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2021高考數學試題猜想
試卷
2021高考數學試題猜想01
2021高考數學試題猜想02
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2021高考數學試題猜想04
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2021高考數學試題猜想

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這是一份2021高考數學試題猜想,共43頁。試卷主要包含了已知集合,,且,則實數a的值為,若集合A={,復數,1359 B,如圖,已知雙曲線C,函數f=e|x|的圖象大致為等內容,歡迎下載使用。


2021高考數學試題猜想
(適用于全國Ⅱ文理科)2021年高考數學試題猜想
第一部分 選擇題
說明:選擇題部分因題型較多所以無法嚴格按照高考題目順序列出,下面給出可能出現的高考選擇或填空題的題型
集合
知識點:(1)集合和元素的關系 (2)集合的運算 (3)不等式的解法(4)集合元素個數求法(5)集合的包含關系
學科內綜合(1)不等式(2)函數(3) 概率
易錯點:(1)代表元素問題(2)子集和真子集的包含關系 (3)不等式的解法錯誤
典型例題:
1.已知集合,,且,則實數a的值為( )
A.B.1C.D.3
2.已知集合,集合,則
A. B. C. D.
3.若集合A={(x,y)|x2﹣2x=0,y∈R},B={(x,y)|y2=2x},則A∩B中元素的個數為( )
A.1B.2C.3D.4
4.已知集合A={x|x2≤1},B={x|3x<1},則A∪(?RB)=( )
A.{x|x<0}B.{x|0≤x≤1}C.{x|﹣1≤x<0}D.{x|x≥﹣1}
5.集合{x|2x=x2,x∈R}的非空真子集的個數為( )
A.2B.4 C.6D.8
6.已知集合A={1,2},B={1,3},若全集U=A∪B,則?U(A∩B)=( )
A.? B.{1}C.{2,3} D.{1,2,3}
答案:CBCDCC
試題猜想:本題難度簡單,因為是第一題所以容易在沒進入考試狀態下遺漏考點,本題為基礎題型掌握基本技巧即可,主要注意細節部分,代表元素的區分,本題有可能出集合的運算交集并集補集,補集為重點,結合函數和不等式聯系緊密最要注意不等式解法和函數定義域值域求法;文科可能會出離散數字的集合問題,考察集合元素的個數問題
2.復數
知識點:(1)復數計算 (2)復數的循環 (3)共軛復數(4)復數的實部和虛部(5)復數的模
(6)復平面
學科內綜合(1)向量(2)不等式
易錯點:(1)實部和虛部問題(2)復數的模采用平方算(3)復平面的象限(4)復數的周期形態
典型例題:
若i為虛數單位,則復數在復平面內對應的點所在的象限為
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知i是虛數單位,復數z滿足z(1+i)=1﹣i,則復數z的共軛復數在復平面上對應的點為()
A.(﹣1,0)B.(0,﹣1)C.(1,0)D.(0,1)
3.在復平面內,復數所對應的點位于第四象限,則n的最小值為
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
4.若復數z滿足(1+i)z=2-z,則|z+i|=
A. B. C.2 D.
5.在復平面內,復數z=eq \f(2-i,1+i),下列說法正確的是( )
A.z的實部為1B.|z|=eq \f(\r(10),2)C.eq \x\t(z)=eq \f(1+i,2)D.z在第一象限
答案:DDCBB
試題猜想:本題屬于基礎部分題,掌握主要基本運算法則基本類型計算方法(乘除法為重點),計算上正負號不要出現問題,復平面和復數的關系,本題難點就是可能出循環的復數計算,2021次方的復數問題,或者復數的?;蛘吖曹梿栴}。
簡易邏輯,定理命題
知識點:(1)簡單命題復合命題 (2)邏輯聯結詞 (3)充分必要條件(4)任意和存在(5)演繹推理(6)證明方法
學科內綜合:: 本題可以結合所有知識進行考察
易錯點:(1)或且非理解(2)命題否定和否命題(3)任意和存在的否定(4)其他部分知識錯誤
典型例題:1. 下列有關命題說法正確的是 ( )
A. 命題p:“”,則?p是真命題
B.的必要不充分條件
C.命題的否定是:“”
D.“”是“上為增函數”的充要條件
2..命題p:存在實數x0,對任意實數x,使得sin(x+x0)=﹣sinx恒成立:q:?a>0,f(x)=ln 為奇函數,則下列命題是真命題的是( )
A.p∧qB.(¬p)∨(¬q)C.p∧(¬q)D.(¬p)∧q
3.已知命題p:若|b|>a,則b2>a2;命題q:在△ABC中,若A>B,則sin A>sin B,下列命題為真命題的是
A.p∧qB.?p∧q C.p∧?qD.?p∧?q
4、設有下面四個命題:若滿足,則,
:若虛數是方程的根,則也是方程的根,
:已知復數則的充要條件是,:若復數,則.其中真命題的個數為
A.1 B.2 C.3 D.4
5.下列三個命題:①是的充分不必要條件;②設,,若,則或;
③命題:存在,使得,則:任意,都有其中真命題是( )
A.①②B.②③C.①③D.①②③
答案:DABCD
試題猜想:本題綜合性較強可結合所有知識進行運用,本部分知識主要注重或且非任意和存在部分否定轉化,充要條件的運用,命題的否定和否命題之間的區別,還有要重點復習演繹和推理這是知識的盲點若考察雖然簡單可能丟分。
數列
知識點:(1) 等差數列等比數列的通項,求和(2)等差等比的基本性質應用 (3)數列的基本四項的方法
學科內綜合(1)函數 (2)框圖
易錯點:(1)性質的應用(2)基本的求和和求通向方法的掌握(3)觀察規律
典型例題:1.在等比數列中, , ,則數列的前9項的和( )
255 B. 256 C. 511 D. 512
2.已知Sn為等差數列{an}的前n項和,a1=4,a2+a3+a4=18,則使∈Z的正整數n的值為( )
A.3B.4C.3或5D.4或5
3.已知為等差數列且公差,其首項,且成等比數列,為的前 項和,,則的值為( )A BCD
4.等比數列{}的前n項和為,=4(a1+a3+…+),a1a2a3=27,則a6=
A.27 B.8l C.243 D.729
5已知等差數列{an}的前n項和為Sn,a2=2,S7=28,則數列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan+1)))的前2 020項和為( )
A.eq \f(2 020,2 021) B.eq \f(2 018,2 020) C.eq \f(2 018,2 019) D.eq \f(2 021,2 020)
6.已知數列{an}為等比數列,a2=16,a1=64a4,數列{eq \r(an)}的前n項和為Sn,則S6等于( )
A.eq \f(63,4) B.eq \f(63,16) C.eq \f(63,8) D.eq \f(63,32)
7.若正項等比數列{an}的公比q≠1,且a3,a5,a6成等差數列,則eq \f(a3+a5,a4+a6)等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(5),2) C.eq \f(\r(5)+1,2) D.eq \f(\r(5)-1,2)
答案:CCDCAAD
試題猜想:本題考查等差等比數列基本數列性質較多,或者是找規律問題,注意通項和前n項和的關系,最基本的求通項和和的方法,本題可以帶入特殊數值進行計算或者猜出數列,既快又準
三角函數
知識點:(1)三角函數公式 (2)函數圖象變換 (3)函數的單調區間對稱軸對稱中心周期問題(4)在三角形中的應用正余弦定理
學科內綜合(1)函數(2)向量(3)不等式
易錯點:(1)函數圖象變換(2)角度有取值范圍的問題(3)在三角形中的特殊條件(4)單調性的求法
典型例題
1.已知是第三象限的角,,則( )
A.B.C.D
2.已知,且,則( )
A.1B.C.D.
3.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若b2+c2-a2=bc且b=a,則△ABC不可能是 ( )
A.等腰三角形 B.鈍角三角形 C.直角三角形 D.銳角三角形
4.已知函數在區間上是增函數,且在區間上恰好取得一次最大值,則的取值范圍是( )
B. C. D.
5.在中,角的對邊分別為,若,則( )
A.1 B.2 C. D.
6.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且面積為S,若bcs C+ccs B=2acs A,S=eq \f(1,4)(b2+a2-c2),則角B等于( )A.eq \f(π,2) B.eq \f(5π,12) C.eq \f(7π,12) D.eq \f(π,3)
7.已知2cs(α-β)cs β-cs(α-2β)=eq \f(\r(2),4),則eq \f(1-tan2α,1+tan2α)等于( )A.-eq \f(3,4) B.-eq \f(4,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(4,3)
答案DADDABA
試題猜想:本題重點考察三角函數圖像變換或者公式的化簡解三角形問題,掌握三角函數所有基本公式和與函數圖像有關的基本量
6.平面向量
知識點:(1)向量的線性運算和坐標運算 (2)向量的模 (3)投影問題(4)向量的平行和垂直(5)向量在三角形中應用
學科內綜合(1)三角形(2)不等式(3)函數
易錯點:(1)求模平方開根號(2)平行和垂直的公式(3)三角形中的五心問題(4)線性運算轉化成坐標運算
典型例題:1.設向量,滿足,,且,則向量在向量方向上的投影為
B.C.D.
2.如圖所示,在梯形中,,,,,,,分別為邊,的中點,則()
B.C.3D.4
3.如圖,在正六邊形ABCDEF中,|+|=6,則?等于()
A.﹣6B.6C.﹣2D.2
4已知線段AB=4,E,F是AB垂直平分線上的兩個動點,且|eq \(EF,\s\up7(→))|=2,eq \(AE,\s\up7(→))·eq \(BF,\s\up7(→))的最小值為(
A.-5B.-3 C.0D.3
5.已知P為邊長為2的正方形ABCD所在平面內一點,則·()的最小值為( )
A.-1B.-3C.-D.-
6.已知在中,,S△ABC =,,,則( )
A. B. C. D.或
答案:DBAAAC
試題猜想:本題選擇題一般考察基本運算,向量的投影和幾何意義,線性運算一般較難看能否放進直角坐標系轉化為坐標運算。側重三角形中的向量線性運算,坐標運算的平行垂直,求模問題平方別忘記開根號。五心的特點應該牢記
算法語言
知識點:(1) 程序框圖(2)算法語句 (3)算法案例
學科內綜合(1)數列(2)函數
易錯點:(1)最后一個n的取值是否能取到(2)算法到底計算的是什么問題(3)算法的結構(4)每一步計算別出問題
典型例題
開始
輸入n, a1,a2, … , an
k =2, M = a1
x = ak
x≤M ?
M = x
k≥n ?
輸出M
k = k +1
結束




1.秦九韶算法是南宋時期數學家秦九韶提出的一種多項式簡化算法,即使在現代,它依然是利用計算機解決多項式問題的最優算法.如圖所示的程序框圖給出了利用秦九韶算法求多項式值的一個實例,若輸入n,x的值分別為3,4則輸出v的值為( )A.399 B.100 C.25 D.6
2.已知數列的前項和為,執行如圖所示的
程序框圖,則輸出的一定滿足
B.C. D.
3.馬林·梅森是17世紀法國著名的數學家和修道士,也是當時歐洲科學界一位獨特的中心人物,梅森在歐幾里得、費馬等人研究的基礎上對2p-1作了大量的計算、驗證工作,人們為了紀念梅森在數論方面的這一貢獻,將形如2p-1(其中p是素數)的素數,稱為梅森素數.若執行如圖所示的程序框圖,則輸出的梅森素數的個數是( )
A.3B.4 C.5D.6
4.閱讀以下程序:
若輸出y=9,則輸入的x值應該是( ).A.-1 B.4或-1C.4 D.2或-2
5.用秦九韶算法求多項式f (x)=7x3+3x2-5x+11在x=23時的值,在運算過程中下列數值不會出現的是( ).
