高考数学二轮(理科)大题专项练习答案
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用解答题综合试题B及答案解析(13页)
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用解答题综合试题B1.已知函数f(x)=x2+mx(m>0),数列{a n}的前n项和为S n.点(n,S n)在f(x)图象上,且f(x)的最小值为-.(1)求数列{a n}的通项公式;,记数列{b n}的前n项和为T n,求证:T n<1.(2)数列{b n}满足b n=--2.(2019河南南阳一中高三一模,理18)在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB=2CD=2BC=2AD=4,∠DAB=60°,AE=BE,△PAD为正三角形,且平面PAD ⊥平面ABCD.(1)求二面角P-EC-D的余弦值;(2)线段PC上是否存在一点M,使异面直线DM和PE所成角的余弦值为?若存在,指出点M的位置;若不存在,请说明理由.3.(2019安徽江淮十校高三最后一卷,理19)某销售公司在当地A、B两家超市各有一个销售点,每日从同一家食品厂一次性购进一种食品,每件200元,统一零售价为每件300元,两家超市之间调配食品不计费用,若进货不足食品厂以每件250元补货,若销售有剩余食品厂以每件150回收.现需决策每日购进食品数量,为此搜集并整理了A、B两家超市往年同期各50天的该食品销售记录,得到如下数据:0000以这些数据的频数代替两家超市的食品销售件数的概率,记X表示这两家超市每日共销售食品件数,n表示销售公司每日共需购进食品的件数.(1)求X的分布列;(2)以销售食品利润的期望为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选哪个?4.(2019河北石家庄高三模拟,文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离|PF|=2x0.(1)求抛物线C的方程;(2)过点P引圆M:(x-3)2+y2=r2(0<r≤)的两条切线PA,PB,切线PA,PB与抛物线C的另一交点分别为A,B,线段AB中点的横坐标记为t,求t的取值范围.5.(2019山东潍坊高三二模,理)已知函数f(x)=x e x-1-a ln x(无理数e=2.718…).(1)若f(x)在(1,+∞)单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a=0时,设g(x)=·f(x)-x2-x,证明:当x>0时,g(x)>1--2.6.已知直线l的参数方程为(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ=4cos θ,直线l与圆C交于A,B 两点.(1)求圆C的直角坐标方程及弦AB的长;(2)动点P在圆C上(不与A,B重合),试求△ABP的面积的最大值.7.已知函数f(x)=|2x-1|+|x+1|.(1)求函数f(x)的值域M;(2)若a∈M,试比较|a-1|+|a+1|,-2a的大小.参考答解答题综合练B1.(1)解f(x)=(x+m)2-,故f(x)的最小值为-=-,又m>0,所以m=,即S n=n2+n,所以当n≥2时,a n=S n-S n-1=n;当n=1时,a1=1也适合上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=n.(2)证明由(1)知b n=----,所以T n=1-+…+--=1--,所以T n<1.2.解(1)设O是AD的中点,连接PO,OE,△PAD为正三角形,则PO⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,∴PO⊥平面ABCD.∵AD=AE=2,∠DAB=60°,故△ADE为正三角形.∴OE⊥AD.建立如图所示空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),E(0,,0),C(-2,,0),D(-1,0,0),于是=(-2,,-),=(0,,-),=(1,0,), 设平面PEC的法向量为n1=(x,y,z),由得---不妨取y=1,则z=1,x=0.∴n1=(0,1,1).平面EDC的一个法向量为n2=(0,0,1),设二面角P-EC-D的平面角为θ, 则|cos θ|=|cos<n1,n2>|=由图知θ为锐角,所以二面角P-EC-D的余弦值为(2)设= 0≤λ≤1 则=(-2λ,,-),=(1-2λ,,),=(0,,-),所以|cos<>|=-,解得λ=或λ=, 所以存在点M为线段PC的三等分点.3.解(1)由已知两家超市销售食品件数8,9,10,11的概率分别为X取值为16,17,18,19,20,21.P(X=16)=;P(X=17)=2=;P(X=18)=2=;P(X=19)=2+2=;P(X=20)=2=;P(X=21)=2=;P(X=22)=所以X的分布列为(2)当n=19时,记Y1为A,B两家超市销售该食品的利润,则Y1的分布列为E(Y1)=1 450+1 600+1 750+1 900+1 950+2 000+2 050=1 822.当n=20时,记Y2为A,B两家超市销售该食品的利润,则Y2的分布列为E(Y2)=1 400+1 550+1 700+1 850+2 000+2 050+2 100=1 804.因为E(Y1)>E(Y2),故应选n=19.4.解(1)由抛物线定义,得|PF|=x0+,由题意得解得所以抛物线的方程为y2=4x.(2)由题意知,过P引圆(x-3)2+y2=r2(0<r)的切线斜率存在,且不为0.设切线PA的方程为y=k1(x-1)+2,则圆心M(3,0)到切线PA的距离d==r,整理得,(r2-4)-8k1+r2-4=0.设切线PB的方程为y=k2(x-1)+2,同理可得(r2-4)-8k2+r2-4=0.所以,k1,k2是方程(r2-4)k2-8k+r2-4=0的两根,k1+k2=-,k1k2=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由-得k1y2-4y-4k1+8=0,由韦达定理知,2y1=-,所以y1=--2=4k2-2,同理可得y2=4k1-2.设点D的横坐标为x0,则x0=--=2( )-2(k1+k2)+1=2(k1+k2)2-2(k1+k2)-3.设t=k1+k2,则t=-[-4,-2),所以x0=2t2-2t-3,对称轴t=>-2,所以9<x0≤37.5.(1)解由题意可得f'(x)=(1+x)e x-1---0在(1,+∞)内恒成立.∴a≤ x+x2)e x-1.令h(x)=(x+x2)e x-1,则h'(x)=(1+3x+x2)e x-1>0, ∴函数h(x)=(x+x2)e x-1在(1,+∞)内单调递增.∴a≤h(1)=2.∴实数a的取值范围是(-∞,2].(2)证明当a=0时,g(x)=f(x)-x2-x=e x-x2-x.g'(x)=e x-2x-1.令u(x)=g'(x)=e x-2x-1,则u'(x)=e x-2,可得x=ln 2时,函数u(x)取得极小值,g'(ln 2)=u(ln 2)=1-2ln 2<0.∵g'(0)=0,又g'1+ln 2=-21+ln 2-1=e-3-ln 2>0.∴存在x0∈ln 2,1+ln 2,使得g'(x0)=-2x0-1=0,=2x0+1.由单调性可得,当x=x0时,函数g(x)取得极小值,即最小值,∴g(x ≥g(x0)=-x0=2x0+1--x0=-+x0+1=-x0-2+由x0∈ln 2,1+ln 2,可得函数y=g(x0)单调递减,故g(x ≥g(x0)>-1+ln 2-2+>1--2.∴当x>0时,g(x)>1--2.6.解(1)由ρ=4cos θ得ρ2=4ρcos θ,所以x2+y2-4x=0,所以圆C的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4.将直线l的参数方程代入圆C:(x-2)2+y2=4,并整理得t2+2t=0,解得t1=0,t2=-2, 所以直线l被圆C截得的弦长为|t1-t2|=2(2)直线l的普通方程为x-y-4=0.圆C的参数方程为(θ为参数),可设圆C上的动点P(2+2cos θ,2sin θ),则点P到直线l的距离d==-当cosθ+=-1时,d 取最大值,且d 的最大值为2+,所以S△ABP2(2+)=2+2,即△ABP的面积的最大值为2+27.解(1)f(x)=----根据函数f(x)的单调性可知,当x=时,f(x)min=f=所以函数f(x)的值域M=,+∞.(2)∵a∈M,∴a,∴0<1.又|a-1|+|a+1|=a-1+a+1=2a≥3 ∴a,知a-1>0,4a-3>0,-->0,-2a,所以|a-1|+|a+1|>-2a.。
2019届高考数学二轮复习高考大题专项练六导数b理 附答案
六导数(B)1.(2018·广西二模)已知函数f(x)=ln (x+a)-x(a∈R),直线l:y=-x+ln 3-是曲线y=f(x)的一条切线.(1)求a的值;(2)设函数g(x)=xe x-2x-f(x-a)-a+2,证明:函数g(x)无零点.2.已知函数f(x)=x3-2ax2-3x.(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;(2)对一切x∈(0,+∞),af′(x)+4a2x≥ln x-3a-1恒成立,求实数a的取值范围.3.(2018·宝鸡一模)已知函数f(x)=a(x2-x+1)(e x-a)(a∈R且a≠0).(1)若a=1,求函数f(x)在点(0,f(0))处的切线的方程;(2)若对任意x∈[1,+∞),都有f(x)≥x3-x2+x,求a的取值范围.4.(2018·济宁一模)已知函数f(x)=e x-x2-ax有两个极值点x1,x2(e为自然对数的底数).(1)求实数a的取值范围;(2)求证:f(x1)+f(x2)>2.1.(1)解:函数f(x)=ln (x+a)-x(a∈R)的导数为f′(x)=-1,设切点为(m,n),直线l:y=-x+ln 3-是曲线y=f(x)的一条切线,可得-1=-,ln (m+a)-m=-m+ln 3-,解得m=2,a=1,因此a的值为1.(2)证明:函数g(x)=xe x-2x-f(x-a)-a+2=xe x-2x-f(x-1)-1+2=xe x-x-ln x,x>0,g′(x)=(x+1)e x-1-=(x+1)(e x-),可设e x-=0的根为m,即有e m=,即有m=-ln m,当x>m时,g(x)递增,0<x<m时,g(x)递减,可得x=m时,g(x)取得极小值,且为最小值,则g(x)≥g(m)=me m-m-ln m=1-m+m=1,可得g(x)>0恒成立,则函数g(x)无零点.2.解:(1)由题意知a=0时,f(x)=x3-3x,所以f′(x)=2x2-3.又f(3)=9,f′(3)=15,所以曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程为15x-y-36=0.(2)由题意2ax2+1≥ln x,即a≥对一切x∈(0,+∞)恒成立.设g(x)=,则g′(x)=.当0<x<时,g′(x)>0;当x>时,g′(x)<0.所以当x=时,g(x)取得最大值[g(x)]max=,故实数a的取值范围为[,+∞).3.解:(1)因为当a=1时,f(x)=(x2-x+1)(e x-1),所以f(0)=0,且f′(x)=(2x-1)(e x-1)+(x2-x+1)e x=(x2+x)e x+1-2x,所以f′(0)=1,所以函数f(x)在点(0,f(0))处的切线的方程为y=x.(2)依题意,“对任意x∈[1,+∞),f(x)≥x3-x2+x”等价于“对任意x∈[1,+∞),a(x2-x+1)(e x-a)≥x(x2-x+1)”.因为x∈[1,+∞)时,x2-x+1=(x-)2+≥1,所以等价于“a(e x-a)≥x在x∈[1,+∞)上恒成立”.令g(x)=a(e x-a)-x,则g′(x)=ae x-1.①当a<0时,g′(x)<0,g(x)=a(e x-a)-x在[1,+∞)上单调递减,此时g(1)=a(e-a)-1=ae-a2-1<0,不合题意,舍去.x) (ln0 0 大于单调递减极小值单调递增a.