(共23张PPT)
专题突破练20 直线与圆
2025
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一、选择题
1.(2024·广东佛山模拟)设直线l:x-2y-a2=0,圆C:(x-1)2+(y-2)2=1,则l与圆C( )
A.相交 B.相切
C.相离 D.以上都有可能
C
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2.(2024·浙江宁波期末)已知点(2,3)在圆x2+y2=r2(r>0)上,直线2x-3y-m=0 (m>0)被该圆截得的弦长为2,则m=( )
B
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3.(2024·山西吕梁二模)已知A,B分别是圆C1:x2+y2=1与圆C2:(x-a)2+(y-4)2 =36(a≥0)上的动点,若|AB|的最大值为12,则a的值为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
D
解析 圆C1:x2+y2=1的圆心为C1(0,0),半径为r=1,圆C2:(x-a)2+(y-4)2=36 (a≥0)的圆心为C2(a,4),半径为R=6.由题意知|AB|的最大值等于12,则圆C1与圆C2内切,所以|O1O2|= =6-1=5.又a≥0,所以a=3.故选D.
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4.(2024·安徽合肥模拟)若圆x2+y2=1上总存在两个点到点(a,2)的距离为3,则实数a的取值范围是( )
A.(2,4)
B.(0,4)
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6.(2024·广东湛江联考)已知P(x0,y0)是l:x+y-6=0上一点,过点P作圆O: x2+y2=16的两条切线,切点分别为A,B,则当直线AB与l平行时,直线AB的方程为( )
A.x+y=4 B.x+y=8
C.3x+3y=16 D.3x+3y=8
C
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7.(2024·山东聊城二模)若圆C1:x2+y2=1与圆C2:(x-a)2+(y-b)2=4恰有一条公切线,则下列直线一定不经过点(a,b)的是( )
D
解析 圆C1:x2+y2=1的圆心C1(0,0),半径r1=1,圆C2:(x-a)2+(y-b)2=4的圆心C2(a,b),半径r2=2,若圆C1与圆C2恰有一条公切线,则两圆内切,所以|C1C2|=|r1-r2|,即 =1,所以点(a,b)的轨迹为圆x2+y2=1.选项A,B中的直线与圆x2+y2=1相交,直线必经过点(a,b),选项C中的直线与圆x2+y2=1相切,直线必经过点(a,b),但选项D中的直线与圆x2+y2=1相离,直线不经过点(a,b).故选D.
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8.(2024·福建宁德模拟)已知直线l1:mx+y+4=0与直线l2:x-my-6-4m=0交于点P(x0,y0),则 的最大值为( )
A.4 B.8 C.32 D.64
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二、选择题
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10.(2024·湖南长沙模拟)已知直线l:(m-1)x-2my+m+1=0(m∈R)与圆O:x2+y2=9交于A,B两点,线段AB的中点为M,则下列结论正确的有( )
A.直线l恒过定点(1,1)
B.|AB|的最小值为
C.△OAB面积的最大值为2
D.点M的轨迹所包围的图形面积为
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11.(2024·广东深圳模拟)在平面直角坐标系Oxy中,圆C:x2+y2=1,P为直线l:
x-y-2=0上的动点,则下列说法正确的有( )
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对于D,设点P(x0,y0),切点M(x1,y1),N(x2,y2),如图,可得切线MP的方程为x1x+y1y=1,由点P在切线上,得x1x0+y1y0=1,同理可得x2x0+y2y0=1,故点M(x1,y1),N(x2,y2)都在直线x0x+y0y=1上,即直线MN的方程为x0x+y0y=1,又由点P(x0,y0)在直线l:x-y-2=0上,则y0=x0-2,代入直线MN的方程整理得
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三、填空题
12.(2024·湖南常德三模)已知曲线f(x)=xln x-1在x=1处的切线l与圆C:
(x-1)2+y2=9相交于A,B两点,则|AB|= .
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13.(2024·湖北武汉二模)已知直线l:(m+1)x-y-2m=0(m∈R)与圆C: x2+2x+y2=0相交于A,B两点,则当△ABC的面积最大时,m的值
为 .
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14.(2024·江苏徐州模拟)已知点A(1,0),B(5,0),若 4,则点P到直线3x-y+1=0的距离的最小值为 .
本 课 结 束(共26张PPT)
专题突破练18 立体几何中的证明问题
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一、选择题
1.设l是直线,α,β是两个不同的平面,则下面说法中正确的是( )
A.若l∥α,l∥β,则α∥β
B.若l∥α,l⊥β,则α⊥β
C.若l⊥β,α⊥β,则l∥α
D.若l∥α,α⊥β,则l⊥β
B
解析 若l∥α,l∥β,则α∥β或相交,故A错误;若l∥α,l⊥β,由线面平行和垂直的性质可得α⊥β,故B正确;若l⊥β,α⊥β,则l∥α或l α,故C错误;若l∥α,α⊥β,则l⊥β或l∥β或l β,故D错误.
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2.(2024·浙江宁波二模)已知平面α,β,γ,α∩β=l,则“l⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”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
C
解析 由于α∩β=l,所以l α,l β.若l⊥γ,则α⊥γ,β⊥γ;若α⊥γ,β⊥γ,设α∩γ=m,β∩γ=n,则存在直线a γ,使得a⊥m,所以a⊥α.由于l α,故a⊥l.同理存在直线b γ,使得b⊥n,所以b⊥β.由于l β,故b⊥l.由于a,b不平行,所以a,b是平面γ内两条相交直线,所以l⊥γ.故“l⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”的充要条件.故选C.
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3.(2024·陕西西安模拟)如图,这是一个正方体的平面展开图,在该正方体中,下列说法正确的是( )
A.AB∥HG
B.CG⊥BH
C.CG⊥DH
D.AC∥DG
A
解析 如图所示,将展开图重新组合成正方体.显然AB∥HG.故A正确;由图易得CG∥DH,显然DH与BH所成角不为直角,因此异面直线CG与BH所成角也不为直角,所以CG⊥BH不成立.因此B,C不正确;由图易得AC∥EG,因为EG与DG相交,因此AC∥DG不成立.故D不正确.
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4.(2024·陕西商洛模拟)如图,四边形ABCD是圆柱的轴截面,E是底面圆周上异于A,B的一点,则下面结论中错误的是( )
A.AE⊥CE
B.BC∥平面ADE
C.平面ADE⊥平面BCE
D.DE⊥平面BCE
D
解析 因为四边形ABCD是圆柱的轴截面,则线段AB是底面圆的直径, BC,AD都是母线.又E是底面圆周上异于A,B的一点,则AE⊥BE.因为BC⊥平面ABE,AE 平面ABE,则BC⊥AE.因为BC∩BE=B,BC,BE 平面BCE,则AE⊥平面BCE.因为CE 平面BCE,因此得AE⊥CE,故A正确.因为BC∥AD,BC 平面ADE,AD 平面ADE,所以BC∥平面ADE,故B正确.因为AE⊥平面BCE,而AE 平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE,故C正确.点D不在底面ABE内,而直线AE在底面ABE内,即AE,DE是两条不同直线.若DE⊥平面BCE,因为AE⊥平面BCE,则DE∥AE,与DE∩AE=E矛盾,故D不正确.
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二、选择题
5.(2024·河北保定三模)已知四边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,l为空间内的一条直线,且l 平面ABCD,则下列说法正确的是( )
A.若l∥AB,则l∥平面ABCD
B.若l∥AD,则l∥BC
C.若l⊥AD,l⊥BC,则l⊥平面ABCD
D.若l⊥AB,l⊥CD,则l⊥平面ABCD
AC
解析 因为l∥AB,且AB 平面ABCD,l 平面ABCD,所以l∥平面ABCD,故A正确;因为AD与BC是等腰梯形的腰,二者不平行,故若l∥AD,则直线l与直线BC不平行,故B错误;因为直线AD与BC能相交,所以若l⊥AD,l⊥BC,AD 平面ABCD,BC 平面ABCD,则l⊥平面ABCD,故C正确;因为AB∥CD,两者不相交,所以若l⊥AB,l⊥CD,推不出l⊥平面ABCD,即D错误.故选AC.
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6.(2024·湖南衡阳三模)设α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列结论正确的是( )
A.若m⊥α,m⊥β,则α∥β
B.若α∥β,m α,n β,则m∥n
C.若n∥α,m⊥n,则m⊥α
D.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n
AD
解析 若m⊥α,m⊥β,则α∥β,故A正确;若α∥β,m α,n β,则直线m与n平行或异面,故B不正确;若n∥α,m⊥n,则m可能与α平行,相交或在平面α内,故C不正确;设直线m的一个方向向量为m,直线n的一个方向向量为n.因为m⊥α,n⊥β,则m是平面α的一个法向量,n是平面β的一个法向量.因为α⊥β,所以m⊥n,所以m⊥n,故D正确.故选AD.
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7.(2024·江苏南通模拟)在某次数学探究活动中,小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接,然后他又将三角板ABC折起,使得二面角A-BC-D为直二面角,得图2所示四面体ABCD.小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断,其中正确的是( )
A.CD⊥平面ABC
B.AB⊥平面ACD
C.平面ABD⊥平面ACD
D.平面ABD⊥平面BCD
图1
图2
ABC
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解析 因为二面角A-BC-D为直二面角,可得平面ABC⊥平面BCD.又因为平面ABC∩平面BCD=BC,DC⊥BC,DC 平面BCD,所以DC⊥平面ABC,故A正确.因为DC⊥平面ABC,AB 平面ABC,所以DC⊥AB.又因为AB⊥AC,且AC∩CD=C,AC,CD 平面ACD,所以AB⊥平面ACD,故B正确.因为AB⊥平面ACD,且AB 平面ABD,所以平面ABD⊥平面ACD,故C正确.假设平面ABD⊥平面BCD,因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面ABD=AB,所以AB⊥平面BCD.又BC 平面BCD,所以AB⊥BC.因为AB与BC不垂直,矛盾,所以平面ABD与平面BCD不垂直,故D错误.
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三、填空题
8.如图所示,平面α∥平面β,PA=6,AB=2,BD=12,则AC= .
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9.如图,对于直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,要使A1C⊥B1D1,则在四边形ABCD中,满足的条件可以是 .(只需写出一个正确的条件)
A1C1⊥B1D1(答案不唯一)
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解析 连接A1C1,如图所示.因为CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1 平面A1B1C1D1,所以B1D1⊥CC1.若A1C1⊥B1D1,且A1C1∩CC1=C1,CC1,A1C1 平面A1CC1,所以B1D1⊥平面A1CC1.因为A1C 平面A1CC1,所以A1C⊥B1D1.
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四、解答题
10.(15分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=6,AB=10,cos∠CAB= , AA1=8,点D是AB的中点.
(1)求证:AC1∥平面CDB1;
(2)求证:AC⊥BC1.
证明 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,设B1C与BC1交于点E,则E为BC1的中点,连接DE.
因为D是AB的中点,
所以DE是△ABC1的中位线,则DE∥AC1.
又DE 平面CDB1,AC1 平面CDB1,
所以AC1∥平面CDB1.
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(2)在△ABC中,因为AC=6,AB=10,cos∠CAB= ,
由余弦定理得,BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos∠CAB=62+102-2×6×10× =64,则BC=8,显然AB2=AC2+BC2,则△ABC为直角三角形,即AC⊥BC.
又CC1⊥平面ABC,AC 平面ABC,于是CC1⊥AC,
又CC1∩BC=C,BC,CC1 平面BCC1,因此AC⊥平面BCC1.
又BC1 平面BCC1,所以AC⊥BC1.
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11.(15分)(2024·陕西西安模拟)如图,已知AC是圆O的直径,PA⊥平面ABCD,E是PC的中点,∠DAC=∠AOB.