A.164 B.3 767 C.86 652 D.85 169
答案:BDBBD
試題猜想:本題出框圖的概率較大,框圖中注意運算的準確,側重考圖的運算功能和中間所缺少的步驟問題,不能忽視算法語句要留意復習。本題計算要一步步算,不要跳步防止出錯,若是有規律的仔細查好。三種算法案例和進位制要復習充分
概率統計
知識點:(1)排列組合 (2)幾種概率類型求法 (3)統計圖應用(4)抽樣方法(5)統計案例
學科內綜合(1)幾何圖形建立(2)函數積分
易錯點:(1)幾何概型模型的建立(2)條件概率的運用(3)統計案例概念不清
典型例題:概率:1.為抗擊新冠肺炎疫情,全國各地的醫護人員紛紛請戰支援武漢,某醫院從請戰的5名醫護人員中隨機選派2名支援武漢,已知這5名醫護人員中有一對夫妻,則這對夫妻恰有一人被選中的概率為( )
A.B.C.D.
2.在正方形內任取一點,則該點在此正方形的內切圓外的概率為( )
A. B. C. D.
3.在區間[﹣2,2]上隨機取一個數b,若使直線y=x+b與圓x2+y2=a有交點的概率為,則a=( )
A.B.C.1D.2
4.從1、2、3、4、5中任取2個不同的數,事件A=“取到的2個數之和為偶數”,事件B=“取到的2個數均為偶數”,則P(B|A)=( )A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
5. 某乒乓球隊有9名隊員,其中2名是種子選手,現在挑選5名隊員參加比賽,種子選手都必須在內,那么不同的選法共有( ).
A.126種 B.84種 C.35種 D.21種
答案:AABBC
統計:
1.已知隨機變量,其正態分布密度曲線如圖所示,若向長方形中隨機投擲1點,則該點恰好落在陰影部分的概率為( )附:若隨機變量,則,.
A. 0.1359 B. 0.7282 C. 0.8641 D. 0.93205
2.為了解大學生對體育鍛煉的興趣,某高校從在校的大學生中隨機抽取了男、女生各200名進行了調查,得到如下統計圖:
對比兩圖中信息并進行分析,下列說法錯誤的是( )
A.大量出汗并感到很疲乏的男生人數比女生人數的2倍還要多
B.男生中運動時間超過1小時的超過70%
C.男生的平均運動強度高于女生的平均運動強度
D.運動時間在0.5~1小時內的男生人數與運動時間在1~2小時內的女生人數相同
3.甲乙兩名同學次考試的成績統計如下圖,甲乙兩組數據的平均數分別為、,標準差分別為、,則( )
A.B.C.D.
4.已知的平均數為5,方差為1,則,,,,的平均數和方差分別為( )A.11,3B.11,4C.10,1D.10,4
5.恩格爾系數是食品支出總額占個人消費支出總額的比重.據某機構預測,n(n≥10)個城市職工購買食品的人均支出y(千元)與人均月消費支出x(千元)具有線性相關關系,且回歸方程為y=0.4x+1.2,若其中某城市職工的人均月消費支出為5千元,則該城市職工的月恩格爾系數約為( )
A.60%B.64% C.58%D.55%
6.虛擬現實(VR)技術被認為是經濟發展的新增長點,某地區引進VR技術后,VR市場收入(包含軟件收入和硬件收入)逐年翻一番.據統計該地區VR市場收入情況如圖所示,則下列說法錯誤的是( )
A.該地區2019年的VR市場總收入是2017年的4倍
B.該地區2019年的VR硬件收入比2017年和2018年的硬件收入總和還要多
C.該地區2019年的VR軟件收入是2018年的軟件收入的3倍
D.該地區2019年的VR軟件收入是2017年的軟件收入的6倍
7.我國古代認為構成宇宙萬物的基本要素是金、木、土、水、火這五種物質,稱為“五行”,得到圖中外圈順時針方向相鄰的后一物生前一物,內圈五角星線路的后一物克前一物的相生相克理論.依此理論,每次隨機任取兩行,重復取10次,若取出的兩行為“生”的次數記為X,則E(X)與D(X)的值分別為( )
A.1,eq \f(9,10)B.3,eq \f(21,10)C.5,eq \f(5,2)D.7,eq \f(21,10)
答案:DBCBBDC
試題猜想:本題包括兩部分概率和統計,概率部分理科考察加法乘法原理和排列組合問題算法,文科考察概率的計算問題,理科側重復習基本排列組合解法,文科幾何概型和條件概率,統計部分統計的應用是重點,其次是統計圖中的條形圖和折線圖的運用,統計案例中期望方差(理),獨立性檢驗(文)的所有有關名詞
二項式定理(理)
知識點:(1)二項展開式 (2)求通項問題 (3)二項式系數和項的系數(4)求參數的值(5)
學科內綜合(1)函數(2)概率
易錯點:(1)組合是從0開始(2)項數和二項式系數
典型例題:1.的展開式中,常數項為( )
A. -15B. 16C. 15D. -16
2..展開式中所有奇數項系數之和等于1024,則所有項的系數中最大的值是
( )
A.330 B.462 C.680 D.790
3.若的展開式中各項的系數之和為81,則分別在區間和內任取兩個實數,,滿足的概率為( )
A.B.C.D.
答案:ADB
試題猜想:本題多出填空,選擇較少,求系數問題,注意兩個二項式相乘或三項求系數問題。二項式和項的系數和的區別
線性規劃
知識點:(1)利用約束條件求目標函數最值問題 (2)求參數的取值范圍問題
學科內綜合(1)圖形(2)不等式
易錯點:(1)考慮點是否在可行域內(2)目標函數的類型求法(3)參數可能在條件中或者在函數中
典型例題:
1.已知x,y滿足約束條件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x-y≥0,x+y≤2,y≥0)),若z=ax+y的最大值為4,則a等于( )
A.3B.2 C.-2D.-3
2.設,滿足約束條件 ,則的最大值為( )
A.41B.5C.25D.1
3. 設實數 滿足不等式組 ,則 的最大值為( )
A . 13 B . 10.5 C . 10 D . 0
答案:BAA
試題猜想:本題復習重點為約束條件中還有參數問題,其次是目標函數幾種類型的求法,注意約束條件里的點是否正確。主要注意區間的封閉和開放性。帶入的數值是否符合所有不等式
11.立體幾何
知識點:(1)三視圖 (2)幾何體的表面積和體積 (3)幾何體球的問題(4)命題是否正確
學科內綜合(1)平面幾何(2)概率(3) 函數
易錯點:(1)三視圖位置不清(2)多面體的分割(3)基本幾何形體的面積體積公式(4)球的問題球心的尋找
典型例題:
1.已知球O的半徑,三棱錐內接于球O,平面,且,則直線與平面所成角的正弦值為( )
A.B.C.D.
1
1
1
1
正視圖
側視圖
俯視圖
2.某棱錐的三視圖如圖所示,則該棱錐的體積為
A. B.
C. D.
3.如圖,正三角形ABC為圓錐的軸截面,D為AB的中點,E為弧的中點,則直線DE與AC所成角的余弦值為( )A.B.C.D.
4.已知四棱錐P﹣ABCD的所有棱長均相等,點E,F分別在線段PA,PC上,且EF∥底面ABCD,則異面直線EF與PB所成角的大小為( )
A.30°B.45°C.60°D.90°
5.如圖,已知一個八面體的各條棱長為1,四邊形ABCD為正方形,下列說法
①該八面體的體積為;②該八面體的外接球的表面積為;③E到平面ADF的距離為;④EC與BF所成角為60°;
其中不正確的個數為
A.0 B.1 C.2 D.3
6.下列四個正方體圖形中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,P分別為其所在棱的中點,能得出AB∥平面MNP的圖形的序號是( )
A.①③ B.②③ C.①④ D.②④
7.四棱錐P-ABCD,AD⊥平面PAB,BC⊥平面PAB,底面ABCD為梯形,AD=4,BC=8,AB=6,∠APD=∠BPC,滿足上述條件的四棱錐頂點P的軌跡是( )
A.線段B.圓的一部分C.橢圓的一部分D.拋物線的一部分
答案:DACDCCB
試題猜想:本題主要考察古典方法就立體幾何問題,異面直線成角,線面角,點到面的距離為重點,其次是線面的位置關系判斷對錯,三視圖問題出現可能性變小
12.不等式
知識點:(1)不等式的基本性質 (2)重要不等式 (3)不等式的解法(4)比較大?。?)
學科內綜合(1)函數(2)命題
易錯點:(1)正負符號問題(2)不等式性質應用(3)二次不等式的解法(4)含有參數的不等式的討論
典型例題:1.設正數x,y滿足﹣1<x﹣y<2,則z=2x﹣2y的取值范圍為( )
A.(﹣∞,4)B.(0,4)C.(,4)D.(4,+∞)
2.若兩個正實數,滿足,且不等式有解,則實數m的取值范圍是( )
A. B.C. D.
3.若x>0,y>0,且(eq \r(2))2x-4eq \f(1,2)y>0.則( )
A.x2<y2B.ln x<ln y C.eq \f(1,y)<eq \f(1,x)D.eq \f(x2,y)>eq \f(y2,x)
4已知實數a,b,ab>0,則的最大值為( )
A.B.C.D.6
5.設a=ln 3,則b=lg 3,則( )
A.a+b>a-b>ab B.a+b>ab>a-bC.a-b>a+b>ab D.a-b>ab>a+b
答案:BBDAA
試題猜想:本題因其結合性較強所以單獨出題較少,大多與其他知識點組合,近幾年更多側重于考察線性規劃問題,若單獨出現可能考察不等式的基本性質,采用帶數檢驗的方法,若出求最值問題考慮基本不等式注意正負號的討論,注意指數對數的比較大小問題。
解析幾何
知識點:(1)各種曲線方程 (2)離心率取值范圍的求法 (3)基本幾何性質(4)基本的求最值的方法
學科內綜合(1)函數(2)不等式(3)向量
易錯點:(1)最值注意參數取值范圍(2)題目中的條件利用充分
典型例題1.已知雙曲線的右頂點為,以為圓心,為半徑作圓,圓與雙曲線的一條漸近線交于兩點.若,則雙曲線的離心率為( )
A.B.C.D.2
2.已知拋物線的焦點為F,經過點且斜率為的直線l與拋物線C交于A,B兩點,若,且,則( )
A.1B.2C.3D.4
3.設雙曲線的左、右焦點分別為F1、F2,離心率為e,過F2的直線與雙曲線的右支交于A、B兩點,若△F1AB是以A為直角頂點的等腰直角三角形,則( )
A.B.C.D.
4在平面直角坐標系xOy中,點P為橢圓C:+=1(a>b>0)的下頂點,M,N在橢圓上,若四邊形OPMN為平行四邊形,α為直線ON的傾斜角,若α∈(,],則橢圓C的離心率的取值范圍為( )
A.(0,]B.(0,]C.[,]D.[,]
5.與直線和圓都相切的半徑最小的圓的方程是( )
A. B.
C. D.
6.已知橢圓和雙曲線有共同焦點 , 是它們的一個交點, ,記橢圓和雙曲線的離心率分別 ,則 的最小值是( )
A. B. C. D.
7.已知直線與圓相交于兩點,且這兩點關于直線對稱,則的值分別為( )
A.B.C.D.
