统考版2024高考数学二轮专题复习第一篇核心价值引领引领二信息迁移探究运用理

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习第一篇核心价值引领引领二信息迁移探究运用理，共18页。
例 1 [2023·湖南长沙长郡中学高三模拟]对于函数y＝f(x)，其定义域为D，如果存在区间[m，n]⊆D，同时满足下列条件：①f(x)在[m，n]上是单调函数；②当f(x)的定义域为[m，n]时，值域也是[m，n]，则称区间[m，n]是函数f(x)的“K区间”．若函数f(x)＝－a(a＞0)存在“K区间”，则a的取值范围为( )
A． B．
C． D．
[听课记录]
名师点题
本题考查了新定义的函数，还考查了运算求解的能力，题目新颖，解题时应深刻理解新定义的概念，从而解答问题．
对点训练
1.[2023·山西运城模拟]已知a0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x.
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
名师点题
逐一以其中的两个论断为条件，看能否推出正确结论．
对点训练
4.[2021·全国乙卷]以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为__________(写出符合要求的一组答案即可)．
角度3探索型
例 5 [2023·长沙市明德中学模拟预测]
如图，在三棱柱ABC ­ A1B1C1中，B1A＝B1C，AA1＝13，AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，D为AC中点，tan ∠BB1D＝.
(1)求证：BC⊥B1D；
(2)线段B1C1上是否存在一点E，使得AE与平面BCC1B1的夹角的正弦值为？若存在，求出E点的位置；若不存在，请说明理由．
名师点题
求解探索型问题的基本方法
通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．
提醒 对于立体几何中的探索性问题可利用空间向量的坐标运算转化为方程是否有解的问题处理．
对点训练
5.[2023·黑龙江哈九中二模]
在平面直角坐标系中，已知椭圆Γ：＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A、B，右焦点F，且椭圆Γ过点(0，)、，过点F的直线l与椭圆Γ交于P、Q两点(点P在x轴的上方)．
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)设直线AP、BQ的斜率分別为k1、k2，是否存在常数λ，使得k1＋λk2＝0？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．
角度4结构不良型
例 6 [2023·甘肃平凉二模]在①a1＝1，nan＋1＝＝2n＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答．
问题：在数列{an}中，已知________________．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
名师点题
对于结构不良问题，只需从给出的条件中选择一个进行求解即可，一般来说，给出的选择难度都是相同的，都包括逻辑推理与计算两个方面，所以不要过多地考虑条件之间的差异性．解题时将选出的条件融合到已知条件中，然后处理相关的问题即可．其基本步骤如下：
①定条件：即从给出的条件中选取一个相对熟悉的条件，如三角形中的边角关系，数列中项之间的关系，立体几何中的线面关系等．
②构模型：把选取的条件融合到已知条件中，然后构建解决问题的模型．
③解模型：即求解所构建的模型，如求解相关的量等．
对点训练
6.[2023·山东淄博一模]从①＝，②＝，③a sin B sin C－b cs A cs C＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若________，求角B的大小．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
探究四 题设新情境
角度1与社会热点的结合
例 7 2020年既是全面建成小康社会之年，又是脱贫攻坚收官之年，某地为巩固脱贫攻坚成果，选派了5名工作人员到A，B，C三个村调研脱贫后的产业规划情况，每个村至少去1人，则不同的选派方法有( )
A．25种 B．60种
C．90种 D．150种
名师点题
本题以2020年脱贫攻坚收官为背景，考查了计数原理与古典概型的概率，体现了统计原理、统计方法在数学教学中的重要地位，突出了对数学基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验的考查．
对点训练
7.[2023·石家庄10月质检]北京冬奥会于2022年2月4日到2022年2月20日在北京和张家口举行．申奥成功后，中国邮政陆续发行多款邮票，图案包括冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”、多种冰雪运动等．现从2枚会徽邮票、2枚吉祥物邮票、1枚冰上运动邮票共5枚邮票中任取3枚，则恰有1枚吉祥物邮票的概率为( )
A． B．
C． D．
角度2与科技前沿的结合
例 8[2022·全国乙卷]嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：b1＝1＋，b2＝1＋，b3＝1＋，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1，2，…)，则( )
A．b10，即k2>3.
所以x1－x2＝.
设点M的坐标为(xM，yM)，
则yM－y2＝(xM－x2)，yM－y1＝－(xM－x1)，
两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)．
因为y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
所以2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，
解得xM＝.
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)．
因为y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，
所以2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2b，
解得yM＝＝xM.
所以点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
选择①②.
因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
此时xA＋xB＝，yA＋yB＝.
因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝x，
所以
解得xM＝＝，yM＝＝，
所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.
选择①③.
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线y＝x上，与题设矛盾，故直线AB的斜率存在．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则
解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
此时xM＝＝，yM＝＝.由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.
选择②③.
