2019浙江高考数学
2019年浙江省高考数学试卷(原卷答案解析版)
C.当 D.当
【答案】A
【解析】
【分析】
本题综合性较强，注重重要知识、基础知识、运算求解能力、分类讨论思想的考查.本题从确定不动点出发，通过研究选项得解.
【详解】选项B：不动点满足 时，如图，若 ，
排除
如图，若 为不动点 则
选项C：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ，
排除
选项D：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ，排除.
（1）当 时，求函数 的单调区间；
（2）对任意 均有 求 的取值范围.
注： 为自然对数的底数.
2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学
参考公式：
若事件 互斥，则
若事件 相互独立，则
若事件 在一次试验中发生的概率是 ,则 次独立重复试验中事件 恰好发生 次的概率
台体的体积公式
其中 分别表示台体的上、下底面积， 表示台体的高
（2）当 时，分三种情况，如图 与 若有三个交点，则 ，答案选D
下面证明： 时，
时 ， ，则 ，才能保证至少有两个零点，即 ，若另一零点在
【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及 两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底..
10.设 ，数列 中， ， ,则（ ）
【详解】方法1：由分布列得 ，则
，则当 在 内增大时， 先减小后增大.
方法2：则
故选D.
【点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式.
8.设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
2019年浙江省高考数学试卷(理科)答案与解析
浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）1．（5分）（2009•浙江）设U=R，A={x|x＞0}，B={x|x＞1}，则A∩∁U B=（）A．{x|0≤x＜1} B．{x|0＜x≤1}C．{x|x＜0} D．{x|x＞1}【考点】交、并、补集的混合运算．【专题】集合．【分析】欲求两个集合的交集，先得求集合C U B，再求它与A的交集即可．【解答】解：对于C U B={x|x≤1}，因此A∩C U B={x|0＜x≤1}，故选B．【点评】这是一个集合的常见题，属于基础题之列．2．（5分）（2009•浙江）已知a，b是实数，则“a＞0且b＞0”是“a+b＞0且ab＞0”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】简易逻辑．【分析】考虑“a＞0且b＞0”与“a+b＞0且ab＞0”的互推性．【解答】解：由a＞0且b＞0⇒“a+b＞0且ab＞0”，反过来“a+b＞0且ab＞0”⇒a＞0且b＞0，∴“a＞0且b＞0”⇔“a+b＞0且ab＞0”，即“a＞0且b＞0”是“a+b＞0且ab＞0”的充分必要条件，故选C【点评】本题考查充分性和必要性，此题考得几率比较大，但往往与其他知识结合在一起考查．3．（5分）（2009•浙江）设复数z=1+i（i是虚数单位），则+z2=（）A．﹣1﹣i B．﹣1+i C．1﹣i D．1+i【考点】复数代数形式的混合运算．【专题】数系的扩充和复数．【分析】把复数z代入表达式化简整理即可．【解答】解：对于，故选D．【点评】本小题主要考查了复数的运算和复数的概念，以复数的运算为载体，直接考查了对于复数概念和性质的理解程度．4．（5分）（2009•浙江）在二项式的展开式中，含x4的项的系数是（）A．﹣10 B．10 C．﹣5 D．5【考点】二项式定理．【专题】二项式定理．【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为4求得．【解答】解：对于，对于10﹣3r=4，∴r=2，则x4的项的系数是C52（﹣1）2=10故选项为B【点评】二项展开式的通项是解决二项展开式的特定项问题的工具．5．（5分）（2009•浙江）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A．30°B．45°C．60°D．90°【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【分析】本题考查的知识点是线面夹角，由已知中侧棱垂直于底面，我们过D点做BC的垂线，垂足为E，则DE⊥底面ABC，且E为BC中点，则E为A点在平面BB1C1C上投影，则∠ADE即为所求线面夹角，解三角形即可求解．