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4.2三角恒等变换探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点三角恒等变换①两角和与差的三角函数公式会用向量的数量积推导出两角差的余弦公式;能利用两角差的余弦公式推导出两角差的正弦、正切公式;能利用两角差的余弦公式推导出两角和、二倍角的正弦、余弦、正切公式,了解它们的内在联系②简单的三角恒等变换能运用上述公式进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式,但对这三组公式不要求记忆)2019北京,9二倍角公式三角函数的最小正周期★★★分析解读两角和与差的三角函数公式及二倍角公式一直是高考的热点内容,主要考查两角和与差及二倍角公式的综合应用.1.以两角和与差的三角函数公式为基础,求三角函数的值或化简三角函数式;2.二倍角公式是热点和难点,要理解“倍角”的含义,注意“倍角”的相对性,并能灵活应用;3.解决与两角和与差的三角函数公式及二倍角公式有关的综合问题时,一般先把函数式化成y=Asin(ωx+φ)+b的形式,再讨论三角函数的性质.破考点练考向【考点集训】考点三角恒等变换1.(2015课标Ⅰ,2,5分)sin20°cos10°-cos160°·sin10°=()A.-√32B.√32C.-12D.12答案D2.(2015重庆,9,5分)若tanα=2tanπ5,则cos(α-3π10)sin(α-π5)=()A.1B.2C.3D.4答案C3.(2020届北师大附中期中,9)已知sin(π+α)=-13,且α是第二象限角,则sin2α=.答案-4√294.(2020届北京理工大附中月考,10)若tanα=3,则cos2α+3sin2α=.答案19105.(2018北京一六一中学期中,15)已知α为锐角,且tan(π4+α)=2.(1)求tanα的值;(2)求sin2αcosα-sinαcos2α的值.解析(1)∵tan(π4+α)=1+tanα1-tanα=2,∴1+tanα=2-2tanα,∴tanα=13.(2)sin2αcosα-sinαcos2α=2sinαcos2α-sinαcos2α=sinα(2cos 2α-1)2cos 2α-1=sin α.由(1)知tan α=13,∴cos α=3sin α.又∵sin 2α+cos 2α=1,∴sin 2α=110,∵α为锐角,∴sin α=√1010,∴sin2αcosα-sinαcos2α=√1010.思路分析 (1)通过两角和的正切公式可以求tan α的值.(2)先把原式化简,再利用tan α的值求出sin α的值.炼技法 提能力 【方法集训】方法1 三角函数式的化简与求值问题1.(2019江苏,13,5分)已知tanαtan (α+π4)=-23,则sin (2α+π4)的值是 .答案√2102.(2020届北京二中开学考试,12)已知sin α+cos α=13,则sin 2(π4-α)= .答案17183.(2020届山东夏季高考模拟,14)已知cos (α+π6)-sin α=4√35,则sin (α+11π6)= .答案 -454.(2015广东,16,12分)已知tan α=2.(1)求tan (α+π4)的值; (2)求sin2αsin 2α+sinαcosα-cos2α-1的值.解析 (1)因为tan α=2,所以tan (α+π4)=tanα+tanπ41-tanα·tan π4=2+11-2×1=-3.(2)因为tan α=2,所以sin2αsin 2α+sinαcosα-cos2α-1 =2sinαcosαsin 2α+sinαcosα-(cos 2α-sin 2α)-(sin 2α+cos 2α) =2sinαcosαsin 2α+sinαcosα-2cos 2α=2tanαtan 2α+tanα-2=2×222+2-2=1.方法2 利用辅助角公式解决问题的方法5.(2015四川,12,5分)sin 15°+sin 75°的值是 .答案√626.(2016浙江,11,6分)已知2cos 2x+sin 2x=Asin(ωx+φ)+b(A>0),则A= ,b= .答案 √2;17.(2019北京朝阳期末,14)如图,以正方形的各边为底边向外作四个腰长为1的等腰三角形,则阴影部分面积的最大值是 .答案 2+2√2【五年高考】A 组 自主命题·北京卷题组1.(2019北京,9,5分)函数f(x)=sin 22x 的最小正周期是 .答案 π22.(2013北京文,15,13分)已知函数f(x)=(2cos 2x-1)sin 2x+12cos 4x.(1)求f(x)的最小正周期及最大值; (2)若α★(π2,π),且f(α)=√22,求α的值.解析 (1)因为f(x)=(2cos 2x-1)sin 2x+12cos 4x =cos 2xsin 2x+12cos 4x=12(sin 4x+cos 4x) =√22sin (4x +π4), 所以f(x)的最小正周期为π2,最大值为√22. (2)因为f(α)=√22,所以sin (4α+π4)=1.因为α★(π2,π), 所以4α+π4★(9π4,17π4).所以4α+π4=5π2.故α=9π16.B 组 统一命题、省(区、市)卷题组1.(2019课标全国Ⅱ,10,5分)已知α★(0,π2),2sin 2α=cos 2α+1,则sin α=( ) A.15 B.√55 C.√33 D.2√55答案B2.(2018课标全国Ⅲ,4,5分)若sinα=13,则cos2α=()A.89B.79C.-79D.-89答案B3.(2017山东,4,5分)已知cos x=34,则cos2x=()A.-14B.14C.-18D.18答案D4.(2016课标全国Ⅱ,9,5分)若cos(π4-α)=35,则sin2α=()A.725B.15C.-15D.-725答案D5.(2018课标全国Ⅱ,15,5分)已知tan(α-5π4)=15,则tanα=.答案32解析本题主要考查两角差的正切公式.tan(α-5π4)=tanα-tan5π41+tanαtan5π4=tanα-11+tanα=15,解得tanα=32.6.(2017江苏,5,5分)若tan(α-π4)=16,则tanα=.答案757.(2017课标全国Ⅰ,15,5分)已知α★(0,π2),tan α=2,则cos (α-π4)= .答案3√10108.(2016课标Ⅰ,14,5分)已知θ是第四象限角,且sin (θ+π4)=35,则tan (θ-π4)= .答案 -439.(2016四川,11,5分)cos 2π8-sin 2π8= .答案√2210.(2015江苏,8,5分)已知tan α=-2,tan(α+β)=17,则tan β的值为 . 答案 3C 组 教师专用题组1.(2013课标Ⅱ,6,5分)已知sin 2α=23,则cos 2(α+π4)=( ) A.16 B.13 C.12 D.23 答案 A2.(2014课标全国Ⅱ,14,5分)函数f(x)=sin(x+2φ)-2sin φcos(x+φ)的最大值为 .答案 13.(2014江苏,5,5分)已知函数y=cos x 与y=sin(2x+φ)(0≤φ<π),它们的图象有一个横坐标为π3的交点,则φ的值是 . 答案 π64.(2014广东,16,12分)已知函数f(x)=Asin (x +π4),x ★R,且f (5π12)=32.(1)求A 的值;(2)若f(θ)+f(-θ)=32,θ★(0,π2),求f (3π4-θ).解析 (1)f (5π12)=Asin (5π12+π4)=32,∴A ·√32=32,A=√3. (2)f(θ)+f(-θ)=√3sin (θ+π4)+√3sin (-θ+π4)=32, ∴√3[√22(sinθ+cosθ)+√22(-sinθ+cosθ)]=32,∴√6cos θ=32,cos θ=√64,又 θ★(0,π2),∴sin θ=√1-cos 2θ=√104,∴f (3π4-θ)=√3sin(π-θ)=√3sin θ=√304.5.(2014江西,16,12分)已知函数f(x)=sin(x+θ)+acos(x+2θ),其中a ★R,θ★(-π2,π2).(1)当a=√2,θ=π4时,求f(x)在区间[0,π]上的最大值与最小值; (2)若f (π2)=0, f(π)=1,求a,θ的值.解析 (1)当a=√2,θ=π4时, f(x)=sin (x +π4)+√2cos ·(x +π2)=√22(sin x+cos x)-√2sin x=√22cos x-√22sin x=sin (π4-x),由x ★[0,π],知π4-x ★[-3π4,π4].故f(x)在[0,π]上的最大值为√22,最小值为-1. (2)由{f (π2)=0,f(π)=1,得{cosθ(1-2asinθ)=0,2asin 2θ-sinθ-a =1,由θ★(-π2,π2)知cos θ≠0,解得{a =-1,θ=-π6.