8.拋物線M:y2=4x的準線與x軸交于點A,點F為焦點,若拋物線M上一點P滿足PA⊥PF,則|PF|等于( )
A.﹣1+B.﹣1+2C.﹣1+D.﹣1+2
9.如圖,已知雙曲線C:eq \f(x2,a2)-eq \f(y2,b2)=1(a>0,b>0)的左,右焦點分別為F1,F2,過F2的直線l與雙曲線C左,右兩支分別交于點B,A,若△ABF1為正三角形,則雙曲線C的漸近線方程為( )
A.y=±eq \r(2)x B.y=±eq \r(3)x C.y=±eq \f(\r(3),3)x D.y=±eq \r(6)x
10.已知M是拋物線x2=4y上一點,F為其焦點,C為圓(x+1)2+(y-2)2=1的圓心,則|MF|+|MC|的最小值為( )A.2 B.3 C.4 D.5
答案ABBAC ABCDB
試題猜想:本題高考種可能出現兩題,第一題為簡單題考察基本技能求方程和離心率問題較多,第二題為難題,多求取值范圍,注意點到曲線和線到曲線的取值范圍問題,求離心率問題采用帶入數值的方法,后一題難度較大,若思路不清楚看能否用特殊方法解答或排除錯誤答案。
從曲線來看本題多考察雙曲線,其次是拋物線問題,注意特殊位置采用特殊值方法解題
函數與導數
知識點:(1)函數的單調性 (2)導數和函數 (3)函數的圖像(4)方程和零點問題
典型例題1.已知函數對任意,都有,當時,,則函數在上的值域為( )
A.B.C.D.
2.已知函數.若函數在上無零點,則( )
A. B. C. D.
3.若函數的定義域為,其導函數為.若恒成立,,則解集為( )
A.B.C.D.
4. 下列函數在其定義域上既是奇函數又是減函數的是 ( )
A.B.C.D.
5.偶函數在上單調遞減,則的大小關系是( )
A B C D不能確定
6.已知函數,a=f(20.3),b=f(0.20.3),c=f(lg0.32),則a,b,c的大小關系為( )
A.c<b<aB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b
7.已知f(x)為奇函數,當x<0時,f(x)=e-x-ex2(e是自然對數的底數),則曲線y=f(x)在x=1處的切線方程是
A.y=-ex+e B.y=ex+e C.y=ex-e D.y=(2e-eq \f(1,e))x-2e+eq \f(1,e)
8.函數f(x)=(x2-2|x|)e|x|的圖象大致為( )
A B C D
9.定義在R上的偶函數f(x)的導函數為f′(x),且當x>0時,xf′(x)+2f(x)<0,則( )
A.eq \f(f?e?,4)>eq \f(f?2?,e2) B.9f(3)>f(1)C.eq \f(f?e?,9)<eq \f(f?-3?,e2) D.eq \f(f?e?,9)>eq \f(f?-3?,e2)
10)若函數F(x)=f(x)-2x4是奇函數,G(x)=f(x)+為偶函數,則f(-1)=( )
A.-B.-C.D.
11.已知函數f(x)=x2-ax與g(x)=ex的圖象上存在兩對關于直線y=x對稱的點,則a的取值范圍是( )
A.B.C.D.
答案DADDB ACBDC D
試題猜想:本題難度較大,考察全面性和綜合性,側重復習函數周期性和對稱性,單調性和奇偶性的特殊用法,性質結合,函數圖像的認知,采用排除法。函數性質結合導數,求零點個數問題
數學文化
知識點:(1)中國古代數學參考文獻 (2)對于中國數學有突出貢獻的數學家 (3)與高中知識貼合的數學問題
學科內綜合(1)函數(2)數列(3)框圖
易錯點:(1)讀懂題目,翻譯不正確(2)題目中的條件利用充分
典型例題
1.《海島算經》有如下問題:某地有一佛塔共13層,每層塔的高度依次構成等差數列,下面7層每層塔的高度之和為米,第5層塔的高度為米,則最上層的塔高為( )
A.3B.C.D.
2.《算數書》竹簡于上世紀八十年代在湖北省江陵縣張家山出土,這是我國現存最早的有系統的數學典籍.其中記載有求“囷蓋”的術:“置如其周,令相承也.又以高乘之,三十六成一”.該術相當于給出了由圓錐的底面周長L與高h,計算器體積V≈eq \f(1,36)L2h的近似公式.它實際上是將圓錐體積公式中的圓周率近似取為3,那么近似公式V≈eq \f(3,112)L2h相當于圓錐體積公式中的圓周率近似取為( )A.eq \f(22,7) B.eq \f(157,50) C.eq \f(28,9) D.eq \f(337,115)
3.阿基米德(公元前287年-公元前212年)不僅是著名的物理學家,也是著名的數學家,他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.若橢圓C的焦點在x軸上,且橢圓C的離心率為eq \f(\r(7),4),面積為12π,則橢圓C的方程為( )
A.eq \f(x2,3)+eq \f(y2,4)=1 B.eq \f(x2,9)+eq \f(y2,16)=1C.eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1 D.eq \f(x2,16)+eq \f(y2,9)=1
4.1943年,我國病毒學家黃禎祥在美國發表了對病毒學研究有重大影響的論文“西方馬腦炎病毒在組織培養上滴定和中和作用的進一步研究”,這一研究成果,使病毒在試管內繁殖成為現實,從此擺脫了人工繁殖病毒靠動物、雞胚培養的原始落后的方法.若試管內某種病毒細胞的總數y和天數t的函數關系為:y=2t-1,且該種病毒細胞的個數超過108時會發生變異,則該種病毒細胞實驗最多進行的天數為( )天(lg 2≈0.3010)
A.25 B.26 C.27 D.28
5.棣莫弗公式(cs x+isin x)n=cs nx+isin nx(i為虛數單位)是由法國數學家棣莫弗(1667-1754)發現的,根據棣莫弗公式可知,復數eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,5)+isin \f(π,5)))6在復平面內所對應的點位于( )
A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限
6.達芬奇的經典之作《蒙娜麗莎》舉世聞名.如圖,畫中女子神秘的微笑,數百年來讓無數觀賞者入迷.某業余愛好者對《蒙娜麗莎》的縮小影像作品進行了粗略測繪,將畫中女子的嘴唇近似看作一個圓弧,在嘴角A,C處作圓弧的切線,兩條切線交于B點,測得如下數據:AB=6 cm,BC=6 cm,AC=10.392 cm(其中eq \f(\r(3),2)≈0.866).根據測量得到的結果推算:將《蒙娜麗莎》中女子的嘴唇視作的圓弧對應的圓心角大約等于( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,2) D.eq \f(2π,3)
7.學生到工廠勞動實踐,利用3D打印技術制作模型.如圖,該模型為在圓錐底部挖去一個正方體后的剩余部分(正方體四個頂點在圓錐母線上,四個頂點在圓錐底面上),圓錐底面直徑為10eq \r(2) cm,高為10 cm.打印所用原料密度為1 g/cm3,不考慮打印損耗,制作該模型所需原料的質量為(取π=3.14,精確到0.1)( )
A.609.4 g B.447.3 gC.398.3 g D.357.3 g
8.《周髀算經》中有這樣一個問題:從冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個節氣,其日影長依次成等差數列,冬至、立春、春分日影長之和為31.5尺,前九個節氣日影長之和為85.5尺,則小滿日影長為( )
A.1.5尺B.2.5尺C.3.5尺D.4.5尺
答案CCDCCACC
試題猜想:本題主要考察古代數學的杰出成就和一些著名的數學學術著作的摘錄,首先要能讀懂題目,其次分析是哪一類題,知識性很簡單,稍加注意就沒有問題。
第二部分 填空題
說明:填空高考出四題,因為題型變化較多,這里不一一列出,下面給出可能出現的題型供參考
典型例題:1.在疫情防控過程中,某醫院一次性收治患者127人.在醫護人員的精心治療下,第15天開始有患者治愈出院,并且恰有其中的1名患者治愈出院.如果從第16天開始,每天出院的人數是前一天出院人數的2倍,那么第19天治愈出院患者的人數為________,第________天該醫院本次收治的所有患者能全部治愈出院.
2.已知等差數列{an},{bn}的前n項和分別為Sn,Tn,若對于任意的自然數n,都有eq \f(Sn,Tn)=eq \f(2n-3,4n-3),則eq \f(a3+a15,2?b3+b9?)+eq \f(a3,b2+b10)=________.
3.已知函數的圖象的一條對稱軸為直線,為函數的導函數,函數,則下列說法正確的是_________________.
①直線是圖象的一條對稱軸;②的最小正周期為;
③點是圖象的一個對稱中心;④的最大值為.②④
4.函數(e為自然對數的底數)在區間上的最大值和最小值之和等于______________.
5.某產品在某零售攤位的零售價x(單位:元)與每天的銷售量y(單位:個)的統計資料如下表所示:
由表可得回歸直線方程eq \(y,\s\up6(^))=eq \(b,\s\up6(^))x+eq \(a,\s\up6(^))中的eq \(b,\s\up6(^))=-4,據此模型預測零售價為20元時,每天的銷售量為_______個.
6.已知橢圓E:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的焦距為2c,F1,F2是E的左、右焦點,點P是圓(x-c)2+y2=4c2與E的一個公共點.若△PF1F2為直角三角形,則E的離心率為________.
7.已知平面向量, QUOTE QUOTE \* MERGEFORMAT 的夾角為 QUOTE QUOTE \* MERGEFORMAT ,且, QUOTE QUOTE \* MERGEFORMAT ,若 QUOTE QUOTE \* MERGEFORMAT ,則____.
8.在中,內角,,所對的邊分別為,,,且,,則的周長的最大值是_________
9.在四面體ABCD中, AB=CD=eq \r(41),AC=BD=eq \r(34),AD=BC=5,E,F分別是AD,BC的中點.則下述結論:
①四面體ABCD的體積為20;②異面直線AC,BD所成角的正弦值為eq \f(24,25);
③四面體ABCD外接球的表面積為50π;
④若用一個與直線EF垂直,且與四面體的每個面都相交的平面α去截該四面體,由此得到一個多邊形截面,則該多邊形截面面積最大值為6.其中正確的有________.(填寫所有正確結論的編號)
10.利用隨機模擬方法計算和所圍成圖形的面積.首先利用計算機產生兩
組~區間的均勻隨機數,,,然后進行平移和伸縮變換,
,若共產生了個樣本點,其中落在所圍成圖形內的樣本點
數為,則所圍成圖形的面積可估計為 (結果用,表示)
11.若曲線與曲線存在公共切線,則的取值范圍為__________.
12.某服裝設計公司有1200名員工,其中老年、中年、青年所占的比例為1:5:6,公司十年慶典活動特別邀請了5位當地的歌手和公司的36名員工同臺表演節目,其中員工按老年中年、青年進行分層抽樣,則參演的中年員工的人數為 .
13.下列三句話按“三段論”模式排列順序是_________.
①()是三角函數;②三角函數是周期函數;③()是周期函數.
14.在數列{an}中,a1=1,an+2+(-1)nan=1,記Sn是數列{an}的前n項和,則S60=_____.
答案(1)16 21 (2)eq \f(19,41)(3).②④ (4)2(5)29(6)eq \r(2)-1(7)3(8)6(9)①③④(10) 2 / (11)(12)15(13)②①③(14)480_
試題猜想:注意填空題中出現新題型,推理證明問題,多選題問題,幾何概型問題。若果遇見命題多選問題要仔細可能考察邊角的概念問題,統計中的量對錯的判斷,立體幾何中求角問題,
第三部分 解答題
數列或三角函數
數列部分:
知識點(1)等差等比數列通項和求和的基本方法 (2)數列通項公式的基本求法
數列求和的方法
學科內綜合(1)函數(2) 不等式
易錯點(1)遇到用和求通項時n=1和n>= 2時的討論。(2)帶絕對值的就和注意通項的正負
基本求和求通項的熟練掌握(4)若是證明或求n的最值取不取等號的問題
典型例題
1.(12分)已知數列前n項和為,且數列是首項為1,公差為的等差數列.