【解答】解：如图，取BC中点E，连接DE、AE、AD，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE为AD与平面BB1C1C所成的角．设各棱长为1，则AE=，DE=，tan∠ADE=，∴∠ADE=60°．故选C【点评】求直线和平面所成的角时，应注意的问题是：（1）先判断直线和平面的位置关系．（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①构造﹣﹣作出或找到斜线与射影所成的角；②设定﹣﹣论证所作或找到的角为所求的角；③计算﹣﹣常用解三角形的方法求角；④结论﹣﹣点明斜线和平面所成的角的值．6．（5分）（2009•浙江）某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是（）A．4 B．5 C．6 D．7【考点】程序框图．【专题】算法和程序框图．【分析】根据流程图所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：该程序的作用是计算满足S=≥100的最小项数【解答】解：根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中各变量值变化如下表：是否继续循环S K循环前/0 0第一圈是 1 1第二圈是 3 2第三圈是11 3第四圈是2059 4第五圈否∴最终输出结果k=4故答案为A【点评】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：①分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中既要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．7．（5分）（2009•浙江）设向量，满足：||=3，||=4，•=0．以，，﹣的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】直线与圆相交的性质；向量的模；平面向量数量积的运算．【专题】平面向量及应用．【分析】先根据题设条件判断三角形为直角三角形，根据三边长求得内切圆的半径，进而看半径为1的圆内切于三角形时有三个公共点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，进而可得出答案．【解答】解：∵向量a•b=0，∴此三角形为直角三角形，三边长分别为3，4，5，进而可知其内切圆半径为1，∵对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，但5个以上的交点不能实现．故选B【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系．可采用数形结合结合的方法较为直观．8．（5分）（2009•浙江）已知a是实数，则函数f（x）=1+asinax的图象不可能是（）A．B．C．D．【考点】正弦函数的图象．【专题】三角函数的图像与性质．【分析】函数f（x）=1+asinax的图象是一个正弦曲线型的图，其振幅为|a|，周期为，周期与振幅成反比，从这个方向观察四个图象．【解答】解：对于振幅大于1时，三角函数的周期为：，∵|a|＞1，∴T＜2π，而D不符合要求，它的振幅大于1，但周期反而大于了2π．对于选项A，a＜1，T＞2π，满足函数与图象的对应关系，故选D．【点评】由于函数的解析式中只含有一个参数，这个参数影响振幅和周期，故振幅与周期相互制约，这是本题的关键．9．（5分）（2009•浙江）过双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的右顶点A作斜率为﹣1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B、C．若=，则双曲线的离心率是（）A．B．C．D．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；双曲线的简单性质．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】分别表示出直线l和两个渐近线的交点，进而表示出和，进而根据=求得a和b的关系，进而根据c2﹣a2=b2，求得a和c的关系，则离心率可得．【解答】解：直线l：y=﹣x+a与渐近线l1：bx﹣ay=0交于B（，），l与渐近线l2：bx+ay=0交于C（，），A（a，0），∴=（﹣，），=（，﹣），∵=，∴=，b=2a，∴c2﹣a2=4a2，∴e2==5，∴e=，故选C．【点评】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题．