2019-2020年高三数学二轮复习冲刺提分作业第四篇考前冲刺突破6类解答题理

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【精选高考】2019-2020高考数学二轮复习小题专项练习(四)三角恒等变换与正余弦定理文

在△ABC中，sinB≠0，sinA≠0，∴2cosA＋＝0，
∴cosA＝－，
由余弦定理，得
a2＝b2＋c2－2bccosA＝3c2＋c2＋2 c2· ＝7c2，
∴ ＝，故选D.
10．A∵tan ＝，∴tanA＝，∴sinA＝，cosA＝，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝，
由正弦定理得：＝，得EF＝，
sin∠MEF＝sin(∠EMF＋F)
＝ × ＋ ×
＝，
∴S△MEF＝ EM·EFsin∠MEF
＝ ×3× ×
＝3－ .
∴sin ＝ < ，
∴α－ ∈ ，
∴cos ＝－，
∴sinα＝sin ＝sin cos ＋cos cos ＝ × ＋ × ＝－，故选B.
5．C∵sin(π－α)－cos(π＋α)＝，
∴sinα＋cosα＝，
∴1＋2sinαcosα＝，
∴2sinαcosα＝－，
∴(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝，
8．[2018·安徽马鞍山高三第三次模拟]已知sinα－ cosα＝，则tanα＝()
A．± B．±
C．－ D．－
9．[2018·山东烟台适应性练习]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bsin2A＋ asinB＝0，b＝ c，则的值为()
A．1 B.
C. D.
10．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B＝，tan ＝，且△ABC的面积为25，则a＋b的值为()
小题专项练习(四)三角恒等变换与正余弦定理
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

2020届高考数学(理)二轮重点突击专题卷(6)立体几何

1111764PMPBBAAAADuuuuruuuruuuruuuruuuur，那么点M必( )

A.在平面1BAD内 B.在平面1BAD内 C.在平面11BAD内 D.在平面11ABC内 2、如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为a，对角线1AC和1BD相交于点O，则( )

A.2112ABACauuuruuuur B.212ABACauuuruuuur C.212ABAOauuuruuur D.21BCDAauuuruuuur 3、如图,空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点,,EFG分别是,,ABADDC

A. 34 B. 14 C. 12

D. 32 4、如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD矩形，侧棱AP平面ABCD，1AB，3AP,点M在线段BC上，且AMMD，则当PMD△的面积最小时，线段BC的长度为( )

5、已知,是不重合的平面，,mn是不重合的直线，则m的一个充分条件是（） A.,mnn B.//,m C.,,nnm D.,,nmnI

6、已知平面的一个法向量2,2,1nr,点1,3,0A在平面内,则点 2,1,4P

到平面的距离为( ) A. 10 B. 3 C. 103 D. 83

7、在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，,EF分别为棱1AA、1BB的中点，G为棱

11AB

上的一点，且1(02)AG，则点G到平面1DEF的距离为( )