(1)求证:BE∥平面PAD;
(2)求证:平面BEO⊥平面PCD.
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证明 (1)在△PAC中,因为O是AC中点,E是PC中点,所以OE∥PA.
又因为OE 平面PAD,PA 平面PAD,
所以OE∥平面PAD.
因为∠DAC=∠AOB,所以OB∥AD.
又因为OB 平面PAD,AD 平面PAD,
所以OB∥平面PAD.
因为OB∩OE=O,OB,OE 平面BEO,
所以平面BEO∥平面PAD.
又BE 平面BEO,所以BE∥平面PAD.
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(2)因为AC是圆O的直径,所以AD⊥CD.
因为PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
所以PA⊥CD.
又因为PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.
因为平面BEO∥平面PAD,
所以CD⊥平面BEO.
又因为CD 平面PCD,
所以平面BEO⊥平面PCD.
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12.(15分)如图,四边形ABCD是菱形,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE=3AF.
(1)求证:平面BAF∥平面CDE;
(2)求证:平面EAC⊥平面EBD;
(3)设点M是线段BD上一个动点,试确定点M的位置,使得AM∥平面BEF,并证明你的结论.
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(1)证明 因为AF∥DE,AF 平面CDE,DE 平面CDE,
所以AF∥平面CDE.
同理,AB∥平面CDE.
又AF∩AB=A,AF,AB 平面BAF,
所以平面BAF∥平面CDE.
(2)证明 因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.
因为DE⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以AC⊥DE,
所以BD∩DE=D,BD,DE 平面EBD,所以AC⊥平面EBD.
因为AC 平面EAC,所以平面EAC⊥平面EBD.
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(3)解 当BM= BD时,AM∥平面BEF.
理由如下:作MN∥ED,且MN= ED.
因为AF∥DE,DE=3AF,所以AF∥MN,且AF=MN,
所以四边形AMNF是平行四边形,
所以AM∥FN.
因为AM 平面BEF,FN 平面BEF,
所以AM∥平面BEF.
故当BM= BD时,AM∥平面BEF.
本 课 结 束(共30张PPT)
专题突破练22 直线与圆锥曲线的位置关系
2025
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一、选择题
1.(2024·河北沧州期中)直线y=3x-1与椭圆 的公共点的个数是( )
A.0 B.1
C.2 D.无数个
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5.(2024·辽宁朝阳期末)如图,已知椭圆 的左、右焦点分别为F1,F2,过焦点F1的直线交椭圆于A,B两点,若△ABF2的内切圆的面积为3π,设A,B两点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),则|y1-y2|的值为( )
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7.(2024·辽宁沈阳一模)已知双曲线C: 的下焦点和上焦点分别为F1,F2,直线y=x+m与双曲线C交于A,B两点,若△F2AB的面积是△F1AB的面积的4倍,则m=( )
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二、选择题
8.(2024·辽宁锦州三模)已知双曲线C:x2-y2=1及直线l:y=kx-1,若l与双曲线C交于A,B两点,O是坐标原点,且△AOB的面积为 ,则实数k的值可能为( )
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图1
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三、填空题
10.请写出一个焦点在y轴上,且与直线y=2x没有交点的双曲线的标准方程:
.
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四、解答题
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(1)求椭圆C的方程;
(2)设O为坐标原点,过点F的直线l交椭圆C于点A,B,直线OA,OB交直线x=1于点M,N,若△AOB与△MON的面积相等,求直线l的方程.
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(2)当直线l的斜率不存在时,易知S△AOB>S△MON,显然不合题意,因此直线l的斜率必存在,设l的方程为y=k(x-2)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
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本 课 结 束(共28张PPT)
专题突破练1 函数的图象与性质
2025
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一、选择题
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A.1 B.4 C.1或4 D.2
B
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2.(2024·山西运城高三统考期末)已知 是奇函数,则实数a=( )
A.-2 B.-1
C.2 D.1
C
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3.(2024·四川成都二模)已知函数 的值域为M.若(1,+∞) M,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,1) B.(-∞,1]
C.(1,+∞) D.[1,+∞)
B
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A.a<0,b=0,c<0
B.a<0,b<0,c=0
C.a>0,b=0,c>0
D.a>0,b=0,c<0
D
解析 由图象可知,函数为偶函数,即f(-x)=f(x),即 ,则b=0,B不正确;由图象可知f(x)的定义域不是所有的实数,所以ax2+bx+c=0有解,即ac<0,故A,C不正确.故选D.
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C
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6.(2024·四川模拟预测)已知f(x)为定义在R上的单调函数,且 x∈R,
f(f(x)-ex)=2+ln 2,则f(ln 3)=( )
A.3ln 2 B.3+ln 2 C.3-ln 2 D.ln 3
B
解析 设f(x)-ex=t,则f(x)=ex+t,
所以f(t)=et+t=2+ln 2,即et+ln et=2+ln 2,
设g(x)=x+ln x(x>0),易知g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以et=2,即t=ln 2,故f(x)=ex+ln 2,
所以f(ln 3)=eln 3+ln 2=3+ln 2.
故选B.
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7.(2024·四川成都二模)已知函数 ,且f(x1)+f(x2)+2<0,则( )
A.x1+x2<0
B.x1+x2>0
C.x1+x2>-2
D.x1+x2<-2
A
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A.{-2,-1,0,1} B.{-2,-1,0}
C.{-1,0,1} D.{-2,1}
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解析 画出f(x)的图象,
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二、选择题
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9.(2024·山东临沂一模)已知函数f(x)= +a(a∈R),则下列结论中一定正确的是( )
A.f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)
B.f(x)的值域为R
C.当a=1时,f(x)为奇函数
D.当a=2时,f(-x)+f(x)=2
ACD
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A.D(π)>D(3.14)
B.D(x)的值域为[2,3]
C.D(D(x))是偶函数
D. a∈R,D(x+a)=D(a-x)
AC
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11.(2024·湖南衡阳二模)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,g(x+4)-3是奇函数,且g(x)-f(x-2)=2,f(x)+g(x+6)=4,g(2)=4,则( )
A.g(4)=3 B.f(x)为奇函数
C.g(x+2)为偶函数
ACD
解析 由g(x+4)-3是奇函数,则g(-x+4)-3=-g(x+4)+3,即g(-x+4)+g(x+4)=6,令x=0,则g(4)=3,故A正确;
由g(x)-f(x-2)=2,g(2)=4,令x=2,则f(0)=2≠0,故f(x)不是奇函数,故B错误;
由g(-x+4)+g(x+4)=6,令x=x-2,则g(-x+6)+g(x+2)=6,
故g(x+2)=6-g(-x+6),所以g(-x+2)=6-g(x+6)=6-(4-f(x))=2+f(x),
而g(x)-f(x-2)=2,则g(x+2)-f(x)=2,故g(x+2)=2+f(x)=g(-x+2),
所以g(x+2)是偶函数,故C正确;
因为g(x)-f(x-2)=2,
所以g(x+6)-f(x+4)=2,
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又因为f(x)+g(x+6)=4,
所以f(x)+f(x+4)=2,
所以f(x+4)+f(x+8)=2,
所以f(x)=f(x+8),
所以f(x)的周期为8,
因为g(x)-f(x-2)=2,所以g(x+4)-f(x+2)=2,g(4-x)-f(2-x)=2,
所以g(x+4)+g(4-x)-f(x+2)-f(2-x)=4,
即f(x+2)+f(2-x)=2,
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因为g(2)=4,所以由g(x)-f(x-2)=2,得g(2)-f(0)=2,得f(0)=2,
由f(x+2)+f(2-x)=2,得f(2)=1,f(4)+f(0)=2,f(3)+f(1)=2,
因为f(x)的周期为8,
所以f(5)=f(-3)=f(3),f(6)=f(-2)=f(2)=1,f(7)=f(-1)=f(1),f(8)=f(0)=2,
故选ACD.
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三、填空题
12.(2024·福建龙岩一模)定义在R上的函数f(x)满足f(2+x)=f(2-x),且f(x)在
(-∞,2]上单调递减,则不等式f(2x+3)≤f(1)的解集为 .
[-1,0]
解析 因为函数f(x)满足f(2+x)=f(2-x),
所以f(x)的图象关于直线x=2对称,
又f(x)在(-∞,2]上单调递减,
所以f(x)在[2,+∞)上单调递增.
由f(2x+3)≤f(1),得|2x+3-2|≤|1-2|,
即|2x+1|≤1,解得-1≤x≤0,
则不等式的解集为[-1,0].
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13.(2024·北京朝阳一模)已知函数 若实数a,b,c(a
2
[6,7)
解析 由 故f(x)在(-∞,1),(2,+∞)上单调递减,在(1,2)上单调递增,且有f(1)=0,f(2)=1,f(0)=1,f(4)=1,f(5)=0,
由f(a)=f(b)=f(c),
则0≤a<1当x∈(0,2)时,f(x)=|x-1|,f(x)的图象关于直线x=1对称,故a+b=2,
则a+b+c=2+c∈[6,7).
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14.已知函数f(x)= ,g(x)=ex-1-e-x+1+1,则f(x)与g(x)的图象交点的纵坐标之和为 .
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于原点对称的交点,且交点的纵坐标之和为0.
因为将函数图象向右平移不改变f2(x)与g2(x)两函数图象交点处纵坐标的大小,
所以f1(x)与g1(x)的图象交点的纵坐标之和为0.
因为将函数图象向上平移1个单位长度会使得原交点处的纵坐标都增加1,
则f(x)与g(x)的图象的两个交点的纵坐标与f1(x)与g1(x)的图象的两个交点的纵坐标相比都增加1,故f(x)与g(x)的图象交点的纵坐标之和为2.
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本 课 结 束(共28张PPT)
专题突破练9 解三角形
2025
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一、选择题
D
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3.(2024·山东济南一模)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且acos C+asin C=b,则A=( )
A
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4.(2024·吉林二模)如图,位于某海域A处的甲船获悉,在其北偏东60°方向C处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救.甲船立即将救援消息告知位于甲船北偏东15°,且与甲船相距 n mile的B处的乙船,已知遇险渔船在乙船的正东方向,那么乙船前往营救遇险渔船时需要航行的距离为( )
B
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5.(2024·陕西西安模拟)在△ABC中,cos A= ,b=6,a-c=4,则△ABC的面积为( )
A
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6.(2024·陕西渭南三模)已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若
bcos C+ccos B=b,且a=ccos B,则△ABC是( )
A.锐角三角形 B.钝角三角形
C.等边三角形 D.等腰直角三角形
D
解析 由正弦定理,得sin Bcos C+sin Ccos B=sin B,
则sin(B+C)=sin B,即sin A=sin B,故a=b.
因为a=ccos B,则sin A=sin Ccos B,
故sin(B+C)=sin Ccos B,sin Bcos C+cos Bsin C=sin Ccos B,得sin Bcos C=0.
因为B∈(0,π),所以sin B≠0,故cos C=0.
因为C∈(0,π),所以C= ,
故△ABC为等腰直角三角形.故选D.
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D
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8.在△ABC中,∠ACB=120°,BC=2AC,D为△ABC内一点,AD⊥CD, ∠BDC=120°,则tan∠ACD=( )
B
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二、选择题
9.(2024·山东济南三模)已知△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,外接圆半径为R.若a=1,且sin A-bsin B=(c+b)sin C,则( )
AD
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解析 在△ABC中,由正弦定理,得a-b2=c2+bc.
因为a=1,则a=b2+c2+bc=1.
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ABC
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解析 因为a=3cos C,b=1,所以a=3bcos C.
由正弦定理得sin A=3sin Bcos C.