要求学生有较高地转化数学思想的运用能力，能将已知条件转化到基本知识的运用．10．（5分）（2009•浙江）定义A﹣B={x|x∈A且x∉B}，若P={1，2，3，4}，Q={2，5}，则Q﹣P=（）A．P B．{5} C．{1，3，4} D．Q【考点】集合的包含关系判断及应用．【专题】集合．【分析】理解新的运算，根据新定义A﹣B知道，新的集合A﹣B是由所有属于A但不属于B的元素组成．【解答】解：Q﹣P是由所有属于Q但不属于P的元素组成，所以Q﹣P={5}．故选B．【点评】本题主要考查了集合的运算，是一道创新题，具有一定的新意．要求学生对新定义的A﹣B有充分的理解才能正确答．二、填空题（共7小题，每小题4分，满分28分）11．（4分）（2009•浙江）设等比数列{a n}的公比，前n项和为S n，则=15．【考点】等比数列的性质．【专题】等差数列与等比数列．【分析】先通过等比数列的求和公式，表示出S4，得知a4=a1q3，进而把a1和q代入约分化简可得到答案．【解答】解：对于，∴【点评】本题主要考查了等比数列中通项公式和求和公式的应用．属基础题．12．（4分）（2009•浙江）若某个几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是18cm3．【考点】由三视图求面积、体积．【专题】立体几何．【分析】由图可知，图形由两个体积相同的长方体组成，求出其中一个体积即可．【解答】解：由图可知，底下的长方体底面长为3，宽为1，底面积为3×1=3，高为3，因此体积为3×3=9；上面的长方体底面是个正方形，边长为3，高为1，易知与下面的长方体体积相等，因此易得该几何体的体积为9×2=18．【点评】本题考查学生的空间想象能力，是基础题．13．（4分）（2009•浙江）若实数x，y满足不等式组，则2x+3y的最小值是4．【考点】简单线性规划．【专题】不等式的解法及应用．【分析】先由约束条件画出可行域，再求出可行域各个角点的坐标，将坐标逐一代入目标函数，验证即得答案．【解答】解：如图即为满足不等式组的可行域，由图易得：当x=2，y=0时，2x+3y=4；当x=1，y=1时，2x+3y=5；当x=4，y=4时，2x+3y=20，因此，当x=2，y=0时，2x+3y有最小值4．故答案为4【点评】在解决线性规划的小题时，我们常用“角点法”，其步骤为：①由约束条件画出可行域⇒②求出可行域各个角点的坐标⇒③将坐标逐一代入目标函数⇒④验证，求出最优解．14．（4分）（2009•浙江）某地区居民生活用电分为高峰和低谷两个时间段进行分时计价．该地区的电网销售电价表如图：高峰时间段用电价格表低谷时间段用电价格表高峰月用电量（单位：千瓦时）高峰电价（单位：元/千瓦时）低谷月用电量（单位：千瓦时）低谷电价（单位：元/千瓦时）50及以下的部分0.568 50及以下的部分0.288超过50至200的部分0.598 超过50至200的部分0.318超过200的部分0.668 超过200的部分0.388若某家庭5月份的高峰时间段用电量为200千瓦时，低谷时间段用电量为100千瓦时，则按这种计费方式该家庭本月应付的电费为148.4元（用数字作答）【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法．【专题】函数的性质及应用．【分析】先计算出高峰时间段用电的电费，和低谷时间段用电的电费，然后把这两个电费相加．【解答】解：高峰时间段用电的电费为50×0.568+150×0.598=28.4+89.7=118.1 （元），低谷时间段用电的电费为50×0.288+50×0.318=14.4+15.9=30.3 （元），本月的总电费为118.1+30.3=148.4 （元），故答案为：148.4．【点评】本题考查分段函数的函数值的求法，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．15．（4分）（2009•浙江）观察下列等式：观察下列等式：C+C=23﹣2，C+C+C=27+23，C+C+C+C=211﹣25，C+C+C+C+C=215+27，…由以上等式推测到一个一般结论：对于n∈N*，C+C+C+…+C=24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1．【考点】二项式定理的应用．【专题】二项式定理．【分析】通过观察类比推理方法结论由二项构成，第二项前有（﹣1）n，二项指数分别为24n﹣1，22n﹣1【解答】解：结论由二项构成，第二项前有（﹣1）n，二项指数分别为24n﹣1，22n﹣1，因此对于n∈N*，C4n+11+C4n+15+C4n+19+…+C4n+14n+1=24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1．