A.23 B.2 C.223 D.255

06、2020高考理科数学大二轮新突破通用版专练：80分小题精准练6 Word版含解析

80分小题精准练(六)(建议用时：50分钟)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合S＝{x|x＞－2}，T＝{x|x2＋3x－4≤0}，则(R S)∪T＝()A．(－∞，1]B．(－∞，－4]C．(－2,1] D．[1，＋∞)A[因为S＝{x|x＞－2}，所以R S＝{x|x≤－2}，又因为T＝{x|x2＋3x－4≤0}＝{x|－4≤x≤1}，∴(R S)∪T＝{x|x≤1}＝(－∞，1]，故选A.]2．复数z满足z(1－i)2＝1＋i2，其中i是虚数单位，则|z|＝()A．1 B. 2 C. 3 D. 5B[因为z(1－i)2＝1＋i2，所以z＝1＋i2×(－2i)＝1－i，故|z|＝12＋(－1)2＝2，故选B.]3．安徽黄山景区，每半小时会有一趟缆车从山上发车到山下，某人下午在山上，准备乘坐缆车下山，则他等待时间不多于5分钟的概率为()A.13 B.16C.19 D.112B[他等待时间不多于5分钟的概率为P＝530＝16，故选B.]4．(2019·蚌埠二模)已知两个非零单位向量e1，e2的夹角为θ，则下列结论不正确的是()A．e1在e2方向上的投影为cos θB ．e 21＝e 22C ．θ∈R ，(e 1＋e 2)(e 1－e 2)＝0D ．θ∈R ，使e 1·e 2＝ 2D [e 1在e 2方向上的投影为|e 1|cos θ＝cos θ，故A 正确；e 21＝e 22＝1，故B 正确；(e 1＋e 2)(e 1－e 2)＝e 21－e 22＝0，故C 正确；e 1·e 2＝|e 1||e 2|cos θ∈[－1,1]，故D 错误，故选D.]5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 6＝24，S 9＝63，则a 4＝( ) A ．4 B ．5 C ．6D ．7B [∵等差数列{a n } 的前n 项和为S n ，且S 6＝24， S 9＝63，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 6＝6a 1＋6×52d ＝24，S 9＝9a 1＋9×82d ＝63，解得a 1＝－1，d ＝2， ∴a 4＝－1＋2×3＝5.故选B.] 6．函数y ＝sin 3x1＋cos x，x ∈(－π，π)图象大致为 ( )D [∵f (－x )＝－sin 3x1＋cos x ＝－f (x )，∴函数为奇函数，排除A ；由于f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝sin 3π21＋cos π2＝－1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝sin π1＋cos π3＝0， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝sin 2π1＋cos 2π3＝0，故排除B ，C ，故选D.] 7．设a ∈R ，若⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 9与⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x 29的二项展开式中的常数项相等，则a ＝( )A ．4B ．－4C ．2D ．－2A [⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 9的通项公式为T k ＋1＝C k 9(x 2)9－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x k ＝C k 9x 18－2k ·2k x －k＝C k 9·2k x 18－3k ，由18－3k ＝0得k ＝6，即常数项为T 6＋1＝C 69·26＝84×64，⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a x 29的通项公式为T r ＋1＝C r 9(x )9－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫a x 2r＝C r 9x 9－r ·a r x －2r ＝C r 9·a r x 9－3r ，由9－3r ＝0得r ＝3，即常数项为T 3＋1＝C 39·a 3＝84a 3，∵两个二项展开式中的常数项相等，∴84a 3＝84×64，∴a 3＝64，即a ＝4，故选A.]8．20世纪70年代流行一种游戏——角谷猜想，规则如下：任意写出一个自然数n ，按照以下的规律进行变换，如果n 是奇数，则下一步变成3n ＋1；如果n 是偶数，则下一步变成n2.这种游戏的魅力在于无论你写出一个多么庞大的数字，最后必然会落在谷底，更准确地说是落入底部的4－2－1循环，而永远也跳不出这个圈子，下列程序框图就是根据这个游戏而设计的，如果输出的i 值为6，则输入的n 值为( )A ．5B ．16C ．5或32D ．4或5或32C [若n ＝5，执行程序框图，n ＝16，i ＝2；n ＝8，i ＝3；n ＝4，i ＝4；n ＝2，i ＝5；n ＝1，i ＝6，结束循环，输出的i ＝6.若n ＝32，执行程序框图，n ＝16，i ＝2；n ＝8，i ＝3；n ＝4，i ＝4；n ＝2，i ＝5；n ＝1，i ＝6，结束循环，输出的i ＝6.当n ＝4或16时，检验可知不正确，故输入的n ＝5或32，故选C.]9．已知函数f (x )＝3sin x ＋cos x ，先将f (x )图象上所有点的横坐标缩小到原来的12(纵坐标不变)，再将得到的图象上所有点向右平移θ(θ＞0)个单位长度，得到的图象关于 y 轴对称，则θ的最小值为( )A.π6B.