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2019北京高考考前原创冲刺卷一,1)已知α★(0,π2),√3sinα+2cosα=√142,则tan2α=()A.-√312B.±√312C.√312D.√36答案A2.(2020届北京清华大学中学生标准能力测试文,6)已知tan(α-π4)=-13,则sin(2α+π2)-2sin(π-α)cos(π+α)=()A.75B.15C.-15D.3125答案A二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2019北京东城期末,13)函数f(x)=sin(x-π6)+cos(x-π3)在区间[-π6,2π3]上的最大值为.答案√34.(2019北京朝阳二模文,9)函数f(x)=2sin xcos x+cos2x的最小正周期为. 答案π三、解答题(共40分)5.(2019北京朝阳期末文,16)已知函数f(x)=(2cos2x2-1)·tan x+cos x.(1)求f(x)的定义域及最小正周期;(2)若f(α)=1,且α★(-π,π),求α的值.解析(1)由题意可知,f(x)的定义域为{x|x≠π2+kπ,k★Z}.f(x)=(2cos2x2-1)tan x+cos x=cos xtan x+cos x=sin x+cos x=√2sin(x+π4),所以f(x)的最小正周期为2π.(2)解法一:由f(α)=1知,√2sin(α+π4)=1,则sin(α+π4)=√22,解得α=2kπ,k★Z或α=π2+2kπ,k★Z.因为α★(-π,π),且α≠π2+kπ,k★Z,所以α=0.解法二:由f(α)=1知,sinα+cosα=1,则sin2α=0,解得α=kπ2,k★Z.因为α★(-π,π),且α≠π2+kπ,k★Z,所以α=0.6.(2019北京海淀期中文,15)已知函数f(x)=cos2xcosx-sinx.(1)求f(0)的值;(2)求函数f(x)的单调递增区间.解析(1)f(0)=cos0cos0-sin0=1.(2)因为cos x-sin x≠0,所以x≠kπ+π4,k★Z,即定义域为{x|x≠kπ+π4,k★Z},f(x)=cos2xcosx-sinx =cos2x-sin2xcosx-sinx=cos x+sin x=√2sin (x +π4), 令2kπ-π2≤x+π4≤2k π+π2,k ★Z,得2k π-3π4≤x ≤2k π+π4,k ★Z, 因为x ≠k π+π4,k ★Z,所以函数的单调递增区间为(2kπ-3π4,2kπ+π4),k ★Z.7.(2020届北京理工大附中月考,15)已知函数f(x)=2sin 2x-cos (2x +π3).(1)求f(x)的最小正周期;(2)求f(x)在区间[0,π2]上的最大值.解析 (1)因为f(x)=2sin 2x-cos (2x +π3) =1-cos 2x-(cos2xcos π3-sin2xsin π3)=√32sin 2x-32cos 2x+1=√3sin (2x -π3)+1, 所以f(x)的最小正周期T=2π2=π. (2)因为0≤x ≤π2,所以-π3≤2x-π3≤2π3.当2x-π3=π2,即x=5π12时,f(x)取得最大值,最大值为√3+1.思路分析 (1)利用二倍角公式、辅助角公式以及两角和与差的三角函数化简函数的解析式,然后求f(x)的最小正周期;(2)求出相位的范围,利用正弦函数的有界性求解函数的最大值即可.8.(2020届北京八一学校开学考试,15)设函数f(x)=sin (x +π3)+sin (x -π3)+12cos 2x,x ★R.(1)求f (π3)的值; (2)求函数f(x)的最大值和最小值.解析 (1)f (π3)=sin (π3+π3)+sin (π3-π3)+12cos 23π=sin 23π+12cos 23π=√32-14=2√3-14. (2)f(x)=(12sinx +√32cosx)+(12sinx -√32cosx)+12cos 2x=sin x+12cos 2x=sin x+12(1-2sin 2x) =-sin 2x+sin x+12=-(sinx -12)2+34,故当sin x=12,即x=2kπ+π6(k ★Z)或x=2k π+5π6(k ★Z)时, f(x)取得最大值34; 当sin x=-1,即x=2kπ-π2(k ★Z)时, f(x)取得最小值-32.综上所述,函数f(x)的最大值为34,最小值为-32.。
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巧用12个解题技法技法一特例法在解决选择题和填空题时,可以取一个(或一些)特殊数值(或特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等)来确定其结果,这种方法称为特值法.特值法只需对特殊数值、特殊情形进行检验,省去了推理论证、烦琐演算的过程,提高了解题的速度.特值法是考试中解答选择题和填空题时经常用到的一种方法,应用得当可以起到“四两拨千斤”的功效.例1 (1)在数列{a n}中,a1=2,a n+1=a n+ln1+1n,则a n= ( )A.2+ln nB.2+(n-1)ln nC.2+nln nD.1+n+ln n(2)AD,BE分别是△ABC的中线,若|AD|=|BE|=1,且AD与BE的夹角为120°,则AB·AC= .答案(1)A (2)23解析(1)解法一:a2=a1+ln1+11,a3=a2+ln1+12,…,a n=a n-1+ln1+1n-1(n≣2),将以上各式左、右两边分别相加并化简,得a n=a1+ln21×32×43×…×nn-1=2+ln n.解法二:不妨取n=1,则有a2=a1+ln 2=2+ln 2.选项A,a2=2+ln 2,合题意,但不能就此下结论,认定这个是答案; 选项B,a2=2+ln 2,也合题意;选项C,a2=2+2ln 2,不合题意,排除;选项D,a2=3+ln 2,不合题意,排除.再取n=2,则有a3=a2+ln 32=2+ln 3,选项B,a3=2+2ln 3,不合题意,排除B,故选A.(2)等边三角形为符合题意的△ABC的一个特例,则|AB|=233,∴AB·AC=|AB||AC|cos 60°=23.▲方法点睛(1)应用特例法排除干扰选项的关键在于利用选项的差异性选取一些特例来检验选项是否与题干对应,从而排除干扰选项.(2)填空题的结论唯一或题设条件暗示答案为定值是应用此法的前提.跟踪集训1.等差数列{a n}的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前3m项和为( )A.130B.170C.210D.2602.函数f(x)=cos x·log2|x|的图象大致为( )3.如图,点P为椭圆x 225+y29=1上第一象限内的任意一点,过椭圆的右顶点A、上顶点B分别作y轴、x轴的平行线,它们相交于点C,过点P引BC,AC的平行线,分别交AC于点N,交BC于点M,交AB于D、E两点,记矩形PMCN的面积为S1,三角形PDE的面积为S2,则S1∶S2=( )A.1B.2C.12 D.13技法二图解法(数形结合法)对于一些含有几何背景的题目,若能“数中思形”“以形助数”,则往往可以借助图形的直观性,迅速作出判断,简捷地解决问题,得出正确的结果.Venn图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等,都是常用的图形.例2 (1)设向量a,b,c满足|a|=|b|=1,a·b=12,(a-c)·(b-c)=0,则|c|的最大值等于( )A.3+12B.3-12C.3D.1(2)(2016天津,14,5分)已知函数f(x)=x2+(4a-3)x+3a,x<0,log a(x+1)+1,x≥0(a>0,且a≠1)在R上单调递减,且关于x的方程|f(x)|=2-x3恰有两个不相等的实数解,则a的取值范围是.答案(1)A (2)13,2 3解析(1)解法一(几何法):如图,a=OA,b=OB,c=OC.由题意有∠AOB=π3,点C在圆M上.当点C达到点D时,|c|最大,|c|max=|OM|+|AM|=sinπ6+cosπ6=3+12.选A.解法二(建系法或称坐标法):建立如图所示的坐标系,设点C的坐标为(x,y).设a=OA=32,12,b=OB=32,-12,c=OC=(x,y).则(a-c)·(b-c)=32-x,12-y·32-x,-12-y=0.化简得 x-322+y2=14,它的轨迹是图中圆M.当点C达到点D时,|c|最大,|c|max=|OM|+|AM|=sinπ6+cosπ6=3+12.选A.