故答案为24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1【点评】本题考查观察、类比、归纳的能力．16．（4分）（2009•浙江）甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是336．【考点】排列、组合及简单计数问题．【专题】排列组合．【分析】由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，若有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果．【解答】解：由题意知本题需要分组解决，∵对于7个台阶上每一个只站一人有A73种；若有一个台阶有2人另一个是1人共有C31A72种，∴根据分类计数原理知共有不同的站法种数是A73+C31A72=336种．故答案为：336．【点评】分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到步骤完整﹣﹣完成了所有步骤，恰好完成任务．17．（4分）（2009•浙江）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足，设AK=t，则t的取值范围是（，1）．【考点】平面与平面垂直的性质；棱锥的结构特征．【专题】空间位置关系与距离；空间角；立体几何．【分析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时与随着F点到C 点时，分别求出此两个位置的t值即可得到所求的答案【解答】解：此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，可得t=1，随着F点到C点时，当C与F无限接近，不妨令二者重合，此时有CD=2因CB⊥AB，CB⊥DK，∴CB⊥平面ADB，即有CB⊥BD，对于CD=2，BC=1，在直角三角形CBD中，得BD=，又AD=1，AB=2，再由勾股定理可得∠BDA是直角，因此有AD⊥BD再由DK⊥AB，可得三角形ADB和三角形AKD相似，可得t=，因此t的取值的范围是（，1）故答案为（，1）【点评】考查空间图形的想象能力，及根据相关的定理对图形中的位置关系进行精准判断的能力．三、解答题（共5小题，满分72分）18．（14分）（2009•浙江）在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且满足=，•=3．（Ⅰ）求△ABC的面积；（Ⅱ）若b+c=6，求a的值．【考点】二倍角的余弦；平面向量数量积的运算；余弦定理．【专题】解三角形．（Ⅰ）利用二倍角公式利用=求得cosA，进而求得sinA，进而根据【分析】求得bc的值，进而根据三角形面积公式求得答案．（Ⅱ）根据bc和b+c的值求得b和c，进而根据余弦定理求得a的值．【解答】解：（Ⅰ）因为，∴，又由，得bccosA=3，∴bc=5，∴（Ⅱ）对于bc=5，又b+c=6，∴b=5，c=1或b=1，c=5，由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=20，∴【点评】本题主要考查了解三角形的问题．涉及了三角函数中的倍角公式、余弦定理和三角形面积公式等，综合性很强．19．（14分）（2009•浙江）在1，2，3…，9，这9个自然数中，任取3个数．（Ⅰ）求这3个数中，恰有一个是偶数的概率；（Ⅱ）记ξ为这三个数中两数相邻的组数，（例如：若取出的数1、2、3，则有两组相邻的数1、2和2、3，此时ξ的值是2）．求随机变量ξ的分布列及其数学期望Eξ．【考点】等可能事件的概率；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；组合及组合数公式．【专题】概率与统计．【分析】（I）由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是从9个数字中选3个，而满足条件的事件是3个数恰有一个是偶数，即有一个偶数和两个奇数．根据概率公式得到结果．（2）随机变量ξ为这三个数中两数相邻的组数，则ξ的取值为0，1，2，当变量为0时表示不包含相邻的数，结合变量对应的事件写出概率和分布列，算出期望．【解答】解：（I）由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是C93，而满足条件的事件是3个数恰有一个是偶数共有C41C52记“这3个数恰有一个是偶数”为事件A，∴；（II）随机变量ξ为这三个数中两数相邻的组数，则ξ的取值为0，1，2，当变量为0时表示不包含相邻的数P（ξ=0）=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=∴ξ的分布列为ξ0 1 2p∴ξ的数学期望为．