π3C.π2D.2π3B [因为f (x )＝3sin x ＋cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6，将f (x )图象上所有点的横坐标缩小到原来的12(纵坐标不变)，再将得到的图象上所有点向右平移θ(θ＞0)个单位长度，得函数解析式为g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(x －θ)＋π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－2θ，由y ＝g (x )的图象关于y 轴对称，则函数y ＝g (x )为偶函数，即π6－2θ＝k π＋π2，即θ＝－12k π－π6(k ∈Z ),又θ＞0，所以θ的最小值为π3，故选B.]10．《九章算术》中描述的“羡除”是一个五面体，其中有三个面是梯形，另两个面是三角形．已知一个羡除的三视图如图实线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的体积为( )A ．20B ．24C ．28D ．32B [连接CE ，BE ，DB ，则V E -ABCD ＝13×12×(6＋2)×4×3＝16， V C -BEF＝13×12×4×3×4＝8.∴羡除的体积V ＝V E -ABCD ＋V C -BEF ＝16＋8＝24.故选B.]11．已知F 为抛物线y 2＝4x 的焦点，O 为原点，点P 是抛物线准线上一动点，若点A 在抛物线上，且|AF |＝5，则|P A |＋|PO |的最小值为( )A. 5 B ．2 5 C.13D ．213D [∵|AF |＝5，由抛物线的定义得点A 到准线的距离为5，即A 点的横坐标为4，又点A 在抛物线上，∴点A 的坐标为(4，±4)；坐标原点关于准线的对称点的坐标为B (－2,0)，则|P A |＋|PO |的最小值为|AB |＝(4＋2)2＋42＝213，故选D.]12．定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足xf ′(x )＝1＋x ，且f (1)＝2，不等式f (x )≥(a ＋1)x ＋1有解，则正实数a 的取值范围是( )A ．(0，e]B ．(0，e) C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e C [由xf ′(x )＝1＋x ，得f ′(x )＝1x ＋1， ∴f (x )＝ln x ＋x ＋c . 由f (1)＝1＋c ＝2，得c ＝1. 所以不等式 f (x )≥(a ＋1)x ＋1可化为ln x ＋x ＋1≥(a ＋1)x ＋1，即a ≤ln xx ，令g (x )＝ln xx ，x ＞0，则g ′(x )＝1－ln xx 2，由g ′(x )＝0，得x ＝e ，所以x ∈(0，e)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增； x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递减；所以x ＝e 时函数g (x )取得最大值为g (e)＝1e .要使不等式有解，则正实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e .故选C.]二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知函数f (x )＝x ＋1x －1，f (a )＝2，则f (－a )＝________. －4 [∵f (a )＝a ＋1a －1＝2，即a ＋1a ＝3.∴f (－a )＝－a －1a －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －1＝－3－1＝－4.]14．已知a n ＝3n －1，b n ＝6n2a n，数列{b n }的前n 项的和为S n ，则S 9＝________.(用具体数字作答)1 533 [∵a n ＝3n －1，b n ＝6n 2a n ，∴b n ＝2n ·3n 2×3n －1＝3·2n －1. 数列{b n }的前n 项的和为S n ，则S 9＝3×29－12－1＝1 533.]15．设F 1，F 2分别为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左，右焦点，P 是双曲线的右支上的点，满足|PF 2|＝|F 1F 2|，且原点O 到直线PF 1的距离等于双曲线的实半轴长，则该双曲线的离心率为________．53 [依题意|PF 2|＝|F 1F 2|，可知△PF 2F 1是一个等腰三角形，F 2在直线PF 1的投影是其中点，原点O 到直线PF 1的距离等于双曲线的实半轴长，由勾股定理可知|PF 1|＝4b ，根据双曲定义可知2b ＝c ＋a ，整理得c ＝2b －a ，代入c 2＝a 2＋b 2整理得3b 2－4ab ＝0，即b a ＝43，∴双曲线的离心率为：e ＝c a ＝a 2＋b 2a 2＝1＋169＝53. ]16．正三棱锥P -ABC 中，2P A ＝AB ＝42，点E 在棱P A 上，且PE ＝3EA .正三棱锥P -ABC 的外接球为球O ，过E 点作球O 的截面α，α截球O 所得截面面积的最小值为________．3π [因为P A ＝PC ＝PB ＝4，AB ＝AC ＝BC ＝42，所以P A 2＋PC 2＝AC 2，所以∠CP A ＝π2，同理∠CPB ＝∠BP A ＝π2，故可把正三棱锥补成正方体(如图所示)，其外接球即为球O，直径为正方体的体对角线，故2R＝43，设P A的中点为F，连接OF，则OF＝22且OF⊥P A，所以OE＝8＋1＝3，当OE⊥平面α时，平面α截球O的截面面积最小，此时截面为圆面，其半径为(23)2－32＝3，故截面的面积为3π. ]。