(2)因为函数f(x)在R上单调递减,所以02+(4a-3)·0+3a≥f(0), 3-4a2≥0,0<a<1.解得13≢a≢34.作出函数y=|f(x)|,y=2-x3的图象如图.由图象可知,在[0,+∞)上,|f(x)|=2-x3有且仅有一个解;在(-∞,0)上,|f(x)|=2-x3同样有且仅有一个解,所以3a<2,即a<23.综上可得13≢a<23,所以a的取值范围是13,23.▲方法点睛图解法实质上就是数形结合的思想方法在解决选择题或填空题中的应用,利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论,这也是高考命题的热点.准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形间的对应关系,利用几何图形中的相关结论求出结果.跟踪集训1.函数y=|lo g1x|的定义域为[a,b],值域为[0,2],则区间[a,b]的长度b-a的最小值是( )A.2B.32C.3 D.342.已知函数f(x)=4x-4,x≤1,x2-4x+3,x>1和函数g(x)=log2x,则函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数为( )A.1B.2C.3D.43.记集合P=(x,y)|(x-y) y-1x≤0,Q={(x,y)|0≢y≢4-x2}表示的平面区域分别为区域 P,区域Q,P∩Q表示的平面区域为区域M,若向区域Q内撒一枚幸运小花朵,则小花朵落在区域M内的概率为( )A.13B.14C.25D.37技法三估算法估算法就是不需要计算出代数式的准确数值,通过估算其大致取值范围从而解决相应问题的方法.该种方法主要适用于比较大小的有关问题,尤其是在选择题或填空题中,解答不需要详细的过程,因此可以通过猜测、合情推理、估算而获得,从而减少运算量.例3 (1)(2015湖北,7,5分)在区间[0,1]上随机取两个数x,y,记p1为事件“x+y≣12”的概率,p2为事件“|x-y|≢12”的概率,p3为事件“xy≢12”的概率,则( )A.p1<p2<p3B.p2<p3<p1C.p3<p1<p2D.p3<p2<p1(2)已知三棱锥P-ABC的侧面与底面所成二面角都是60°,底面三角形三边长分别是7、8、9,则此三棱锥的侧面面积为( )A.125B.245C.65D.185答案(1)B (2)B解析(1)满足条件的x,y构成的点(x,y)在正方形OBCA及其边界上.事件“x+y≣12”对应的图形为图①所示的阴影部分;事件“|x-y|≢12”对应的图形为图②所示的阴影部分;事件“xy≢12”对应的图形为图③所示的阴影部分.对三者的面积进行比较,可得p2<p3<p1.(2)若底面三角形三边长都是8,则面积为34×82=16这个面积当然比原来大了一点点,再用射影面积公式求出侧面面积为323,四个选项中只有245与之最接近,选B.▲方法点睛估算法是根据变量变化的趋势或极值的取值情况进行求解的方法.如某些函数的取值范围或最值、函数图象的变化等问题,常用此法确定正确选项.跟踪集训1.图中阴影部分的面积S是h的函数(0≢h≢H),则该函数的大致图象是( )2.已知过球面上A,B,C三点的截面到球心的距离等于球半径的一半,且AB=BC=CA=2,则球的表面积是( )A.169π B.83π C.4π D.649π技法四待定系数法待定系数法是为确定变量间的函数关系,设出未知数,然后根据所给条件确定这些未知数的一种方法,其理论依据是多项式恒等.多项式f(x)≡g(x)的充要条件是:对于任意的一个a值,都有f(a)≡g(a);或者两个多项式各项的系数对应相等.例4 衣柜里的樟脑丸,会因为挥发而体积变小,刚放入的新樟脑丸体积为a,经过t天后樟脑丸的体积V(t)与天数t的关系为V(t)=a·e-kt,若新樟脑丸经过80天后,体积变为411a,则函数V(t)的解析式为.答案V(t)=a·411t80(t≣0)解析因为樟脑丸经过80天后,体积变为411a,所以411a=a·e-80k,所以e-80k=411,解得k=-180ln 411,所以V(t)=a·et80ln411=a·411t80,所以函数V(t)的解析式为V(t)=a·411180(t≣0).▲方法点睛破解此类题的关键是依题设所给的函数模型,利用待定系数法求解,本题的突破口是将题设中的自变量的值与相应的函数值代入所给关系式,得关于参数的方程,利用“两边取对数”,即可求出参数的值.跟踪集训1.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S3=21,S5=65,则S n= .2.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ) A>0,ω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示,其中|PQ|=25.则f(x)的解析式为.技法五换元法换元法又称辅助元法、变量代换法.通过引入新的变量,可以把分散的条件联系起来,使隐含的条件显露出来,或者变为熟悉的形式,简化计算或证明.换元的实质是转化,关键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,使非标准型问题标准化、复杂问题简单化.换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等.典型例题例5 椭圆x 216+y24=1上有两点P、Q,O为原点,连接OP、OQ,k OP·k OQ=-14.(1)求证:|OP|2+|OQ|2等于定值;(2)求线段PQ的中点M的轨迹方程.解析(1)证明:设x=4cosθ, y=2sinθ,P(4cos θ1,2sin θ1),Q(4cos θ2,2sin θ2),则k OP·k OQ=2sinθ14cosθ1·2sinθ24cosθ2=-14,整理得cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2=0,即cos(θ1-θ2)=0.∴|OP|2+|OQ|2=16cos2θ1+4sin2θ1+16cos2θ2+4sin2θ2=8+12(cos2θ1+cos2θ2)=20+6(cos 2θ1+cos 2θ2)=20+12cos(θ1+θ2)cos(θ1-θ2)=20,即|OP|2+|OQ|2等于定值20.(2)由中点坐标公式得到线段PQ的中点M的横、纵坐标分别为x=2(cos θ1+cos θ2),y=sin θ1+sin θ2,所以有x22+y2=2+2(cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2)=2+2cos(θ1-θ2)=2,即所求线段PQ的中点M的轨迹方程为x 28+y22=1.▲方法点睛由椭圆方程,联想到cos2θ+sin2θ=1,于是可进行“三角换元”(得到的是椭圆的参数方程),通过换元引入新的参数,转化为三角函数问题进行研究.本题还要求能够熟练使用三角公式和“平方法”,在由中点坐标公式求出M点的坐标后,将所得方程稍作变形,再平方相加,即(cos θ1+cos θ2)2+(sin θ1+sin θ2)2,这是求点M的轨迹方程的关键一步.一般地,求动点的轨迹方程运用“参数法”时,我们可以将点的横、纵坐标分别表示为一个或几个参数的函数,再运用“消参法”消去所含的参数,即得到所求的轨迹方程.跟踪集训1.若函数y=f(x)的值域是12,3,则函数F(x)=f(x)+1f(x)的值域是( )A.12,3 B.2,103C.52,103D.3,1032.函数f(x)=cos2x-2cos2x2的一个单调递增区间是( )A.π3,2π3B.π6,π2C.0,π3D.-π6,π63.不等式log2(2x-1)·log2(2x+1-2)<2的解集是.4.已知实数x,y满足4x2-5xy+4y2=5,设S=x2+y2,则1S max +1S min的值为.技法六构造法用构造法解题的关键是由条件和结论的特殊性构造数学模型,从而简化推导与运算过程.构造法是建立在观察联想、分析综合的基础上的,首先应观察题目,观察已知条件形式上的特点,然后联想、类比已学过的知识及各种数学式子、数学模型,深刻了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景),通过构造几何、函数、向量等具体的数学模型快速解题.典型例题例6 (1)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体各个面的面积中,最小的值为( )A.25B.8C.45D.82(2)已知m,n∈(2,e),且1n2-1m2<ln mn,则( )A.m>nB.m<nC.m>2+1nD.m,n的大小关系不确定答案(1)B (2)A解析(1)构造棱长为4的正方体,由三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥P-ABC,其中点P、B 分别为相应棱的中点.