当ln≤1,即a≥时,g(x)=a(e x-a)-x在[1,+∞)上单调递增,得g(x)min=g(1),由a(e x-a)-x≥0在[1,+∞)上恒成立,得g(1)≥0,即≤a≤,满足a≥;b.当ln>1,即0<a<时,由上表可知g(x)min=g(ln),由a(e x-a)-x≥0在[1,+∞)上恒成立,得g(ln)≥0,即1+ln a-a2≥0.令h(a)=1+ln a-a2,则h′(a)=-2a=.(0,(大于0 小于单调递增单调递减由上表可知h(a)=1+ln a-a2在(0,)上单调递增,则h(a)<h()=-<0,故不等式h(a)=1+ln a-a2≥0(0<a<)无解.综上所述,a的取值范围是[,].4.(1)解:因为f(x)=e x-x2-ax,所以f′(x)=e x-x-a.设g(x)=e x-x-a,则g′(x)=e x-1.令g′(x)=e x-1=0,解得x=0.所以当x∈(-∞,0)时,g′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)min=g(0)=1-a.当a≤1时,f′(x)=g(x)≥0,函数f(x)无极值点;当a>1时,g(0)=1-a<0,且当x→+∞时,g(x)→+∞;当x→-∞时,g(x)→+∞;所以当a>1时,g(x)=f′(x)=e x-x-a有两个零点x1,x2.不妨设x1<x2,则x1<0<x2.所以函数f(x)有两个极值点时,a的取值范围是(1,+∞).(2)证明:由(1)知,x1,x2为g(x)=0的两个实数根,x1<0<x2,且g(x)在(-∞,0)上单调递减. 下面先证x1<-x2<0,只需证g(-x2)<0.因为g(x2)=-x2-a=0,得a=-x2,所以g(-x2)=+x2-a=-+2x2.设h(x)=e-x-e x+2x,x>0,则h′(x)=--e x+2<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,所以g(-x2)<0,即得x1<-x2<0.因为函数f(x)在(x1,0)上也单调递减,所以f(x1)>f(-x2),所以要证f(x1)+f(x2)>2,只需证f(-x2)+f(x2)>2,即证+--2>0.设函数k(x)=e x+e-x-x2-2,x∈(0,+∞),则k′(x)=e x-e-x-2x.设ϕ(x)=k′(x)=e x-e-x-2x,ϕ′(x)=e x+e-x-2>0,所以ϕ(x)在(0,+∞)上单调递增,所以ϕ(x)>ϕ(0)=0,即k′(x)>0,所以k(x)在(0,+∞)上单调递增,k(x)>k(0)=0,所以x∈(0,+∞),e x+e-x-x2-2>0,即+--2>0,所以f(-x2)+f(x2)>2,所以f(x1)+f(x2)>2.。
2022年高考数学(理)二轮复习 专项精练：(高考22题) 12+4分项练12 Word版含答案
12＋4分项练12 概 率1．周老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，她预估做对第一道题的概率为0.80，做对两道题的概率为0.60，则预估做对其次道题的概率是( ) A ．0.80 B ．0.75 C ．0.60 D ．0.48答案 B解析 设“做对第一道题”为大事A ，“做对其次道题”为大事B ，则P (AB )＝P (A )·P (B )＝0.80×P (B )＝0.60，故P (B )＝0.75.故选B.2．连掷两次骰子分别得到点数m ，n ，则向量(m ，n )与向量(－1,1)的夹角θ>90°的概率是( ) A.512 B .712 C.13 D.12 答案 A解析 ∵(m ，n )·(－1,1)＝－m ＋n <0，∴m >n .基本大事共有6×6＝36(个)，符合要求的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，…，(5,4)，(6,1)，…，(6,5)，共1＋2＋3＋4＋5＝15(个)． ∴P ＝1536＝512，故选A.3．某个路口交通指示灯，红灯时间为40秒，黄灯时间为10秒，绿灯时间为30秒，绿灯和黄灯时间可以通行，当你到达路口时，等待时间不超过10秒就可以通行的概率为( ) A.34 B.47 C.57 D.58 答案 D解析 这是一个几何概型，试验人随机到达路口对应的几何区域看作一条长80的线段，到达路口时由于绿灯和黄灯时间可以通行，所以等待不超过10秒可看作一条长为50的线段，所以通行概率为58.4．已知随机变量X ～N (2,4)，随机变量Y ＝3X ＋1，则( ) A ．Y ～N (6,12) B ．Y ～N (6,37) C ．Y ～N (7,36) D ．Y ～N (7,12) 答案 C解析 X ＝2⇒Y ＝7，σ2(X )＝4⇒σ2(Y )＝9×4＝36，因此Y ～N (7,36)．故选C.5．(2021·辽宁省试验中学模拟)已知在椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)中，参数a ，b 都通过随机程序在区间(0，t )上随机选取，其中t >0，则椭圆的离心率在⎝⎛⎭⎫32，1内的概率为( )A.12B.13C.14D.23 答案 A解析 ∵e ＝c a ∈⎝⎛⎭⎫32，1，∴34<c 2a 2<1，34<a 2－b 2a 2<1，－14<－b 2a2<0， 0<b 2a 2<14，0<b a <12，本题可视为二维几何概型，由于⎩⎨⎧0<a <t ，0<b <t 且a >b >0，满足b <12a 的概率为P ＝12×t ×t 212t2＝12.故选A.6．(2021·河北省石家庄二中模拟)在一次试验中，同时抛掷4枚均匀的硬币16次，设4枚硬币正好消灭3枚正面对上，1枚反面对上的次数为ξ，则ξ的方差是 ( ) A ．3 B ．4 C ．1 D.1516答案 A解析 抛掷4枚均匀的硬币1次，正好消灭3枚正面对上，1枚反面对上的概率为C 34⎝⎛⎭⎫124＝14， 由于ξ～B ⎝⎛⎭⎫16，14， 所以ξ的方差是16×14×⎝⎛⎭⎫1－14＝3，故选A. 7．抛掷一枚质地均匀的硬币，消灭正面对上和反面对上的概率都为12.构造数列{a n }，使a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，第n 次正面对上，－1，第n 次反面对上，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则S 2≠0且S 8＝2时的概率为( ) A.43128 B.4364 C.13128D.1364答案 C解析 由题意知，当S 8＝2时，说明抛掷8次，其中有5次正面对上，3次反面对上，又由于S 2≠0，所以有两种状况：①前2次都正面对上，后6次中有3次正面对上，3次反面对上；②前2次都反面对上，后6次中有5次正面对上，1次反面对上，所以S 2≠0且S 8＝2时的概率为P ＝⎝⎛⎭⎫122C 36·⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫123＋⎝⎛⎭⎫122C 56⎝⎛⎭⎫125⎝⎛⎭⎫121＝13128， 故选C.8.(2021届辽宁省锦州市质检)三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明. 下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股之弦为边的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红(朱)色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用2×勾×股＋(股－勾)2＝4×朱实＋黄实＝弦实，化简，得勾2＋股2＝弦2. 设勾股形中勾股比为1∶3，若向弦图内随机抛掷1 000颗图钉(大小忽视不计)，则落在黄色图形内的图钉数大约为( ) A ．134 B ．866 C ．300 D ．500答案 A解析 勾为a ，则股为3a ，则弦为2a ，则图中大四边形的面积为4a 2，小四边形的面积为(3－1)2a 2＝(4－23)a 2，由几何概型知，图钉落在黄色图形内的概率为(4－23)a 24a 2＝1－32，所以落在黄色图形内的图钉数大约为1 000⎝⎛⎭⎫1－32≈134.故选A.9．(2021届青海省西宁市一模)盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，其次次也摸出新球的概率为( ) A.35 B.59 C.25 D.110 答案 B解析 设“第一次摸出新球”为大事A ，“其次次摸出新球”为大事B ，则P (A )＝C 16C 19C 110C 19＝35，P (AB )＝C 16C 15C 110C 19＝13，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝59，故选B. 10．(2021届浙江省嘉兴市第一中学适应性考试)随机变量X 的分布列如下表，且E (X )＝2，则D (2X －3)等于( )X 0 2 a P16p13A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 C解析 p ＝1－16－13＝12，E (X )＝0×16＋2×12＋a ×13＝2⇒a ＝3.D (X )＝(0－2)2×16＋(2－2)2×12＋(3－2)2×13＝1，∴D (2X －3)＝22D (X )＝4.11．依次连接正六边形各边的中点，得到一个小正六边形，再依次连接这个小正六边形各边的中点，得到一个更小的正六边形，往原正六边形内随机撒一粒种子，则种子落在最小的正六边形内的概率为( ) A.34 B.916 C.32D.23答案 B解析 如图，原正六边形为ABCDEF ，最小的正六边形为A 1B 1C 1D 1E 1F 1.设AB ＝a ，由已知得∠AOB ＝60°，则OA ＝a ，∠AOM ＝30°，则OM ＝OA cos ∠AOM ＝a ·cos 30°＝3a 2，即中间的正六边形的边长为3a2；以此类推，最小的正六边形A 1B 1C 1D 1E 1F 1的边长为OB 1＝32OM ＝32·3a 2＝3a4，所以由几何概型得，种子落在最小的正六边形内的概率为P ＝111111A B C D E F ABCDEFS S 边边正六形正六形＝12·3a 4·3a 4·32·612·a ·a ·32·6＝916，故选B.12．甲、乙、丙三人参与一个掷硬币的玩耍，每一局三人各掷硬币一次；当有一人掷得的结果与其他二人不同时，此人就出局且玩耍终止；否则就进入下一局，并且按相同的规章连续进行玩耍；规定进行第十局时，无论结果如何都终止玩耍．已知每次掷硬币中正面对上与反面对上的概率都是12，则下列结论中正确的是( )①第一局甲就出局的概率是13；②第一局有人出局的概率是12；③第三局才有人出局的概率是364；④若直到第九局才有人出局，则甲出局的概率是13；⑤该玩耍在终止前，至少玩了六局的概率大于11 000.A ．①②B ．②④⑤C ．③D ．④答案 C解析 三人各掷硬币一次，每一次掷硬币都有2种结果，全部的结果共有23＝8(种)．由于当有一人掷得的结果与其他二人不同时，此人就出局且玩耍终止．①当甲掷得的结果与其他二人不同时，有正反反，反正正，共有2种结果，故第一局甲就出局的概率是14，①错误；②第一局有人出局时，有正正反，正反正，正反反，反正正，反正反，反反正，6种结果，故第一局有人出局的概率是34，②错误；③由于第三局才有人出局，则前两局无人出局，故第三局才有人出局的概率是28×28×68＝364，③正确；④由于直到第九局才有人出局，则前八局无人出局，则甲出局的概率是⎝⎛⎭⎫288×68×13＝149，④错误；⑤若该玩耍在终止前，至少玩了六局，则前5局无人出局，故该玩耍在终止前，至少玩了六局的概率为1－68－28×68－⎝⎛⎭⎫282×68－⎝⎛⎭⎫283×68－⎝⎛⎭⎫284×68＝145<11 000，⑤错误．13．(2021届江苏省盐城市三模)甲、乙两组各有三名同学，他们在一次测试中的成果分别为：甲组：88,89,90；乙组：87,88,92.假如分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，则这两名同学的成果之差的确定值不超过3的概率是________． 答案 89解析 只有当选取的成果为88,92时不满足题意，由对立大事概率公式可知，这两名同学的成果之差的确定值不超过3的概率P ＝1－13×3＝89. 