又B∈(0,π),所以sin B>0,
又A+B+C=π,
所以3sin Bcos C=sin(π-B-C)=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
所以2sin Bcos C=cos Bsin C.
因为cos B≠0,cos C≠0,所以tan C=2tan B,故B正确.
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三、填空题
11.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2ccos B=2a-b,则C= .
解析 根据题意,在△ABC中,2ccos B=2a-b,
则由正弦定理,得2sin Ccos B=2sin A-sin B,变形可得2sin Ccos B=2sin(B+C)-sin B,
则有2sin Bcos C=sin B.
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12.(2024·浙江台州一模)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若角A为锐角,b=3,c=4,则△ABC的周长可能为 .(写出一个符合题意的答案即可)
答案 9(答案不唯一,(8,12)内的任何一个值均可)
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四、解答题
14.(15分)(2024·山东济宁三模)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知(1-cos 2C)(sin A+1)-cos Asin 2C=0.
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(1)证明 (1-cos 2C)(sin A+1)-cos Asin 2C=0,sin A+1-cos 2Csin A-cos 2C-cos Asin 2C=0,sin A-cos 2C+1-sin(A+2C)=0.
又A+C=π-B,
则sin(B+C)-cos 2C+1-sin(B-C)=0,
sin Bcos C+sin Ccos B-1+2sin2C+1-sin Bcos C+sin Ccos B=0,
2sin2C+2sin Ccos B=0,
即2sin C(sin C+cos B)=0.
又sin C>0,所以sin C+cos B=0,
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本 课 结 束(共14张PPT)
专题突破练15 随机变量及其分布
2025
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一、选择题
D
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二、选择题
2.已知随机变量X的分布列为
若E(X)=7.5,则下列结论正确的是( )
A.a=7.5 B.b=0.4 C.E(aX)=52.5 D.E(X+b)=7.9
BCD
解析 由分布列的性质,可得0.3+0.1+b+0.2=1,解得b=0.4,B正确;
因为E(X)=4×0.3+a×0.1+9×0.4+10×0.2=7.5,解得a=7,A错误;
由均值的性质得E(aX)=aE(X)=7×7.5=52.5,C正确;
E(X+b)=E(X)+b=7.5+0.4=7.9,D正确.故选BCD.
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三、填空题
3.(2024·广东佛山模拟)已知随机变量X~N(10,9),随机变量Y=2X-3,则E(Y)= ,D(Y)= .
17
36
解析 因为X~N(10,9),
所以E(X)=10,D(X)=9,
又Y=2X-3,所以E(Y)=E(2X-3)=2E(X)-3=2×10-3=17,
D(Y)=D(2X-3)=22D(X)=4×9=36.
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四、解答题
4.(15分)(2024·福建福州模拟)为激励学生积极参加身体锻炼,加强学生体质健康管理工作,某市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试,并从中随机抽取了500名学生的数据,根据他们的健康指数x绘制了如图所示的频率分布直方图.
(1)估计这500名学生健康指数x的平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表);
(2)由频率分布直方图知,该市学生的健康指数X近似服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数,σ2近似为样本方差s2(s2=84.75).
①求P(60.29≤X≤87.92);
②已知该市约有30 000名高三学生,记健康指数在区间[60.29,87.92]的人数为ξ,试求E(ξ).
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参考数据: ;若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),则
P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,
P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3.
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5.(15分)(2024·广东茂名一模)近几年,我国新能源汽车产业进入了加速发展的阶段,技术水平显著提升,产业体系日趋完善,企业竞争力大幅增强,呈现市场规模、发展质量“双提升”的良好局面.某汽车厂为把好质量关,对采购的一批汽车零部件进行质量检测.
(1)若每个汽车零部件的合格率为0.9,从中任取3个零部件进行检测,求至少有1个是合格品的概率;
(2)若该批零部件共有20个,其中有4个零部件不合格.现从中任取2个,用X表示其中不合格零部件的个数,求X的分布列和数学期望.
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6.(15分)(2024·河北衡水模拟)中医药学是中国古代科学的瑰宝,也是打开中华文明宝库的钥匙.为调查某地市民对中医药文化的了解程度,某学习小组随机选取该地不同年龄段的市民100人,进行中医药文化测试(满分:100分),得到的数据如下表所示.
成绩区间 [0,20) [20,40) [40,60) [60,80) [80,100]
40岁以下 4 8 13 9 6
40岁及以上 2 8 10 22 18
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规定:成绩在[0,60)内代表对中医药文化的了解程度较低,成绩在[60,100]内代表对中医药文化的了解程度较高.
(1)从选取的100人中随机抽取1人,求抽到对中医药文化了解程度较高的市民的频率;
(2)将上述调查所得到的频率视为概率,现从该地40岁及以上年龄段的市民中随机抽取3人,记X为对中医药文化了解程度较高的人数,求X的分布列和期望.
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解 (1)由题可知,成绩在[60,100]内的人数为9+6+22+18=55,
所以抽到对中医药文化了解程度较高的市民的频率为
(2)由表可知,在40岁及以上年龄段的市民中,成绩在[60,100]内的人数为22+18=40,则随机抽取1人,该市民对中医药文化了解程度较高的概率
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所以随机变量X的分布列为
本 课 结 束(共22张PPT)
专题突破练14 概率模型
2025
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一、选择题
1.(2023·全国乙,文9)某学校举办作文比赛,共设6个主题,每名参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文,则甲、乙两名参赛同学抽到不同主题的概率为( )
A
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2.一名工人维护甲、乙两台机床,在一小时内,甲需要维护和乙需要维护 相互独立,它们的概率分别是0.4,0.3,则至少有一台机床需要维护的概率 为( )
A.0.58 B.0.46
C.0.42 D.0.12
A
解析 记至少有一台机床需要维护为事件A,
则P(A)=1-(1-0.4)(1-0.3)=1-0.42=0.58.
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4.(2024·湖南岳阳模拟)某批产品来自A,B两条生产线,A生产线占60%,次品率为5%;B生产线占40%,次品率为4%.现随机抽取一件进行检测,则抽到次品的概率是( )
A.0.029 B.0.046 C.0.056 D.0.406
B
解析 因为抽到的次品可能来自A,B两条生产线,设A=“抽到的产品来自A生产线”,B=“抽到的产品来自B生产线”,C=“抽到的一件产品是次品”,则P(A)=0.6,P(B)=0.4,P(C|A)=0.05,P(C|B)=0.04,由全概率公式得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=0.6×0.05+0.4×0.04=0.046.
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5.(2024·湖北武汉模拟)如图,一个电路中有A,B,C三个电器元件,每个元件正常工作的概率均为 ,则这个电路是通路的概率是( )
B
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6.(2024·河北衡水三模)已知甲、乙、丙三人参加射击比赛,甲、乙、丙三人射击一次命中的概率分别为 ,且每个人射击是否命中相互独立.若每人各射击一次,则在三人中恰有两人命中的前提下,甲命中的概率为( )
D
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二、选择题
7.(2024·山东日照二模)同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币,记“甲正面向上”为事件A,“乙正面向上”为事件B,“至少有一枚正面向上”为事件C,则下列判断正确的是( )
A.A与B相互独立 B.A与B互斥
AC
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8.(2024·广东惠州一模)掷一枚质地均匀的骰子,记事件A:掷出的点数为偶数;事件B:掷出的点数大于2,则下列说法正确的是( )
ABD
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9.(2024·江苏盐城模拟)如图,一个正八面体的八个面分别标有数字1到8,任意抛掷一次这个正八面体,观察它与地面接触的面上的数字X,得到样本空间Ω={1,2,3,4,5,6,7,8},设事件A={X为奇数},事件B={X<5},事件C={3,4,6,8},则( )
A.P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
D.P(B+C)=1
ABC
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三、填空题
10.(2024·江苏苏州三模)已知P(A)=0.4,P(AB)=0.3,P(B| )=0.5,则P(B)= .
0.6
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11.(2024·山东济宁三模)甲和乙两个箱子中各装有6个球,其中甲箱中有4个红球、2个白球,乙箱中有2个红球、4个白球,现随机选择一个箱子,然后从该箱子中随机取出一个球,则取出的球是白球的概率为 .
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12.(2023·安徽安庆二模)在某批产品中,甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占45%,35%,20%,甲、乙两个车间生产的产品的次品率分别为2%,3%.现从该批产品中任取一件,若取到次品的概率为2.95%,则推测丙车间的次品率为 .
5%
解析 设事件A表示取到一件次品,事件B1,B2,B3分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的,则P(B1)=0.45,P(B2)=0.35,P(B3)=0.2,P(A|B1)=2%,P(A|B2)=3%,设P(A|B3)=m,由全概率公式得P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)·P(B2)+P(A|B3)P(B3)
=2%×0.45+3%×0.35+m×0.2=2.95%,解得m=5%.
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四、解答题
13.(15分)已知甲箱中有2个白球和4个红球,乙箱中有4个白球和2个红球.质点从原点出发,每次等可能的向左或向右移动一个单位,记事件A=“质点移动6次,最终在2的位置”.
(1)求事件A发生的概率;
(2)若事件A发生,则从甲箱中取一球,否则从乙箱中取一球,求取出的球是红球的概率.
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本 课 结 束(共27张PPT)
专题突破练8 三角函数的图象与性质
2025
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一、选择题
1.(2024·广东揭阳二模)把函数f(x)=3sin 3x的图象向左平移 个最小正周期的单位长度后,所得图象对应的函数为( )
C.y=3cos 3x D.y=-3cos 3x
C
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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
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二、选择题
6.(2024·广东深圳二模)已知函数f(x)=sin ωx+acos ωx(x∈R,ω>0)的最大值为2,其部分图象如图所示,则( )
C.满足条件的正实数ω,存在且唯一
D.f(x)是周期函数,且最小正周期为π
ACD
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三、填空题
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四、解答题
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本 课 结 束(共14张PPT)
专题突破练5 利用导数研究函数的零点
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1.(13分)(2024·浙江杭州模拟)设函数f(x)=(x-1)2ex-ax,若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-2x+b.
(1)求实数a,b的值;
(2)判断函数f(x)零点的个数.
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2.(15分)已知函数f(x)=aln x-2 .
(1)若a=2,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,16]上有两个零点,求实数a的取值范围.
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x (0,e2) e2 (e2,16]
g'(x) + 0 -
g(x) 单调递增 极大值 单调递减
所以函数g(x)在区间(0,16]上的极大值为g(e2)= ,
且g(16)=ln 2,作出g(x)的图象如图所示.
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3.(15分)(2024·湖北黄石三模)已知函数f(x)=x-ln x+m有两个零点x1,x2.
(1)求实数m的取值范围;
(2)如果x1解 (1)令f(x)=0,即m=ln x-x,令g(x)=ln x-x,则g'(x)= ,当00,当x>1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.又g(1)=-1,且x→0时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→-∞,又y=g(x)的图象与直线y=m有两个交点,所以,实数m的取值范围是(-∞,-1).
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4.(17分)(2024·四川成都一模)已知函数f(x)=exsin x(e是自然对数的底数).
(1)求f(x)的单调递减区间;
(2)记g(x)=f(x)-ax,若01
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(2)由已知g(x)=exsin x-ax,
∴g'(x)=ex(sin x+cos x)-a.
令h(x)=g'(x),则h'(x)=2excos x.
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①当1-a≥0,即0∴当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,π)时,g'(x)<0,
∴g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π)上单调递减.
∵g(0)=0,∴g(x0)>0.又g(π)=-aπ<0,
∴由零点存在定理可得,此时g(x)在(0,π)上仅有一个零点.
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又g(π)=-aπ<0,由零点存在定理可得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时g(x)在(0,π)内有两个零点.