【点评】本题考查离散型随机变量的分布列，求离散型随机变量的分布列和期望是近年来理科高考必出的一个问题，题目做起来不难，运算量也不大，只要注意解题格式就问题不大．20．（14分）（2009•浙江）如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC=16，PA=PC=10．（Ⅰ）设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；（Ⅱ）证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．【考点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算．【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；立体几何．【分析】由于PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC的中点，AC=16，PA=PC=10，所以PO、OB、OC是两两垂直的三条直线，因此可以考虑用空间向量解决：连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，对于（I），只需证明向量FG与平面BOE的一个法向量垂直即可，而根据坐标，平面的一个法向量可求，从而得证；对于（II），在第一问的基础上，课设点M的坐标，利用FM⊥平面BOE求出M的坐标，而其道OA、OB的距离就是点M 横纵坐标的绝对值．【解答】证明：（I）如图，连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x 轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，则O（0，0，0），A（0，﹣8，0），B（8，0，0），C（0，8，0），P（0，0，6），E（0，﹣4，3），F（4，0，3），（3分）由题意得，G（0，4，0），因，因此平面BOE的法向量为，）得，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG∥平面BOE．（6分）（II）设点M的坐标为（x0，y0，0），则，因为FM⊥平面BOE，所以有，因此有，即点M的坐标为（8分）在平面直角坐标系xoy中，△AOB的内部区域满足不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为．（12分）【点评】本题考查直线与平面的平行的判定以及距离问题，建立了空间坐标系，所有问题就转化为向量的运算，使得问题简单，解决此类问题时要注意空间向量的使用．21．（15分）（2009•浙江）已知椭圆C1：（a＞b＞0）的右顶点A（1，0），过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1．（Ⅰ）求椭圆C1的方程；（Ⅱ）设点P在抛物线C2：y=x2+h（h∈R）上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N．当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．【考点】圆锥曲线的综合；椭圆的标准方程．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（I）根据题意，求出a，b的值，然后得出椭圆的方程．（II）设出M，N，P的坐标，将直线代入椭圆，联立方程组，根据△判断最值即可．【解答】解：（I）由题意得，∴，所求的椭圆方程为，（II）不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），P（t，t2+h），则抛物线C2在点P处的切线斜率为y'|x=t=2t，直线MN的方程为y=2tx﹣t2+h，将上式代入椭圆C1的方程中，得4x2+（2tx﹣t2+h）2﹣4=0，即4（1+t2）x2﹣4t（t2﹣h）x+（t2﹣h）2﹣4=0，因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以有△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0，设线段MN的中点的横坐标是x3，则，设线段PA的中点的横坐标是x4，则，由题意得x3=x4，即有t2+（1+h）t+1=0，其中的△2=（1+h）2﹣4≥0，∴h≥1或h≤﹣3；当h≤﹣3时有h+2＜0，4﹣h2＜0，因此不等式△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0不成立；因此h≥1，当h=1时代入方程t2+（1+h）t+1=0得t=﹣1，将h=1，t=﹣1代入不等式△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0成立，因此h的最小值为1．