14．公共汽车车门高度是按男子与车门碰头机率不高于0.022 8来设计的．设男子身高X 听从正态分布N (170,72)(单位：cm)，参考以下概率P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4，P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.997 4，则车门的高度(单位：cm)至少应设计为________ cm. 答案 184解析 由题意知，利用P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4，男子身高X 听从正态分布N (170,72)，可得车门的高度至少为170＋2×7＝184(cm)．15．小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面．他把4枚硬币叠成一摞(如图)，则全部相邻两枚硬币中至少有一组同一面不相对的概率是________． 答案 78解析 四枚硬币的全部的摆法有24＝16(种)，相邻两枚硬币同一面相对的状况有2种，摆法分别是正反正反，反正反正，所以相邻两枚硬币中至少有一组同一面不相对的摆法共有16－2＝14(种)，所以概率为P ＝1416＝78.16．(2021·湖北省黄冈市质检)关于圆周率π，数学进展史上消灭过很多很有创意的求法，如有名的蒲丰试验和查理斯试验．受其启发，我们也可以通过设计下面的试验来估量π的值：先请200名同学，每人随机写下一个都小于1的正实数对(x ，y )，再统计两数能与1构成钝角三角形三边的数对(x ，y )的个数m ；最终再依据统计数m 来估量π的值，假如统计结果是m ＝56，那么可以估量π≈________.(用分数表示) 答案7825解析 由题意得200对都小于1的正实数对(x ，y )，满足⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1，0<y <1，面积为1，两个数能与1构成钝角三角形三边的数对(x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2<1，x ＋y >1，0<x ，y <1，由于统计两数能与l 构成钝角三角形的数对(x ，y )的个数m ＝56， 所以m 200＝14π·12－12×121×1，即56200＝14π－12，π＝7825.。
2022年高考数学(理)二轮复习 专项精练：(高考22题) 12+4分项练1 Word版含答案
12＋4分项练12＋4分项练1 集合与常用规律用语1．(2021·湖北省襄阳四中适应性考试)已知集合U ＝R ，集合A ＝{x |1<x ≤3}，B ＝{x |x 2－3x ≥0}，则如图所示阴影部分表示的集合为( )A ．[0,1)B ．(0,3]C ．(1,3)D ．[1,3]答案 C解析 B ＝{x |x 2－3x ≥0}＝{x |x ≥3或x ≤0}，图中阴影部分所表示的集合为A ∩(∁U B )．由于∁U B ＝{x |0<x <3} ，所以A ∩(∁U B )＝{x |1<x <3}＝(1,3)，故选C.2．(2021届安徽省蚌埠市质量检查)已知集合A ＝{x |x 2－2x ≤0}，B ＝{－1,0,1,2}，则A ∩B 等于( ) A ．[0,2] B ．{0,1,2} C ．(－1,2) D ．{－1,0,1} 答案 B解析 集合A ＝{x |x 2－2x ≤0}＝{x |0≤x ≤2}， B ＝{－1,0,1,2}，∴A ∩B ＝{0,1,2}，故选B.3．已知集合A ＝{(x ，y )|y ＝x ＋1,0≤x ≤1}，集合B ＝{(x ，y )|y ＝2x,0≤x ≤10}，则集合A ∩B 等于( ) A ．{1,2} B ．{x |0≤x ≤1} C ．{(1,2)} D ．∅ 答案 C解析 由题意可得，集合A 表示0≤x ≤1时线段y ＝x ＋1上的点，集合B 表示0≤x ≤10时线段y ＝2x 上的点，则A ∩B 表示两条线段的交点坐标，据此可得A ∩B ＝{(1,2)}．故选C. 4．(2021届江西省南昌市二模)命题“∀x >1，⎝⎛⎭⎫12x <12”的否定是( )A ．∀x >1，⎝⎛⎭⎫12x ≥12 B ．∀x ≤1，⎝⎛⎭⎫12x ≥12C ．∃x 0>1，011()22x≥ D ．∃x 0≤1，011()22x≥答案 C解析 由于“∀x >1，⎝⎛⎭⎫12x <12”是全称命题，所以依据含一个量词的命题的否定可知，其否定是特称命题(存在性命题)，即“∃x 0>1，011()22x≥”，故选C. 5．(2021届湖南省长沙市一中二模)已知集合A ＝{y |y ＝log 2x ，x >1}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪y ＝11－2x ，则A ∩B 等于( ) A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫y ⎪⎪0<y <12 B ．{y |0<y <1} C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫y ⎪⎪ 12<y <1 D ．∅答案 A解析 由题意可得，A ＝{y |y >0}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <12， ∴A ∩B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫y ⎪⎪0<y <12. 故选A.6．(2021届上海市宝山区二模)设a ，b ∈R ，则“a ＋b >4”是“a >1且b >3”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 明显“a >1且b >3”成立时，“a ＋b >4”肯定会成立，所以是必要条件．当a >4，b >2时，“a ＋b >4”成立，但“a >1且b >3”不成立，所以不是充分条件．故选B.7．(2021届河北省衡水中学二模)已知命题p ：∃x 0>e ，01()2x>ln x 0；命题q ：∀a >1，b >1，log a b ＋2log b a ≥22，则下列命题中为真命题的是( )A ．(綈p )∧qB ．p ∧qC ．p ∧(綈q )D ．p ∨(綈q )答案 A解析 依据⎝⎛⎭⎫12x和ln x 的图象可知，当x ＝e 时，ln x >⎝⎛⎭⎫12x ，由两者图象可知当x >e 时，ln x 的图象始终比⎝⎛⎭⎫12x的图象高，故命题p 为假命题；命题q, a >1，b >1，log a b >0,2log b a >0，由基本不等式可得，log a b ＋2log b a ≥22，故命题q 为真命题，故选A.8．(2021届湖南省长沙市一中二模)已知A ＝{y |y ＝12x ，0≤x ≤1}，B ＝{y |y ＝kx ＋1，x ∈A }，若A ⊆B ，则实数k 的取值范围为( ) A ．k ＝－1 B ．k <－1 C ．－1≤k ≤0 D ．k ≤－1 答案 D解析 由已知可得A ＝{y |y ＝12x ，0≤x ≤1}＝[0,1]， 当k >0时，B ＝[1,1＋k ]； 当k <0时，B ＝[1＋k,1]． 由A ⊆B 知，当k >0时不合题意，当k <0时，则1＋k ≤0，得k ≤－1，故选D.9．(2021届福建省泉州市三模)集合A ＝{x |2x 2－3x ≤0，x ∈Z }，B ＝{x |1≤2x <32，x ∈Z }，集合C 满足A ⊆C ⊆B ，则集合C 的个数为( ) A ．3 B ．4 C ．7 D ．8 答案 C解析 由题意可得A ＝{0,1}，B ＝{0,1,2,3,4}，集合C ＝A ∪M ，其中M 为集合{2,3,4}的真子集，由子集个数公式可得，C 的个数为23－1＝7. 故选C.10．(2021届黑龙江省双鸭山市第一中学四模)设A ，B 是两个非空集合，定义集合A －B ＝{x |x ∈A 且x ∉B }，若A ＝{x ∈N |0≤x ≤5}，B ＝{x |x 2－7x ＋10<0}，则A －B 等于( ) A ．{0,1} B ．{1,2} C ．{0,1,2} D ．{0,1,2,5} 答案 D解析 由题意可得A ＝{0,1,2,3,4,5}，B ＝{x |2<x <5}，结合题中新定义的集合运算可得A －B ＝{0,1,2,5}． 故选D.11．(2021届陕西省西安市铁一中学模拟)给出下列四个结论： ①命题“∀x ∈(0,2)，3x >x 3”的否定是“∃x 0∈(0,2)，3x 0≤x 30”； ②“若θ＝π3，则cos θ＝12”的否命题是“若θ≠π3，则cos θ＝12”；③若“p ∧q ”或“p ∨q ”是真命题，则命题p ，q 一真一假；④“函数y ＝2x ＋m －1有零点”是“函数y ＝log m x 在(0，＋∞)上为减函数”的充要条件． 其中正确结论的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 A解析 由题意得，依据全称命题与特称命题(存在性命题)的否定关系，可知①正确； ②中，命题的否命题为“若θ≠π3，则cos θ≠12”，所以②错误；③中，若“p ∧q ”或“p ∨q ”是真命题，则命题p ，q 都是真命题或一真一假，故③错误；④中，由函数y ＝2x ＋m －1有零点，则1－m ＝2x >0⇒m <1，而函数y ＝log m x 为减函数，则0<m <1，所以④错误，故选A.12．(2021届辽宁省锦州市质量检测)设命题p ：实数x ，y 满足：(x －1)2＋(y －1)2≤2，命题q ：实数x ，y 满足：⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x －1，y ≥1－x ，y ≤1，则p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 命题p 表示一个圆及其内部，命题q 表示一个三角形及其内部，如图，所以p 是q 的必要不充分条件．13．(2021·湖北省黄冈中学三模)若命题“∃x 0∈R ，x 20－2x 0＋m ≤0”是假命题，则m 的取值范围是__________． 答案 (1，＋∞)解析 由于命题“∃x 0∈R ，x 20－2x 0＋m ≤0”是假命题，所以∀x ∈R ，x 2－2x ＋m >0为真命题，即Δ＝4－4m <0，m >1，故答案为(1，＋∞)．14．(2021届天津市耀华中学一模)已知集合U ＝R ，集合A ＝{x ∈R ||x ＋3|－|x －3|>3}，B ＝{x ∈R |x ＝t 2－4t ＋1t ，t ∈(0，＋∞)}，则集合B ∩(∁U A )＝________. 答案 ⎣⎡⎦⎤－2，32 解析 ∵|x ＋3|－|x －3|>3，当x ≤－3时，－x －3－(3－x )>3，－6>3，无解； 当－3<x <3时，x ＋3－(3－x )>3，解得32<x <3；当x ≥3时，x ＋3－x ＋3>3，解得x ≥3；∴集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x >32，x ∈R ， ∴∁U A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤32，x ∈R ， 对于集合B ，x ＝t ＋1t －4≥2－4＝－2，当且仅当t ＝1时“＝”成立． 即集合B ＝{x |x ≥－2}， 可得B ∩(∁U A )＝⎣⎡⎦⎤－2，32. 15．(2021·北京市朝阳区模拟)已知两个集合A ，B ，满足B ⊆A .若对任意的x ∈A ，存在a i ，a j ∈B (i ≠j )，使得x ＝λ1a i ＋λ2a j (λ1，λ2∈{－1,0,1})，则称B 为A 的一个基集．若A ＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，则其基集B 元素个数的最小值是________． 答案 4解析 若基集B 元素个数为3：a i ，a j ，a k (i ，j ，k 互不相等)，则最多可表示a i ，a j ，a k ，a i ＋a j ，a k ＋a i ，a j ＋a k ，|a i －a j |，|a k －a i |，|a j －a k |九个元素，因此基集B 元素个数的最小值是4，如B ＝{2,3,6,7}．16．(2021·安徽省江淮十校联考)设有两个命题，p ：关于x 的不等式a x >1(a >0，且a ≠1)的解集是{x |x <0}；q ：函数y ＝lg(ax 2－x ＋a )的定义域为R .假如p ∨q 为真命题，p ∧q 为假命题，则实数a 的取值范围是__________________． 答案 0<a ≤12或a ≥1解析 若p 真：0<a <1.若q 真：函数y ＝lg(ax 2－x ＋a )的定义域为R ，等价于∀x ∈R ，ax 2－x ＋a >0，则⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝1－4a 2<0，解得a >12，故q ：a >12，若p ∨q 为真命题，p ∧q 为假命题，则p 真q 假或p 假q 真，即⎩⎪⎨⎪⎧ 0<a <1，a ≤12或⎩⎪⎨⎪⎧a ≤0或a ≥1，a >12，解得0<a ≤12或a ≥1.。