综上,当0本 课 结 束(共28张PPT)
专题突破练6 平面向量
2025
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一、选择题
1.(2024·河北承德二模)在△ABC中,D为BC中点,连接AD,设E为AD中点,且
A.4x+2y B.-4x+y
C.-4x-2y D.4y-2x
D
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2.(2024·江苏南京二模)已知向量a=(1,2),b=(x,x+3).若a∥b,则x=( )
A.-6 B.-2 C.3 D.6
解析 由a∥b,知1·(x+3)=2·x,解得x=3.
故选C.
C
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4.(2024·浙江绍兴二模)已知e1,e2是单位向量,且它们的夹角是60°,若a=2e1+e2,b=λe1-e2,且a⊥b,则λ=( )
B
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5.(2024·山东滨州二模)已知向量a,b,c在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1,则c·(b-a)=( )
A.4
B.1
C.-1
D.-4
A
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解析 建立平面直角坐标系如图所示,
可知a=(-1,-2),b=(-2,1),c=(2,2),则b-a=(-1,3),所以c·(b-a)=-2+6=4.
故选A.
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二、选择题
9.(2024·浙江温州模拟预测)已知单位向量a,b,c共面,则下列说法中正确的是( )
A.若|a+b|=|a-b|,则a∥b
B.若|a+b|=|a-b|,则a⊥b
BD
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解析 由|a+b|=|a-b|,可得(a+b)2=(a-b)2,即a2+b2+2a·b=a2+b2-2a·b,可得a·b=0,所以a⊥b,故A不正确,B正确.
因为向量a,b,c为单位向量,可得|a|=|b|=|c|=1.
又a+b+c=0,可得b=-(a+c),
则b2=a2+c2+2a·c,
即|b|2=|a|2+|c|2+2a·c,
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10.(2024·山东济宁模拟)如图2,这是一个边长为20厘米的正六边形的软木锅垫ABCDEF,则下列选项正确的是( )
图1
图2
ABD
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解析 以A为原点,以AB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,如图所示.
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11.(2024·山东潍坊三模)已知向量a=(1,2),b=(4,-2),c=(1,λ),若c·(2a+b)=0,则实数λ= .
解析 2a+b=(2,4)+(4,-2)=(6,2),c·(2a+b)=(1,λ)·(6,2)=6+2λ=0,解得λ=-3.
-3
三、填空题
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解析如图,以B为原点,以BC,BA所在的直线为x轴、y轴,建立平面直角坐标系,
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四、解答题
14.(15分)(2024·湖南长沙一模)“费马点”是由数学家费马提出,该问题是:“在一个三角形内求作一点,使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答,当△ABC的三个内角均小于120°时,使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点;当△ABC有一个内角大于或等于120°时,最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题:
已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且cos 2B+cos 2C-cos 2A=1.
(1)求A;
(2)若bc=2,设点P为△ABC的费马点,求
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解 (1)由cos 2B+cos 2C-cos 2A=1,得1-2sin2B+1-2sin2C-1+2sin2A=1,故sin2A=sin2B+sin2C.
由正弦定理可得a2=b2+c2,
故△ABC是直角三角形,且A= .
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本 课 结 束(共39张PPT)
专题突破练3 导数的简单应用
2025
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一、选择题
1.(2024·浙江名校联盟模拟预测)函数f(x)=ln(2x-1)-x2+x的单调递增区间
是( )
D
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3.(2024·广东一模)设点P在曲线y=ex上,点Q在直线y= x上,则|PQ|的最小值为( )
B
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4.(2024·四川宜宾模拟预测)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=-1处有极值8,则f(1)等于( )
A.-4 B.16
C.-4或16 D.16或18
A
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解析 f'(x)=3x2+2ax+b,
若函数f(x)在x=-1处有极值8,
则f(-1)=8且f'(-1)=0,
当a=3,b=3时,f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0,此时x=-1不是极值点,故舍去,
当a=-2,b=-7时,f'(x)=3x2-4x-7=(3x-7)(x+1),
当x>或x<-1时,f'(x)>0,当-1故f(1)=-4.故选A.
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5.已知函数f(x)=(x-1)(ex+a)在区间(-1,1)上单调递增,则实数a的最小值
为( )
A.e-1 B.e-2 C.e D.e2
A
解析 由题意得f'(x)≥0在(-1,1)上恒成立,f'(x)=ex+a+(x-1)ex=xex+a,故xex+a≥0,即a≥-xex在(-1,1)上恒成立,令g(x)=-xex,x∈(-1,1),则g'(x)=-ex-xex =-(x+1)ex<0在区间(-1,1)上恒成立,故g(x)=-xex在区间(-1,1)上单调递减,故g(x)1
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6.(2024·山东二模)已知f(x)为定义在R上的奇函数,设f'(x)为f(x)的导函数,若f(x)=f(2-x)+4x-4,则f'(2 023)=( )
A.1 B.-2 023 C.2 D.2 023
C
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解析 因为f(x)=f(2-x)+4x-4,所以两边求导,得f'(x)=-f'(2-x)+4,
即f'(x)+f'(2-x)=4,①
因为f(x)为定义在R上的奇函数,
则f(-x)=-f(x),
两边求导,得f'(x)=f'(-x),所以f'(x)是定义在R上的偶函数,所以f'(2-x)=f'(x-2),结合①式可得,f'(x)+f'(x-2)=4,所以f'(x-2)+f'(x-4)=4,两式相减得,f'(x)=f'(x-4),
所以f'(x)是周期为4的偶函数,所以f'(2 023)=f'(-1)=f'(1).
由①式,令x=1,得f'(1)=2,
所以f'(2 023)=f'(1)=2.
故选C.
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7.(2024·陕西西安模拟预测)已知函数f(x)= ,则f(2),f(e),f(3),f(5)从大到小顺次为( )
A.f(5),f(3),f(e),f(2)
B.f(2),f(e),f(5),f(3)
C.f(e),f(3),f(2),f(5)
D.f(e),f(5),f(3),f(2)
C
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解析 f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),
当10,f(x)在(1,e)上单调递增;
当x>e时,f'(x)<0,f(x)在(e,+∞)上单调递减,
f(x)在区间(1,+∞)上的最大值为f(e).
得f(e)>f(3)>f(4)>f(5),且f(e)>f(2).
所以f(e)>f(3)>f(2)>f(5).故选C.
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8.已知函数f(x)=x3-x+1,则下列选项错误的是( )
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有且只有一个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
D
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∴f(x)只有一个零点.
∵f(x)+f(-x)=2,
∴点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心.
由f'(x)=3x2-1=2,解得x=±1,
∴曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1;
曲线y=f(x)在点(-1,1)处的切线方程为y-1=2(x+1),即y=2x+3.
∴直线y=2x与曲线y=f(x)不相切.故选D.
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二、选择题
9.(2024·河南郑州模拟预测)过点P(a,b)作直线l与函数f(x)=-2x3的图象相切,则( )
A.若点P与原点重合,则直线l的方程为y=0
B.若直线l与直线x-6y=0垂直,则6a+b=4
C.若点P在f(x)的图象上,则符合条件的直线l只有1条
D.若符合条件的直线l有3条,则
AD
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解析 设直线l与f(x)=-2x3的图象切于点Q(t,-2t3),当点P与点Q不重合时,切线斜率k=f'(t)=-6t2= ,整理得4t3-6at2-b=0,当点P与点Q重合时,切线斜率k=f'(a)=-6a2=-6t2.
对于A,若点P与原点重合,点P在函数f(x)=-2x3图象上,则a=b=0,此时t=0,k=0,l的方程为y=0,A正确;
对于B,若直线l与直线x-6y=0垂直,则k=-6t2=-6,t=±1,
当点P(a,b)为切点时,6a+b=4或6a+b=-4,
当点P(a,b)不为切点时,4t3-6at2-b=0,
当t=1时,4-6a-b=0,6a+b=4,当t=-1时,-4-6a-b=0,6a+b=-4,B错误;
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对于C,当点P在f(x)的图象上时,b=-2a3,4t3-6at2-b=0,则4t3-6at2+2a3=0,即(t-a)2(2t+a)=0,所以t=a或t= ,故a≠0有两解,符合条件的直线l有2条,C错误;
对于D,若符合条件的直线l有3条,则点P(a,b)不在f(x)图象上,设直线l与f(x)=-2x3的图象切于点Q(t,-2t3),则有4t3-6at2-b=0,
设g(t)=4t3-6at2-b=0,g'(t)=12t2-12at,
由g'(t)=0,得t=0或t=a,符合条件的直线l有3条,g(t)有3个零点,
则g(0)g(a)=-b(-2a3-b)<0,
故选AD.
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10.(2024·河南南阳模拟预测)已知函数f(x)=x2-2aln x-1,a∈R,则( )
A.若曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=2x-2,则a=2
B.若a=1,则函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞)
C.若a>0,则函数f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为a2-2aln a-1
D.若x∈[1,+∞),f(x)≥0,则a的取值范围为(-∞,1]
BD
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对于D,因为x≥1,当a≤0时,f'(x)≥0,所以函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,
则f(x)≥f(1)=0,所以a≤0成立;
当a>0时,由C项知当0则a>1不成立.
综上,实数a的取值范围为(-∞,1],D正确.
故选BD.
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11.已知函数f(x)=xsin x-cos x的定义域为[-π,π],则( )
A.f(x)为奇函数
B.f(x)在[0,π)上单调递增
C.f(x)恰有3个极值点
D.f(x)有且仅有2个极大值点
CD
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解析 对于A,函数的定义域为[-π,π],关于原点对称,f(-x)=-xsin(-x)-cos(-x) =xsin x-cos x=f(x),所以函数f(x)为偶函数,故A错误.
对于B,f'(x)=sin x+xcos x+sin x=2sin x+xcos x,显然f'(0)=0,当x>0时,令f'(x)=0,即2sin x+xcos x=0,得tan x= x,分别作出y=tan x和y= x在[-π,π]上的图象,如图所示.
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由图可知,若存在x0∈[0,π)使得f'(x)=0,
当x∈[0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π]时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π]上单调递减,故B错误.
对于C,D,由图象可得y=tan x和y= x在区间[-π,π]上共有3个公共点,且图象在这些公共点处都不相切,
当x∈(-π,x1)时,f'(x)>0;当x∈(x1,0)时,f'(x)<0,
当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,
当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,
故x1为f(x)的极大值点,0为f(x)的极小值点,
故f(x)在区间[-π,π]上的极值点的个数为3,有2个极大值点和1个极小值点,故C,D正确.故选CD.
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三、填空题
12.(2024·江西模拟预测)在平面直角坐标系xOy中,已知曲线C:y=ex(x<1)的一条切线l与x轴、y轴分别交于A,B两点,则△OAB的面积的最大值为 .
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13.(2024·广东模拟预测)f(x)=cos xcos 2x在区间[0,π]上的极值点个数为 .
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解析 由f(x)=cos xcos 2x=2cos3x-cos x f'(x)=-6sin xcos2x+sin x
=6sin3x-5sin x=sin x(6sin2x-5),
根据正弦函数的性质可知当x∈(0,x1)∪(x2,π)时,f'(x)<0,当x∈(x1,x2)时,f'(x)>0,
即f(x)在(0,x1),(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,所以f(x)=cos xcos 2x在区间[0,π]上的极值点个数为2.
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四、解答题
15.(13分)(2024·安徽二模)已知函数f(x)=x2-10x+3f'(1)ln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)求f(x)的单调区间和极值.
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解 (1)函数f(x)=x2-10x+3f'(1)ln x,求导得f'(x)=2x-10+
则f'(1)=-8+3f'(1),解得f'(1)=4,于是f(x)=x2-10x+12ln x,f(1)=-9,
所以所求切线方程为y+9=4(x-1),即y=4x-13.