因为S△PAB=S△PBC=12×42+22×4=4△ABC=12×4×4=8,S△PAC=12·AC·PC2-AC2=12×4×(42+42+22)-22=82.因为82>45>8,所以该几何体各个面的面积中,最小的值为8,故选B.(2)由原不等式可得1n2-1m2<ln m-ln n,即1n2+ln n<1m2+ln m.设f(x)=1x2+ln x(x∈(2,e)),则f '(x)=-2x3+1x=x2-2x3.因为x∈(2,e),所以f '(x)>0,故函数f(x)在(2,e)上单调递增.因为f(n)<f(m),所以n<m.故选A.▲方法点睛应用构造法的技巧:一是“定目标构造”,从已知条件入手,紧扣要解决的问题进行构造,把陌生问题构造为熟悉的问题;二是“解决构造的问题”,用相关的知识解决所构造的问题.跟踪集训1.若a=ln12013-12013,b=ln12014-12014,c=ln12015-12015,则a,b,c的大小关系为.2.函数y=x2-2x+2+x2-6x+13的最小值为.3.已知x,y,z∈(0,1),求证:x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.技法七反证法反证法是指从命题正面论证比较困难,通过假设原命题不成立,经过正确的推理,最后得出矛盾,因此说明原假设错误,从而证明原命题成立的证明方法.反证法证明问题一般分为三步:(1)否定结论;(2)推导矛盾;(3)得出结论.典型例题例7 如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则( )A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形答案 D解析由条件知△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形.由已知条件得△A2B2C2不是直角三角形.假设△A2B2C2是锐角三角形,则由题意可得sin A2=cos A1=sinπ2-A1,sin B2=cos B1=sinπ2-B1,sin C2=cos C1=sinπ2-C1,得A2=π2-A1,B2=π2-B1,C2=π2-C1,所以A2+B2+C2=π2-A1+π2-B1+π2-C1,即π=3π2-π,显然该等式不成立,所以假设不成立.所以△A2B2C2不是锐角三角形,所以△A2B2C2是钝角三角形.故选D.▲方法点睛用反证法证明全称命题以及命题中含有“至少”“至多”关键词的问题比较简单.其关键是根据假设导出矛盾——与已知条件、定义、公理、定理或明显的事实相矛盾或自相矛盾.跟踪集训已知x∈R,a=x2+32,b=1-3x,c=x2+x+1.则下列说法正确的是( )A.a,b,c至少有一个不小于1B.a,b,c至多有一个不小于1C.a,b,c都小于1D.a,b,c都大于1技法八分离参数法分离参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法,通过分离参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解,从而避免对参数进行分类讨论的烦琐过程.该方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决.但要注意该方法仅适用于分离参数后能求出相应函数的最值或值域的情况.典型例题例8 已知函数f(x)=2a-x 2e(a∈R).若∀x∈[1,+∞),不等式f(x)>-1恒成立,求实数a的取值范围.解析∵f(x)>-1⇔2a-x 2e>-1⇔2a>x2-e x,∴由条件知,2a>x2-e x对于任意x≣1恒成立. 令g(x)=x2-e x,h(x)=g'(x)=2x-e x,则h'(x)=2-e x,当x∈[1,+∞)时,h'(x)=2-e x≢2-e<0,∴h(x)=g'(x)=2x-e x在[1,+∞)上单调递减, ∴h(x)=2x-e x≢2-e<0,即g'(x)<0,∴g(x)=x 2-e x在[1,+∞)上单调递减, ∴g(x)=x 2-e x ≢g(1)=1-e,故f(x)>-1在[1,+∞)上恒成立,只需2a>g(x)max =1-e, ∴a>1-e 2,故实数a 的取值范围是1-e 2,+∞ .▲方法点睛 应用分离参数法解决不等式恒成立问题或有解问题,关键在于准确分离参数,然后将问题转化为参数与函数最值的大小关系问题.分离参数时要注意参数系数的符号是否会发生变化,如果参数的系数符号为负号,则分离参数时应注意不等号的变化,否则就会导致错解. 跟踪集训若不等式|x-1|≣kx -2对一切实数x 恒成立,则实数k 的取值范围是 . 技法九 整体代换法整体代换法是根据式子的结构特征,在求值过程中,直接将两数或多个数之和的表达式当成一个整体来处理,从而建立已知和所求之间的关系或方程进行求解的方法.利用该种方法求值,可以避免烦琐的计算.该方法适用于等差、等比数列中连续几项和的有关计算. 典型例题例9 (1)等比数列{a n }中,已知a 1+a 3=8,a 5+a 7=4,则a 9+a 11+a 13+a 15的值为( )A.1B.2C.3D.5(2)已知函数f(x)的导函数为f '(x),且满足f(x)=2f ' π2 cos x+sin x+2x,则f ' π2 =( )A.0B.23C.1D.π2答案 (1)C (2)B解析 (1)解法一:设等比数列{a n }的公比为q,则a 5=a 1q 4,a 7=a 3q 4, 所以q 4=a 5+a 7a 1+a 3=48=12.又a 9+a 11=a 1q 8+a 3q 8=(a 1+a 3)q 8=8× 12 2=2, a 13+a 15=a 1q 12+a 3q 12=(a 1+a 3)q 12=8× 12 3=1,所以a 9+a 11+a 13+a 15=2+1=3.解法二:因为{a n }为等比数列,所以a 5+a 7是a 1+a 3与a 9+a 11的等比中项, 所以(a 5+a 7)2=(a 1+a 3)(a 9+a 11),故a 9+a 11=(a 5+a 7)2a 1+a 3=428=2.同理,a 9+a 11是a 5+a 7与a 13+a 15的等比中项,所以(a 9+a 11)2=(a 5+a 7)(a 13+a 15),故a 13+a 15=(a 9+a 11)2a 5+a 7=224=1.所以a 9+a 11+a 13+a 15=2+1=3.(2)因为f(x)=2f ' π2 cos x+sin x+2x,所以f '(x)=-2f ' π2 sin x+cos x+2. 令x=π2,得f ' π2 =-2f ' π2 sin π2+cos π2+2,解得f ' π2 =23.故选B.▲方法点睛 整体代换法求值的关键是准确把握代数式的结构特征,确定已知和所求之间的关系. 跟踪集训已知x,y,z 是正数,求证:xy +z +yx +z +zx +y≣32.技法十 判别式法判别式法就是将实系数一元二次方程ax 2+bx+c=0(a≠0),利用方程有解的充要条件(判别式Δ=b 2-4ac≣0)求解. 典型例题例10 已知α,β,γ为任意三角形的三个内角,求证:x 2+y 2+z 2≣2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ.证明 设f(x)=x 2+y 2+z 2-(2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ) =x 2-2(ycos α+zcos γ)x+y 2+z 2-2yzcos β, 又Δ=4(ycos α+zcos γ)2-4(y 2+z 2-2yzcos β) =-4(ysin α-zsin γ)2≢0,所以f(x)≣0,即x 2+y 2+z 2≣2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ.▲方法点睛 判别式是方程、函数和不等式之间联系的重要工具,是不等式之间相互转化的重要桥梁,运用判别式法证明不等式有两种途径:(1)构造一元二次方程,然后利用Δ≣0来证明;(2)构造恒大于(或小于)零的二次函数,然后利用Δ≢0来证明.跟踪集训1.设x,y为实数,若4x2+y2+xy=1,则2x+y的最大值是.2.设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n,满足S5S6+15=0,则d的取值范围是.技法十一割补法割补法主要是针对平面图形或空间图形采用的一种几何方法,其主要思想是把不规则图形转化为规则图形,这种方法常常用来求不规则平面图形的面积或不规则空间几何体的体积.