2025届高考数学二轮专题复习与测试第二部分思想结论篇2.二级结论课件.pptxVIP

二级结论;高中数学中有一些结论，若在解题中利用得当，不仅可以简化解题的思考过程，而且还可以提高解题速度和准确度，尤其是在解答选择题、填空题时，记住这些常用的结论，可以帮你快速厘清数学中的诸多套路，节约大量的做题时间．;√;2．已知?x∈R，函数f(x)都满足f(x)·f(x＋4)＝1，又f(－1)＝2，则f(19)＝______．;结论(二)奇函数的性质

已知函数f(x)是定义在集合D上的奇函数，则对任意的x∈D，都有f(x)＋f(－x)＝0.特别地，若奇函数f(x)在D上有最值，则f(x)max＋f(x)min＝0，且若0∈D，则f(0)＝0.;【巧用结论】

1．已知函数f(x)＝ax3＋bsinx＋3，若f(m)＝2，则f(－m)＝()

A．4 B．5

C．7 D．－2

解析：构建函数g(x)＝f(x)－3＝ax3＋bsinx，因为g(－x)＝－ax3－bsinx＝－g(x)，所以g(x)在R上为奇函数，则g(m)＋g(－m)＝0，即f(m)＋f(－m)－6＝0，则f(－m)＝4，故选A.;2;√;√;√;2．已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)，求证：当m≤2时，f(x)0.

证明：由对数形式经典不等式x≥1＋lnx(x0)，得x＋1≥ln(x＋2)(x－2).因为m≤2，故ln(x＋2)≥ln(x＋m).

结合指数形式经典不等式ex≥x＋1(x∈R)，得ex≥x＋1≥ln(x＋2)≥ln(x＋m)，不等式中前两个等号成立的条件分别是x＝0和x＝－1，不能同时取到，故得exln(x＋m)，即当m≤2时，f(x)0.;√;2．已知θ为锐角，则y＝sinθ·cos2θ的最大值为________．;√;由于这个定理对应的图形和奔驰车的标志很相似，我们把它称为“奔驰定理”．;√;√;√;1;(3)内心——角平分线的交点(内切圆的圆心)：角平分线上的任意点到角两边的距离相等．

(4)垂心——高线的交点：高线与对应边垂直．;√;√;【巧用结论】

1．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，则公差d＝________．;2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝6，则S24＝________．;(3)面积射影定理

如图，设平面α外的△ABC在平面α内的射影为△ABO，分别记△ABC的面积和△ABO的面积为S和S′，记△ABC所在平面和平面α的夹角为θ，则cosθ＝S′∶S.;【巧用结论】

1．已知棱长为a的正四面体的外接球的表面积为S1，内切球的表面积为S2，则S1∶S2＝()

A．9∶1 B．3∶1

C．4∶1 D．1∶3

解析：设内切球半径为r，外接球半径为R.由结论(2)得R＝3r，所以S1∶S2＝R2∶r2＝9∶1.故选A.;2．一间民房的屋顶有如图所示的三种不同的盖法：图1单向倾斜；图2双向倾斜；图3四向倾斜．记三种盖法屋顶面积分别为P1，P2，P3.若屋顶斜面与水平面所成的角为α，则()

A．P3P2P1

B．P3P2＝P1

C．P3＝P2P1

D．P3＝P2＝P1;3．仿照“Dandelin双球”模型，人们借助圆柱内的两个与圆柱侧面相切的球完美地证明了用一个与圆柱的母线斜交的平面截圆柱所得的截面为椭圆面．如图，底面半径为1的圆柱内有两个与圆柱侧面相切的球，球心相距4，现用与两球都相切的平面截圆柱，所得到的截面边缘线是椭圆，则该椭圆的面积为________．;解析：设两个球的球心分别为O1，O2，椭圆的长轴长为AB，作出圆柱上过点A，B的轴截面，如图所示，连接O1O2，直线AB与O1O2交于点O，过点A作O1O2的垂线，交圆柱的母线于点C，设AB切球O2于点E，连接O2E.;√;√;(4)已知点M(x0，y0)，抛物线C：y2＝2px(p0)和直线l：y0y＝p(x＋x0).

①当点M(x0，y0)在抛物线C上时，直线l与抛物线C相切，其中M为切点，l为切线．

②当点M(x0，y0)在抛物线C外时，直线l与抛物线C相交，其中两交点与点M的连线分别是抛物线的两条切线，即直线l为切点弦所在的直线.

③当点M(x0，y0)在抛物线C内时，直线l与抛物线C相离．;√;√;3．过点P(－3，1)作抛物线C：y2＝8x的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为____________________．

解析：设切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，过点A，B的切线方程分别设为y1y＝4(x＋x1)，y2y＝4(x＋x2)，点P(－3，1)在两切线上，因此y1＝4(－3＋x1)，y2＝4(－3＋x2).所以直线AB的方程为y＝4(－3＋x)，即4x－y－12＝0.;√;√;[注