(2)由(1)知,函数f(x)=x2-10x+12ln x,定义域为(0,+∞),
当03时,f'(x)>0,当2当x=2时,f(x)取得极大值f(2)=-16+12ln 2,
当x=3时,f(x)取得极小值f(3)=-21+12ln 3,
所以函数f(x)的增区间为(0,2),(3,+∞),减区间为(2,3),极大值为-16+12ln 2,极小值为-21+12ln 3.
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16.(15分)(2024·北京西城二模)已知函数f(x)=4asin x+(a2+1)x2,其中a≥0.
(1)若f(x)在x=0处取得极小值,求a的值;
(2)当a=1时,求f(x)在区间 上的最大值;
(3)证明:f(x)有且只有一个极值点.
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(1)解 f'(x)=4acos x+2(a2+1)x,
因为f(x)在x=0处取得极小值,
所以f'(0)=0,
即f'(0)=4acos 0+2(a2+1)×0=4a=0,
解得a=0,
当a=0时,f(x)=x2,由二次函数的性质可得f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,满足题意,所以a=0.
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(2)解 当a=1时,f(x)=4sin x+2x2,f'(x)=4cos x+4x=4(cos x+x).
令g(x)=f'(x)=4(cos x+x),则g'(x)=4(-sin x+1),
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(3)证明 f'(x)=4acos x+2(a2+1)x,
当a=0时,f(x)=x2,由二次函数的性质可知f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)恰有一个极值点;
当a>0时,设t(x)=f'(x)=4acos x+2(a2+1)x,
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所以当x所以当x>x0时,f'(x)=t(x)>0,即f(x)在(x0,+∞)上单调递增,
即f(x)恰有一个极值点.
综上所述,当a≥0时,f(x)有且只有一个极值点.
本 课 结 束(共20张PPT)
专题突破练19 空间角、空间距离
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解答题
1.(15分)(2024·上海,17)如图为正四棱锥P-ABCD,O为底面ABCD的中心.
(1)若AP=5,AD=3 ,求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积;
(2)若AP=AD,E为PB的中点,求直线BD与平面AEC所成角的大小.
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解 (1)因为P-ABCD是正四棱锥,所以底面ABCD是正方形,且OP⊥底面ABCD,
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(2)(方法一 坐标法)如图,建立空间直角坐标系,因为AP=AD,由题意知
P-ABCD是正四棱锥,
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(方法二 几何法)过点E作EH⊥BD交BD于点H.
则EA=EC,EO⊥AC.
故∠EOH就是直线BD与平面AEC所成角.
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2.(15分)如图,在四面体ABCD中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,△ABD为等边三角形,且AC⊥BD.
(1)求直线AD与BC所成角的余弦值;
(2)求二面角A-BD-C的余弦值.
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解 (1)由△ABC为以BC为斜边的等腰直角三角形,得AC⊥AB.
又AC⊥BD,且BD∩AB=B,BD,AB 平面ABD,则AC⊥平面ABD.
因为AC 平面ABC,
故平面ABC⊥平面ABD.
取AB的中点O,连接DO.
由△ABD是等边三角形,得DO⊥AB,而DO 平面ABD,
平面ABD∩平面ABC=AB,则DO⊥平面ABC.
过点O作直线AC的平行线,交BC于点E.易知,OA,OE,OD两两垂直.
以O为原点,OA,OE,OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
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3.(15分)(2023·新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2, AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2, CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
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(1)证明 (方法一)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点, CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如右图所示的空间直角坐标系.
由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).
因为A2,B2,C2,D2四点不共线,
故B2C2∥A2D2.
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(方法二 几何法)设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,
取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.
因为DN∥AA2,且DN=AA2,
故四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.
同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.
因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.
所以四边形A2B2MN为平行四边形.
因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.
所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,
故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.
所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2.
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(2)解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.
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4.(15分)(2024·天津,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点.
(1)求证D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值;
(3)求点B到平面CB1M的距离.
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(1)证明 如图,取B1C的中点H,连接NH,MH.
∵N为B1C1的中点,H为B1C的中点,
∴NH∥CC1,且NH= CC1.
∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1,
∴CC1∥DD1,CC1=DD1,
∴NH∥DD1,且NH= DD1.
∵M为DD1的中点,∴D1M= DD1,
∴D1M∥NH,D1M=NH.
∴四边形D1NHM为平行四边形,∴D1N∥MH.
又D1N 平面CB1M,MH 平面CB1M,∴D1N∥平面CB1M.
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(2)解 ∵A1A⊥平面ABCD,AB,AD 平面ABCD,
∴A1A⊥AB,A1A⊥AD.
又AD⊥AB,∴A1A,AB,AD两两垂直.
以A为原点,AB,AD,A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B(2,0,0),B1(2,0,2),C(1,1,0),M(0,1,1).
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令x1=1,则y1=3,z1=1,
∴n1=(1,3,1)为平面CB1M的一个法向量.
本 课 结 束(共25张PPT)
专题突破练12 数列求和
2025
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一、选择题
1.(2024·浙江杭州二模)设数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+bn+1=2n, an+1+bn=2n.设Sn为数列{an+bn}的前n项的和,则S7=( )
A.110 B.120 C.288 D.306
A
解析 S7=a1+b1+a2+b2+a3+b3+a4+b4+a5+b5+a6+b6+a7+b7
=a1+b1+(a2+b3)+(b2+a3)+(a4+b5)+(b4+a5)+(a6+b7)+(b6+a7)
=1+1+2×2+22+2×4+24+2×6+26=2+4+4+8+16+12+64=110.故选A.
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A.511 B.677 C.1 021 D.2 037
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C
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解析 设等差数列{an}的公差为d(d≠0),因为a3+a8=20,且a5是a2与a14的等比中项,
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4.(2024·安徽三模)记数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,Sn+Sn+1=3n2+2n+1,则S20=( )
A.590 B.602 C.630 D.650
A
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解析 因为Sn+Sn+1=3n2+2n+1,
所以Sn+1+Sn+2=3(n+1)2+2(n+1)+1,
两式相减可得an+1+an+2=6n+5=6(n+1)-1.
由a1=1,S1+S2=3×12+2×1+1=6,解得a2=4,
所以a1+a2=5,满足上式,
故an+an+1=6n-1,
所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=5+17+29+…+113= =590.
故选A.
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5.(2024·江西模拟)在学习完“错位相减法”后,善于观察的同学发现对于“等差×等比数列”此类数列求和,也可以使用“裂项相消法”求解.例如an=(n+1)·2n=(-n+1)·2n-(-n)·2n+1,故数列{an}的前n项和Sn=a1+a2+a3+…+an=0×21-(-1)×22+(-1)×22-(-2)×23+…+(-n+1)·2n-
(-n)·2n+1=n·2n+1.记数列 的前n项和为Tn,利用上述方法求T20-6=( )
B
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A.18 B.12 C.9 D.6
C
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两式相减得an+1=an+2·an+1-an+1·an,
两边同时除以an+1(an+1≠0)得an+2-an=1,
由上式可知数列{an}的奇数项和偶数项分别成等差数列,公差为1,
=(1+2+3+4+5)-(a1+a1+1+a1+2+a1+3+a1+4+a1+5)=-6a1,
由此数列的奇数项公式为a2n-1=a1+(n-1),
又由an≠0,所以可以判断a1一定不能为负整数,即只能有-6a1=9.故选C.
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二、选择题
7.(2024·安徽淮北二模)已知数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若
an=2n-1,Tn=2n+1-2,则下列说法正确的是( )
A.S10=100
B.b10=1 024
ABD
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∵Tn=2n+1-2,∴bn=Tn-Tn-1=2n+1-2-2n+2=2n(n>1,n∈N*),
又b1=T1=21+1-2=2,b1=21=2,
∴bn=2n(n∈N*),
∴{bn}是首项为b1=2,公比q=2的等比数列,
∴b10=210=1 024.故选项B正确.
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BC
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解析 根据题意,列举可得,数列{an}的前若干项分别为1,2,3,3,4,5,6,6,….不难发现,a4k=3k,a4k-1=3k,a4k-2=3k-1,a4k-3=3k-2.
对于A,根据数列列举可得1,2,3,3,4,5,6,6,7,8,9,9,10,11,12,12,13,14,15,15,16,17,18,18,….即落在区间[23,24)上的有8,9,9,10,11,12,12,13,14,15,15共有11项,因此b3=11.故A错误.
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对于D,根据数列列举可得1,2,3,3,4,5,6,6,7,8,9,9,10,11,12,12,13,14,15,15,16,17,18,18,….
可得b1=3,b2=5,
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三、填空题
9.(2024·江西宜春模拟)已知数列{an}是等差数列, 记Sn,Tn分别为{an},{bn}的前n项和,若S3=18,T2=10,则T20= .
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解析 设等差数列{an}的公差为d.
由S3=18,得a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=3a1+3d=18,①
由T2=10,得a1-8+2a2+1=a1-8+2(a1+d)+1=10,
所以3a1+2d=17,②
解得a1=5,d=1,所以an=a1+(n-1)d=5+(n-1)×1=n+4.
所以T20=(b1+b3+…+b19)+(b2+b4+…+b20)=(-3-1+1+…+15)
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四、解答题
10.(15分)(2024·浙江宁波二模)已知等差数列{an}的公差为2,记数列{bn}的前n项和为Sn,b1=0,b2=2且满足bn+1=2Sn+an.
(1)证明:数列{bn+1}是等比数列;
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
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(1)证明 当n≥2时,bn+1-bn=2(Sn-Sn-1)+an-an-1=2bn+2,
即bn+1=3bn+2.
又b1=0,b2=2,也符合b2=3b1+2,
所以当n≥1时,bn+1=3bn+2,
即bn+1+1=3(bn+1).
又b1+1=1≠0,
所以bn+1≠0,
所以数列{bn+1}成等比数列.
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(2)解 由(1)易得bn=3n-1-1.
由b2=2b1+a1可得a1=2,所以an=2n.
故anbn=2n(3n-1-1)=2n×3n-1-2n,
所以Tn=2(1×30+2×31+3×32+…+n×3n-1)-n(n+1).
令M=1×30+2×31+3×32+…+n×3n-1,
则3M=1×31+2×32+3×33+…+n×3n,
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11.(15分)(2024·山东潍坊三模)已知正项等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1+1,S2,S3+1成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式an;
解 (1)因为 =(S1+1)(S3+1),所以(2a1+2)2=(a1+1)(3a1+7),即(a1+1)(a1-3)=0,
解得a1=-1或a1=3,
又因为an>0,所以a1=3,
所以an=3+2(n-1)=2n+1.
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本 课 结 束(共26张PPT)
专题突破练10 等差数列、等比数列
2025
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一、选择题
1.(2024·山东日照二模)已知数列{an}各项均为正数,首项a1=3,且数列{log3an}是以-2为公差的等差数列,则a3=( )
A
解析 因为数列{an}各项均为正数,首项a1=3,则log3a1=1.又数列{log3an}是以-2为公差的等差数列,则log3a3=1-2×(3-1)=-3,故a3=3-3 .故选A.
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2.(2024·广东广州三模)等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a5=( )
B
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3.(2024·山东泰安二模)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=5a2+6a1,则公比q为( )
A.1或5 B.5
C.1或-5 D.5或-1
D
解析 由S3=5a2+6a1=a1+a2+a3,得4a2+5a1=a3,所以4a1q+5a1=a1q2,
即q2-4q-5=0,所以(q-5)(q+1)=0,所以q=5或q=-1.故选D.