典型例题例11 (1)如图,过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若PA=AB,则平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为( )A.90°B.60°C.45°D.30°,平面ABCD⊥平面(2)已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形,AD∥BC,CE∥BG,∠BCD=∠BCE=π2BCEG,BC=CD=CE=2AD=2BG=2,则五面体EGBADC的体积为.答案(1)C (2)73解析(1)把原四棱锥补成正方体ABCD-PQRH,如图所示,连接CQ,则所求二面角转化为平面CDPQ与平面BAPQ所成的二面角,而∠CQB是平面CDPQ与平面BAPQ所成二面角的平面角,又因为∠CQB=45°,所以平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为45°.(2)如图所示,连接DG,BD.由平面ABCD⊥平面BCEG,∠BCD=∠BCE=π2,可知EC⊥平面ABCD, 又CE∥GB,所以GB⊥平面ABCD.又BC=CD=CE=2,AD=BG=1,所以V五面体EGBADC=V四棱锥D-BCEG+V三棱锥G-ABD=13S梯形BCEG·DC+13S△ABD·BG=13×2+12×2×2+13×12×1×2×1=73.▲方法点睛对于一些不规则的几何体(图形),不能直接利用体积(面积)公式,此时必须对几何体(图形)进行相应的割补,将其转化为规则几何体(图形)以便于计算其体积(面积).跟踪集训1.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A.6B.8C.10D.122.已知0<k<4,直线l1:kx-2y-2k+8=0和直线l2:2x+k2y-4k2-4=0与两坐标轴围成一个四边形,则使得这个四边形面积最小的k值为.3.函数y=cos x(0≢x≢2π)和y=1的图象所围成的封闭图形的面积为.技法十二等体积转化法等体积转化法是通过变换几何体的底面,利用几何体(主要是三棱锥)体积的不同表达形式求解相关问题的方法.其主要用于求解点到面的距离.典型例题例12 如图,已知三棱锥P-ABC,底面ABC是边长为2的正三角形,平面PAB⊥平面ABC,PA=PB=2,D 为BC的中点.(1)求证:AB⊥PC;(2)求三棱锥B-PAD的体积.解析(1)证明:如图所示,取AB的中点E,连接PE,CE.因为PB=PA,所以AB⊥PE.因为AC=BC,所以AB⊥CE.又PE∩CE=E,所以AB⊥平面PEC.又PC⊂平面PEC,所以AB⊥PC.(2)因为平面PAB⊥平面ABC,PE⊂平面PAB,平面PAB∩平面ABC=AB,且PE⊥AB,所以PE⊥平面ABC.由PA=PB=2,BE=AB2=1得PE=PB2-B E2=1.因为D是正三角形ABC的边BC的中点,所以AD⊥BC.V三棱锥B-PAD=V三棱锥P-ABD=13PE·S△ABD=13×1×12×1×3=36,故三棱锥B-PAD的体积为36.▲方法点睛利用等体积转化法求解点到平面的距离,关键是选择合适的底面,选择的底面应具备两个特征:一是底面的形状规则,面积可求;二是底面上的高比较明显,即线面垂直比较明显.跟踪集训1.如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是BC的中点,AA1=AB=2,则三棱锥C1-AB1D的体积为( )A.33B.32C.233D.3222.如图所示,已知正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=12CD=1.(1)当点M为ED的中点时,求证:AM∥平面BEC;(2)求点D到平面BEC的距离.答案精解精析技法一特例法跟踪集训1.C 取m=1,依题意得a1=30,a1+a2=100,则a2=70,又{a n}是等差数列,所以a3=110,故S3=210.2.B 函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且f 12=cos12log212=-cos12,f -12=cos-12·log2-12=-cos12,所以f -12=f 12,排除A,D;又f 12=-cos12<0,排除C.故选B.3.A 不妨取点P4,95,则可计算S1=3-95×(5-4)=65,易求得PD=2,PE=65,所以S2=12×2×65=65,所以S1∶S2=1.技法二图解法(数形结合法)跟踪集训1.D 作出函数y=|lo g1x|的图象,如图所示,由y=0,解得x=1,由y=2,解得x=4或x=14.所以区间[a,b]的长度b-a的最小值为1-14=34 .2.C 令h(x)=0,得f(x)=g(x),所以函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数即函数f(x)与g(x)的图象的交点个数.分别画出函数f(x)=4x-4,x≤1,x2-4x+3,x>1和函数g(x)=log2x的图象,如图所示.由图可知,两函数图象的交点个数是3.故选C.3.B 在平面直角坐标系中分别作出区域P,Q,则区域M是图中的阴影部分.由图形的对称性可知,区域M可以看作半径为2的半圆的14,其面积S1=12×14×π×22=π2.又区域Q表示的平面图形是半径为2的半圆,其面积为S2=12×π×22=2π.于是所求的概率P=S1S2=π22π=14.故选B.技法三估算法跟踪集训1.B 由题图知,随着h的增大,阴影部分的面积S逐渐减小,且减小得越来越慢,结合选项可知选B.2.D 球的半径R不小于△ABC的外接圆半径r,且r=233,则S球=4πR2≣4πr2=163π>5π.故选D.技法四待定系数法跟踪集训1.答案3n2-2n解析设等差数列{a n}的前n项和为S n=An2+Bn.由已知可得A×32+B×3=21, A×52+B×5=65,化简得3A+B=7,5A+B=13,解得A=3,B=-2.故S n=3n2-2n.2.答案f(x)=2sinπ2x-π3解析由题图可知A=2,P(x 1,-2),Q(x2,2), 所以|PQ|=(x1-x2)2+(-2-2)2=(x1-x2)2+42=25.整理得|x1-x2|=2,所以函数f(x)的最小正周期T=2|x1-x2|=4,即2πω=4,解得ω=π2.又函数图象过点(0,-),所以2sin φ=-3,即sin φ=-32.又|φ|<π2,所以φ=-π3,所以f(x)=2sinπ2x-π3.技法五换元法跟踪集训1.B 令t=f(x),则t∈12,3.由函数g(t)=t+1t在区间12,1上是减函数,在(1,3]上是增函数,且g12=52,g(1)=2,g(3)=103,得F(x)的值域为2,103,故选B.2.A f(x)=cos2x-2cos2x2=cos2x-cos x-1,令t=cos x∈[-1,1],原函数可以看作g(t)=t2-t-1,t∈[-1,1].由于对称轴为t=12,对于g(t)=t2-t-1,当t∈-1,12时,g(t)为减函数,当t∈12,1时,g(t)为增函数,当x∈π3,2π3时,t=cos x为减函数,且t∈-12,12,∴原函数在π3,2π3上单调递增,故选A.3.答案log 254,log23解析设log 2(2x-1)=y,则y(y+1)<2,解得-2<y<1,所以x∈log254,log23.4.答案85解析由S=x2+y2联想到cos2α+sin2α=1,于是进行三角换元,设x=S cosα,y=S sinα,将其代入4x2-5xy+4y2=5,得4S-5S·sin αcos α=5,解得S=108-5sin2α. ∵-1≢sin 2α≢1,∴3≢8-5sin 2α≢13,∴1013≢108-5sin2α≢103,∴1S max +1S min=310+1310=1610=85.技法六构造法跟踪集训1.答案a>b>c解析令f(x)=ln x-x,则f '(x)=1x -1=1-xx.当0<x<1时, f '(x)>0,即函数f(x)在(0,1)上是增函数.因为1>1>1>1>0,所以a>b>c.2.答案13解析将函数变形为y=(x-1)2+(0-1)2+(x-3)2+(0-2)2,则问题可以转化为在x轴上找一点,使它到A(1,1),B(3,2)两点的距离之和最小的几何模型问题.将点A(1,1)关于x轴对称,得A'(1,-1),连接A'B交x轴于点P,则线段A'B的长就是所求的最小值,即|A'B|=(1-3)2+(-1-2)2=.故填3.证明构造边长为1的正三角形ABC,D、E、F分别为三边上的任意一点,并令BD=x,CE=y,AF=z,如图.