(1)求的通項公式;(2)設,數列的前n項和為,求證:.
2.已知正項數列滿足:,其中為數列的前項和.
(1)求數列的通項公式;(2)設,求數列的前項和.
3.已知為單調遞增的等差數列,,設數列滿足
(1)求數列的通項 ; (2)求數列的前項和
4.已知數列{an}的前n項和Sn=n2-2kn(k∈N*),Sn的最小值為-9.
(1)確定k的值,并求數列{an}的通項公式;(2)設bn=(-1)n·an,求數列{bn}的前2n+1項和T2n+1.
5.已知數列{an}滿足a1=eq \f(3,2),且an=eq \f(an-1,2)+eq \f(1,2n-1)(n≥2,n∈N*).
(1)求證:數列{2nan}是等差數列,并求出數列{an}的通項公式;(2)求數列{an}的前n項和Sn
三角函數部分
知識點(1)基本三角函數公式 (2)三角函數圖象和性質(3)函數圖象的變換(4)正余弦定理在三角形中的應用(5)實際應用問題解三角形(6)平移問題
學科內綜合(1)向量(2)函數
易錯點(1)公式運用得當(2)三角形中雙解問題(3)向量的平移
(4)三角函數的周期,單調性,最值的求法 (5)實際問題讀懂題意看圖形是平面還是立體
典型例題
1.已知銳角△ABC,同時滿足下列四個條件中的三個:①A=eq \f(π,3);②a=13;③c=15;④sin C=eq \f(1,3).
(1)請指出這三個條件,并說明理由;(2)求△ABC的面積.
2..如圖,在△ABC中,C=eq \f(π,4),∠ABC的平分線BD交AC于點D,且tan∠CBD=eq \f(1,2).
(1)求sin A;(2)若eq \(CA,\s\up7(→))·eq \(CB,\s\up7(→))=28,求AB的長.
3..已知在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且eq \f(asin B,bcs A)=eq \r(3).
(1)若a=2eq \r(5),b=2,求c的大??;(2)若b=2,且C是鈍角,求△ABC面積的取值范圍.
試題猜想:本題可能出現兩種題型數列和三角函數,出現概率均等,推斷三角可能性小于數列,考察平時訓練的基本解題功底。數列主要注重求通項和求和問題,三角函數主要注重在三角形里的應用。注意三角函數的變換問題,數列的等差等比混用問題
18立體幾何
知識點(1)證明線與線,線與面,面與面的關系定理(2)求異面直線所成角(3)求線面角(4)求二面角(5)求體積問題
學科內綜合(1)空間向量(2)函數
易錯點(1)定理運用得當(2)證明過程完整無漏洞(3)用向量法計算準確
(4)圖形認識清楚 (5)動點問題能找到特殊點或者設未知數求點位置,(6)能用古典法盡量用(7)注意相似圖形運用
典型例題.
1.文理 如圖①,平行四邊形ABCD中,AB=4,AD=2,∠ABC,E為CD中點.將△ADE沿AE折起,使平面ADE⊥平面ABCE,得到如圖②所示的四棱錐P﹣ABCE.
(1)求證:平面PAE⊥平面PBE;(2)求直線PB與平面PCE所成角的正弦值.
2.理)已知四棱錐中,底面,,,,.
(1)當變化時,點到平面的距離是否為定值?若是,請求出該定值;若不是,請說明理由;
(2)當直線與平面所成的角為45°時,求二面角的余弦值
3.文理 如圖所示的幾何體中,四邊形為菱形,,,,,平面平面,,為的中點,為平面內任一點.
(1)在平面內,過點是否存在直線使?如果不存在,請說明理由,如果存在,請說明作法;
(2)過,,三點的平面將幾何體截去三棱錐,求剩余幾何體的體積.
4理.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是邊長為2的等邊三角形,BC⊥BB1,CC1=eq \r(2),AC1=eq \r(6).
(1)證明:平面ABC⊥平面BB1C1C;
(2)M,N分別是BC,B1C1的中點,P是線段AC1上的動點,若二面角P-MN-C的平面角的大小為30°,試確定點P的位置.
5.理 如圖,圓柱的軸截面ABCD是邊長為2的正方形,點P是圓弧CD上的一動點(不與C,D重合),點Q是圓弧AB的中點,且點P,Q在平面ABCD的兩側.
(1)證明:平面PAD⊥平面PBC;(2)設點P在平面ABQ上的射影為點O,點E,F分別是△PQB和△POA的重心,當三棱錐P-ABC體積最大時,回答下列問題.
①證明:EF∥平面PAQ;②求平面PAB與平面PCD所成二面角的正弦值.
6.文 .如圖,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,AB=2DC=2BC,E為AB的中點,沿DE將△ADE折起,使得點A到點P位置,且PE⊥EB,M為PB的中點,N是BC上的動點(與點B,C不重合).
(1)求證:平面EMN⊥平面PBC;(2)設三棱錐B-EMN和四棱錐P-EBCD的體積分別為V1和V2,當N為BC中點時,求eq \f(V1,V2)的值.
7.文 已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是直角梯形,AD⊥DC,AB=1,AD=DC=2,AA1=2,且AA1⊥平面ABCD,F為A1B1的中點.
(1)在圖中畫出一個過BC1且與AF平行的平面(要求寫出作法);
(2)求四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面積.
8.文如圖,在三棱柱FAB-EDC中,側面ABCD是菱形,G是邊AD的中點.平面ADEF⊥平面ABCD,∠ADE=90°.
(1)求證:AC⊥BE;
(2)在線段BE上求點M(說明M點的具體位置),使得DE∥平面GMC,并證明你的結論.
試題猜想:本題考查空間結構圖形辨別能力和位置感覺,證明問題一般為線面,面面關系證明;求解問題一般為線面角,異面直線角,二面角(理科必考)??赡艹霈F的題型變化(1)從圖形上可能出現斜棱柱,三視圖,動點問題,折疊圖形(2)從問題上看可能出現已知二面角求其他問題,已知比例求問題,最值確定動點位置問題,投影位置移動問題。文科點到面的距離,線平行面,線垂直線,理科二面角 ,線垂直面,注意四棱錐倒放,斜三或四棱柱
概率統計
知識點(1)排列組合的基本用法(2)幾種概率類型求法(3)期望和方差(4)統計中的各種名詞(5)抽樣方法(6)統計表統計圖認識運用(7)幾種統計案例求法
學科內綜合(1)平面幾何(2)函數(3)應用問題(4)不等式
易錯點(1)概率的求法混淆(2)不仔細讀題導致理解錯誤(3)概率類型識別錯誤
(4)統計案例不會運用(5)應用問題具體分析
典型例題.
1文.已知某中學高三在某次考試后為分析該校高三學生歷史成績(成績均在內)的分布,隨機抽取若干名學生對其歷史成績作出統計分析,制作出頻率分布直方圖如圖所示,本校高三文科學生本次歷史考試的平均成績為73.3(同一組中的數據用該組區間的中點值為代表),若對該次歷史成績前的學生給予獎勵.
(1)利用此頻率分布直方圖估計該校學生接受獎勵的歷史成績的最低分數;
(2)若抽取的學生人數為100名,調查考試成績在的男生與女生的比例為,而考試成績在的男生與女生的比例為,若考試成績在的考生為“潛力生”,考試成績在的考生為“良好生”,由此可得2×2列聯表.
完成列聯表,根據表中的判斷能否有的把握認為兩類考試成績的差異與性別有關.
參考公式:,其中.
參考數據:
2理型口罩是抗擊新型冠狀病毒的重要防護用品,它對空氣動力學直徑的顆粒的過濾效率達到以上.某防護用品生產廠生產的N95型口罩對空氣動力學直徑的顆粒的過濾效率服從正態分布
Ⅰ當質檢員隨機抽檢10只口罩,測量出一只口罩對空氣動力學直徑的顆粒的過濾效率為,他立即要求停止生產,檢查設備和工人工作情況.請你依據所學知識,判斷該質檢員的要求是否有道理,并說明判斷的依據;
Ⅱ該廠將空氣動力學直徑的顆粒的過濾效率達到以上的N95型口罩定義為“優質品”.
求該企業生產的一只N95型口罩為“優質品”的概率;
該企業生產了1000只這種N95型口罩,且每只口罩相互獨立,記X為這1000只口罩中“優質品”的件數,當X為多少件時可能性最大即概率最大?
參考數據:,,,.
3理.某超市開展年終大回饋,設計了兩種答題游戲方案:
方案一:顧客先回答一道多選題,從第二道開始都回答單選題;
方案二:顧客全部選擇單選題進行回答;
其中每道單選題答對得2分,每道多選題答對得3分,無論單選題還是多選題答錯都得0分,每名參與的顧客至多答題3道.在答題過程中得到3分或3分以上立刻停止答題,并獲得超市回饋的
贈品.
為了調查顧客對方案的選擇情況,研究人員調查了參與游戲的500名顧客,所得結果如下表所示:
(1)是否有的把握認為方案的選擇與性別有關?
(2)小明回答每道單選題的正確率為,多選題的正確率為.
①若小明選擇方案一,記小明的得分為,求的分布列及期望;
②如果你是小明,你覺得選擇哪種方案更有可能獲得贈品,請通過計算說明理由.
附:,.
4理年4月,甲、乙兩校的學生參加了某考試機構舉行的大聯考,現對這兩校參加考試的學生的數學成績進行統計分析,數據統計顯示,考生的數學成績X服從正態分布N(110,144),從甲、乙兩校100分及以上的試卷中用系統抽樣的方法各抽取了20份試卷,并將這40份試卷的得分制作成如圖所示的莖葉圖:
(1)試通過莖葉圖比較這40份試卷的兩校學生數學成績的中位數;
(2)若把數學成績不低于135分的記作數學成績優秀,根據莖葉圖中的數據,判斷是否有90%的把握認為數學成績在100分及以上的學生中數學成績是否優秀與所在學校有關?
(3)從所有參加此次聯考的學生中(人數很多)任意抽取3人,記數學成績在134分以上的人數為ξ,求ξ的數學期望.
附:若隨機變量X服從正態分布N(μ,σ2),則P(μ-σ參考公式與臨界值表:K2=eq \f(n?ad-bc?2,?a+b??c+d??a+c??b+d?),其中n=a+b+c+d.
5理.2020年是中國改革開放的第42周年,為了充分認識新形勢下改革開放的時代性,某地的民調機構隨機選取了該地的100名市民進行調查,將他們的年齡分成6段:eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(20,30)),eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(30,40)),…,eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(70,80)),并繪制了如圖所示的頻率分布直方圖.
(1)現從年齡在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(20,30)),eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(30,40)),eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(40,50))內的人員中按分層抽樣的方法抽取8人,再從這8人中隨機抽取3人進行座談,用X表示年齡在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(30,40))內的人數,求X的分布列和數學期望;
(2)若用樣本的頻率代替概率,用隨機抽樣的方法從該地抽取20名市民進行調查,其中有k名市民的年齡在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(30,50))的概率為Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X=k))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k=0,1,2,…,20)).
當Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X=k))最大時,求k的值.
6文.已知某保險公司的某險種的基本保費為a(單位:元),繼續購買該險種的投保人稱為續保人,續保人本年度的保費與其上年度出險次數的關聯如下:
隨機調查了該險種的400名續保人在一年內的出險情況,得到下表:
該保險公司這種保險的賠付規定如下:
將所抽樣本的頻率視為概率.