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4.(2024·江苏宿迁一模)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若S3,S9,S6成等差数列,a1=-2,则a7的值为( )
B
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5.(2024·黑龙江佳木斯三模)一部中国古代数学名著中有一首诗,讲述了“竹筒容米”问题.诗云:“家有九节竹一茎,为因盛米不均平,下头三节三升九,上梢四节贮三升,惟有中间二节竹,要将米数次递盛,若是先生能算法,教君只算到天明.”(【注释】三升九:3.9升,次递盛:盛米容积依次相差同一数量)求该九节竹一共盛米多少升 ( )
A.8.8升 B.9升 C.9.1升 D.9.2升
B
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6.(2024·北京顺义二模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn, a1=1,lg an+lg an+1=lg 2n,n∈N*,则S9=( )
A.511 B.61 C.41 D.9
B
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7.(2024·山东泰安三模)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a1=-21,S7=S15,则Sn的最小值为( )
A.-99 B.-100 C.-110 D.-121
D
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8.(2024·江西临川模拟)已知数列{an}满足a1=3,an+1=an+ +1,则a10=( )
A.80 B.100 C.120 D.143
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二、选择题
9.(2024·山东临沂二模)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和,则下列命题为真命题的是( )
A.若a3+a4=9,a7+a8=18,则a1+a2=5
B.若a2+a13=4,则S14=28
C.若S15<0,则S7>S8
D.若{an}和{anan+1}都为递增数列,则an>0
BC
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又因为S8-S7=a8<0,则S7>S8,所以C正确.对于D,因为{an}为递增数列,可得公差d>0.因为{anan+1}为递增数列,可得an+2an+1-anan+1=an+1·2d>0,所以对任意的n≥2,an>0,但a1的正负不确定,所以D错误.故选BC.
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10.(2024·湖南长沙一模)设等比数列{an}的公比为q,前n项的积为Tn,下列说法正确的是( )
A.若T8=T12,则a10a11=1
B.若T8=T12,则T20=1
D.若a1>0,且T10>T11>T9,则使得Tn>1成立的n的最大值为20
BCD
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当q>0时,由 可得a11<1,a10>1,a10a11>1,所以a1>0,0则{an}为单调递减数列.当n≤10,n∈N*时,an>1,当n>10,n∈N*时,an<1,所以当n≤10,n∈N*时,数列{Tn}单调递增,当n>10,n∈N*时,数列{Tn}单调递减.又T1>1,T20=a1a2…a20=(a10a11)10>1,T21=a1a2…a21=(a11)21<1,所以使得Tn>1成立的n的最大值为20,即选项D正确.故选BCD.
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三、填空题
11.(2024·广东茂名模拟)在公差为正数的等差数列{an}中,若a1=3,a3,a6, a8成等比数列,则数列{an}的前10项和为 .
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12.(2024·上海宝山二模)某区域的地形大致如图1,某部门负责该区域的安全警戒,在哨位O的正上方安装探照灯对警戒区域进行探查扫描.假设1:警戒区域为空旷的扇环形平地A1AnBnB1;假设2:视探照灯为点M,且距离地面20米;假设3:探照灯M照射在地面上的光斑是椭圆.当探照灯M以某一俯角从AkAk+1侧扫描到BkBk+1侧时,记为一次扫描,此过程中照射在地面上的光斑形成一个扇环Sk(k=1,2,3,…).由此,通过调整M的俯角,逐次扫描形成扇环S1,S2,S3,….第一次扫描时,光斑的长轴为EF,|OE|=30米,此时在探照灯M处测得点F的俯角为30°(如图2).记|AkAk+1|=dk,经测量知|A1An|=80米,且{dk}是公差为0.1米的等差数列,则至少需要经过________ 次扫描,才能将整个警戒区域扫描完毕.
图1
图2
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四、解答题
13.(15分)(2024·江苏南通二模)设数列{an}的前n项和为Sn,若
(1)求a1,a2,并证明:数列{an+an+1}是等差数列;
(2)求S20.
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(1)求证:{an}为等比数列;
(2)求使bn取得最大值时的n的值.
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本 课 结 束(共29张PPT)
专题突破练17 空间几何体
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一、选择题
1.若一个正方体的顶点都在球面上,则该正方体表面积与球表面积的比值是( )
B
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2.(2024·山东淄博一模)一圆锥的侧面积为16π,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的底面半径长为( )
C
解析 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,即侧面展开图的半径为l,侧面展开图的弧长为πl.又圆锥的底面周长为2πr,所以2πr=πl,即圆锥的母线长l=2r.所以圆锥的侧面积为πrl=2πr2=16π,解得r=2 .
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3.设体积相等的正方体、正四面体和球的表面积分别为S1,S2,S3,则( )
A.S1C.S3C
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4.(2024·山东泰安三模)已知圆台O1O2的母线长为4,下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍,轴截面周长为16,则该圆台的表面积为( )
A.24π B.25π
C.26π D.27π
C
解析 如图,作出圆台的轴截面ABDC,设上底面圆O1的半径为r,则下底面圆O2的半径是3r,故轴截面周长为16=4+4+2r+6r,解得r=1,所以上、下底面圆的面积分别为π,9π,圆台侧面积S侧=π(1+3)×4=16π,所以圆台的表面积为π+9π+16π=26π.
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5.(2023·全国甲,文10)在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,PC= ,则该棱锥的体积为( )
A.1 B.
C.2 D.3
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解析 (方法一)
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6.(2024·天津南开模拟)假定某玉琮中间内空,形状对称,如图所示,圆筒内径长2 cm,外径长3 cm,筒高4 cm,中部为棱长是3 cm的正方体的一部分,圆筒的外侧面内切于正方体的侧面,则该玉琮的体积为( )
B
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7.(2024·天津,9)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间的距离为1,并已知AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为( )
C
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解析 如图,用一个和五面体ABC-DEF完全相同的五面体HIJ-LMN与五面体ABC-DEF拼在一起,其中顶点L,M,N分别与顶点D,E,F重合.由题意可知,拼成的组合体是一个三棱柱.该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)是边长为1的等边三角形,
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8.(2024·广东汕头模拟)已知球O与圆台O1O2的上、下底面和侧面均相切,且球O与圆台O1O2的体积之比为 ,则球O与圆台O1O2的表面积之比为( )
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解析 由题意,作出圆台的轴截面ABCD,
设圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,球的半径OO1=r,则AE=r1,BE=r2,AB=r1+r2,BH=r2-r1.过点A作AH⊥BC于点H.由AH2+BH2=AB2,得(2r)2+(r2-r1)2=(r1+r2)2,化简得r2=r1r2.由球的体积公式
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二、选择题
9.(2024·山西朔州一模)已知圆锥SO的侧面积为4π,底面圆的周长为2π,则( )
ACD
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10.已知△ABC的三边长分别是AC=3,BC=4,AB=5,则( )
A.以BC所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的侧面积为15π
B.以BC所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的体积为36π
C.以AB所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的表面积为
D.以AB所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的体积为
AD
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11.如图所示的几何体是由棱长为40 cm的正方体截去八个一样的四面体得到的,则( )
A.该几何体的顶点数为12
B.该几何体的棱数为24
C.该几何体的表面积为(4 800+800 )cm2
D.该几何体外接球的表面积的数值是原正方体内切球、外接球表面积数值的等差中项
ACD
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三、填空题
12.(2024·浙江金丽衢十二校联考)已知圆柱的轴截面面积为4,则该圆柱侧面展开图的周长最小值为 .
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13.(2023·全国乙,文16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= .
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14.设四棱锥M-ABCD的底面为正方形,且MA=MD,MA⊥AB,如果△AMD的面积为1,则能够放入这个棱锥的最大的球的半径为 .
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解析 如图,因为AB⊥AD,AB⊥MA,AD∩MA=A,AD,MA 平面MAD,所以AB⊥平面MAD,故平面MAD⊥平面ABCD.
设E是AD的中点,F是BC的中点,则ME⊥AD,所以ME⊥平面ABCD.
因为EF 平面ABCD,所以ME⊥EF.
若球O是与平面MAD,平面ABCD,平面MBC都相切的球.设O在平面MEF上,则O为△MEF的内心.
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作OG⊥ME于点G,易证OG∥平面MAB,点G到平面MAB的距离即为点O到平面MAB的距离.
过点G作GH⊥MA于点H,则GH是点G到平面MAB的距离.
因为△MHG∽△MEA,
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故点O到平面MAB的距离大于球O的半径r,同样点O到平面MCD的距离也大于球O的半径r,故球O在棱锥M-ABCD内,并且不可能再大.
据此可得所求的最大球的半径为
本 课 结 束(共27张PPT)
专题突破练2 基本初等函数、函数的应用
2025
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一、选择题
1.函数f(x)=log2x+x2+m在区间(2,4)内存在零点,则实数m的取值范围是( )
A.(-∞,-18) B.(5,+∞) C.(5,18) D.(-18,-5)
解析 函数f(x)在区间(2,4)内的图象是连续不断的,且为增函数,则根据零点存在定理可知,只需满足f(2)·f(4)<0,
即(m+5)(m+18)<0,解得-18所以实数m的取值范围是(-18,-5).故选D.
D
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2.当a>1时,在同一直角坐标系中,函数y=a-x与y=logax的图象是( )
A
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3.(2024·北京,9)已知(x1,y1),(x2,y2)是函数y=2x图象上不同的两点,则下列正确的是( )
A
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4.2024年中国载人航天工程将统筹推进空间站应用与发展和载人月球探测两大任务,其中,中国空间站应用与发展阶段各项工作正按计划稳步推进.若空间站运行周期的平方与其圆轨道半径的立方成正比,当空间站运行周期增加1倍时,其圆轨道半径增加的倍数大约是(参考数据:ln 2≈0.693, e0.462≈1.587)( )
A.1.587 B.1.442
C.0.587 D.0.442
C
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5.设正实数a,b,c分别满足a·ea=b·ln b=c·lg c=1,则a,b,c的大小关系为( )
A.a>b>c B.b>c>a
C.c>b>a D.a>c>b
C
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它们与函数y= 的图象交点的横坐标分别
为a,b,c,由图象可得a1
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6.(2024·广东湛江二模)已知函数f(x)=|2x-1|-a,g(x)=x2-4|x|+2-a,则( )
A.当g(x)有2个零点时,f(x)只有1个零点
B.当g(x)有3个零点时,f(x)有2个零点
C.当f(x)有2个零点时,g(x)有2个零点
D.当f(x)有2个零点时,g(x)有4个零点
D
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解析 作出y=m(x)=|2x-1|,y=n(x)=x2-4|x|+2的大致图象如图所示.
两个函数的零点个数转化为y=m(x),y=n(x)的图象与y=a的图象的交点个数,
由图可知,当g(x)有2个零点时,f(x)无零点或只有1个零点;
当g(x)有3个零点时,f(x)只有1个零点;
当f(x)有2个零点时,g(x)有4个零点.
故选D.
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7.(2024·湖南长沙一模)函数f(x)=ax3-ax2+bx(a,b∈R)有3个零点的充分不必要条件是( )
A.a≠0,且a>4b B.a>0,且a>4b
C.a<0,且a>4b,b≠0 D.a<0,且a<4b,b≠0
D
解析 f(x)=ax3-ax2+bx=x(ax2-ax+b),有f(0)=0,若f(x)有三个零点,则有a2-4ab>0且a≠0,b≠0,故函数f(x)=ax3-ax2+bx(a,b∈R)有3个零点的充要条件为a2-4ab>0且a≠0,b≠0,对于A,a≠0,且a>4b,则当a<0时,有a2<4ab,不符,故A错误;对于B,可能b=0,不符,故B错误;对于C,a<0且a>4b,b≠0,则a2<4ab,不符,故C错误;对于D,a<0,且a<4b,b≠0,则a2>4ab,即由a<0,且a<4b,b≠0能得到a2-4ab>0且a≠0,b≠0,但a2-4ab>0且a≠0,b≠0并不意味着a<0,且a<4b,b≠0,故a<0,且a<4b,b≠0是a2-4ab>0且a≠0,b≠0的充分不必要条件.故选D.