显然有S△BDE+S△CEF+S△ADF<S△ABC=34,即34x(1-y)+34y(1-z)+34z(1-x)<34,即x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.技法七反证法跟踪集训A 假设a,b,c均小于1,即a<1,b<1,c<1,则有a+b+c<3,而a+b+c=2x2-2x+72=2 x-122+3≣3.显然两者矛盾,所以假设不成立.故a,b,c至少有一个不小于1.选A.技法八分离参数法跟踪集训答案[-1,1]解析x>0 时,k≢|x-1|+2x =3x-1,0<x<1,1+1x,x≥1,得k≢1;x<0时,k≣|x-1|+2x =3x-1,得k≣-1;x=0时,k∈R.综上,-1≢k≢1.技法九整体代换法跟踪集训证明设a=y+z,b=x+z,c=x+y,则x=b+c-a2,y=a+c-b2,z=a+b-c2.所以xy+z +yx+z+zx+y=b+c-a2a+a+c-b2b+a+b-c2c=b2a +a2b+c2a+a2c+b2c+c2b-32≣2b2a ·a2b+2c2a·a2c+2b2c·c2b-32=32.技法十判别式法跟踪集训1.答案2105解析设2x+y=t,则y=t-2x,于是有4x2+(t-2x)2+x(t-2x)=1, 化简得6x2-3tx+t2-1=0(x∈R),由Δ=9t2-24(t2-1)≣0,得-2105≢t≢2105,所以2x+y的最大值是2105.2.答案(-∞,-22]∪[22,+∞)解析因为S 5S6+15=0,所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,化简得2a12+9da1+10d2+1=0.因为a1∈R,于是有Δ=81d2-8(10d2+1)≣0,得d≣2d≢-2技法十一割补法跟踪集训1.D 根据题中所给的三视图,可以还原几何体,如图,该几何体可以将凸出的部分补到凹进去的地方成为一个长方体,其中长方体的长、宽、高分别是3,2,2,所以该几何体的体积为2×2×3=12,故选D.2.答案1解析直线l 1的方程可以化为k(x-2)-2y+8=0,该直线过定点M(2,4),与两坐标轴的交点坐标分别是A2k-8k,0,B(0,4-k);直线l2的方程可以化为(2x-4)+k2(y-4)=0,该直线过定点M(2,4),与两坐标轴的交点坐标分别是C(2k2+2,0),D0,4+4k2.结合0<k<4,可以知道这个四边形是OBMC,如图所示,连接OM,则四边形OBMC的面积是△OBM与△OCM的面积之和,故四边形OBMC的面积是12×(4-k)×2+12(2k2+2)×4=4k2-k+8,故当k=18时两直线所围成的四边形面积最小.故填18.3.答案2π解析如图,函数y=cos x(0≢x≢2π)的图象关于直线EF:x=π对称,曲边形EFB≌曲边形DAF. 将曲边形AFB沿EF剪开,补成矩形AEFD,则S阴影=S矩形AEFD=2π.或将曲边形AFB补成矩形ABCD,则有S阴影=12S矩形ABCD=12×4π=2π.技法十二等体积转化法跟踪集训1.C 依题意,得V三棱锥C1-A B1D =V三棱锥A-B1D C1=1 3S△B1D C1×AD=13×12×2×2×22-12=233.2.解析(1)证明:如图,取EC的中点N,连接MN,BN.在△EDC中,M,N分别为ED,EC的中点,所以MN∥CD,且MN=12CD.又AB∥CD,AB=12CD,所以MN∥AB,且MN=AB.所以四边形ABNM为平行四边形,所以BN∥AM.因为BN⊂平面BEC,AM⊄平面BEC,所以AM∥平面BEC.(2)如图,连接BD.在正方形ADEF中,ED⊥AD,因为平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD, 所以ED⊥平面ABCD,而BC⊂平面ABCD,所以ED⊥BC.在直角梯形ABCD中,AB=AD=1,CD=2,可得BC=在△BCD中,BD=BC=2,CD=2,所以BD2+BC2=CD2,所以BC⊥BD.又ED∩BD=D,所以BC⊥平面EDB.又BE⊂平面EDB,所以BC⊥BE.设点D到平面BEC的距离为d,由V三棱锥D-BEC=V三棱锥E-BCD,得13S△BEC·d=13S△BCD·ED,即S△BEC·d=S△BCD·ED.在△EDB中,BE= DE2+D B2=3,所以S△BEC=12·BE·BC=12×=62,又S△BCD=12·BD·BC=12××所以62d=1×1,得d=63,于是点D到平面BEC的距离为63.。
专题十一概率与统计【真题探秘】11.1随机事件、古典概型与几何概型探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.随机事件的概率(1)了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性,了解概率的意义,了解频率与概率的区别.(2)了解两个互斥事件的概率加法公式.(3)理解古典概型及其概率计算公式.2019课标Ⅰ,6,5分古典概型排列与组合★★★2018课标Ⅱ,8,5分古典概型组合2018课标Ⅰ,10,5分与面积有关的几何概型圆的面积和三角形的面积2.古典概型2017课标Ⅰ,2,5分与面积有关的几何概型圆的面积3.几何概型2016课标Ⅰ,4,5分与长度有关的几何概型(4)会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率.(5)了解随机数的意义,能运用模拟方法估计概率. (6)了解几何概型的意义2016课标Ⅱ,10,5分与面积有关的几何概型随机模拟分析解读本节是高考的热点,常以选择题或填空题的形式出现,主要考查利用频率估计随机事件的概率,常涉及对立事件、互斥事件,古典概型及与长度、面积有关的几何概型,有时也与其他知识进行交汇命题,以解答题的形式出现,如概率与统计和统计案例的综合,主要考查学生的逻辑思维能力和数学运算能力.破考点练考向【考点集训】考点一随机事件的概率1.(2019山东烟台一模,3)已知甲袋中有1个红球1个黄球,乙袋中有2个红球1个黄球,现从两袋中各随机取一个球,则取出的两球中至少有1个红球的概率为()A.13B.12C.23D.56答案D2.(2019山西太原模拟,2)已知随机事件A和B互斥,且P(A∪B)=0.7,P(B)=0.2,则P(A)=()A.0.5B.0.1C.0.7D.0.8答案A考点二古典概型1.(2020届河南百校联盟9月联合检测,4)2019年7月1日,《上海市生活垃圾管理条例》正式实施,生活垃圾要按照“可回收物”“有害垃圾”“湿垃圾”“干垃圾”的分类标准进行分类,没有垃圾分类和未投放到指定垃圾桶内等会被罚款和行政处罚.若某上海居民提着厨房里产生的“湿垃圾”随意地投放到楼下的垃圾桶,若楼下分别放有“可回收物”“有害垃圾”“湿垃圾”“干垃圾”四个垃圾桶,则该居民会被罚款和行政处罚的概率为()A.13B.23C.14D.34答案D2.(2019江西南昌一模,6)2021年广东新高考将实行3+1+2模式,即语文、数学、外语必选,物理、历史二选一,政治、地理、化学、生物四选二,共有12种选课模式.今年上高一的小明与小芳都准备选历史与政治,假若他们都对后面三科没有偏好,则他们选课相同的概率为()A.12B.13C.16D.19答案B考点三几何概型1.(2020届贵州贵阳8月月考,7)某学校星期一至星期五每天上午共安排五节课,每节课的时间为40分钟,第一节课上课的时间为7:50~8:30,课间休息10分钟.某同学请假后返校,若他在8:50~9:30之间随机到达教室,则他听第二节课的时间不少于20分钟的概率为()A.15B.14C.13D.12答案B2.(2018湖南三湘名校教育联盟第三次联考,3)已知以原点O为圆心,1为半径的圆以及函数y=x3的图象如图所示,则向圆内任意投掷一粒小米(视为质点),则该小米落入阴影部分的概率为()A.12B.14C.16D.18答案B炼技法提能力【方法集训】方法1古典概型概率的求法1.(2019安徽蚌埠二模,4)从1,2,3,4中选取两个不同数字组成两位数,则这个两位数能被4整除的概率为()A.13B.14C.16D.112答案B2.(2019江西九江一模,4)洛书,古称龟书,是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水,其甲壳上有此图案,结构是戴九履一,左三右七,二四为肩,六八为足,以五居中,五方白圈皆阳数,四隅黑点为阴数,其各行各列及对角线点数之和皆为15.如图,若从四个阴数中随机抽取两个数,则能使这两数与居中阳数之和等于15的概率是()A.12B.23C.14D.13答案D方法2几何概型概率的求法1.(2020届河南安阳第一次调研月考,10)从[-2,3]中任取一个实数a,则a的值能使函数f(x)=x+asin x在R上单调递增的概率为()A.45B.35C.25D.15答案C2.