【点评】本题考查圆锥图象的综合利用，椭圆方程的应用，通过构造一元二次方程，利用根的判别式计算，属于中档题．22．（15分）（2009•浙江）已知函数f（x）=x3﹣（k2﹣k+1）x2+5x﹣2，g（x）=k2x2+kx+1，其中k∈R．（Ⅰ）设函数p（x）=f（x）+g（x）．若p（x）在区间（0，3）上不单调，求k的取值范围；（Ⅱ）设函数是否存在k，对任意给定的非零实数x1，存在惟一的非零实数x2（x2≠x1），使得q′（x2）=q′（x1）？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．【考点】利用导数研究函数的单调性；函数的单调性与导数的关系．【专题】导数的综合应用．【分析】（I）因P（x）=f（x）+g（x）=x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1，先求导数：p′（x），因p（x）在区间（0，3）上不单调，得到p′（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，再利用分离参数的方法得出，最后再利用导数求出此函数的值域即可；（II）先根据题意得出当k=0时不合题意，因此k≠0，下面讨论k≠0的情形，分类讨论：（ⅰ）当x1＞0时，（ⅱ）当x1＜0时，最后综合（ⅰ）（ⅱ）即可得出k值．【解答】解析：（I）因P（x）=f（x）+g（x）=x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1，p′（x）=3x2+2（k﹣1）x+（k+5），因p（x）在区间（0，3）上不单调，所以p′（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，由p′（x）=0得k（2x+1）=﹣（3x2﹣2x+5），∴，令t=2x+1，有t∈（1，7），记，则h（t）在（1，3]上单调递减，在[3，7）上单调递增，所以有h（t）∈[6，10），于是，得k∈（﹣5，﹣2]，而当k=﹣2时有p′（x）=0在（0，3）上有两个相等的实根x=1，故舍去，所以k∈（﹣5，﹣2）；（II）当x＜0时有q′（x）=f′（x）=3x2﹣2（k2﹣k+1）x+5；当x＞0时有q′（x）=g′（x）=2k2x+k，因为当k=0时不合题意，因此k≠0，下面讨论k≠0的情形，记A=（k，+∞），B=（5，+∞）（ⅰ）当x1＞0时，q′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2＜0且A⊆B，因此有k≥5，（ⅱ）当x1＜0时，q′（x）在（﹣∞，0）上单调递减，所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2＞0且A⊆B，因此k≤5，综合（ⅰ）（ⅱ）k=5；当k=5时A=B，则∀x1＜0，q′（x1）∈B=A，即∃x2＞0，使得q′（x2）=q′（x1）成立，因为q′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x2的值是唯一的；同理，∀x1＜0，即存在唯一的非零实数x2（x2≠x1），要使q′（x2）=q′（x1）成立，所以k=5满足题意．【点评】本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，同时考查了分析与解决问题的综合能力，属于中档题．。
2019届高考数学(浙江版)一轮配套讲义：13直接证明与间接证明
第十三章直接证明与间接证明考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计2013 2014 2015 2016 2017 19(2),417(1),71. 认识直接证明的两种基分分20,15 分22(2),(3 1. 直接证明本方法 : 剖析法和综合法 . 20(1),6 20(1),7认识18(1),7 20( 文 ),1 ),与间接证明 2. 认识间接证明的一种基分分分 5 分约 10分本方法 : 反证法 . 21(2),820,15 分分2. 数学概括认识数学概括法的原理 , 能22(1), 用数学概括法证明一些简认识法约 5 分单的数学命题 .剖析解读 1. 直接证明与间接证明、数学概括法是高考的考察内容, 综合法是“由因导果” , 而剖析法例是“执果索因” , 它们是截然相反的两种证明方法. 剖析法便于我们去找寻思路 , 而综合法便于过程的表达 , 两种方法各有千秋 , 在解决详细的问题中, 综合运用 , 成效会更好 .2. 数学概括法常与数列、不等式等知识综合在一同, 常常综合性比较强, 对学生的思想要求比较高 .3. 