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8.(2024·陕西榆林二模)已知函数f(x)=(x2-4x+m)( m-1)恰有3个零点,则整数m的取值个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
B
这两个函数的图象的交点为(0,0),(3,3),
因为g(x)max=4,h(x)>-1,
所以由图可知m的取值范围是(-1,0)∪(0,3)∪(3,4).
故整数m=1或2,个数为2.故选B.
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二、选择题
9.(2024·辽宁二模)半导体的摩尔定律认为,集成电路芯片上的晶体管数量的倍增期是两年,用f(t)表示从t=0开始,晶体管数量随时间t变化的函数,若f(0)=1 000,则下面选项中,符合摩尔定律公式的是( )
BC
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10.已知log2(x+1)=log2(x-1)+log5x,log5(y+1)=log5(y-1)+log2y,则( )
A.x+y>7 B.x+y<7
C.2x<5y D.2x>5y
BC
解析 由已知,得x>1,y>1.令m=log5x,则x=5m,所以log2(5m+1)=log2(5m-1)+m,
所以log2(5m+1)=log2(5m-1)+log22m=log2[(5m-1)2m],
所以5m+1=10m-2m.
等式两边同时除以10m,得2-m+10-m=1-5-m,
即2-m+5-m+10-m-1=0.
同理,令n=log2y,有2-n+5-n+10-n-1=0.
所以m,n是方程2-x+5-x+10-x-1=0的两个实根.
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设f(x)=2-x+5-x+10-x-1,则易知f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递减,所以m=n.
又因为f(0)=2>0,f(1)=-0.2<0,
所以m,n∈(0,1).故log5x=log2y,且1所以x+y<7.
所以2x<5y.故选BC.
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A.若g(x)有2个不同的零点,则2B.当a=2时,g(f(x))有5个不同的零点
C.若g(x)有4个不同的零点x1,x2,x3,x4(x1D.若g(x)有4个不同的零点x1,x2,x3,x4(x1BCD
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对于A,由g(x)=f(x)-a=0,可得f(x)=a,
若g(x)有2个不同的零点,
结合图象知a<1或2对于B,当a=2时,由g(f(x))=0,可得f(f(x))=2,
令t=f(x),则有f(t)=2,可得t1=1,t2=4- ,t3=4+ ,
结合图象知,t1=f(x)有3个不相等的实数根,
t2=f(x)有2个不相等的实数根,t3=f(x)没有实数根,
所以g(f(x))有5个不同的零点,故B正确;
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对于C,若g(x)有4个不同的零点x1,x2,x3,x4(x1则1由二次函数图象的对称性得x3+x4=8,则x1x2x3x4=x3x4=x3(8-x3),
结合B知x3∈(2,4- ),所以x3(8-x3)∈(12,13),所以x1x2x3x4的取值范围为(12,13),所以C正确;
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三、填空题
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13.(2024·河南二模)已知函数f(x)是偶函数,对任意x∈R,均有f(x)=f(x+2),当x∈[0,1]时,f(x)=1-x,则函数g(x)=f(x)-log5(x+1)的零点有 个.
解析 函数f(x)是偶函数,说明函数f(x)的图象关于y轴对称,f(x)=f(x+2)说明f(x)的周期是2,在同一平面直角坐标系中画出函数y=f(x)的图象与y=log5(x+1)的图象,如图所示,共有4个不同的交点,即g(x)=f(x)-log5(x+1)有4个零点.
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本 课 结 束(共28张PPT)
专题突破练11 数列的递推关系
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一、选择题
1.(2024·陕西西安模拟)已知数列{an}满足 ,则a2 024=( )
A.2 024 B.2 023 C.4 047 D.4 048
C
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2.(2024·湖北黄冈模拟)数列{an}的首项为1,前n项和为Sn,若Sn+Sm=Sn+m(m,n∈N*),则a9=( )
A.9 B.1 C.8 D.45
B
解析 由题意知,数列{an}的首项为1,且Sn+Sm=Sn+m,令m=1,可得Sn+S1=Sn+1,即Sn+1-Sn=S1=1,所以数列{Sn}是首项为1,公差为1的等差数列,所以Sn=1+(n-1)×1=n,则a9=S9-S8=1.
故选B.
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A
解析 因为3Sn=an+1,则3Sn+1=an+1+1,两式相减可得3an+1=an+1-an,即
2an+1=-an,令n=7,可得2a8=-a7,且an≠0,所以 .故选A.
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4.(2024·湖北武汉模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn+1=3Sn+2,n∈N*,则S5=( )
A.80 B.160 C.121 D.242
D
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5.(2024·河北唐山二模)已知数列{an}满足an+1=an+a1+2n,a10=130,则a1=( )
A.1 B.2 C.3 D.4
D
解析 由题意可得an+1-an=a1+2n,则可得a2-a1=a1+2,a3-a2=a1+4,…,a10-a9
=a1+18,将以上等式左右两边分别相加得,a10-a1=9a1+ =9a1+90,即a10=10a1+90.
又a10=130,所以a1=4.故选D.
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6.(2024·山东青岛模拟)若数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,则满足不等式an<930的最大正整数n为( )
A.28 B.29 C.30 D.31
B
所以an=n(n+1),{an}是递增数列.
由an=n(n+1)<930,(n+31)(n-30)<0,解得-311
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8.(2024·安徽合肥模拟)数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一个数列{an}:1,1,2,3,5,8,…,其中从第3项起,每一项都等于它前面两项之和,即a1=a2=1,an+2=an+1+an,这样的数列称为“斐波那契数列”.若am=2(a3+a6+a9+…+a174)+1,则m=( )
A.175 B.176
C.177 D.178
B
解析 由从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,a1=a2=1,由an+2=an+1+an(n∈N*),得an=an+2-an+1,所以a1=a3-a2,a2=a4-a3,a3=a5-a4,…,an=an+2-an+1,
将这n个式子左右两边分别相加可得Sn=a1+a2+…+an=an+2-a2=an+2-1,所以Sn+1=an+2.所以2(a3+a6+a9+…+a174)+1=(a3+a3+a6+a6+a9+a9+…+a174+a174)+1=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+…+a172+a173+a174+1=S174+1=a176.
故m=176.故选B.
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二、选择题
AB
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三、填空题
11.(2024·四川泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,nan+1=(n+2)Sn,则an= .
(n+1)·2n-2
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12.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an+n-7,若304
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解析 因为Sn=2an+n-7,①
所以当n=1时,S1=2a1+1-7=a1,解得a1=6.
又Sn-1=2an-1+n-1-7(n≥2),②
①-②得an=2an-2an-1+1,即an=2an-1-1(n≥2),
所以an-1=2(an-1-1),
又a1-1=5≠0,即 =2,所以{an-1}是以5为首项,2为公比的等比数列,
所以an-1=5·2n-1,即an=5·2n-1+1.
因为301
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四、解答题
13.(15分)(2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知各项均为正数的数列{an}满足4Sn=(an+1)2,其中Sn是数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=(-1)nan+[(-1)n+1]2n,求{bn}的前2n项和T2n.
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(2)bn=(-1)nan+[(-1)n+1]2n=(-1)n·(2n-1)+[(-1)n+1]×2n.b2k+b2k-1=(-1)2k·(4k-1) +[(-1)2k+1]×22k+(-1)2k-1(4k-3)+[(-1)2k-1+1]×22k-1=4k-1+22k+1-4k+3 =2+22k+1,k∈N*,故T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n =(2+23)+(2+25)+…+(2+22n+1)
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14.(15分)(2024·山东菏泽模拟)定义:如果数列{an}从第三项开始,每一项都介于前两项之间,那么称数列{an}为“跳动数列”.
(1)若数列{an}的前n项和Sn满足3Sn=2-2an+1,且a1=1,求{an}的通项公式,并判断{an}是否为“跳动数列”;
(2)若公比为q的等比数列{an}是“跳动数列”,求实数q的取值范围;
(3)若“跳动数列”{an}满足
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(2)解 由“跳动数列”的定义可知:{an}是“跳动数列” (an+2-an+1)(an+2-an)<0.
若公比为q的等比数列{an}是“跳动数列”,则(an+2-an+1)(an+2-an)=(anq2-anq) (anq2-an)<0,即 (q2-q)(q2-1)<0,所以(q2-q)(q2-1)<0,即q(q-1)2(q+1)<0,解得
-11
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本 课 结 束(共29张PPT)
专题突破练21 圆锥曲线中的基本问题
2025
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一、选择题
C
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2.(2024·山东泰安模拟)已知等轴双曲线C的中心在原点,焦点在x轴上,双曲线C与抛物线y2=-8x的准线交于A,B两点,且|AB|=2,则双曲线C的实轴长为( )
C
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3.(2024·河南郑州三模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为抛物线C上一点,O为坐标原点,当∠PFO= 时,|PF|=6,则p=( )
A.4 B.3 C.2 D.1
B
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4.(2024·湖北武汉期中)已知O为坐标原点,设F1,F2分别是双曲线x2-y2=9的左、右焦点,P为双曲线左支上任意一点,过点F1作∠F1PF2的平分线的垂线,垂足为H,则|OH|=( )
A.3 B.6 C.9 D.18
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5.(2024·广东佛山模拟)焦点为F的抛物线C:y2=2px(p>0)的对称轴与准线交于点A,点B在抛物线C上且在第一象限,在△ABF中,3sin∠AFB=4sin∠FAB,则直线BF的斜率为( )
A
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7.(2024·山西太原三模)已知F1,F2分别是椭圆C的左、右焦点,P(4,3)是椭圆C上一点,△PF1F2的内切圆的圆心为I(m,1),则椭圆C的标准方程是( )
B
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A.10 B.8 C.5 D.4
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二、选择题
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过点P作准线x=-1的垂线,垂足为H,由抛物线的定义可知|PH|=|PF|,所以△PMF的周长C△PMF=|PM|+|MF|+|PF|=|PM|+|MF|+|PH|=|PM|+|PH|+2≥|MH|+2=5,当且仅当M,P,H三点共线时,等号成立,所以△PMF周长的最小值为5,故B正确;
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三、填空题
12.(2024·山东济南期末)已知点A(2,1),抛物线C的准线为l,且点A到l的距离为1,试写出一条符合该要求的抛物线C的标准方程 .
y2=-4x(答案不唯一)
解析 由于点A(2,1),且点A到l的距离为1,所以准线l的方程可以是x=1,x=3,y=2,因此抛物线C的标准方程可以是y2=-4x,y2=-12x,x2=-8y中的一个.
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13.(2024·安徽马鞍山三模)已知双曲线Γ: =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2的直线与双曲线Γ的右支交于A,B两点.若|AF1|=8,|BF1|=5,∠AF1B=60°,则a= .
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解析 依题意过点F2的直线与双曲线Γ的右支交于A,B两点,且|AF1|=8, |BF1|=5,∠AF1B=60°,则|AF2|=8-2a,|BF2|=5-2a,所以|AB|=|AF2|+|BF2| =13-4a,可得(13-4a)2=82+52-2×5×8cos 60°,解得a= 或a=5(舍去).