高考数学(理科)二轮复习【专题2】三角变换与解三角形(含答案)
第2讲 三角变换与解三角形考情解读 (1)高考中常考查三角恒等变换有关公式的变形使用，常和同角三角函数的关系或诱导公式结合．(2)利用正弦定理或余弦定理解三角形或判断三角形的形状、求值等，经常和三角恒等变换结合进行综合考查．1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β.(3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α.(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α.(3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α.3．三角恒等式的证明方法(1)从等式的一边推导变形到另一边，一般是化繁为简． (2)等式的两边同时变形为同一个式子． (3)将式子变形后再证明．4．正弦定理 a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R (2R 为△ABC 外接圆的直径)． 变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C .sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R .a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C . 5．余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab .变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ， a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C .6．面积公式S △ABC ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12ab sin C .7．解三角形(1)已知两角及一边，利用正弦定理求解．(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一． (3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解． (4)已知三边，利用余弦定理求解.热点一 三角变换例1 (1)已知sin(α＋π3)＋sin α＝－435，－π2<α<0，则cos(α＋2π3)等于( )A ．－45B ．－35C.45D.35(2)(2014·课标全国Ⅰ)设α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，且tan α＝1＋sin βcos β，则( )A ．3α－β＝π2B ．2α－β＝π2C ．3α＋β＝π2D ．2α＋β＝π2思维启迪 (1)利用和角公式化简已知式子，和cos(α＋23π)进行比较．(2)先对已知式子进行变形，得三角函数值的式子，再利用范围探求角的关系． 答案 (1)C (2)B解析 (1)∵sin(α＋π3)＋sin α＝－435，－π2<α<0，∴32sin α＋32cos α＝－435， ∴32sin α＋12cos α＝－45， ∴cos(α＋2π3)＝cos αcos 2π3－sin αsin 2π3＝－12cos α－32sin α＝45.(2)由tan α＝1＋sin βcos β得sin αcos α＝1＋sin βcos β，即sin αcos β＝cos α＋cos αsin β，∴sin(α－β)＝cos α＝sin(π2－α)．∵α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，∴α－β∈(－π2，π2)，π2－α∈(0，π2)，∴由sin(α－β)＝sin(π2－α)，得α－β＝π2－α，∴2α－β＝π2.思维升华 (1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现张冠李戴的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．设函数f (x )＝cos(2x ＋π3)＋sin 2x .(1)求函数f (x )的最小正周期和最大值；(2)若θ是第二象限角，且f (θ2)＝0，求cos 2θ1＋cos 2θ－sin 2θ的值．解 (1)f (x )＝cos(2x ＋π3)＋sin 2x ＝cos 2x cos π3－sin 2x sin π3＋1－cos 2x 2＝12－32sin 2x .所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π，最大值为1＋32.(2)因为f (θ2)＝0，所以12－32sin θ＝0，即sin θ＝33，又θ是第二象限角，所以cos θ＝－1－sin 2θ＝－63. 所以cos 2θ1＋cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ－sin 2θ2cos 2θ－2sin θcos θ＝(cos θ＋sin θ)(cos θ－sin θ)2cos θ(cos θ－sin θ)＝cos θ＋sin θ2cos θ＝－63＋332×(－63)＝6－326＝2－24.热点二 解三角形例2 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足a ＝2sin A ，cos B cos C ＋2a c ＋bc ＝0.(1)求边c 的大小；(2)求△ABC 面积的最大值．思维启迪 (1)将cos B cos C ＋2a c ＋bc＝0中的边化成角，然后利用和差公式求cos C ，进而求c .(2)只需求ab 的最大值，可利用cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab和基本不等式求解．解 (1)∵cos B cos C ＋2a c ＋bc ＝0，∴c cos B ＋2a cos C ＋b cos C ＝0，∴sin C cos B ＋sin B cos C ＋2sin A cos C ＝0， ∴sin A ＋2sin A cos C ＝0， ∵sin A ≠0，∴cos C ＝－12，∵C ∈(0，π)∴C ＝2π3，∴c ＝a sin A·sin C ＝ 3.(2)∵cos C ＝－12＝a 2＋b 2－32ab ，∴a 2＋b 2＋ab ＝3，∴3ab ≤3，即ab ≤1. ∴S △ABC ＝12ab sin C ≤34.∴△ABC 面积最大值为34.思维升华 三角形问题的求解一般是从两个角度，即从“角”或从“边”进行转化突破，实现“边”或“角”的统一，问题便可突破． 几种常见变形：(1)a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ；(2)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，其中R 为△ABC 外接圆的半径； (3)sin(A ＋B )＝sin C ，cos(A ＋B )＝－cos C .(1)△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a ，则ba 等于( )A. 2 B ．2 2 C. 3 D ．2 3(2)(2014·江西)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A ．3 B.932C.332 D ．3 3 答案 (1)A (2)C解析 (1)因为a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a ，由正弦定理得sin 2A sin B ＋sin B cos 2A ＝2sin A ，即sin B ＝2sin A ， 即sin B sin A ＝2，b a ＝sin B sin A＝ 2. (2)∵c 2＝(a －b )2＋6，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.①∵C ＝π3，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .②由①②得ab ＝6.∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.热点三 正、余弦定理的实际应用例3 (2013·江苏)如图，游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径．一种是从A 沿直线步行到C ，另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ，然后从B 沿直线步行到C .现有甲、乙两位游客从A 处下山，甲沿AC 匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min 后，乙从A 乘缆车到B ，在B 处停留1 min 后，再从B 匀速步行到C .假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min ，山路AC 长为1 260 m ，经测量cos A ＝1213，cos C ＝35.(1)求索道AB 的长；(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 思维启迪 (1)直接求sin B ，利用正弦定理求AB .(2)利用余弦定理和函数思想，将甲乙距离表示为乙出发后时间t 的函数．解 (1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin [π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C＝513×35＋1213×45＝6365. 由正弦定理AB sin C ＝ACsin B，得AB ＝AC sin B ×sin C ＝1 2606365×45＝1 040(m)．所以索道AB 的长为1 040 m.(2)假设乙出发t 分钟后，甲、乙两游客距离为d ，此时，甲行走了(100＋50t )m ，乙距离A 处130t m ，所以由余弦定理得d 2＝(100＋50t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)，由于0≤t ≤1 040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537min 时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝ACsin B ，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝1 2606365×513＝500(m)．乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m 才能到达C .设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3 min ，乙步行的速度应控制在⎣⎡⎦⎤1 25043，62514(单位：m/min)范围内．