(1)求本年度續保人保費的平均值的估計值;
(2)按保險合同規定,若續保人在本年度內出險3次,則可獲得賠付(2.5a+1.5a+a)元;若續保人在本年度內出險6次,則可獲得賠付(2.5a+1.5a+a+0.5a)元;依此類推,求本年度續保人所獲賠付金額的平均值的估計值;
(3)續保人原定約了保險公司的銷售人員在上午10:30~11:30之間上門簽合同,因為續保人臨時有事,外出的時間在上午10:45~11:05之間,請問續保人在離開前見到銷售人員的概率是多少?
試題猜想:本題題型變化可能較大,考察點比較多而雜,有兩個側重點(1)按照概率方向要注意求分布列的幾種分布,二項分布和超幾何分布為重點,二項分布的期望和方差求法,獨立重復試驗,條件概率,幾何概型重點復習。(2)按照統計方向統計案例,統計表和圖中直方圖,抽樣方法重點注意,應用問題和概率統計結合問題側重熟悉下 主要全面復習知識點不要遺漏仔細審題此題難度不是很大,注意統計中的名詞求法,理科注意正態分布
20.圓錐曲線
知識點(1)軌跡方程的求法(2)圓,橢圓,拋物線,直線的性質應用(3)函數求最值的應用(4)曲線的幾何性質(5)與其他條件的結合運用
學科內綜合(1)向量(2)函數(3)數列 (4)不等式
易錯點(1)軌跡方程的方法注意軌跡的取值范圍(2)深入,合理運用條件聯系判別式和韋達定理(3)注意計算(4)注意找圖形的幾何性質 (5)求最值時候化簡要注意未知量的取值范圍(6)注意沒思路時候要反復讀題挖掘題目隱含條件(7)注意拿分技巧理清楚把會寫的都寫上且寫的徹底(8)證明題兩邊湊(9)斜率存在和不存在討論
典型例題.
1.)已知O為坐標原點,橢圓C:=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1(﹣c,0),F2(c,0),過焦點且垂直于x軸的直線與橢圓C相交所得的弦長為3,直線y=﹣與橢圓C相切.
(Ⅰ)求橢圓C的標準方程;
(Ⅱ)是否存在直線l:y=k(x+c)與橢圓C相交于E,D兩點,使得()<1?若存在,求k的取值范圍;若不存在,請說明理由!
2.已知拋物線E:x2=2py(p>0)的焦點為F,圓M的方程為:x2+y2-py=0,若直線x=4與x軸交于點R,與拋物線交于點Q,且|QF|=eq \f(5,4)|RQ|.
(1)求出拋物線E和圓M的方程;
(2)過焦點F的直線l與拋物線E交于A,B兩點,與圓M交于C,D兩點(A,C在y軸同側),求證:|AC|·|DB|是定值.
3.已知橢圓C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0),橢圓上的點到焦點的最小距離為2-eq \r(2)且過點P(eq \r(2),1).
(1)求橢圓C的方程;
(2)若過點M(3,0)的直線l與橢圓C有兩個不同的交點P和Q,若點P關于x軸的對稱點為P′,判斷直線P′Q是否經過定點,如果經過,求出該定點坐標;如果不經過,說明理由.
4.已知橢圓E:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)經過點(0,-eq \r(3)),離心率為eq \f(1,2).
(1)求橢圓E的方程;
(2)設點A,F分別為橢圓的右頂點、右焦點,經過點F作直線交橢圓于C,D兩點,求四邊形OCAD面積的最大值(O為坐標原點).
5.已知橢圓的兩個焦點,,動點P在橢圓上,且使得的點P恰有兩個,動點P到焦點的距離的最大值為。
(I)求橢圓的方程;
(II)如圖,以橢圓的長軸為直徑作圓,過直線上的動點 T作圓的兩條切線,設切點分別為A,B,若直線AB與橢圓交于不同的兩點C,D,求弦長的取值范圍。
6.已知拋物線的焦點是橢圓的一個焦點.
(1) 求拋物線的方程;(2) 設為拋物線上的不同三點,點,且.求證:
直線過定點.
試題猜想:本兩種思路變化,第一種出新,放棄直線和橢圓改為橢圓,拋物線,圓,直線多個曲線混合題,造成視覺和題目條件的混亂難以下手做,反之其實這樣的題思路清楚題目非常容易做,只要找到圖形表層關系即可,第二種傳統型,韋達定理和判別式型,這樣的題應該較難處理要深入挖掘條件仔細慢慢找出深層次條件,不著急做先看仔細。通過對這兩年高考題的要求,本題的最后計算應該不會很繁雜,只要思路正確結果容易得出,最后要注意取值范圍的陷阱,如果不會果斷采用騙分的方法,寫全面寫的深入計算到底,也許可以在解題步驟中間找回思路。注意拋物線結論
21.函數導數綜合應用
知識點(1)函數導數求法(2)函數單調性極值最值的求法(3)構造函數的基本方法(4)求解函數不等式的方法恒成立和存在性問題,零點和根與導數(5)二階導數確定原函數(6)常用含參函數的解法
學科內綜合(1)不等式(2)圖像
易錯點(1)求函數第一要求定義域(2)注意參數分類討論,要求討論再討論(3)構造函數一定和原函數或者相近的函數有關(4)最后一問結合題意聯系前問 (5)多參數問題先用最值去掉一個參數然后再繼續討論6)注意沒思路時候要反復讀題挖掘題目隱含條件(7)絕對值函數的打開絕對值條件,如果復雜看可不可以不打開進行轉換(8)注意求導條件看能否求導(9)把握住每一個條件觀察數量上的細節。
典型例題.常用結論:⑴,變形即為,其幾何意義為上的的點與原點連線斜率小于1.⑵⑶⑷.
1.(12分)已知函數f(x)=alnx﹣2x+x2(a∈R).
(1)若a=1,求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;
(2)設f(x)存在兩個極值點x1,x2(x1<x2),且不等式f(x1)≥mx2恒成立,求實數m的取值范圍.
2.已知函數(為自然對數的底數,為常數)在點處的切線斜率為.
(Ⅰ)求的值及函數的極值;(Ⅱ)證明:當時,;
( = 3 \* ROMAN \* MERGEFORMAT III)證明:對任意給定的正數,總存在,使得當,恒有.
3.已知函數f(x)=xln x-x+1,g(x)=ex-ax,a∈R.
(1)求f(x)的最小值;(2)若g(x)≥1在R上恒成立,求a的值;
(3)求證:lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2)))+lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,22)))+…+lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2n)))<1.
4.已知函數f(x)=aex-2x,a∈R.(1)求函數f(x)的極值;(2)當a≥1時,證明:f(x)-ln x+2x>2.
5.已知函數f(x)=(x+1)ln(x+1),g(x)=ax+-xcs x.
(1)當x≥0時,總有f(x)≤+mx,求m的最小值;(2)對于[0,1]中任意x恒有f(x)≤g(x),求a的取值范圍.
試題猜想:本題難度較大但是得分容易,第一掌握基本知識,第二掌握構造方法和基本解題技巧。本題重點為構造函數可能會產生二次構造或三次構造反復運用單調性,如果遇到不等式證明或求參數取值可能會有用單調性脫掉f(x)問題,還有帶有a,b等其他多參數問題帶入函數構造,一定要掌握基本函數的單調性,所有設問一定要結合起來看,后問做不出來重新看前一問怎么連接,連接即是結果。本題考查基本題型較多如果第三問出新理解困難可以選擇放棄,解題當中一點要注意取值范圍(分母和對數問題)還有單點函數值有(無)意義導數值無(有)意義情況.本題追求多得分而不是得滿分。
選修部分
22.極坐標和參數方程
知識點(1)極坐標和參數方程與直角坐標的轉換2)極坐標和參數方程的幾何意義(3)求弦長和角度等問題的最值求法
易錯點(1)方程的轉換(2)方程轉換時的取值范圍(3)用直角坐標解題困難時會用極坐標和參數方程幾何意義解題(4)求點問題看好是怎么坐標下
典型例題:
1.極坐標與參數方程
在平面直角坐標系中,將曲線:(為參數) 上任意一點經過伸縮變換后得到曲線的圖形.以坐標原點為極點,軸的非負半軸為極軸,取相同的單位長度建立極坐標系,已知直線:.
(1)求曲線和直線的普通方程;
(2)點為曲線上的任意一點,求點到直線的距離的最大值及取得最大值時點的坐標
2.在直角坐標系xOy中,曲線C的參數方程為(t為參數),以O為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,射線l0的極坐標方程為θ=(ρ≥0).已知直線l1過點A(2,0),且l1與l0垂直.
(1)求直線l1的極坐標方程與曲線C的普通方程;
(2)設直線l1與曲線C交于M,N兩點,求|AM|與|AN|的等比中項.
3.在平面直角坐標系xOy中,l的參數方程為eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=\f(-1+t,1+t),,y=\f(t,1+t))) (t為參數).以坐標原點O為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標系,曲線C的極坐標方程為ρ2=eq \f(12,3+sin2θ).
(1)求l的普通方程和曲線C的直角坐標方程;
(2)求曲線C上的點到l距離的最大值及該點坐標.
試題猜想:本題考查方程間的轉換要求各種方程會相互轉換,第一問應該為白給分的題仔細觀察別出錯誤,第二問傾向于求最值,點到線和弦長問題最值,可能轉化成直角坐標數較難計算,如果會用幾何性質最好用參數或極坐標的幾何性質簡單。若求解其他問題則注重于轉換思想解題。
不等式選修
知識點(1)帶有絕對值不等式的解法2)三角不等式和柯西不等式(3)函數圖象的畫法和運用
易錯點(1)不等式解法分類討論和使用幾何法求解(2)證明不等式結合函數的任意和存在性問題看準確(3)運用三角和柯西不等式注意條件(4)不等式基本證明的方法
典型例題:1..已知函數f(x)=|x﹣2|.
(Ⅰ)解不等式f(x)+f(2x+1)≥6;
(Ⅱ)對a+b=1(a,b>0)及?x∈R,不等式f(x﹣m)﹣(﹣x)≤恒成立,求實數m的取值范圍.
2.已知函數f(x)=|x﹣1|+|2x+m|(m∈R).(1)若m=2時,解不等式f(x)≤3;(2)若關于x的不等式f(x)≤|2x﹣3|在x∈[0,1]上有解,求實數m的取值范圍.
3.已知函數.
(1)在給出的直角坐標系中作出函數的圖象,并從圖中找出滿足不等式的解集;
(2)若函數的最小值記為,設,且有,試證明:.
4.已知a,b,c∈R+,?x∈R,不等式|x-1|-|x-2|≤a+b+c恒成立.
(1)求證:a2+b2+c2≥eq \f(1,3);(2)求證:eq \r(a2+b2)+eq \r(b2+c2)+eq \r(c2+a2)≥eq \r(2).
試題猜想:本題第一問考查解不等式較多一般為絕對值不等式,不排除出現兩個根號式子相加的不等式,還可能出不等式的證明問題。第二問一般為不等式證明或求參數取值范圍,不等式證明多考察三角或均值不等式,求參數取值多考察函數的任意性和存在性別看錯。本題如果能結合幾何性質最快用幾何性質解答,第二問證明問題結合兩種不等式和容易做,求范圍注意函數就可以。
解答題參考答案
數列部分
1..解析:(1)由題意得,所以,當時,
當時,,因為適合上式,
所以數列的通項公式為.(2)由(1)知,
可得,所以.因為,所以.
2.解:(Ⅰ)令,得,且,解得.
當時,,即,
整理得,,,
所以數列是首項為3,公差為2的等差數列,故.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知:,
.