如图,在一个棱长为2的正方体鱼缸内放入一个倒置的无底圆锥形容器,圆锥的底面圆周与鱼缸的底面正方形相切,圆锥的顶点在鱼缸的缸底上,现在向鱼缸内随机地投入一粒鱼食,则“鱼食能被鱼缸内在圆锥外面的鱼吃到”的概率是()A.1-π4B.π12C.π4D.1-π12答案A【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点一古典概型(2018课标Ⅱ,8,5分)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30=7+23.在不超过30的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于30的概率是()A.112B.114C.115D.118答案C考点二几何概型1.(2018课标Ⅰ,10,5分)下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三个半圆构成,三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC,直角边AB,AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ,黑色部分记为Ⅱ,其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点,此点取自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分别记为p1,p2,p3,则()A.p1=p2B.p1=p3C.p2=p3D.p1=p2+p3答案A2.(2017课标Ⅰ,2,5分)如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是()A.14B.π8C.12D.π4答案B3.(2016课标Ⅰ,4,5分)某公司的班车在7:30,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是()A.13B.12C.23D.34答案B4.(2016课标Ⅱ,10,5分)从区间[0,1]随机抽取2n个数x1,x2,…,x n,y1,y2,…,y n,构成n个数对(x1,y1),(x2,y2),…,(x n,y n),其中两数的平方和小于1的数对共有m个,则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为()A.4nm B.2nmC.4mnD.2mn答案CB组自主命题·省(区、市)卷题组考点一古典概型1.(2017山东,8,5分)从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次,每次抽取1张.则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是()A.518B.49C.59D.79答案C2.(2019江苏,6,5分)从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务,则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是.答案7103.(2018江苏,6,5分)某兴趣小组有2名男生和3名女生,现从中任选2名学生去参加活动,则恰好选中2名女生的概率为.答案310考点二几何概型1.(2015陕西,11,5分)设复数z=(x-1)+yi(x,y∈R),若|z|≤1,则y≥x的概率为()A.34+12πB.14-12πC.12-1πD.12+1π答案 B2.(2017江苏,7,5分)记函数f(x)=√6+x -x 2的定义域为D.在区间[-4,5]上随机取一个数x,则x ∈D 的概率是 . 答案593.(2015福建,13,4分)如图,点A 的坐标为(1,0),点C 的坐标为(2,4),函数f(x)=x 2.若在矩形ABCD 内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率等于 .答案512C 组 教师专用题组考点一 古典概型1.(2014课标Ⅰ,5,5分)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动,则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( ) A.18B.38C.58D.78答案 D2.(2016江苏,7,5分)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次,则出现向上的点数之和小于10的概率是 . 答案563.(2015江苏,5,5分)袋中有形状、大小都相同的4只球,其中1只白球,1只红球,2只黄球.从中一次随机摸出2只球,则这2只球颜色不同的概率为 . 答案564.(2013课标Ⅱ,14,5分)从n 个正整数1,2,…,n 中任意取出两个不同的数,若取出的两数之和等于5的概率为114,则n= . 答案 85.(2016天津,16,13分)某小组共10人,利用假期参加义工活动,已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.(1)设A 为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”,求事件A 发生的概率;(2)设X 为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值,求随机变量X 的分布列和数学期望. 解析 (1)由已知,有P(A)=C 31C 41+C 32C 102=13.所以,事件A 发生的概率为13.(2)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2. P(X=0)=C 32+C 32+C 42C 102=415,P(X=1)=C 31C 31+C 31C 41C 102=715,P(X=2)=C 31C 41C 102=415.所以,随机变量X 的分布列为X 01 2 P415 715 415随机变量X 的数学期望E(X)=0×415+1×715+2×415=1.6.(2015陕西,19,12分)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T,T 只与道路畅通状况有关,对其容量为100的样本进行统计,结果如下:T(分钟) 25 30 35 40 频数(次)20304010(1)求T 的分布列与数学期望ET;(2)刘教授驾车从老校区出发,前往新校区作一个50分钟的讲座,结束后立即返回老校区,求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率. 解析 (1)由统计结果可得T 的频率分布为T(分钟)25 3035 40频率0.2 0.3 0.4 0.1以频率估计概率得T 的分布列为T 25 30 35 40 P0.2 0.3 0.4 0.1从而ET=25×0.2+30×0.3+35×0.4+40×0.1=32(分钟).(2)设T 1,T 2分别表示往、返所需时间,T 1,T 2的取值相互独立,且与T 的分布列相同.设事件A 表示“刘教授共用时间不超过120分钟”,由于讲座时间为50分钟,所以事件A 对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”.解法一:P(A)=P(T 1+T 2≤70)=P(T 1=25,T 2≤45)+P(T 1=30,T 2≤40)+P(T 1=35,T 2≤35)+P(T 1=40,T 2≤30) =0.2×1+0.3×1+0.4×0.9+0.1×0.5=0.91.解法二:P(A )=P(T 1+T 2>70)=P(T 1=35,T 2=40)+P(T 1=40,T 2=35)+P(T 1=40,T 2=40) =0.4×0.1+0.1×0.4+0.1×0.1=0.09. 故P(A)=1-P(A )=0.91.考点二 几何概型1.(2015湖北,7,5分)在区间[0,1]上随机取两个数x,y,记p 1为事件“x+y ≥12”的概率,p 2为事件“|x-y|≤12”的概率,p 3为事件“xy ≤12”的概率,则( ) A.p 1<p 2<p 3 B.p 2<p 3<p 1 C.p 3<p 1<p 2 D.p 3<p 2<p 1答案 B2.(2016山东,14,5分)在[-1,1]上随机地取一个数k,则事件“直线y=kx 与圆(x-5)2+y 2=9相交”发生的概率为 . 答案34【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共35分)1.(2020届陕西百校联盟九月联考,4)“沉鱼、落雁、闭月、羞花”是由精彩故事组成的历史典故.