2019-2020学年度最新高三高考数学二轮复习专题训练+12+Word版含答案

2019-2020学年度最新高三高考数学二轮复习专题训练+12+Word 版含答案8、数列}{n a 的通项公式为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=3sin 3cos 222ππn n n a n ，其前n 项和为n S 。

（1）求n S ；（2）设nnn n S b 43⋅=，求数列}{n b 的前n 项和n T 。

解：（1）由于222cos sin cos 333n n n πππ-=，故312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3)(6)((3)))222k k k k S a a a a a a a a a k k k --=+++++++++++-+-=-++-+++-+1331185(94)2222k k k -+=+++=，3133(49),2k k kk k S S a --=-=2323131(49)(31)1321,22236k k k k k k k S S a k ------=-=+=-=--故1,3236(1)(13),316(34),36n n n k n n S n k n n n k⎧--=-⎪⎪+-⎪==-⎨⎪+⎪=⎪⎩，*k N ∈。

（2）394,424n n n nS n b n +==⋅⋅21132294[],2444n n n T +=+++1122944[13],244n n n T -+=+++两式相减得：12321991999419419443[13][13]8,12444242214nn n n n n n n n n T --+-++=+++-=+-=---故2321813.3322n n n n T -+=--⋅。

9、数列}{n a 满足}221221,2,(1cos )sin ,1,2,3,.22n n n n n a a a a a n ππ+===++=满足。

（1）求34,,a a 并求数列{}n a 的通项公式；（2）设21122,.n n n n na b S b b b a -==+++。

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2019-2020年高三数学二轮复习冲刺提分作业第四篇考前冲刺突破6类解答题理三角函数类解答题是高考的热点,其起点低、位置前,但由于其公式多,性质繁,使不少同学对其有种畏惧感.突破此类问题的关键在于“变”——变角、变式与变名. (1)变角:已知角与特殊角的变换、已知角与目标角的变换、角与其倍角的变换、两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用.如α=(α+β)-β=(α-β)+β,2α=(α+β)+(α-β),2α=(β+α)-(β-α). (2)变式:根据式子的结构特征进行变形,使其更贴近某个公式,方法通常有:“常值代换”“逆用、变形用公式”“通分约分”“分解与组合”“配方与平方”等. (3)变名:通过变换函数名称达到减少函数种类的目的,方法通常有“切化弦”“升次与降次”等.

例1 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a>b,a=5,c=6,sin B=. (1)求b和sin A的值;

(2)求sin的值. 解析 (1)在△ABC中,因为a>b,故由sin B=,可得cos B=.由已知及余弦定理,有b2=a2+c2-2accos B=13,所以b=.

由正弦定理=,得sin A==.(变式) 所以,b的值为,sin A的值为. (2)由(1)及a所以sin 2A=2sin Acos A=,cos 2A=1-2sin2A=-.(变名) 故sin=sin 2Acos+cos 2Asin=.(变角) 变式:利用恒等变换变为sin A=. 变名:利用二倍角公式实现三角函数名称的变化.

变角:把2A+的三角函数表示为2A和的三角函数. ▲破解策略求解此类题目的策略:

既要注重三角知识的基础性,又要注重三角知识的应用性,突出与代数、几何、向量等知识的综合联系.“明确思维起点,把握变换方向,抓住内在联系,合理选择公式”是三角变换的基本要决.在解题时,要紧紧抓住“变”这一核心,灵活运用公式与性质,仔细审题,快速运算. 跟踪集训 (2017郑州第二次质量预测)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=2C,2b=3c. (1)求cos C; (2)若c=4,求△ABC的面积.

二、数列问题重在“归”——化归、归纳等差数列与等比数列是两个基本数列,是一切数列问题的出发点与归宿.首项与公差(比)称为等差数列(等比数列)的基本量.只要涉及这两个数列的数学问题,我们总希望把条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系,从而达到解决问题的目的.这种化归为基本量处理的方法是等差或等比数列特有的方法,对于不是等差或等比的数列,可从简单的个别的情形出发,从中归纳出一般的规律、性质,这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法:观察、归纳、猜想、证明.由于数列是一种特殊的函数,也可根据题目的特点,将数列问题化归为函数问题来解决.

例2 (2017课标全国Ⅲ,17,12分)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通项公式;

(2)求数列的前n项和. 解析 (1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n, 故当n≥2时, a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).(归纳) 两式相减得(2n-1)an=2(n≥2).

所以an=(n≥2). 又由题设可得a1=2,

从而{an}的通项公式为an=(n∈N*). (2)记的前n项和为Sn. 由(1)知==-.(化归) 则Sn=-+-+…+-=. 归纳:通过条件归纳出a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1)(n≥2),进而得出{an}的通项公式.