3.:(1) 解法1: 設的公差為,則
為單調遞增的等差數列 且
由得解得


解法2:設的公差為,則
為單調遞增的等差數列
由得解得

(2)
由①
得②
-②得,
又不符合上式
當時,
符合上式 ,
4.[解] (1)由已知得Sn=n2-2kn=(n-k)2-k2,因為k∈N*,則當n=k時,(Sn)min=-k2=-9,故k=3.所以Sn=n2-6n.因為Sn-1=(n-1)2-6(n-1)(n≥2),所以an=Sn-Sn-1=(n2-6n)-[(n-1)2-6(n-1)]=2n-7(n≥2).當n=1時,S1=a1=-5,滿足an=2n-7,綜上,an=2n-7.
(2)依題意,得bn=(-1)n·an=(-1)n(2n-7),
則T2n+1=5-3+1+1-3+5-…+(-1)2n(4n-7)+(-1)2n+1[2(2n+1)-7]=5-2n.
5.[解] (1)證明:當n≥2時,由an=eq \f(an-1,2)+eq \f(1,2n-1),
兩邊同時乘以2n,可得2nan=2n-1an-1+2,即2nan-2n-1an-1=2(n≥2).∵21a1=2×eq \f(3,2)=3,
∴數列{2nan}是以3為首項,2為公差的等差數列.∴2nan=3+2(n-1)=2n+1,∴an=eq \f(2n+1,2n),n∈N*.
(2)由(1)可知,Sn=a1+a2+…+an=eq \f(3,21)+eq \f(5,22)+eq \f(7,23)+…+eq \f(2n-1,2n-1)+eq \f(2n+1,2n),
eq \f(1,2)Sn=eq \f(3,22)+eq \f(5,23)+…+eq \f(2n-1,2n)+eq \f(2n+1,2n+1),兩式相減,可得:eq \f(1,2)Sn=eq \f(3,2)+eq \f(1,2)+eq \f(1,22)+…+eq \f(1,2n-1)-eq \f(2n+1,2n+1)=eq \f(3,2)+eq \f(\f(1,2)-\f(1,2n),1-\f(1,2))-eq \f(2n+1,2n+1)
=eq \f(5,2)-eq \f(2n+5,2n+1),∴Sn=5-eq \f(2n+5,2n).
三角函數部分
1.[解] (1)△ABC同時滿足①②③.理由:若△ABC同時滿足①④,因為是銳角三角形,所以sin C=eq \f(1,3)eq \f(π,2).與題設矛盾.故△ABC同時滿足①④不成立.所以△ABC同時滿足②③.
因為c>a,所以C>A.若滿足④,則Aeq \f(π,2),與題設矛盾,故此時不滿足④.∴△ABC同時滿足①②③.
(2)因為a2=b2+c2-2bccsA,所以132=b2+152-2×b×15×eq \f(1,2).解得b=8或7.
當b=7時,cs C=eq \f(72+132-152,2×7×13)<0,C為鈍角,與題設矛盾.所以b=8,S△ABC=eq \f(1,2)bcsin A=30eq \r(3).
2.[解] (1)設∠CBD=θ,因為tan θ=eq \f(1,2),又θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),故sin θ=eq \f(\r(5),5),cs θ=eq \f(2\r(5),5).
則sin∠ABC=sin 2θ=2sin θcs θ=2×eq \f(\r(5),5)×eq \f(2\r(5),5)=eq \f(4,5),cs∠ABC=cs 2θ=2cs2θ-1=2×eq \f(4,5)-1=eq \f(3,5),
故sin A=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+2θ))))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+2θ))=eq \f(\r(2),2)(sin 2θ+cs 2θ)=eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)+\f(3,5)))=eq \f(7\r(2),10).
(2)由正弦定理eq \f(BC,sin A)=eq \f(AC,sin∠ABC),即eq \f(BC,\f(7\r(2),10))=eq \f(AC,\f(4,5)),所以BC=eq \f(7\r(2),8)AC.又eq \(CA,\s\up7(→))·eq \(CB,\s\up7(→))=eq \f(\r(2),2)|eq \(CA,\s\up7(→))||eq \(CB,\s\up7(→))|=28,所以|eq \(CA,\s\up7(→))||eq \(CB,\s\up7(→))|=28eq \r(2),所以AC=4eq \r(2),又由eq \f(AB,sin C)=eq \f(AC,sin∠ABC),得eq \f(AB,\f(\r(2),2))=eq \f(AC,\f(4,5)),所以AB=5.
3.[解] (1)在△ABC中,eq \f(asin B,bcs A)=eq \r(3),由正弦定理,得sin Asin B=eq \r(3)sin Bcs A.
∵0在△ABC中,由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccs A,即20=4+c2-4c·eq \f(1,2),
解得c=1-eq \r(17)(舍去),c=1+eq \r(17).∴c=1+eq \r(17).
(2)由(1)知A=eq \f(π,3),∴S△ABC=eq \f(1,2)bcsin A=eq \f(\r(3),2)c.由正弦定理,得eq \f(c,sin C)=eq \f(b,sin B),
∴c=eq \f(bsin C,sin B)=eq \f(2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)-B)),sin B)=eq \f(\r(3),tan B)+1.∵A=eq \f(π,3),C為鈍角,∴04,∴S△ABC>2eq \r(3).即△ABC面積的取值范圍是(2eq \r(3),+∞).
立體幾何部分
1.【解答】(1)證明:在△BCE中,BE2=22+22﹣2×2×2cs120°=12,可得BE=2.
在△ADE中,AD=DE,∠ADE=60°,∴△ADE為等邊三角形.∴在△ABE中,cs∠AEB0,∴∠AEB=90°.∴BE⊥AE,又∵平面ADE⊥平面ABCE,∴BE⊥平面PAE.又BE?平面PBE.∴平面PAE⊥平面PBE.
(2)解:建立如圖所示的空間直角坐標系.E(0,0,0),P(1,0,),B(0,2,0),C(﹣1,,0),(﹣2,,),(0,2,0),(1,0,),
設平面PBE的法向量為(x,y,z),則??0,
則2y=0=xz,?。?,0,﹣1),∴直線PB與平面PCE所成角的正弦值.
.2.解(1)由,,知,則,
由面,面得,由,,面,
則面,則點到平面的距離為一個定值,.
(2)由面,為在平面上的射影,則為直線與平面
所成的角,則,所以.
由,得,故直線、、兩兩垂直,因此,以點
為坐標原點,以、、所在的直線分別為軸、軸、軸建立如圖所示的空間
直角坐標系,易得,,,于是,,
設平面的法向量為,則,即,取,則
,,于是;顯然為平面的一個法向量,
于是,分析知二面角的余弦值為.
3.解:(1)過點存在直線使,理由如下:由題可知為的中點,又為的中點,
所以在中,有.若點在直線上,則直線即為所求作直線,
所以有;若點不在直線上,在平面內,過點作直線,使,
又,所以,即過點存在直線使.
(2)連接,,則平面將幾何體分成兩部分:三棱錐與幾何體(如圖所示).
因為平面平面,且交線為,又,所以平面.
故為幾何體的高.
又四邊形為菱形,,,,所以,
所以.又,所以平面,
所以,所以幾何體的體積.
4.[解] (1)證明:因為AC=2,CC1=eq \r(2),AC1=eq \r(6),所以AC2+CCeq \\al(2,1)=ACeq \\al(2,1),即AC⊥CC1.
又因為BC⊥BB1,BB1∥CC1,所以BC⊥CC1,AC∩BC=C,所以CC1⊥平面ABC.因為CC1?平面BB1C1C,
所以平面ABC⊥平面BB1C1C.
(2)連接AM,因為AB=AC=2,M是BC的中點,所以AM⊥BC.由(1)知,平面ABC⊥平面BB1C1C,所以AM⊥平面BB1C1C.以M為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系M-xyz,則平面BB1C1C的一個法向量是m=(0,0,1),A(0,0,eq \r(3)),N(0,eq \r(2),0),C1(-1,eq \r(2),0).設eq \(AP,\s\up7(→))=teq \(AC1,\s\up7(→))(0設平面MNP的一個法向量為n=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1,y1,z1)),eq \(MN,\s\up7(→))=(0,eq \r(2),0),eq \(MP,\s\up7(→))=(-t,eq \r(2)t,eq \r(3)-eq \r(3)t),
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(MN,\s\up7(→))=0,,n·\(MP,\s\up7(→))=0,))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)y1=0,,-tx1+\r(2)ty1+\r(3)?1-t?z1=0.))令z1=t,得n=(eq \r(3)-eq \r(3)t,0,t).
因為二面角P-MN-C的平面角的大小為30°,所以eq \f(m·n,|m||n|)=eq \f(\r(3),2),即eq \f(t,\r(3?1-t?2+t2))=eq \f(\r(3),2),解得t=eq \f(3,4).
所以點P為線段AC1上靠近C1點的四等分點,且坐標為Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,4),\f(3\r(2),4),\f(\r(3),4))).
5.[解] (1)因為ABCD是軸截面,所以AD⊥平面PCD,所以AD⊥PC.又點P是圓弧CD上的一動點(不與C,D重合),且CD為直徑,所以PC⊥PD,又AD∩PD=D,PD?平面PAD,AD?平面PAD,所以PC⊥平面PAD,而PC?平面PBC,故平面PAD⊥平面PBC.
(2)當三棱錐P-ABC體積最大時,點P為圓弧CD的中點,所以點O為圓弧AB的中點,所以四邊形AQBO為正方形,且PO⊥平面ABO.
①連接PE并延長交BQ于點M,連接PF并延長交OA于點N,連接MN,則MN∥AQ,
因為E,F分別為兩個三角形的重心,∴eq \f(PE,PM)=eq \f(PF,PN)=eq \f(2,3),EF∥MN,
所以EF∥AQ,又AQ?平面PAQ,EF?平面PAQ,所以EF∥平面PAQ.
②PO⊥平面ABO,AO垂直BO,所以以O為坐標原點,OA,OB,OP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則
P(0,0,2),A(eq \r(2),0,0),B(0,eq \r(2),0),eq \(PA,\s\up7(→))=(eq \r(2),0,-2),eq \(AB,\s\up7(→))=(-eq \r(2),eq \r(2),0).
設平面PAB的法向量n=(x,y,z),則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PA,\s\up7(→))=0,,n·\(AB,\s\up7(→))=0,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x-2z=0,,-\r(2)x+\r(2)y=0,))可取n=(eq \r(2),eq \r(2),1),又平面PCD的法向量m=(0,0,1),所以cs〈n,m〉=eq \f(n·m,|n||m|)=eq \f(1,\r(5))=eq \f(\r(5),5),所以sin〈n,m〉=eq \f(2\r(5),5).所以平面PAB與平面PCD所成二面角的正弦值為eq \f(2\r(5),5).
6.[解] (1)證明:∵PE⊥EB,PE⊥ED,EB∩ED=E,∴PE⊥平面EBCD,又PE?平面PEB,∴平面PEB⊥平面EBCD,∵BC?平面EBCD,BC⊥EB,∴平面PBC⊥平面PEB.∵PE=EB,PM=MB,∴EM⊥PB,
∵BC∩PB=B,∴EM⊥平面PBC,又∵EM?平面EMN,∴平面EMN⊥平面PBC.(2)∵N是BC的中點,∴eq \f(S△EBN,S四邊形EBCD)=eq \f(\f(1,2)EB·BN,EB·BC)=eq \f(1,4),點M,P到平面EBCD的距離之比為eq \f(1,2),∴eq \f(V1,V2)=eq \f(\f(1,3)S△EBN,\f(1,3)S四邊形EBCD)·eq \f(1,2)=eq \f(1,2)·eq \f(1,4)=eq \f(1,8).
7.[解] (1)在平面CDD1C1中,過D作DP∥AF,交C1D1于P,在平面CDD1C1中,過C1作C1E∥DP,交CD于E,連接BE,此時AF∥C1E,∴過BC1且與AF平行的平面為平面BEC1.