综合法与剖析法因其在解决问题中的巨大作用而获得命题者的喜爱, 估计 2019 年高考试题中 , 直接证明、间接证明与导数综合出题的可能性较大.五年高考考点一直接证明与间接证明1.(2017课标全国Ⅱ理,7,5分)甲、乙、丙、丁四位同学一同去处老师咨询成语比赛的成绩四人中有 2 位优异 ,2 位优异 , 我此刻给甲看乙、丙的成绩 , 给乙看丙的成绩, 给丁看甲的成绩说 : 我仍是不知道我的成绩. 依据以上信息, 则 () .老师说:你们 . 看后甲对大家A.乙能够知道四人的成绩B.丁能够知道四人的成绩C.乙、丁能够知道对方的成绩D.乙、丁能够知道自己的成绩答案 D2.(2016 北京 ,8,5 分) 袋中装有偶数个球 , 此中红球、黑球各占一半 . 甲、乙、丙是三个空盒 . 每次从袋中随意拿出两个球 , 将此中一个球放入甲盒 , 假如这个球是红球 , 就将另一个球放入乙盒 , 不然就放入丙盒 . 重复上述过程 , 直到袋中全部球都被放入盒中, 则 ()A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中红球与丙盒中黑球同样多C.乙盒中红球不多于丙盒中红球D.乙盒中黑球与丙盒中红球同样多答案 B3.(2017北京文,14,5分)某学习小组由学生和教师构成, 人员构成同时知足以下三个条件:(i)男学生人数多于女学生人数;(ii)女学生人数多于教师人数 ;(iii)教师人数的两倍多于男学生人数 .①若教师人数为4, 则女学生人数的最大值为;②该小组人数的最小值为.答案①6②124.(2017北京理,20,13分)设{a n}和{b n}是两个等差数列, 记c n=max{b1-a 1n,b 2-a 2n,,b n-a n n}(n=1,2,3, ),此中 max{x 1,x 2, ,x s} 表示 x1,x 2, ,x s这 s 个数中最大的数.(1) 若 a n =n,b n =2n-1, 求 c 1,c 2,c 3 的值 , 并证明 {c n } 是等差数列 ;(2) 证明 : 或许对随意正数 M,存在正整数 m,当 n ≥m 时, >M;或许存在正整数 m,使得 c m ,c m+1,c m+2, 是等差数 列 .分析 此题考察等差数列 , 不等式 , 合情推理等知识 , 考察综合剖析 , 概括抽象 , 推理论证能力 . (1)c 1=b 1-a 1=1-1=0,c 2 =max{b 1-2a 1,b 2-2a 2}=max{1-2 × 1,3-2 × 2}=-1,c 3 =max{b 1-3a 1,b 2-3a 2,b 3-3a 3}=max{1-3 × 1,3-3 × 2,5-3 × 3}=-2.当 n ≥ 3 时 ,(b k+1 -na k+1 )-(b k-na )=(b -b )-n(a k+1-a )=2-n<0,kk+1kk所以 b k -na k 对于 k ∈ N * 单一递减 .-a n}=b -a n=1-n.所以 c =max{b -a n,b -an, ,bn1122 n n11所以对随意 n ≥ 1,c n =1-n, 于是 c n+1-c n =-1,所以 {c} 是等差数列 .n(2) 设数列 {a n } 和 {b n } 的公差分别为 d 1,d 2, 则 b k -na k =b 1+(k-1)d 2-[a 1+(k-1)d 1 ]n=b 1-a 1n+(d 2-nd 1)(k-1).所以 c =n①当 d 1>0 时,取正整数 m> , 则当 n ≥ m 时,nd 1 >d , 所以 c =b -a n.2n 11此时 ,c m ,c m+1,c m+2, 是等差数列 .②当 d =0 时, 对随意 n ≥ 1,1c n =b 1-a 1n+(n-1)max{d 2,0}=b 1-a 1+(n-1)(max{d2,0}-a 1).此时 ,c,c ,c , ,c, 是等差数列 .1 23n③当 d 1<0 时,当 n> 时, 有 nd 1<d 2.所以 ==n(-d 1)+d 1-a 1+d 2+≥ n(-d 1)+d 1-a 1+d 2-|b 1-d 2|.对随意正数 M,取正整数 m>max,故当n ≥ m 时 ,>M.5.(2016江苏 ,20,16 分 )记 U={1,2,,100}.对数列 {a n }(n ∈N *)和U 的子集T,若 T=? ,定义S T =0;若T={t1,t2,,tk },定义S T =+ + +. 比如 :T={1,3,66}时 ,S T =a 1+a 3+a 66. 现设 {a n }(n∈ N *)是公比为3 的等比数列 , 且当 T={2,4} 时 ,S T =30.(1) 求数列 {a n } 的通项公式 ;(2) 对随意正整数 k(1 ≤ k ≤ 100), 若 T? {1,2,,k}, 求证 :S T <a k+1 ; (3) 设 C? U,D? U,S C ≥ S D , 求证 :S C +S C ∩ D ≥ 2S D .