思维升华 求解三角形的实际问题，首先要准确理解题意，分清已知与所求，关注应用题中的有关专业名词、术语，如方位角、俯角等；其次根据题意画出其示意图，示意图起着关键的作用；再次将要求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识建立数学模型，从而正确求解，演算过程要简练，计算要准确；最后作答．如图，中国渔民在中国南海黄岩岛附近捕鱼作业，中国海监船在A 地侦察发现，在南偏东60°方向的B 地，有一艘某国军舰正以每小时13海里的速度向正西方向的C 地行驶，企图抓捕正在C 地捕鱼的中国渔民．此时，C 地位于中国海监船的南偏东45°方向的10海里处，中国海监船以每小时30海里的速度赶往C 地救援我国渔民，能不能及时赶到？(2≈1.41，3≈1.73，6≈2.45)解 过点A 作AD ⊥BC ，交BC 的延长线于点D .因为∠CAD ＝45°，AC ＝10海里，所以△ACD 是等腰直角三角形．所以AD ＝CD ＝22AC ＝22×10＝52(海里)．在Rt △ABD 中，因为∠DAB ＝60°，所以BD ＝AD ×tan 60°＝52×3＝56(海里)． 所以BC ＝BD －CD ＝(56－52)(海里)．因为中国海监船以每小时30海里的速度航行，某国军舰正以每小时13海里的速度航行，所以中国海监船到达C 点所用的时间t 1＝AC 30＝1030＝13(小时)，某国军舰到达C 点所用的时间t 2＝BC 13＝5×(6－2)13≈5×(2.45－1.41)13＝0.4(小时)． 因为13<0.4，所以中国海监船能及时赶到．1．求解恒等变换问题的基本思路一角二名三结构，即用化归转化思想“去异求同”的过程，具体分析如下：(1)首先观察角与角之间的关系，注意角的一些常用变换形式，角的变换是三角函数变换的核心．(2)其次看函数名称之间的关系，通常“切化弦”． (3)再次观察代数式的结构特点． 2．解三角形的两个关键点(1)正、余弦定理是实现三角形中边角互化的依据，注意定理的灵活变形，如a ＝2R sin A ，sin A ＝a2R (其中2R 为三角形外接圆的直径)，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C 等，灵活根据条件求解三角形中的边与角．(2)三角形的有关性质在解三角形问题中起着重要的作用，如利用“三角形的内角和等于π”和诱导公式可得到sin(A ＋B )＝sin C ，sin A ＋B 2＝cos C2等，利用“大边对大角”可以解决解三角形中的增解问题等．3．利用正弦定理、余弦定理解决实际问题的关键是如何将实际问题转化为数学问题，抽象出三角形模型．真题感悟1．(2013·浙江)已知α∈R ，sin α＋2cos α＝102，则tan 2α等于( ) A.43 B.34 C ．－34 D ．－43 答案 C解析 ∵sin α＋2cos α＝102， ∴sin 2α＋4sin α·cos α＋4cos 2α＝52.用降幂公式化简得：4sin 2α＝－3cos 2α，∴tan 2α＝sin 2αcos 2α＝－34.故选C.2．(2014·江苏)若△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，则cos C 的最小值是________． 答案 6－24解析 由sin A ＋2sin B ＝2sin C ，结合正弦定理得a ＋2b ＝2c .由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－(a ＋2b )242ab ＝34a 2＋12b 2－2ab 22ab≥2⎝⎛⎭⎫34a 2⎝⎛⎭⎫12b 2－2ab 22ab ＝6－24，故6－24≤cos C <1，且3a 2＝2b 2时取“＝”．故cos C 的最小值为6－24.押题精练1．在△ABC 中，已知tan A ＋B2＝sin C ，给出以下四个结论： ①tan Atan B＝1；②1<sin A ＋sin B ≤2；③sin 2A ＋cos 2B ＝1；④cos 2A ＋cos 2B ＝sin 2C . 其中一定正确的是( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④ 答案 D解析 依题意，tan A ＋B2＝sinA ＋B 2cos A ＋B 2＝2sin A ＋B 2cos A ＋B22cos2A ＋B 2＝sin (A ＋B )1＋cos (A ＋B )＝sin C 1＋cos (A ＋B )＝sin C . ∵sin C ≠0，∴1＋cos(A ＋B )＝1，cos(A ＋B )＝0.∵0<A ＋B <π，∴A ＋B ＝π2，即△ABC 是以角C 为直角的直角三角形．对于①，由tan Atan B＝1，得tan A ＝tan B ，即A ＝B ，不一定成立，故①不正确；对于②，∵A ＋B ＝π2，∴sin A ＋sin B ＝sin A ＋cos A ＝2sin(A ＋π4)，∴1<sin A ＋sin B ≤2，故②正确； 对于③，∵A ＋B ＝π2，∴sin 2A ＋cos 2B ＝sin 2A ＋sin 2A ＝2sin 2A ，其值不确定，故③不正确；对于④，∵A ＋B ＝π2，∴cos 2A ＋cos 2B ＝cos 2A ＋sin 2A ＝1＝sin 2C ，故④正确．2．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，q ＝(2a,1)，p ＝(2b －c ，cos C )，且q ∥p . (1)求sin A 的值；(2)求三角函数式－2cos 2C1＋tan C＋1的取值范围．解 (1)∵q ＝(2a,1)，p ＝(2b －c ，cos C )且q ∥p ，∴2b －c ＝2a cos C ， 由正弦定理得2sin A cos C ＝2sin B －sin C ，又sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ， ∴12sin C ＝cos A sin C . ∵sin C ≠0，∴cos A ＝12，又∵0<A <π，∴A ＝π3，∴sin A ＝32.(2)原式＝－2cos 2C 1＋tan C＋1＝1－2(cos 2C －sin 2C )1＋sin C cos C＝1－2cos 2C ＋2sin C cos C ＝sin 2C －cos 2C ＝2sin(2C －π4)，∵0<C <23π，∴－π4<2C －π4<1312π，∴－22<sin(2C －π4)≤1，∴－1<2sin(2C －π4)≤2，即三角函数式－2cos 2C1＋tan C＋1的取值范围为(－1，2]．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．(2014·浙江)为了得到函数y ＝sin 3x ＋cos 3x 的图象，可以将函数y ＝2cos 3x 的图象( )A ．向右平移π4个单位B ．向左平移π4个单位C ．向右平移π12个单位D ．向左平移π12个单位答案 C解析 因为y ＝sin 3x ＋cos 3x ＝2sin(3x ＋π4)＝2sin[3(x ＋π12)]，又y ＝2cos 3x ＝2sin(3x ＋π2)＝2sin[3(x ＋π6)]，所以应由y ＝2cos 3x 的图象向右平移π12个单位得到．2．已知α∈(π2，π)，sin(α＋π4)＝35，则cos α等于( )A ．－210 B.7210C ．－210或7210D ．－7210答案 A解析 ∵α∈(π2，π)，∴α＋π4∈(34π，54π)，∵sin(α＋π4)＝35，∴cos(α＋π4)＝－45，∴cos α＝cos(α＋π4－π4)＝cos(α＋π4)cos π4＋sin(α＋π4)sin π4＝－45×22＋35×22＝－210.3．在△ABC 中，若sin C sin A ＝3，b 2－a 2＝52ac ，则cos B 的值为( )A.13B.12C.15D.14 答案 D解析 由正弦定理：c a ＝sin C sin A＝3，由余弦定理：cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝c 2－52ac2ac ＝12×c a －54＝32－54＝14.4．(2013·陕西)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定答案 B解析 由b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ，即sin(B ＋C )＝sin 2A ，所以sin A ＝1，由0<A <π，得A ＝π2，所以△ABC 为直角三角形． 5．已知tan β＝43，sin(α＋β)＝513，其中α，β∈(0，π)，则sin α的值为( ) A.6365 B.3365C.1365D.6365或3365答案 A解析 依题意得sin β＝45，cos β＝35.注意到sin(α＋β)＝513<sin β，因此有α＋β>π2(否则，若α＋β≤π2，则有0<β<α＋β≤π2，0<sin β<sin(α＋β)，这与“sin(α＋β)<sin β”矛盾)，则cos(α＋β)＝－1213，sin α＝sin[(α＋β)－β]＝sin(α＋β)cos β－cos(α＋β)sin β＝6365. 6．已知△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，且tan B ＝2－3a 2－b 2＋c2，BC →·BA →＝12，则tan B 等于( )A.32B.3－1 C ．2 D ．2－ 3答案 D解析 由题意得，BC →·BA →＝|BC →|·|BA →|cos B＝ac cos B ＝12，即cos B ＝12ac， 由余弦定理， 得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12ac⇒a 2＋c 2－b 2＝1， 所以tan B ＝2－3a 2－b 2＋c 2＝2－3，故选D. 二、填空题7．已知tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝12，且－π2<α<0，则2sin 2α＋sin 2αcos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝________. 答案 －255解析 由tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝12， 得tan α＝－13. 又－π2<α<0，可得sin α＝－1010.故2sin 2α＋sin 2αcos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝2sin α(sin α＋cos α)22(sin α＋cos α) ＝22sin α＝－255. 8．在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，已知a 2－c 2＝2b ，且sin A cos C ＝3cos A sin C ，则b ＝________.答案 4解析 由sin A cos C ＝3cos A sin C 得：a 2R ·a 2＋b 2－c 22ab ＝3·b 2＋c 2－a 22bc ·c 2R ， ∴a 2＋b 2－c 2＝3(b 2＋c 2－a 2)，a 2－c 2＝b 22， 解方程组：⎩⎪⎨⎪⎧a 2－c 2＝2b a 2－c 2＝b 22，∴b ＝4. 9．已知0<α<π2<β<π，cos(β－π4)＝13，sin(α＋β)＝45，则cos(α＋π4)＝________. 答案 82－315解析 因为0<α<π2<β<π， 所以π4<β－π4<3π4，π2<α＋β<3π2. 所以sin(β－π4)>0，cos(α＋β)<0. 因为cos(β－π4)＝13，sin(α＋β)＝45， 所以sin(β－π4)＝223，cos(α＋β)＝－35. 所以cos(α＋π4)＝cos[(α＋β)－(β－π4)] ＝cos(α＋β)cos(β－π4)＋sin(α＋β)sin(β－π4) ＝－35×13＋45×223＝82－315. 10．如图，嵩山上原有一条笔直的山路BC ，现在又新架设了一条索道AC ，小李在山脚B 处看索道AC ，发现张角∠ABC ＝120°；从B 处攀登400米到达D 处，回头看索道AC ，发现张角∠ADC ＝150°；从D 处再攀登800米方到达C 处，则索道AC 的长为________米．