AC.
又∠A＝45°，所以∠ACN＝67.5°， 故所求概率为 P＝6970.5＝34.
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第十章·第3节
第15页
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(2)(2019·西安调研)在区间[－1,1]上随机地取一个数 k，则事件“直
1
1
C.3
D.4
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第十章·第3节
第17页
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解析：设边长为 a 的正三角形为三角形 ABC，如下图所示：
∵AB＝a，∴S 三角形 ABC＝12·a2·sinπ3＝ 43a2，满足到正三角形 ABC 的顶点 A、B、C 的距离至少有一个小于或等于a2的所有点组成的 平面区域如图中阴影部分所示，各部分组合起来构成一个半径为 a2的半圆，
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第8页
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解析：如图，以 A 为圆心，以 AD＝1 为半径作圆弧D︵B′交 AC，AP，AB 分别为 C′，P′，B′.
依题意，点 P′在B′︵D上任何位置是等可能的，且射线 AP 与线段 BC 有公共点，则事件“点 P′在B′︵C′上发生”．
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3 线 y＝kx 与圆(x－5)2＋y2＝9 相交”发生的概率为 4 .
解析：直线 y＝kx 与圆(x－5)2＋y2＝9 相交的充要条件是圆心 (5,0)到直线 y＝kx 的距离小于 3.
则 k|25＋k－－0|12＜3，解得－34＜k＜34. 故所求事件的概率 P＝134－－－ －341＝34.
解：结合正弦曲线，在[0，π]上使 sinx≤ 23的 x∈0，π3∪ 23π，π，故所求概率为 P＝π3－0π＋－0π－23π＝23.
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第11页
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【条件探究 2】 若将本典例(1)中的不等式变为 cosx＞12，如何求 概率？
第19页
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角度 2
与线性规划有关的几何概型
x≤0， (2019·武汉模拟)由不等式组y≥0，
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第18页
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∴S 阴影＝12·π·a22＝π8a2， ∴使点 Q 到三个顶点 A、B、C 的距离都大于a2的概率 P＝1 πa2 － 38a2＝1－ 63π，故选 B. 4
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(1)(2019·青岛模拟)在区间[0，π]上随机地取一个数 x，使 sinx
＞12的概率为( C )
1
1
A.3
B.2
2
3
C.3
D.4
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第6页
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解析：结合正弦曲线，在[0，π]上使 sinx＞12的 x∈π6，56π， 由几何概型的概率公式，得 P＝56ππ－－0π6＝23.
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第十章·第3节
第9页
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又在 Rt△ABC 中， 易求∠BAC＝∠B′AC′＝π6.
故所求事件的概率
π ＝6π2··11＝13.
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第10页
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【条件探究 1】 若将本典例(1)中的不等式变为 sinx≤ 23，如何求 概率？
大，属中低档题.
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课堂探究 考点突破
真题模拟演练
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课堂探究 考点突破
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考点一 与长度(角度)有关的几何概型
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第十章
概率
第十章 概率
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第3节 几何概型
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第十章·第3节
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考纲考情
考向预测
从近三年高考情况来看，本节
1.了解随机数的意义，能运用 模拟方法估计概率． 2.了解几何概型的意义.
是高考中的热点．预测 2020 年 高考将考查与长度或面积有关 的几何概型的求解问题．试题 以客观题的形式呈现，难度不