化归:把数列的通项分拆,利用裂项相消法求和. ▲破解策略 “算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想,利用这种思想可探索一些一般数列的简单性质.等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列,高考中通常考查的是非等差、等比数列问题,应对的策略就是通过化归思想,将其转化为这两种数列.

跟踪集训已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和.

三、立体几何问题重在“建”——建模、建系立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合,以某个几何体为依托,分步设问,逐层加深,解决这类题目的原则是建模、建系.建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型;建系——依托于题中的垂直条件,建立空间直角坐标系,利用空间向量求解.

例3 (2017课标全国Ⅲ,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD. (1)证明:平面ACD⊥平面ABC; (2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.

解析 (1)由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC. 又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°. 取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO. 又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC. 所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.(建模) 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°. 所以平面ACD⊥平面ABC.

(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.(建系) 则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).

由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=. 设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量, 则即可取n=. 设m是平面AEC的法向量,则

同理可取m=(0,-1,),则cos==. 易知二面角D-AE-C为锐二面角,

所以二面角D-AE-C的余弦值为. 建模:构建二面角的平面角模型. 建系:以两两垂直的直线为坐标轴. ▲破解策略立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定,因此,复习备考时往往有“纲”可循,有“题”可依.在平时的学习中,要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练,切勿顾此失彼;要重视识图训练,能正确确定关键点或线的位置,将局部空间问题转化为平面问题;能依托于题中的垂直条件,建立适当的空间直角坐标系,将几何问题化归为代数问题. 跟踪集训 (2017沈阳教学质量检测(一))如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,AA1=A1C=AC=AB=BC=2,且点O为AC的中点. (1)证明:A1O⊥平面ABC; (2)求二面角A-A1B-C1的余弦值. 四、概率问题重在“辨”——辨析、辨型概率与统计问题的求解关键是辨别它的概率模型,只要模型一找到,问题便迎刃而解.而概率与统计模型的提取往往需要经过观察、分析、归纳、判断等复杂的辨析思维过程,同时,还需清楚概率模型中等可能事件、互斥事件、对立事件等事件间的关系,注意放回和不放回试验的区别,合理划分复杂事件.

例4 (2016课标Ⅱ,18,12分)某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下: 上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5

保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下: 一年内出险次数 0 1 2 3 4 ≥5

概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 (1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率; (2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率; (3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值. 解析 (1)设A表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,(辨析1) 故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(辨型1) (2)设B表示事件:“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3,(辨析2) 故P(B)=0.1+0.05=0.15. 又P(AB)=P(B),

故P(B|A)====.(辨型2) 因此所求概率为. (3)记续保人本年度的保费为X元,则X的分布列为

X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 EX=0.85a×0.30+a×0.15+1.25a×0.20+1.5a×0.20+1.75a×0.10+2a×0.05=1.23a. 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23. 辨析1:判断事件A发生,在一年内出险次数为2,3,4或≥5. 辨型1:该问题为求随机事件的概率,利用互斥事件的概率加法公式求解. 辨析2:判断事件B发生,在一年内出险次数为4或≥5. 辨型2:该问题为条件概率,可利用公式求解. ▲破解策略概率与统计知识的复习应抓住基本概念、基本公式,不需要做难题、偏题、怪题.在审题时,一般按以下程序操作:(1)准确弄清问题所涉及的事件有什么特点,事件之间有什么关系,如互斥、对立、独立等;(2)理清事件以什么形式发生,如同时发生、至少有几个发生、至多有几个发生、恰有几个发生等;(3)明确抽取方式,如放回还是不放回、抽取有无顺序等;(4)准确选择排列组合的方法来计算基本事件发生数和事件总数,或根据概率计算公式和性质来计算事件的概率. 跟踪集训 (2017太原模拟试题)某知名品牌汽车深受消费者喜爱,但价格昂贵.某汽车经销商推出A,B,C三种分期付款方式销售该品牌汽车,并对近期100位采用上述分期付款的客户进行统计分析,得到如下的柱状图.已知从A,B,C三种分期付款方式的销售中,该经销商每销售此品牌汽车一辆所获得的利润分别是1万元,2万元,3万元.现甲、乙两人从该汽车经销商处,采用上述分期付款方式各购买此品牌汽车一辆.以这100位客户所采用的分期付款方式的频率代替1位客户采用相应分期付