“沉鱼”讲的是西施浣纱的故事;“落雁”指的就是昭君出塞的故事;“闭月”是述说貂蝉拜月的故事;“羞花”谈的是杨贵妃醉酒观花的故事.她们分别是中国古代的四大美女,某艺术团要以四大美女为主题排演一部舞蹈剧,甲、乙、丙、丁抽签决定扮演的对象,则甲不扮演貂蝉且乙不扮演杨贵妃的概率为()A.13B.712C.512D.12答案B2.(2020届四川成都青羊石室中学10月月考,9)2021年广东新高考将实行3+1+2模式,即语文、数学、外语必选,物理、历史二选一,政治、地理、化学、生物四选二,共有12种选课模式.今年高一的小明与小芳都准备选历史,假若他们都对后面四科没有偏好,则他们选课相同的概率为()A.136B.116C.18D.16答案D3.(2018重庆九校联盟第一次联考,4)已知随机事件A,B发生的概率满足条件P(A∪B)=34,某人猜测事件A∩B发生,则此人猜测正确的概率为()A.1B.12C.14D.0答案C4.(2019河北石家庄3月教学质量检测,9)袋子中有大小、形状完全相同的四个小球,分别写有“和”“谐”“校”“园”四个字,有放回地从中任意摸出一个小球,直到“和”“谐”两个字都被摸到就停止摸球,用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止摸球的概率.利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数,分别用1,2,3,4代表“和”“谐”“校”“园”这四个字,以每三个随机数为一组,表示摸球三次的结果,经随机模拟产生了以下18组随机数:343432341342234142243331112342241244431233214344142134由此可以估计,恰好第三次就停止摸球的概率为()A.16B.29C.518D.19答案B5.(2020届安徽合肥一中、安庆一中第一次素质测试,8)2019年5月22日具有“国家战略”意义的“长三角一体化”会议在芜湖举行.长三角城市群包括上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市,简称“三省一市”.现有4名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游,假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游,则恰有一个地方未被选中的概率为()A.2764B.916C.81256D.716答案B6.(2020届四川石室中学高三开学考试,7)一个平面封闭图形的周长与面积之比为“周积率”,如图是由三个半圆构成的图形,最大半圆的直径为6,若在最大的半圆内随机取一点,该点取自阴影部分的概率为49,则阴影部分图形的“周积率”为()A.2B.3C.4D.5答案B7.(2019山西阳泉二模,8)赵爽是我国古代数学家、天文学家,大约在公元222年赵爽为《周髀算经》一书作序时,介绍了“勾股圆方图”,亦称“赵爽弦图”(以弦为边得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的,如图1).类比“赵爽弦图”,可构造如图2所示的图形,它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形组成的一个大等边三角形,设DF=2AF,若在大等边三角形中随机取一点,则此点取自小等边三角形内的概率是()图1 图2A.2√1313B.413C.2√77D.47 答案 B二、填空题(每小题5分,共10分)8.(2020届山西静乐第一中学高三月考,15)如图所示,阴影部分是由曲线y=x 2和圆x 2+y 2=2及x 轴围成的封闭图形.在圆内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率为 .答案 18-112π9.(2018广东江门一模,16)两位教师对一篇初评为“优秀”的作文复评,若批改成绩都是两位正整数,且十位数字都是5,则两位教师批改成绩之差的绝对值不超过2的概率为 .答案 0.44。
§2.7 函数的图象考纲展示► 1.理解点的坐标与函数图象的关系．2．会利用平移、对称、伸缩变换，由一个函数图象得到另一个函数的图象．3．会运用函数图象理解和研究函数的性质，解决方程解的个数与不等式的解的问题．考点1 作函数的图象1。
描点法作图其基本步骤是列表、描点、连线，具体为:（1)①确定函数的定义域；②化简函数的解析式；③讨论函数的性质(奇偶性、单调性、周期性)．（2)列表(注意特殊点、零点、最大值点、最小值点以及坐标轴的交点）．（3）描点，连线．2．图象变换（1）平移变换：①y＝f（x）的图象错误!y＝________的图象；②y＝f(x）的图象错误!y＝________的图象．（2）对称变换：①y＝f(x)的图象错误!y＝________的图象；②y＝f(x）的图象错误!y＝________的图象；③y＝f(x）的图象错误!y＝________的图象;④y＝a x（a>0且a≠1)的图象错误!y＝log a x（a〉0且a≠1）的图象．（3)伸缩变换：①y＝f(x）的图象y＝________的图象;②y＝f(x）的图象错误!y＝________的图象．（4)翻转变换：①y＝f(x）的图象错误!y＝________的图象;②y＝f(x）的图象错误!y＝________的图象．答案:（1）①f(x－a) ②f（x)＋b(2）①－f(x）②f（－x) ③－f（－x)（3）①f(ax) ②af(x)（4)①|f(x)｜②f（｜x｜)（1)[教材习题改编］对于函数f(x)＝错误!有下列三个说法：①图象是一个点和一条直线（去掉点（0,0)）；②图象是两条直线；③图象是一个点和两条射线．其中正确的说法是________．（填序号)答案：①解析：当x≠0时，图象是一条直线去掉点(0，0)，当x＝0时,图象是一个点．(2)[教材习题改编]为了得到函数y＝log3(x＋3)－2的图象，只需把函数y＝log3x的图象上所有的点向________平移________个单位长度，再向________平移________个单位长度．答案:左 3 下2图象变换中的误区：平移的方向;平移的大小．(1)将函数y＝f(－x）的图象向右平移1个单位长度得到函数________的图象．答案：y＝f(－x＋1）解析：将函数y＝f(－x)的图象向右平移1个单位长度得到函数y＝f（－（x－1))＝f（－x＋1)的图象(注意平移方向）．(2)把函数y＝f（2x)的图象向右平移________个单位长度得到函数y＝f(2x－3）的图象．答案:错误!解析：本题易理解为向右平移3个单位长度，事实上把函数y ＝f(2x）的图象向右平移3个单位长度后得到的是函数y＝f(2（x－3）)＝f（2x－6）的图象。
数理金融知识总结篇一：金融数学心得体会金融数学心得体会金融数学，又称分析金融学、数理金融学、数学金融学，是20世纪80年代末、90年代初兴起的数学与金融学的交叉学科。
它的研究对象是金融市场上风险资产的交易，其目的是利用有效的数学工具揭示金融学的本质特征，从而达到对具有潜在风险的各种未定权益的合理定价和选择规避风险的最优策略。
它的历史最早可以追朔到1900年，法国数学家巴歇里埃的博士论文“投机的理论”。
该文中，巴歇里埃首次使用Brown运动来描述股票价格的变化，这为后来金融学的发展，特别是为现代期权定价理论奠定了理论基础。
不过他的工作并没有得到金融数学界的重视。
直到1952年马科维茨的博士论文《投资组合选择》提出了均值——方差的模型，建立了证券投资组合理论，从此奠定了金融学的数学理论基础。
在马科维茨工作的基础上，1973年布莱克与斯科尔斯得到了著名的期权定价公式，并赢得了1997念得诺贝尔经济学奖。
它对于一个重要的实际问题提供了令人满意的答案，即为欧式看涨期权寻求公平的价格。
后两次发现推动了数学研究对金融的发展，逐渐形成了一门新兴的交叉学科，金融数学。
在本学期的金融数学课程当中，我们学习了二叉树无套利定价模型、条件期望、鞅过程、马尔科夫过程、风险中性定价与概率测度等知识。
下面就某些问题给出我的理解。
鞅理论的引入是现代金融理论最新的研究成果。
1977年，哈里森和柯瑞普斯提出了期权定价理论的鞅方法，他们用鞅论中的鞅测度概念来刻画无套利市场和不完全市场，并用等价鞅测度对期权进行定价和套期保值或对冲。
他们证明了市场无套利的重要条件是等价鞅测度存在，市场完备的重要条件是等价鞅测度存在且唯一。
在市场是有效的假定下,证券的价格可以等价于一个鞅随机过程。
他们利用等价鞅测度的概念研究衍生证券的定价问题,得到的结果不仅能深刻揭示金融市场的运行规律,而且可以提供一套有效的算法,求解复杂的衍生金融产品的定价与风险管理问题。
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