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本 课 结 束(共15张PPT)
专题突破练16 统计与成对数据的分析
2025
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1.在某市初三年级举行的一次体育统考考试中,共有500人参加考试.为了解考生的成绩情况,抽取了样本容量为n的部分考生成绩,已知所有考生成绩均在[50,100],按照[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]的分组作出如图所示的频率分布直方图.若在样本中,成绩落在区间[50,60)的人数为32,则由样本估计总体可知下列结论正确的为( )
A.n=100
B.考生成绩的众数为75
C.考生成绩的第70百分位数为76
D.估计该市考生成绩的平均分为70.8
BC
一、选择题
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2.(2024·山东济南二模)某景点工作人员记录了国庆假期七天该景点接s待的旅游团数量.已知这组数据均为整数,中位数为18,唯一众数为20,极差为5,则( )
A.该组数据的第80百分位数是20
B.该组数据的平均数大于18
C.该组数据中最大数字是20
D.将该组数据从小到大排列,第二个数字是17
AC
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二、解答题
3.(15分)(2022·全国甲,文17)甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营,为了解这两家公司长途客车的运行情况,随机调查了甲、乙两城之间的500个班次,得到下面列联表:
公司 准点班次数 未准点班次数
A 240 20
B 210 30
(1)根据上表,分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率;
(2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关
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4
P(χ2≥k) 0.1 0.05 0.01
k 2.706 3.841 6.635
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4
解 (1)根据表中数据,A共有班次260次,准点班次有240次,设A家公司长途客车准点事件为M,
1
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4
(2)根据已知数据,得到2×2列联表如下:
公司 准点班次数 未准点班次数 合计
A 240 20 260
B 210 30 240
合计 450 50 500
根据临界值表可知,有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.
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4
4.(15分)(2024·江西九江三模)车胎凹槽深度是影响汽车刹车的因素,汽车行驶会导致轮胎胎面磨损.某实验室通过实验测得轿车行驶里程与某品牌轮胎凹槽深度的数据,如下表所示.
行驶里程x/万千米 0.0 0.4 1.0 1.6 2.4 2.8 3.4 4.4
轮胎凹槽深度h/毫米 8.0 7.8 7.2 6.2 5.6 4.8 4.4 4.0
(1)求该品牌轮胎凹槽深度h与行驶里程x的相关系数r,并判断二者之间是否具有很强的线性相关性;(结果保留两位有效数字)
(2)根据我国国家标准规定:轿车轮胎凹槽安全深度为1.6毫米(当凹槽深度低于1.6毫米时刹车距离增大,驾驶风险增加,必须更换新轮胎).某人在保养汽车时将小轿车的轮胎全部更换成了该品牌的新轮胎,请问在正常行驶情况下,更换新轮胎后继续行驶约多少千米需对轮胎再次更换
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本 课 结 束(共23张PPT)
专题突破练7 三角函数的化简与求值
2025
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一、选择题
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4.(2024·福建漳州一模)在平面直角坐标系Oxy中,A(-1,2),B(2,2),射线OB逆时针旋转最小角θ,使得OB与OA重合,则tan θ=( )
A.3 B.2 C.4 D.5
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2cos 20°cos α=cos(α+20°)+cos(α-20°).
因为sin(130°+α)=2cos 20°cos α,
即cos[120°+(α-20°)]=cos(α+20°),即cos(100°+α)=cos(α+20°),
所以100°+α=α+20°+k·360°或100°+α+α+20°=k·360°,k∈Z,所以α=-60°+k·180°,k∈Z,故tan α=tan(-60°+k·180°)=,k∈Z,
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二、选择题
9.(2024·广东佛山一模)已知角θ的终边过点P(3,4),则( )
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10.(2024·河北保定二模)一般地,任意给定一个角α∈R,它的终边OP与单位圆的交点P的坐标,无论是横坐标x还是纵坐标y,都是唯一确定的,所以点P的横坐标x、纵坐标y都是角α的函数.下面给出这些函数的定义:
①把点P的纵坐标y叫做α的正弦函数,记作sin α,即y=sin α;
②把点P的横坐标x叫做α的余弦函数,记作cos α,即x=cos α;
③把点P的纵坐标y的倒数叫做α的余割,记作csc α,即 =csc α;
④把点P的横坐标x的倒数叫做α的正割,记作sec α,即 =sec α.
下列结论正确的有( )
B.cos α·sec α=1
C.函数f(x)=sec x的定义域为{x|x≠kπ,k∈Z}
D.sec2α+sin2α+csc2α+cos2α≥5
ABD
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三、填空题
11.(2024·上海奉贤二模)已知α∈[0,π],且2cos 2α-3cos α=5,则α= .
π
解析 已知2cos 2α-3cos α=5,由倍角公式得4cos2α-3cos α-7
=(4cos α-7)(cos α+1)=0.
由α∈[0,π],cos α∈[-1,1],
解得cos α=-1,
则α=π.
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13.(2024·河北邯郸二模)正五角星是一个非常优美的几何图形,其与黄金分割有着密切的联系,在如图所示的五角星中,以A,B,C,D,E为顶点的多边形为正五边形,设∠CAD=α,则cos α+cos 2α+cos 3α+cos 4α= ,
cos αcos 2αcos 3α·cos 4α= .
0
解析 由题可得,正五角星可分割成5个三角形和1个正五边形,五个三角形各自的内角之和为180°,则正五边形的内角和180°×(5-2) =180°×3=540°,每个角为 =108°.因为三角形是等腰三角形,底角是五边形的外角,即底角为180°-108°=72°.又三角形内角和为180°,那么三角形顶角,即五角星尖角为180°-72°×2=36°,即∠CAD=α=36°.
则cos α+cos 2α+cos 3α+cos 4α=cos 36°+cos 72°+cos 108°+cos 144°
=cos 36°+cos 72°+cos(180°-72°)+cos(180°-36°)
=cos 36°+cos 72°-cos 72°-cos 36°=0,cos αcos 2αcos 3αcos 4α
=cos 36°cos 72°cos 108°cos 144°=(cos 36°cos 72°)2.
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四、解答题
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所以sin[(α+β)+α]=2sin[(α+β)-α],sin(α+β)cos α+cos(α+β)sin α =2[sin(α+β)cos α-cos(α+β)sin α],
即3cos(α+β)sin α=sin(α+β)cos α,
所以tan(α+β)=3tan α.因为tan α>0,tan β>0,所以tan β=tan[(α+β)-α]
本 课 结 束(共16张PPT)
专题突破练4 利用导数研究不等式
2025
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1.(13分)(2024·陕西二模)证明下列两个不等式:
(1)-xln(-x)≥
(2)ex-x+xln(-x)<3.
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(2)令h(x)=ex-x+xln(-x)(x<0),
则h'(x)=ex+ln(-x).
当x<-1时,h'(x)=ex+ln(-x)>0.
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2.(15分)(2024·湖南娄底一模)已知函数 ,其中e=2.718 28…为自然对数的底数.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)≤ex-1;
(3)设g(x)=f(x)-e2x+2aex-4a2+1(a∈R),若存在实数x0使得g(x0)≥0,求a的最大值.
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3.(15分)(2024·山东二模)已知函数f(x)=a2xex-x-ln x.
(1)当 时,求f(x)的单调区间;
(2)当a>0时,f(x)≥2-a,求a的取值范围.
设g(x)=xex-1-1,则g'(x)=(x+1)ex-1>0恒成立,又g(1)=e0-1=0,
所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)的减区间为(0,1),增区间为(1,+∞).
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当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
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所以要满足F(a)≥F(1),则a≥1.综上,a≥1.
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(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围.
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本 课 结 束(共21张PPT)
专题突破练13 计数原理
2025
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一、选择题
1.(2024·福建漳州三模)在二项式(1-2x)6的展开式中,含x2项的系数为( )
A.-60 B.-15
C.15 D.60
D
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2.(2024·江苏南通模拟)某志愿者小组有5人,从中选3人到A,B两个社区开展活动,其中1人到A社区,则不同的选法有( )
A.12种 B.24种 C.30种 D.60种
C
解析 先从5人中选1人去A社区,再从余下4人中选2人去B社区,所以不同的选法有 =30(种).
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3.(2024·河北沧州模拟)在 的展开式中,常数项为7,则正数a=( )
A.1 B.2 C.3 D.4
B
化简得a2=4,
又a为正数,所以a=2.
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4.(2024·湖南长沙模拟)学校计划于4月份其中一周的周一至周五这五天内组织高一、高二、高三年级的同学进行春季研学活动,每天只能有一个年级参加,其中高一年级需要连续两天,高二、高三年级各需要一天,则不同的安排方案有( )
A.18种 B.24种 C.30种 D.32种
B
解析 高一年级可以从周一和周二、周二和周三、周三和周四、周四和周五中选择两天去参观,共4种选择;再从剩下的三天里安排高二、高三年级,
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5.(2024·山西晋城模拟)若(2-x)3+(2-x)4+(2-x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a0+a1+a2+a3+a4=( )
A.4 B.3
C.2 D.1
A
解析 令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=3,
所以a0+a1+a2+a3+a4=3-(-1)=4.
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6.(2024·安徽六安模拟)300的不同正因数的个数为( )
A.16 B.20
C.18 D.24
C
解析 显然300=22×3×52,则300的正因数为2α×3β×5γ,其中α=0,1,2,β=0,1,γ=0,1,2,
所以300的不同正因数有3×2×3=18个.
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7.(2024·山东菏泽模拟)球类运动对学生的身心发展非常重要.现某高中为提高学生的身体素质,特开设了乒乓球、排球、羽毛球、篮球、足球五门选修课程,要求该校每名学生高一到高三三学年间必须将五门选修课程学完,每学年至多选3门,每门课程限选修一学年,一学年只上学期选择一次,则每名学生的不同选修方式有( )
A.210种 B.78种
C.150种 D.144种
A
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8.(2024·浙江金华模拟)将1至8这8个整数排成一列,要求任意相邻两项互质,则不同的排列方法有( )
A.1 296种 B.1 728种
C.2 304种 D.2 592种
D
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二、选择题
B.第4项的二项式系数最大
C.各项系数和是64
D.奇数项的二项式系数和是32
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10.(2023·浙江宁波一模)已知(1-2x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,则下列说法正确的是( )
A.a0=1
B.a3=-80
C.a1+a2+a3+a4+a5=-1
D.a0+a2+a4=121
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解析 在展开式中,令x=0,得a0=1,所以A正确;
在展开式中,令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=-1,①
则a1+a2+a3+a4+a5=-1-a0=-2,故C错误;
令x=-1,得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35=243,②
①+②,得2(a0+a2+a4)=242,所以a0+a2+a4=121,故D正确.故选ABD.
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11.某班星期一上午要安排语文、数学、英语、物理4节课,且该天上午总共4节课,下列结论正确的是( )
A.若数学课不安排在第一节,则有18种不同的安排方法
B.若语文课和数学课必须相邻,且语文课排在数学课前面,则有6种不同的安排方法
C.若语文课和数学课不能相邻,则有12种不同的安排方法
D.若语文课、数学课、英语课按从前到后的顺序安排,则有3种不同的安排方法
ABC
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三、填空题
12.(2024·河北衡水模拟)在数轴上,一个质点从坐标原点出发向x轴正半轴移动,每次移动1或者2个单位长度,若质点移动7次后与坐标原点的距离为11,则质点移动的方法总数有 种.
35
解析 因为质点移动7次后与坐标原点的距离为11,每次移动1或者2个单位长度,
所以可以判断共进行了4次“移动2个单位长度”和3次“移动1个单位长度”,
只需要在7个位置上选出4个位置进行“移动2个单位长度”即可,
所以方法总数为 =35种.
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13.(2024·福建泉州模拟)9人身高各不相等,排成前后两排,要求每排从左至右身高逐渐增加,前排5人,则不同的排法共有 种(用数字作答).
126
解析 从9人选5人排在前排,5人的身高不同,按要求只有1种排法,后排4人,也只有1种排法,所以共有 =126种排法.
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