答案 40013解析 如题图，在△ABD 中，BD ＝400米，∠ABD ＝120°.因为∠ADC ＝150°，所以∠ADB ＝30°.所以∠DAB ＝180°－120°－30°＝30°.由正弦定理，可得BD sin ∠DAB ＝AD sin ∠ABD. 所以400sin 30°＝AD sin 120°，得AD ＝4003(米)． 在△ADC 中，DC ＝800米，∠ADC ＝150°，由余弦定理，可得AC 2＝AD 2＋CD 2－2×AD ×CD ×cos ∠ADC＝(4003)2＋8002－2×4003×800×cos 150°＝4002×13，解得AC ＝40013(米)．故索道AC 的长为40013米．三、解答题11．(2014·安徽)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b ＝3，c ＝1，A ＝2B .(1)求a 的值；(2)求sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4的值． 解 (1)因为A ＝2B ，所以sin A ＝sin 2B ＝2sin B cos B .由正、余弦定理得a ＝2b ·a 2＋c 2－b 22ac. 因为b ＝3，c ＝1，所以a 2＝12，a ＝2 3.(2)由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋1－126＝－13. 由于0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－19＝223. 故sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4＝sin A cos π4＋cos A sin π4＝223×22＋⎝⎛⎭⎫－13×22＝4－26. 12．已知函数f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1(ω>0)的最小正周期是π. (1)求f (x )的单调递增区间；(2)求f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值． 解 (1)f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1 ＝23sin ωx cos ωx －2cos 2ωx ＋1＝3sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin(2ωx －π6)． 最小正周期是2π2ω＝π，所以，ω＝1， 从而f (x )＝2sin(2x －π6)． 令－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z . 解得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z . 所以函数f (x )的单调递增区间为[－π6＋k π，π3＋k π](k ∈Z )．(2)当x ∈[π8，3π8]时，2x －π6∈[π12，7π12]， f (x )＝2sin(2x －π6)∈[6－22，2]， 所以f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值分别为2，6－22. 13．已知角A 、B 、C 是△ABC 的三个内角，若向量m ＝(1－cos(A ＋B )，cos A －B 2)，n ＝(58，cos A －B 2)，且m ·n ＝98. (1)求tan A tan B 的值；(2)求ab sin C a 2＋b 2－c 2的最大值． 解 (1)m ·n ＝58－58cos(A ＋B )＋cos 2A －B 2＝98－18cos A cos B ＋98sin A sin B ＝98， ∴cos A cos B ＝9sin A sin B 得tan A tan B ＝19. (2)tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝98(tan A ＋tan B )≥98·2tan A tan B ＝34. (∵tan A tan B ＝19>0， ∴A ，B 均是锐角，即其正切值均为正)ab sin C a 2＋b 2－c 2＝sin C 2cos C ＝12tan C ＝－12tan(A ＋B )≤－38， 所求最大值为－38.。
新高考二轮数学理科金版学案专题复习同步练习8.3分类讨论思想(含答案解析)
第一部分知识复习专题专题八思想方法专题第三讲分类议论思想题号123456答案一、选择题1．若以连续投掷两次骰子分别获得的点数m， n 作为点 P 的坐标，则点P 落在圆 x2＋ y2＝ 16 内的概率为 ()7 B.2C.1D.1A.36964分析：解 x 2＋ y2<16， x＝1 时， y＝ 1， 2， 3； x＝2 时， y＝ 1， 2， 3； x＝ 3 时， y＝1，822.即共有 8 点，则所求概率为6×6＝9.应选B.答案： B322．若 a＞ 0 且 a≠1， p＝ log a(a ＋ 1)， q＝ log a(a ＋ 1)，则 p， q 的大小关系是()B． p＜ qC． p＞ qD．当 a＞ 1 时， p＞ q；当 0＜ a＜ 1 时， p＜ q分析：当 0＜ a＜ 1 时， y＝ a x和 y＝ log a x 在其定义域上均为减函数．∴a3＋ 1＜ a2＋ 1.∴log a(a 3＋ 1)＞ log a(a2＋ 1)，即 p＞ q.当 a＞ 1 时， y＝ a x和 y＝ log a x 在其定义域上均为增函数．∴ a3＋ 1＞ a2＋ 1.∴log a(a 3＋ 1)＞ log a(a2＋ 1)，即 p＞ q.综上可得 p＞ q.答案： C3．设函数 f(x)(x ∈R) 知足 f(－ x)＝ f(x)，f(x) ＝ f(2 － x)，且当 x∈ [0，1]时， f(x) ＝ x3.又函数 g(x)＝ |xcos π x|，则函数h(x)＝ g(x)－ f(x)在－13上的零点个数为 () 2，2A ．5个B ．6 个C ．7 个D ．8 个3分析：因为当 x ∈ [0， 1]时， f(x) ＝ x .f(x) ＝f(2 － x)＝ (2－ x)3,当 x ∈ 0， 1 时，g(x)＝ xcos(π x)；当 x ∈ 1， 3时，g(x)＝－ xcos(π x)，注意到函数 f(x),2 2 21 3g(x)都是偶函数，且 f(0) ＝ g(0)，f(1) ＝ g(1), f 2 ＝ g 2 ＝ 0，作出函数 f(x), g(x) 的大概图象，函数h(x) 除了 ， 1 这两个零点以外，分别在区间－1，0 ，1 ，1，1 ，3上各20， 221，2有一个零点，共有 6 个零点．应选 B.答案： B4．经过点 P(2 ， 3)且在 x ， y 轴上截距相等的直线方程是 ( )A ． x ＋ y － 5＝ 0， x － y ＋1＝ 0B ． x ＋ y － 5＝ 0， 3x － 2y ＝ 0C ． x ＋ y － 5＝ 0， x － y ＋1＝ 0， 3x － 2y ＝ 0D ． x － y ＋ 1＝ 0， 3x － 2y ＝ 0分析：当截距为零时，直线方程为3x － 2y ＝ 0；当截距不为零时，直线方程为x ＋ y － 5＝ 0.答案： B5．已知 A ，B 为平面内两定点， 过该平面内动点 →M 作直线 AB 的垂线， 垂足为 N ，MN2→ → M 的轨迹不行能是 () ＝ λAN · NB ，此中 λ为常数，则动点A ．圆B ．椭圆C ．抛物线D ．双曲线分析：考察曲线方程、分类议论的思想．不如设|AB|＝ 2，以 AB 中点 O 为原点， AB所在直线为x 轴成立平面直角坐标系xOy ，则 A( －1， 0)， B(1 ， 0)，设 M(x ， y)，则 N(x ，→ → → 220)， MN ＝ (0，－ y)， AN ＝ (x ＋ 1， 0)， NB ＝ (1－ x ， 0)，代入已知式子得 λx＋ y ＝ λ，当 λ ＝ 1 时，曲线为 A ：当 λ＝2 时，曲线为 B ；当 λ＜ 0 时，曲线为 D ，所以选 C.答案：C1的值域是 ()6．函数 y ＝ x ＋ xA ． [2，＋ ∞ )B ． (－ ∞，－ 2]∪[2，＋ ∞)C ． (－∞，＋ ∞ )D ． [－ 2， 2]分析：分 x ＞ 0， x ＜ 0 两种状况，选 B.答案： B二、填空题227．设点 F 1， F 2 为椭圆 x ＋ y＝ 1 的两个焦点，点 P 为椭圆上一点，已知点P ， F 1， F 29 4 是一个直角三角形的三个极点，且 |PF 1 |＞ |PF 2|，则|PF 1|的值为 ________．|PF 2|分析：若∠ PF 2F 1＝ 90°，则 |PF 1|2＝ |PF 2|2＋ |F 1F 2|2.又∵ |PF 1|＋ |PF 2|＝ 6， |F 1F 2|＝ 2 5，14 4解得 |PF 1|＝ 3 ， |PF 2 |＝ 3，∴ |PF 1|＝ 7 . |PF 2| 2若∠ F 1PF 2＝ 90°，则 |F 1F 2|2＝ |PF 1|2＋ |PF 2|2＝|PF 1|2＋ (6－ |PF 1|)2，∴ |PF 1|＝ 4， |PF 2|＝ 2，∴ |PF 1|＝2. |PF 2||PF 1| 7综上可知， ＝或2.7答案： 或28．正三棱柱的侧面睁开图是边长分别为 6 和 4 的矩形，则它的体积为 ________．分析：分侧面矩形长、宽分别为6和4或 4和 6两种状况．8答案： 4 3或3 3三、解答题2π，值域为 [－9．已知函数 f(x) ＝ 2asin x－ 23asin xcos x＋ a＋ b(a ≠ 0)的定义域为0，2 5， 1]，求常数a， b 的值．分析： f(x) ＝ a(1－ cos 2x)－ 3asin 2x＋ a＋ b＝－ 2asin 2x＋π＋ 2a＋ b，6∵ x∈0，π，2ππ ，7π，∴－1≤ sin 2x＋π≤ 1，∴ 2x＋∈66626所以，由 f(x) 的值域为 [－ 5， 1]，a＞ 0，可得－ 2a× －12＋ 2a＋ b＝1，－2a×1＋ 2a＋ b＝－ 5，a＜ 0，或－ 2a×1＋ 2a＋ b＝ 1，1－ 2a× －＋ 2a＋ b＝－ 5，2a＝ 2，a＝－ 2，解得或b＝ 1.b＝－ 510．在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 与抛物线 y2＝ 4x 订交于 A， B 两点，且l 过点→→T(4 ， 0)．求证： OA · OB＝ 0.证明：设过点 T(4， 0)的直线 l 交抛物线 y2＝ 4x 于点 A(x 1， y1) ，B(x 2， y2)．①当直线 l 的斜率不存在时，直线l 的方程为 x＝ 4，此时直线 l 与抛物线交于点A(4 ，4)， B(4，－ 4)，→→∴OA· OB＝0.②当直线l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为y＝ k(x－ 4)．2 ＝ 4x ，y 2－ 4y － 16k ＝ 0，此中 k ≠0，由得 ky y ＝ k （ x － 4），则 y 1· y 2＝－ 16.又∵ x 1＝ 14y 21 ， x 2＝14y 22，→ →∴ OA · OB ＝ x 1· x 2＋ y 1· y 2＝ 161y 21y 22＋ y 1y 2＝ 0.→ →综上所述， OA ·OB ＝ 0 得证．11．如下图，已知一条线段AB ，它的两个端点分别在直二面角 P － l － Q 的两个面内挪动，若 AB 和平面 P ， Q 所成的角分别为α， β .试议论 α＋ β的取值范围．分析：①当 AB ⊥ l 时， α＋ β＝ 90° .②当 AB 与 l 不垂直且不在l 上时，在平面 P 内作 AC ⊥ l ，C 为垂足，连结 BC ，∵平面 P ⊥平面 Q ，∴ AC ⊥平面 Q.∴∠ ABC 是 AB 与平面 Q 所成的角，即∠ ABC ＝ β.在平面 Q 内作 BD ⊥ l ，垂足为 D ，连结 AD ，同理∠ BAD ＝ α.在 Rt △ BDA ，Rt △ BCD 和 Rt △ ABC 中， BD ＜ BC ，BD AB ＜ BCAB ，即 sin α ＜ sin ∠ BAC.