(2)∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是直角梯形,AD⊥DC,AB=1,AD=DC=2,AA1=2,且AA1⊥平面ABCD,∴四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面積為:
S=2S梯形ABCD+S矩形ABB1A1+S矩形ADD1A1+S矩形DCC1D1+S矩形BCC1B1=2×eq \f(1+2,2)×2+1×2+2×2+2×2+eq \r(22+12)×2=16+2eq \r(5).
8.[解] (1)證明:如圖,連接BD,則由四邊形ABCD是菱形可得AC⊥BD,
∵平面ABCD⊥平面ADEF,平面ABCD∩平面ADEF=AD,且DE⊥AD, ∴DE⊥平面ABCD.
又AC?平面ABCD, ∴AC⊥DE.∵BD∩DE=D, ∴AC⊥平面BDE,
∵BE?平面BDE, ∴AC⊥BE.
(2)設BD∩CG=O,在△BDE中,過O作DE的平行線交BE于點M,M點即為所求的點.
∵OM在平面MGC內,DE不在平面MGC內,且OM∥DE, ∴DE∥平面MGC.
∵四邊形ABCD為菱形,且G是AD的中點,∴△DOG∽△BOC,且eq \f(OD,OB)=eq \f(DG,BC)=eq \f(1,2),又OM∥DE,于是eq \f(EM,MB)=eq \f(OD,OB)=eq \f(1,2),
故點M為線段BE上靠近點E的三等分點.
概率統計部分1.解(1)由題知,
解得最后一組的頻率為0.126,后二組的頻率之和為0.326,
獲獎分數線即該校學生接受獎勵的歷史成績的最低分在(80,90]內,將其設為x,則,解得.(2)可知100名考生中,成績在(50,60]的學生有10名,其中男生6名,女生4名,考試成績在的考生有30名,其中男生10名,女生20名.
補全2×2列聯表如表所示.
由列聯表可得
,
沒有的把握認為兩類考試成績的差異與性別有關.
2答案:解:Ⅰ由已知過濾效果服從,,,則,由原則可知,生產的口罩出現過濾效果在以外的值,發生的可能性很小,一旦發生,應停止生產.
Ⅱ令事件“N95口罩的過濾效果”,則一只口罩為“優質品”的概率為:

依題意,記,.
,要使可能性最大,只需
,整理得,
所以,.當X為978件時可能性最大.
3.【解析】(1)由題意,完善列聯表如下表所示:
,故有的把握認為方案的選擇與性別有關.
(2)①的所有可能取值為0,2,3,4,則,,
,.故的分布列為:

②小明選擇方案一得分不低于3分的概率為,小明選擇方案二得分不低于3分的概率為.,小明選擇方案一時更有可能獲得贈品.
4.[解] (1)由莖葉圖可知:甲校學生數學成績的中位數為eq \f(128+135,2)=131.5,乙校學生數學成績的中位數為eq \f(128+129,2)=128.5,所以這40份試卷的成績,甲校學生數學成績的中位數比乙校學生數學成績的中位數高.
(2)由題意,作出2×2列聯表如下:
計算得K2的觀測值k=eq \f(40×?10×13-10×7?2,20×20×17×23)≈0.9207<2.706,
所以沒有90%的把握認為數學成績在100分及以上的學生中數學成績是否優秀與所在學校有關.
(3)因為X~N(110,144),所以μ=110,σ=eq \r(144)=12,
所以P(86134)=eq \f(1-0.954 4,2)=0.022 8,
由題意可知ξ~B(3,0.022 8),所以E(ξ)=3×0.022 8=0.068 4.
5.[解] (1)按分層抽樣的方法抽取的8人中,年齡在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(20,30))內的人數為eq \f(0.005,0.005+0.010+0.025)×8=1人,
年齡在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(30,40))內的人數為eq \f(0.010,0.005+0.010+0.025)×8=2人,年齡在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(40,50))內的人數為eq \f(0.025,0.005+0.010+0.025)×8=5人.所以X的可能取值為0,1,2,所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X=0))=eq \f(C\\al(3,6)C\\al(0,2),C\\al(3,8))=eq \f(5,14),Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X=1))=eq \f(C\\al(2,6)C\\al(1,2),C\\al(3,8))=eq \f(15,28),Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X=2))=eq \f(C\\al(1,6)C\\al(2,2),C\\al(3,8))=eq \f(3,28),
所以X的分布列為
E(X)=0×eq \f(5,14)+1×eq \f(15,28)+2×eq \f(3,28)=eq \f(3,4).
(2)設在抽取的20名市民中,年齡在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(30,50))內的人數為X,X服從二項分布.由頻率分布直方圖可知,年齡在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(30,50))內的頻率為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.010+0.025))×10=0.35,
所以X~Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(20,0.35)),所以P(X=k)=Ceq \\al(k,20)(0.35)k(1-0.35)20-k(k=0,1,2,…,20).
設t=eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X=k)),P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X=k-1)))=eq \f(C\\al(k,20)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.35))k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-0.35))20-k,C\\al(k-1,20)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.35))k-1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-0.35))21-k)=eq \f(7\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(21-k)),13k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k=1,2,…,20)),
若t>1,則k<7.35,Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X=k-1))7.35,Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X=k-1))>Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X=k)).
所以當k=7時,Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X=k))最大,即當Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X=k))最大時,k=7.
6.[解] (1)由題意可得:
本年度續保人保費的平均值的估計值為:0.9a×0.7+a×0.2+1.5a×0.06+2.5a×0.03+4a×0.01=1.035a.
(2)由題意可得:
本年度續保人所獲賠付金額的平均值的估計值:
0×0.7+2.5a×0.2+4a×0.06+5a×0.03+5.5a×0.01=0.945a.
(3)設保險公司銷售人員到達的時間為x,續保人離開的時間為y,eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x,y))看成平面上的點,全部結果所構成的區域為Ω=eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x,y))\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(10.5≤x≤11.5,10\f(3,4)≤y≤11\f(1,12))))),則區域Ω的面積Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ω))=1×eq \f(1,3)=eq \f(1,3).事件A表示續保人在離開前見到銷售人員,所構成的區域為
A=eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x,y))\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(y≥x,10.5≤x≤11.5,10\f(3,4)≤y≤11\f(1,12))))),即圖中的陰影部分,其面積Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A))=eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)+\f(7,12)))×eq \f(1,3)=eq \f(5,36).所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A))=eq \f(\f(5,36),\f(1,3))=eq \f(5,12),即續保人在離開前見到銷售人員的概率是eq \f(5,12).
圓錐曲線部分1.【解答】解:(Ⅰ)∵在=1(a>b>0)中,令x=c,可得y=±,
∵過焦點且垂直于x軸的直線與橢圓C相交所得的弦長為3,∴=3,∵直線y=﹣與橢圓C相切,
∴b=,∴a=2∴a2=4,b2=3.故橢圓C的方程為+=1;
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知c=1,則直線l的方程為y=k(x+1),聯立,可得(4k2+3)x2+8k2x+4k2﹣12=0,
則△=64k4﹣4(4k2+3)(4k2﹣12)=144(k2+1)>0,∴x1+x2=﹣,x1x2=,
∴y1y2=k2(x1+1)(x2+1)=﹣,∵()<1,∴?<1,
∴(x2﹣1,y2)(x1﹣1,y1)=x1x2﹣(x1+x2)+1+y1y2<1,即++1﹣<1,
整理可得k2<4,解得﹣2<k<2,∴直線l存在,且k的取值范圍為(﹣2,2).
2.[解] (1)設Q(4,y0),由|QF|=eq \f(5,4)|RQ|,得y0+eq \f(p,2)=eq \f(5,4)y0,即y0=2p.將點(4,2p)代入拋物線方程,可得p=2.∴拋物線E:x2=4y,圓M的方程為:x2+y2-2y=0.
(2)證明:拋物線E:x2=4y的焦點F(0,1),設直線l的方程為y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2).聯立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2=4y,,y=kx+1,))得x2-4kx-4=0.則Δ=16(k2+1)>0,且x1+x2=4k,x1x2=-4.
由圓的方程可得圓M的圓心坐標為M(0,1),半徑為1,圓心就是焦點.由拋物線的定義可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1.則|AC|=|AF|-1=y1,|BD|=|BF|-1=y2,
|AC|·|BD|=y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=-4k2+4k2+1=1.即|AC|·|DB|是定值1.
3.[解] (1)由題意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(?\r(2)?2,a2)+\f(12,b2)=1,,a-c=2-\r(2),,a2=b2+c2,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a=2,,b=\r(2),,c=\r(2).))故橢圓C的方程為eq \f(x2,4)+eq \f(y2,2)=1.
(2)設P(x1,y1),Q(x2,y2).將直線與橢圓的方程聯立得:eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=k?x-3?,,\f(x2,4)+\f(y2,2)=1,))
消去y,整理得(2k2+1)x2-12k2x+18k2-4=0.由根與系數之間的關系可得:x1+x2=eq \f(12k2,2k2+1),x1·x2=eq \f(18k2-4,2k2+1).
∵點P關于y軸的對稱點為P′,則P′(x1,-y1).∴直線P′Q的斜率k=eq \f(y2+y1,x2-x1).
方程為:y+y1=eq \f(y2+y1,x2-x1)(x-x1),即y=eq \f(y2+y1,x2-x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-x1-\f(x2-x1,y2+y1)y1))=eq \f(y2+y1,x2-x1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x-\f(?y2+y1?x1+?x2-x1?y1,y2+y1)))
=eq \f(y2+y1,x2-x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(x1y2+x2y1,y2+y1)))=eq \f(y2+y1,x2-x1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x-\f(x1k?x2-3?+x2k?x1-3?,k?x2-3?+k?x1-3?)))=eq \f(y2+y1,x2-x1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x-\f(2x1x2-3?x1+x2?,x1+x2-6)))
=eq \f(y2+y1,x2-x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(2×\f(18k2-4,2k2+1)-3×\f(12k2,2k2+1),\f(12k2,2k2+1)-6)))=eq \f(y2+y1,x2-x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(4,3))).∴直線P′Q過x軸上定點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3),0)).
4.[解] (1)∵離心率為eq \f(1,2),∴e=eq \f(c,a)=eq \f(1,2).∵橢圓E:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)經過點(0,-eq \r(3)),∴eq \f(3,b2)=1,即b2=3.
又a2=b2+c2,∴a2=4.故橢圓E的方程為eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1.
(2)設直線CD的方程為x=my+1,C(x1,y1),D(x2,y2),聯立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=my+1,,\f(x2,4)+\f(y2,3)=1,))消去x,得(3m2+4)y2+6my-9=0,∴y1+y2=-eq \f(6m,3m2+4),y1y2=-eq \f(9,3m2+4),Δ=36m2-4(3m2+4)·(-9)=144(m2+1)>0,∴S四邊形OCAD=S△OAD+S△OAC=eq \f(1,2)|OA|·|y2|+eq \f(1,2)|OA|·|y1|=eq \f(1,2)|OA|·|y1-y2|=eq \f(1,2)×2×eq \r(?y1+y2?2-4y1y2)=eq \f(12\r(m2+1),3m2+4),
令t=eq \r(m2+1)≥1,則S=eq \f(12t,3t2+1)=eq \f(12,3t+\f(1,t)).令f(t)=3t+eq \f(1,t),易知f′(t)=3-eq \f(1,t2).
由f′(t)>0得t>eq \f(\r(3),3),由f′(t)<0得0<t<eq \f(\r(3),3).
又t≥1,∴f(t)在[1,+∞)上為增函數,∴f(t)min=f(1)=4.∴S≤eq \f(12,4)=3.即四邊形OCAD的面積的最大值為3.