因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，
则解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝＝，yC＝＝.
因为|MA|＝|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－(x－xC)上．
将该直线方程与y＝x联立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，即点M恰为AB的中点，所以点M在直线AB上．
对点训练
4．解析：根据“长对正、高平齐、宽相等”及图中数据，可知图②③只能是侧视图，图④⑤只能是俯视图，则组成某个三棱锥的三视图，所选侧视图和俯视图的编号依次是③④或②⑤.若是③④，则原几何体如图1所示；若是②⑤，则原几何体如图2所示．
答案：③④(答案不唯一，②⑤也可)
角度3
[例5] 解析： (1)证明：因为B1A＝B1C，且D为AC中点，所以B1D⊥AC.
又因为tan ∠BB1D＝，所以cs ∠BB1D＝.
由余弦定理，cs ∠BB1D＝＝，解得B1D＝12.
因为BD2＋B1D2＝，由勾股定理知，BD⊥B1D.
又因为BD＝D，所以B1D⊥平面ABC.
因为BC⊂平面ABC，所以BC⊥B1D.
(2)过点D作Dx⊥AC，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
在三棱柱ABC ­ A1B1C1中，A(0，－5，0)，B，C(0，5，0)，B1(0，0，12)．
＝＝⇒C1，又＝＋＝＝(0，5，12)＋λ，
解得＝.
设平面BCC1B1的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则，即.
令y＝1，解得平面BCC1B1的一个法向量为m＝.
设AE与平面BCC1B1的夹角为θ，则sin θ＝|cs 〈，m〉|＝，
解得λ＝或λ＝－(舍)，
综上，E为线段B1C1上靠近B1的三等分点．
对点训练
5．解析：(1)因为椭圆Γ过点(0，)、，则有，解得，所以椭圆Γ的标准方程为＝1.
(2)设存在常数λ，使得k1＋λk2＝0.由题意可设直线l的方程为x＝my＋2，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由得(5m2＋9)y2＋20my－25＝0，Δ＝900(m2＋1)>0，且y1＋y2＝－，y1y2＝－，－λ＝＝＝.又因为＝1，
即＝－，即＝－，
所以－λ＝＝，
即－λ＝
－λ＝
＝＝，即λ＝－，所以存在常数使得k1＋λk2＝0.
角度4
[例6] 解析：(1)选择①.因为nan＋1＝(n＋1)an，所以＝.所以是常数列．
又＝1，所以＝1，故an＝n.
选择②.因为＝2n＋1－2，(ⅰ)
所以当n＝1时＝22－2＝2，解得a1＝1，当n≥2时＝2n－2，(ⅱ)
故n≥2时，由(ⅰ)－(ⅱ)可得＝2n＋1－2n＝2n，所以an＝n.又a1＝1，所以an＝n.
(2)由(1)可知，bn＝，则Sn＝＝＋…＋.
两式相减得Sn＝＋…＋＝＝.故Sn＝1－.
对点训练
6．解析：若选①：＝＝ ，2sin A cs B＝sin (B＋C)＝sin (π－A)＝sin A ，
cs B＝ ，B＝ ；
若选②：＝ ，＝，b2＝a2＋c2－ac ，
cs B＝，B＝ ；
若选③：a sin B sin C－b cs A cs C＝b ，sin A sin B sin C－sin B cs A cs C＝sin B，
－cs (A＋C)＝cs B＝ ，B＝.
探究四
角度1
[例7] 解析：方法一 (分组分配)把5名工作人员分成3组，有两类分法：
①分成2个1人组，1个3人组，则不同的分法有＝10(种)；②分成2个2人组，1个1人组，则不同的分法有＝15(种)．
所以共有10＋15＝25(种)分组方法，
故不同的选派方法有＝150(种)．故选D.
方法二 (排除法)因为5个工作人员仅去一个村的选派方法有＝3(种)，
5个工作人员仅去两个村的选派方法有＝90(种)，
所以5个工作人员去三个村的选派方法有35－90－3＝150(种).故选D.
答案：D
对点训练
7．解析：方法一 (组合数法)从5枚邮票中任取3枚的基本事件总数为＝10(个)．
3枚中恰有1枚吉祥物邮票的基本事件数为＝6(个).
所以恰有1枚吉祥物邮票的概率为P＝＝.故选C.
方法二 (枚举法)记5枚邮票中吉祥物邮票为x，y，其余三枚为a，b，c，
则从5枚邮票中任取3枚的基本事件为abc，abx，aby，bcx，bcy，acx，acy，axy，bxy，cxy，共10个．
3枚中恰有1枚吉祥物邮票的基本事件为abx，aby，bcx，bcy，acx，acy，共6个．
所以恰有1枚吉祥物邮票的概率为P＝＝.故选C.
答案：C
角度2
[例8] 解析：方法一 因为αk∈N*(k＝1，2，…)，所以0