∵ α 和∠ BAC 均为锐角，∴ α ＜∠ BAC ，而∠ BAC ＋ β＝ 90°，∴ α ＋ β＜ 90° .③若 AB 在 l 上，则α＋β＝ 0° .综上可知， 0°≤ α＋β≤ 90° .12．(2014 重·庆卷 )已知函数 f(x) ＝ ae2x－ be－2x－ cx(a，b，c∈ R) 的导函数 f ′(x)为偶函数，且曲线 y＝f(x) 在点 (0， f(0)) 处的切线的斜率为 4－ c.(1)确立 a， b 的值；(2)若 c＝ 3，判断 f (x) 的单一性；(3)若 f(x) 有极值，求 c 的取值范围．剖析： (1)由 f(x) ＝ ae2x－ be－2x－ cx(a， b， c∈ R)f′ (x) ＝ 2ae2x＋ 2be－2x－ c，因为 f ′(x)是偶函数，所以 f ′(－x)＝f ′(x)，又曲线 y＝ f(x) 在点 (0，f(0)) 处的切线的斜率为4－ c，所以有 f ′ (0)＝ 4－ c，利用以上两条件列方程组可解a， b 的值；(2)由 (1) ， f′ (x)＝ 2e x＋ 2e－x－ c，当 c＝ 3 时，利用 f ′(x)的符号判断 f(x) 的单一性；x－ x(3)要使函数 f(x) 有极值，一定 f ′ (x)有零点，因为 2e ＋ 2e ≥ 4，所以能够对 c 的取值分类议论，获得知足条件的 C 的取值范围．分析： (1)对 f(x) 求导得 f ′(x)＝ 2ae2x＋ 2be－2x－ c，由 f ′(x)为偶函数，知 f ′(－x)＝ f ′(x)恒成立，即 2(a－ b)(e2x－ e－2x)＝ 0 恒成立，所以 a＝ b，又 f ′(0)＝ 2a＋ 2b－ c，故 a＝ 1， b＝ 1.2x－ 2x(2)当 c＝ 3 时， f(x) ＝ e － e － 3x，那么f′ (x)＝ 2e2x＋ 2e－2x－ 3≥2 2e2x· 2e－2x－ 3＝1＞ 0，故 f(x) 在 R 上为增函数．(3)由 (1) 知 f ′ (x)＝ 2e2x＋ 2e－2x－ c，而 2e2x＋ 2e－2x≥ 22e2x· 2e－2x＝ 4，当 x＝ 0 时等号成立．下边分三种状况进行议论．①当 c＜ 4 时，对随意x∈ R， f′ (x) ＝ 2e2x＋ 2e－2x－ c＞ 0，此时 f(x) 无极值；②当 c＝ 4时，对随意 x≠0， f′ (x) ＝ 2e2x＋ 2e－2x－ 4＞ 0，此时 f(x) 无极值；③当 c＞ 4时，令 e2x＝ t，注意到方程2t＋2－ c＝ 0 有两根， t1，2＝c±c2－16＞0，t4即 f ′(x)＝ 0 有两个根 x1＝12ln t1或 x2＝12ln t 2.当 x1＜ x＜ x2时，f′ (x)＜ 0；又当 x＞ x2时，f′ (x)＞ 0，进而 f(x) 在 x＝ x2处获得极小值．综上，若 f(x) 有极值，则 c 的取值范围为 (4，＋∞)．。
2019高考理科数学二轮复习名校资源专项大题练二 数列A理 含答案
2019高考理科数学二轮复习专项大题练二数列(A)1.(2018·烟台模拟)已知{a n}为等差数列,且a3=-6,a6=0.(1)求{a n}的通项公式;(2)若等比数列{b n}满足b1=-8,b2=a1+a2+a3,求{b n}的前n项和公式.2.(2018·蚌埠二模)已知等差数列{a n}满足a2=2,a1+a4=5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足:b1=3,b2=6,{b n-a n}为等比数列,求数列{b n}的前n项和T n.3.(2018·南宁模拟)观察下列三角形数表:假设第n行的第二个数为a n(n≥2,n∈N*).(1)归纳出a n+1与a n的关系式,并求出a n的通项公式;(2)设a n b n=1(n≥2),求证:b2+b3+…+b n<2.4.(2018·成都模拟)已知公差不为零的等差数列{a n}中,a3=7,且a1,a4,a13成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记数列{a n·2n}的前n项和为S n,求S n.1.解:(1)在等差数列{a n}中,由a3=-6,a6=0,得d===2,所以a n=a6+(n-6)d=2n-12.(2)在等比数列{b n}中,b1=-8,b2=a1+a2+a3=-10+(-8)+(-6)=-24,所以q===3,所以{b n}的前n项和S n==4×(1-3n).2.解:(1)等差数列{a n}满足a2=2,a1+a4=5,则解得a1=d=1,所以a n=1+(n-1)=n.(2)因为b1=3,b2=6,{b n-a n}为等比数列,设公比为q,所以b1-a1=3-1=2,b2-a2=6-2=4,所以q=2,所以b n-a n=2×2n-1=2n,所以b n=n+2n,所以数列{b n}的前n项和T n=(1+2+3+…+n)+(2+22+…+2n)=+=+2n+1-2.3.(1)解:依题意a n+1=a n+n(n≥2),a2=2,a n=a2+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(a n-a n-1)=2+2+3+…+(n-1)=2+,所以a n=n2-n+1(n≥2).(2)证明:因为a n b n=1,所以b n=<=2(-),b2+b3+b4+…+b n<2[(-)+(-)+…+(-)]=2(1-)<2.4.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0),由a3=7,且a1,a4,a13成等比数列,得解得a1=3,d=2.所以a n=3+2(n-1)=2n+1.(2)因为a n·2n=(2n+1)·2n,所以数列{a n·2n}的前n项和S n=3·21+5·22+…+(2n+1)·2n,2S n=3·22+5·23+…+(2n-1)·2n+(2n+1)·2n+1,所以-S n=6+23+24+…+2n+1-(2n+1)·2n+1=6+-(2n+1)·2n+1=-2+(1-2n)×2n+1, 所以S n=2-(1-2n)×2n+1.。
【最新资料精选】高考数学(理科,天津课标版)二轮复习专题能力训练 含答案23
专题能力训练23不等式选讲(选修4—5)能力突破训练1.不等式|x-2|+|4-x|<3的解集是()A.[32,92] B.(32,92)C.(1,5)D.(3,9)2.已知不等式|x-2|>1的解集与关于x的不等式x2+ax+b>0的解集相同,则a,b的值为()A.a=1,b=3B.a=3,b=1C.a=-4,b=3D.a=3,b=-43.“a>2”是“关于x的不等式|x+1|+|x-1|≤a的解集非空”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件4.不等式x+3>|2x-1|的解集为.5.若关于x的不等式|x+1|+|x-3|≥|m-1|恒成立,则m的取值范围为.6.设函数f(x)=|x-4|+|x-3|,则f(x)的最小值m=.7.若函数f(x)=√|x+2|+|x-m|-4的定义域为R,则实数m的取值范围为.8.使关于x的不等式|x+1|+k<x有解的实数k的取值范围是.思维提升训练9.不等式1<|x+1|<3的解集为()A.(0,2)B.(-2,0)∪(2,4)C.(-4,0)D.(-4,-2)∪(0,2)10.已知不等式|y+4|-|y|≤2x +a 2x 对任意的实数x ,y 成立,则正实数a 的最小值为( )A.1B.2C.3D.4 11.已知关于x 的不等式|2x-m|≤1的整数解有且仅有一个值为2,则整数m= .12.若不等式|x+a|≤2在x ∈[1,2]时恒成立,则实数a 的取值范围是 .13.已知函数f (x )=|x-2|-|x-5|,则不等式f (x )≥x 2-8x+15的解集为 .14.若不等式x 2+25+|x 3-5x 2|≥ax 在[1,12]上恒成立,则实数a 的取值范围是 .15.设函数f (x )=|x-4|+|x-a|(a<4),(1)若f (x )的最小值为3,则a= ;(2)不等式f (x )≥3-x 的解集为 .##专题能力训练23 不等式选讲(选修4—5)能力突破训练1.B 解析 原不等式可化为{x <2,2-x +4-x <3或{2≤x <4,x -2+4-x <3或{x ≥4,x -2+x -4<3, 解得32<x<2或2≤x<4或4≤x<92,即32<x<92.故不等式的解集为{x |32<x <92}.2.C 解析 解不等式|x-2|>1得x<1或x>3,所以x 2+ax+b=0的两个根为1和3,由根与系数的关系知a=-4,b=3.3.A 解析 ∵|x+1|+|x-1|表示在数轴上到-1,1两点距离和大于等于2,∴a>2时,不等式|x+1|+|x-1|≤a 非空.而当a=2时|x+1|+|x-1|≤a 也非空.∴必要性不成立,故选A .4.{x |-23<x <4} 解析 不等式等价于{2x -1≥0,x +3>2x -1或{2x -1<0,x +3>1-2x ,解得12≤x<4或-23<x<12,故不等式解集为{x |-23<x <4}.5.[-3,5] 解析 ∵|x+1|+|x-3|≥|(x+1)-(x-3)|=4,∴不等式|x+1|+|x-3|≥|m-1|恒成立,只需|m-1|≤4,即-3≤m ≤5.6.1 解析 方法一:f (x )=|x-4|+|x -3|≥|(x-4)-(x-3)|=1,故函数f (x )的最小值为1,即m=1.方法二:f (x )={2x -7,x ≥41,3≤x <4,7-2x ,x <3.当x ≥4时,f (x )≥1;当x<3时,f (x )>1;当3≤x<4时,f (x )=1,故函数f (x )的最小值为1.所以m=1.7.(-∞,-6]∪[2,+∞) 解析 根据题意,不等式|x+2|+|x-m|-4≥0恒成立,所以(|x+2|+|x-m|-4)min ≥0.又|x+2|+|x-m|-4≥|m+2|-4,所以|m+2|-4≥0⇒m ≤-6或m ≥2.8.(-∞,-1) 解析 ∵|x+1|+k<x ⇔k<x-|x+1|,又x-|x+1|={2x +1,x <-1,-1,x ≥-1, ∴x-|x+1|的最大值为-1.∴k<-1.思维提升训练9.D 解析 由{|x +1|>1,|x +1|<3⇒{x +1>1或x +1<-1,-3<x +1<3⇒{x >0或x <-2,-4<x <2,故-4<x<-2或0<x<2.10.D11.4 解析 由|2x-m|≤1,得m -12≤x ≤m+12. ∵不等式的整数解为2,∴m -12≤2≤m+12⇒3≤m ≤5.又不等式仅有一个整数解2,∴m=4.12.[-3,0] 解析 由题意得-2≤x+a ≤2,-2-x ≤a ≤2-x ,所以(-2-x )max ≤a ≤(2-x )min ,因为x ∈[1,2],所以-3≤a ≤0.13.{x|5-√3≤x ≤6} 解析 原不等式可化为{x <2,2-x -(5-x )≥x 2-8x +15或{2≤x <5,x -2-(5-x )≥x 2-8x +15或{x ≥5,x -2-(x -5)≥x 2-8x +15,解得x ∈⌀或5-√3≤x<5或5≤x ≤6,故5-√3≤x ≤6,即不等式的解集为{x|5-√3≤x ≤6}.14.(-∞,10]15.(1)1 (2)R 解析 (1)因为|x-4|+|x-a|≥|(x-4)-(x-a )|=|a-4|.又因为a<4,所以当且仅当a ≤x ≤4时等号成立. 故|a-4|=3,即a=1.(2)不等式f (x )≥3-x 即不等式|x-4|+|x-a|≥3-x (a<4), ①当x<a 时,原不等式可化为4-x+a-x ≥3-x ,即x ≤a+1.所以,当x<a 时,原不等式成立.②当a ≤x ≤4时,原不等式可化为4-x+x-a ≥3-x. 即x ≥a-1.所以,当a ≤x ≤4时,原不等式成立.③当x>4时,原不等式可化为x-4+x-a ≥3-x.即x ≥a+73.由于a<4时4>a+73. 所以,当x>4时,原不等式成立.综合①②③可知,不等式f (x )≥3-x 的解集为R .。
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Ruize知识分享 大题专项练习(一) 三角函数与正余弦定理1.解析：f(x)＝sinx＋7π4＋cosx－3π4 ＝sinxcos7π4＋cosxsin7π4＋cosxcos3π4＋sinxsin3π4 ＝2sinx－2cosx
＝2sin
x－
π
4.