5.解:(I)由使得的點P恰有兩個可得;動點P到焦點的距離的最大值為,可得,即,所以橢圓的方程是
(II)圓的方程為,設直線上動點T的坐標為設,,則直線AT的方程為,直線BT的方程為,又在直線AT和BT上,即,故直線AB的方程為
聯立,消去x得,設,。
則,從而 =
又,從而,所以
6.(1)依題意,,所以(2)設直線的方程為,與拋物線聯立得,設,由得化簡得解得或(舍)所以直線過定點
函數和導數部分1.【解答】解:(1)a=1時,f′(x)=﹣2+2x,
故f′(1)=1,又f(1)=﹣1,故切線過(1,﹣1),切線方程是:x﹣y﹣2=0;
(2)f(x)=alnx﹣2x+x2(x>0),f′(x)=,
令f′(x)=0,得2x2﹣2x+a=0,∵f(x)存在兩個極值點x1,x2(x1<x2),
∴△=4﹣8a>0,故x1+x2=1,x1x2=>0,故0<a<,故0<x1<,<x2<1,由f(x1)≥mx2恒成立,
得m≤==1﹣x1+2x1lnx1﹣,
令h(x)=1﹣x+2xlnx﹣(0<x<),h′(x)=2lnx﹣+1,
∵0<x<,∴﹣3<1﹣<0,故h′(x)<0,故h(x)在(0,)遞減,
故h(x)>h()=﹣﹣ln2,故m≤﹣﹣ln2,即實數m的范圍是(﹣∞,﹣﹣ln2].
3.[解] (1)函數f(x)的定義域為(0,+∞).f′(x)=ln x,
∴當0<x<1時,f′(x)<0,x>1時,f′(x)>0,∴f(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,
∴當x=1時,f(x)取得最小值f(1)=0.
(2)由g(x)=ex-ax≥1恒成立可得ax+1≤ex恒成立,設h(x)=ex,則h′(x)=ex,故h′(0)=1,h(0)=1,
∴函數y=h(x)在(0,1)處的切線方程為y=x+1,∴x+1≤ex恒成立.∴a=1.
(3)由(2)可知,x+1≤ex恒成立,
兩邊取對數得ln(x+1)≤x,令x=eq \f(1,2i)(i=1,2,3…n)累加得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2)))+lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,22)))+…+lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2n))) ≤eq \f(1,2)+eq \f(1,22)+…+eq \f(1,2n)=eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,2n))),1-\f(1,2))=1-eq \f(1,2n)<1.所以原不等式成立.
4.[解] (1)f′(x)=aex-2,當a≤0時f′(x)<0,f(x)在R上單調遞減,則f(x)無極值.
當a>0時,令f′(x)=0得x=lneq \f(2,a),f′(x)>0得x>lneq \f(2,a),f′(x)<0得x∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-∞,ln\f(2,a)))上單調遞減,eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a),+∞))上單調遞增,∴f(x)的極小值為feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(2,a)))=2-2ln eq \f(2,a),無極大值.綜上:當a≤0時,f(x)無極值.
當a>0時,f(x)的極小值為feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(2,a)))=2-2ln eq \f(2,a),無極大值.
(2)當a≥1時,f(x)-ln x+2x≥ex-ln x,令g(x)=ex-ln x-2,g′(x)=ex-eq \f(1,x)(x>0),
令g′(x)=0得x=x0,因為g′(x)在(0,+∞)為增函數,
所以函數g(x)在(0,x0)上單調遞減函數,在(x0,+∞)上單調遞增函數,所以g(x)≥g(x0)=ex0-ln x0-2=eq \f(1,x0)+x0-2(x0≠1)>0.即得證.
5.解(1)令φ(x)=+mx-(x+1)ln(x+1),x≥0,則φ'(x)=x+m-ln(x+1)-1,設φ'(x)=φ1(x),則φ'1(x)=1->0,
∴φ'(x)在[0,+∞)上單調遞增,且φ'(0)=m-1.
若m≥1,則φ(x)在[0,+∞)上單調遞增,∴φ(x)≥φ(0)=0,即m≥1滿足條件;
若m<1,φ'(0)=m-1<0,φ(x)存在單調遞減區間[0,x0].
又∵φ(0)=0,所以存在x0使得φ(x0)<0,與已知條件矛盾,
所以m≥1,m的最小值為1.
(2)由(1)知f(x)+x,如果+x≤g(x),則必有f(x)≤g(x)成立.
設h(x)=g(x)-=(a-1)x-xcsx=x(a-1-csx),令h(x)=x(a-1-csx)≥0,即a-1-csx≥0,
∴a≥1+csx,又x∈[0,1],∴a≥2.故當a≥2時,f(x)≤g(x)恒成立,
下面證明a<2時,f(x)≤g(x)不恒成立.令f1(x)=f(x)-x=(x+1)ln(x+1)-x,f'1(x)=ln(x+1),
當x>0時,f'1(x)=ln(x+1)>0,f1(x)在區間[0,1]上單調遞增,
故f1(x)≥f1(0)=0,即f1(x)=f(x)-x≥0,故x≤f(x).
g(x)-f(x)≤g(x)-x=(a-1)x+-xcsx=xa-1+-csx,
令t(x)=a-1+-csx,t'(x)=+sinx>0,所以t(x)在[0,1]上單調遞增,
又t(0)=a-2<0,則一定存在區間(0,x'0)(其中0則g(x)-f(x)≤xt(x)<0,故f(x)≤g(x)不恒成立.綜上所述,實數a的取值范圍是[2,+∞).
選修部分
極坐標參數方程
1.【解析】解:(1)由已知有(為參數),消去得.
將代入直線的方程得:曲線的方程為,直線的普通方程為.(2)由(1)可設點為,.則點到直線的距離為:
故當,即時取最大值此時點的坐標為.
2.解:(1)曲線C的參數方程為(t為參數),轉換為直角坐標方程為x2=2y;
射線l0的極坐標方程為θ=(ρ≥0).已知直線l1過點A(2,0),且l1與l0垂直.
所以直線l1的斜率為,且經過點A(2,0),
整理得直線l1的直角坐標方程為,根據,轉換為極坐標方程為.
(2)直線l1的直角坐標方程為,轉換為參數方程為(m為參數),代入x2=2y,
得到,所以|AM||AN|=,由于|AM|與|AN|的等比中項k,即,
解得.
3.[解] (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=\f(-1+t,1+t)=\f(?1+t?-2,1+t)=1-\f(2,1+t),,y=\f(t,1+t)=\f(?1+t?-1,1+t)=1-\f(1,1+t))) (t為參數),得x≠1.
消去參數t,得l的普通方程為x-2y+1=0(x≠1).將ρ2=eq \f(12,3+sin2θ)去分母得3ρ2+ρ2sin2θ=12,
將y=ρsin θ,ρ2=x2+y2代入,得eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1,所以曲線C的直角坐標方程為eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1.
(2)由(1)可設曲線C的參數方程為eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=2cs α,,y=\r(3)sin α)) (α為參數),則曲線C上的點到l的距離
d=eq \f(|2cs α-2\r(3)sin α+1|,\r(12+?-2?2))=eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,3)))+1)),\r(5)),當cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,3)))=1,即α=-eq \f(π,3)+2kπ,k∈Z時,
dmax=eq \f(5,\r(5))=eq \r(5),此時,eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=2cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3)+2kπ))=1,,y=\r(3)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3)+2kπ))=-\f(3,2),)) (k∈Z).所以曲線C上的點到直線l距離的最大值為eq \r(5),該點坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,-\f(3,2))).
不等式選修
1【解答】解:(Ⅰ)f(x)+f(2x+1)=|x﹣2|+|2x﹣1|=
當x<時,由3﹣3x≥6,解得x≤﹣1;當≤x≤2時,x+1≥6不成立;
當x>2時,由3x﹣3≥6,解得x≥3.所以不等式f(x)≥6的解集為(﹣∞,﹣1]∪[3,+∞).
(Ⅱ)∵a+b=1(a,b>0),∴(a+b)(+)=5++≥5+2=9,
∴對于?x∈R,恒成立等價于:對?x∈R,|x﹣2﹣m|﹣|﹣x﹣2|≤9,
即[|x﹣2﹣m|﹣|﹣x﹣2|]max≤9∵|x﹣2﹣m|﹣|﹣x﹣2|≤|(x﹣2﹣m)﹣(x+2)|=|﹣4﹣m|
∴﹣9≤m+4≤9,∴﹣13≤m≤5.
2.【解答】解:(1)若m=2時,|x﹣1|+|2x+2|≤3,
當x≤﹣1時,原不等式可化為﹣x+1﹣2x﹣2≤3解得x,所以,
當﹣1<x<1時,原不等式可化為1﹣x+2x+2≤3得x≤0,所以﹣1<x≤0,
當x≥1時,原不等式可化為x﹣1+2x+2≤3解得x,所以x∈Φ,綜上述:不等式的解集為;
(2)當x∈[0,1]時,由f(x)≤|2x﹣3|得1﹣x+|2x+m|≤3﹣2x,即|2x+m|≤2﹣x,
故x﹣2≤2x+m≤2﹣x得﹣x﹣2≤m≤2﹣3x,又由題意知:(﹣x﹣2)min≤m≤(2﹣3x)max,
即﹣3≤m≤2,故m的范圍為[﹣3,2].
3. 解:(1)因為所以作出函數的圖象如圖所示.
從圖中可知滿足不等式的解集為.
(2)證明:從圖中可知函數的最小值為,即.
所以,從而,故.當且僅當時,等號成立,
即,時,原式有最小值,所以得證.
4.[解] (1)∵|x-1|-|x-2|≤|x-1-x+2|=1,∴a+b+c≥1.
∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,∴2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ac,
∴3a2+3b2+3c2≥a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=(a+b+c)2≥1,∴a2+b2+c2≥eq \f(1,3).
(2)∵a2+b2≥2ab,2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2+b2))≥a2+2ab+b2=(a+b)2,即a2+b2≥eq \f(?a+b?2,2),兩邊開平方得eq \r(a2+b2)≥eq \f(\r(2),2)|a+b|=eq \f(\r(2),2)(a+b).同理可得eq \r(b2+c2)≥eq \f(\r(2),2)(b+c),eq \r(c2+a2)≥eq \f(\r(2),2)(c+a).三式相加,得eq \r(a2+b2)+eq \r(b2+c2)+eq \r(c2+a2)≥eq \r(2)(a+b+c)≥eq \r(2).INPUT x
IF x<0 THEN
y=x*x-3*x+5
ELSE
y=(x-1)*(x-1)
END IF
PRINT y
END
x
16
17
18
19
y
50
34
41
31
男生
女生
合計
潛力生
良好生
合計
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
男性
女性
選擇方案一
150
80
選擇方案二
150
120
P(K2≥k)
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
k
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
上年度出
險次數
0
1
2
3
≥4
保費(元)
0.9a
a
1.5a
2.5a
4a
出險次數
0
1
2
3
≥4
頻數
280
80
24
12
4
出險序次
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次及以上
賠付金(元)
2.5a
1.5a
a
0.5a
0
男生
女生
合計
潛力生
6
4
10
一般生
10
20
30
合計
16
24
40
男性
女性
總計
選擇方案一
150
80
230
選擇方案二
150
120
270
總計
300
200
500
0
2
3
4
甲校
乙校
總計
數學成績優秀
10
7
17
數學成績不優秀
10
13
23
總計
20
20
40
X
0
1
2
P
eq \f(5,14)
eq \f(15,28)
eq \f(3,28)
保費(元)
0.9a
a
1.5a
2.5a
4a
概率
0.7
0.2
0.06
0.03
0.01
賠償金額(元)
0
2.5a
4a
5a
5.5a
概率
0.7
0.2
0.06
0.03
0.01
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