(1)f(x)的最小正周期为2π，最大值为2. (2)y＝f(－x)＝2sin－x－π4＝－2sinx＋π4. ∴由－π2＋2kπ≤x＋π4≤π2＋2kπ，k∈Z， 得－3π4＋2kπ≤x≤π4＋2kπ，k∈Z， ∴f(－x)的单调减区间为
－3π4＋2kπ，π4＋2kπ，k∈Z.
2．解析：(1)∵cos2A＝sin2B＋cos2C＋sinAsinB， ∴1－sin2A＝sin2B＋1－sin2C＋sinAsinB，
∴sin2A＋sin2B－sin2C＝－sinAsinB，
∴a2＋b2－c2＝－ab，
∴cosC＝a2＋b2－c22ab＝－12， ∵02π3.
∴sinA＋sinB＝3sinC＝32.
(2)当c＝2，a＋b＝3c＝23， ∴cosC＝a2＋b2－c22ab＝a＋b2－2ab－c22ab＝4ab－1， ∴sinC＝1－cos2C＝1－4ab－12 Ruize知识分享 ＝－4ab2＋8ab， ∴S＝12absinC＝12ab·－4ab2＋8ab
＝12－16＋8ab，
∵a＋b＝23，∴ab≤a＋b22＝3， 当且仅当a＝b＝3时等号成立， ∴S＝12－16＋8ab≤12－16＋8×3＝2. ∴△ABC面积的最大值为2. 3．解析：(1)解法一：在△ABD中，AB＝3，BD＝1，∠DBA＝60°， 由余弦定理，得：AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos60°＝7. ∴AD＝7， 由正弦定理得BDsinA＝ADsin∠ABD，
∴sinA＝BD·sin∠ABDAD＝327＝2114.
解法二：在△ABD中， 由正弦定理，得ABsin∠ADB＝BDsinA，
∴3sinA＋60°＝1sinA， 即3sinA＝sin(A＋60°)，∴5sinA＝3cosA， 又sin2A＋cos2A＝1，
∴sin2A＝328，又A∈(0，π)，sinA>0，
∴sinA＝328＝2114. Ruize知识分享 (2)在△BCD中，由正弦定理得ABsinC＝BCsinA，所以BC＝
AB×sinAsinC＝32，所以△BCD的面积为S＝12×BD×BC×sin∠CBD
＝12×1×32×32＝338.
4．解析：(1)在△ABD中，由正弦定理得 BDsin∠A＝ABsin∠ADB.
即5sin 45°＝2sin∠ADB，所以sin∠ADB＝25.
由题设知，∠ADB<90°，所以cos∠ADB＝ 1－225＝235.
(2)由题设及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝25. 在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×22×25＝25. 所以BC＝5. 5．解析：(1)∵cos∠BAM＝5714，∴sin∠BAM＝2114，
∴tan∠BAM＝35， ∴tanB＝tan(∠AMC－∠BAM)
＝tan∠AMC－tan∠BAM1＋tan∠AMCtan∠BAM
＝－32－351－32×35＝－3， 又B∈(0，π)，∴B＝2π3.
(2)由(1)可知B＝2π3，∠BAC＝π6，∴∠C＝π6， Ruize知识分享 ∴AB＝BC， 设BM＝x，∴AB＝2x， 在△AMB中，由余弦定理得： AB2＋BM2－2AB·BM·cosB＝AM2， ∴7x2＝21，解得x＝3， ∴S△ABC＝12×4x2·sin2π3＝33. 6．解析：(1)证明：∵bsinAcosC＋csinAcosB＝acsinB， ∴sinBsinAcosC＋sinCsinAcosB＝csinAsinB， ∵A∈(0，π)，∴sinA≠0， ∴sinBcosC＋sinCcosB＝csinB， ∴sin(B＋C)＝csinB， ∴sinA＝csinB， ∴a＝bc.
(2)∵c＝3，cosC＝16，∴a＝3b，
∴由余弦定理，得 9＝a2＋b2－2abcosC， ∴b2＝1，∴b＝1.∴a＝3，∴a＝c，
∴AC边上的高为 9－122＝352.
大题专项练习(二) 数列 1．解析：(1)设{an}的公差为d，由题意得 3a1＋3d＝－15. 由a1＝－7得d＝2. 所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9. Ruize知识分享 (2)由(1)得Sn＝a1＋an2·n＝n2－8n＝(n－4)2－16. 所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16. 2．解析：(1)由a4＝a2a3，S3＝13，得
a1q3＝a1q·a1q2
，
a1＋a1q＋a1q2＝13q>0，
∴
a1＝1，
q＝3， ∴an＝a1qn－1＝3n－1.
(2)bn＝log33n－1＋n＝2n－1，
∴1bnbn＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1， ∴Tn＝
12
1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－1
2n＋1
＝121－12n＋1＝n2n＋1.
3．解析：(1)由题可得 7a1＋21d＝70，a22＝a1a6， 即
a1＋3d＝10，
a1＋d2＝a1a1＋5d，
解得 a1＝1，d＝3，或
a1＝10，
d＝0(舍)，∴an＝3n－2. Ruize知识分享 (2)由(1)得，Sn＝n1＋3n－22＝3n2－n2，
∴bn＝2Sn＋48n＝3n2－n＋48n＝3n＋48n－1≥23， 当且仅当3n＝48n，即n＝4时，取等号． 所以数列{bn}的最小项是第4项，该项的值为23.
4．解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝32＋12＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
n＝1时，3×1－1＝2，符合an＝3n－1， ∴an＝3n－1.
∵an＝3log2bn－1，
∴bn＝2n.
(2)anbn＝(3n－1)·2n，
Tn＝2·21＋5·22＋8·23＋…＋(3n－1)2n， 2Tn＝2·22＋5·23＋8·24＋…＋(3n－1)2n＋1 ∴－Tn＝4＋3(22＋23＋24＋…＋2n)－(3n－1)2n＋1
＝4＋3×41－2n－11－2－(3n－1)·2n＋1
＝－8＋2n＋1(4－3n)，
∴Tn＝(3n－4)2n＋1＋8.
5．解析：(1)由题知an＝3＋cosnπ＝ 2，n为奇数，4，n为偶数 ∴b1＝12a1＝1，b2＝4，
∵数列{bn}是等差数列，公差为3，
∴bn＝1＋3(n－1)＝3n－2.
∴cn＝a2n－1b2n－1＋a2nb2n Ruize知识分享 ＝2×[3(2n－1)－2]＋4×[3×2n－2] ＝36n－18. (2)S2n＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋…＋a2n－1b2n－1＋a2nb2n ＝c1＋c2＋…＋cn
＝nc1＋cn2＝18n2.
6．解析：(1)∵an＋1＝Sn＋1， 当n≥2时，an＝Sn－1＋1，
∴an＋1－an＝an，
∴an＋1＝2an，
当n＝2时，a2＝S1＋1＝2＝2a1，
∴数列{an}是等比数列，∴an＝2n－1.
(2)bn＝log2(2n－1·2n)＝2n－1，
∴Tn＝[1＋2n－1]n2＝n2.
∴1T1＋1T2＋…＋1Tn＝112＋122＋…＋1n2<1＋11×2＋12×3＋…＋1n－1n
＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝2－1n<2.
大题专项练习(三) 统计与概率 1．解析：(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，则P(M)＝C48C510＝518.
(2)由题意可知X可取值为0,1,2,3,4，则