分析 (1) 由已知得 a n =a 1· 3n-1 ,n ∈ N * . 于是当 T={2,4} 时 ,S T =a 2+a 4=3a 1+27a 1=30a 1.又 S =30, 故 30a1 =30, 即 a =1.T1所以数列 {a n } 的通项公式为 n-1,n *a n =3 ∈ N .(2) 因为 T? {1,2, ,k},a n =3n-1 >0,n ∈N * ,k-1kk所以 S ≤ a +a + +a =1+3+ +3 = (3 -1)<3 .T 12k所以 ,S T <a k+1.(3) 下边分三种状况证明.①若 D 是 C的子集 , 则 S C+S C∩D=S C+S D≥ S D+S D=2S D.②若 C 是 D的子集 , 则 S C+S C∩D=S C+S C=2S C≥ 2S D.③若 D不是 C的子集 , 且 C不是 D的子集 .令 E=C∩ ?U D,F=D∩ ?U C, 则 E≠ ? ,F ≠ ? ,E ∩F=? . 于是 S C=S E+S C∩D,S D=S F+S C∩D, 从而由 S C≥ S D得 S E≥ S F .设 k 为 E 中的最大数 ,l 为 F 中的最大数 , 则 k≥1,l ≥ 1,k ≠ l.由 (2)Ek+1.于是 3l-1 l F E k+1 k, 所以 l-1<k, 即 l ≤ k. 又 k≠ l, 故 l ≤ k-1. 知 ,S <a =a ≤ S ≤ S <a =3从而F12 l l-1= ≤= ≤, S ≤ a +a + +a =1+3+ +3故 S E≥ 2S F+1, 所以 S C-S C∩D≥ 2(S D-SC∩D)+1, 即 S C+S C∩D≥2S D+1.综合①②③得 ,S C+S C∩D≥ 2S D.6.(2015 北京 ,20,13 分 ) 已知数列 {a } 知足 :a ∈ N ,a ≤ 36, 且 a = (n=1,2,). 记会合 M={a |nn 1 *1 n+1 n ∈N*}.(1)若 a1=6, 写出会合 M的全部元素 ;(2)若会合 M存在一个元素是 3 的倍数 , 证明 :M 的全部元素都是 3 的倍数 ;(3)求会合 M的元素个数的最大值 .分析(1)6,12,24.(2)证明 : 因为会合 M存在一个元素是 3 的倍数 , 所以不如设 a k是 3 的倍数 .由 a n+1= 可概括证明对随意 n≥ k,a n是 3 的倍数 .假如 k=1, 则 M的全部元素都是3的倍数.假如 k>1, 因为 a k=2a k-1或 a k=2a k-1 -36,所以 2a k-1是 3 的倍数 , 于是 a k-1 是3的倍数.近似可得 ,a k-2 , ,a 1都是 3 的倍数 .从而对随意 n≥ 1,a n是 3 的倍数 , 所以 M的全部元素都是 3 的倍数 .综上 , 若会合 M存在一个元素是 3 的倍数 , 则 M的全部元素都是3的倍数.(3) 由 a1≤ 36,a n= 可概括证明 a n≤36(n=2,3,).因为 a 是正整数 ,a = 所以 a 是2的倍数,1 2 2从而当 n≥3 时 ,a n是 4 的倍数 .假如 a1是 3 的倍数 , 由 (2) 知对全部正整数n,a n是 3 的倍数 ,所以当 n≥3 时 ,a n∈ {12,24,36},这时 M的元素个数不超出 5.假如 a1不是 3 的倍数 , 由 (2) 知对全部正整数n,a n不是 3 的倍数 ,所以当 n≥3 时 ,a n∈ {4,8,16,20,28,32},这时 M的元素个数不超出 8.当 a =1 时 ,M={1,2,4,8,16,20,28,32} 有8个元素.1综上可知 , 会合 M的元素个数的最大值为 8.7.(2014 江苏 ,23,10 分 ) 已知函数 f 0(x)= (x>0), 设 f n(x) 为 f n-1 (x) 的导数 ,n ∈ N* .(1) 求 2f 1 + f 2 的值 ;(2) 证明 : 对随意的n∈ N* , 等式= 都建立 .分析(1) 由已知 , 得 f 1(x)=f' 0(x)= '= - , 于是f (x)=f' (x)= '- '=- - + , 所以 f1 =- ,f2=-+.2 1故 2f 1 + f 2 =-1.(2) 证明 : 由已知 , 得 xf 0(x)=sinx, 等式两边分别对x 求导 , 得 f 0(x)+xf' 0(x)=cosx, 即 f 0(x)+xf 1(x)=cosx=sin , 近似可得2f (x)+xf (x)=-sinx=sin(x+ π ),1 23f (x)+xf (x)=-cosx=sin ,2 34f (x)+xf (x)=sinx=sin(x+2 π ).3 4下边用数学概括法证明等式nf n-1(x)+xfn对全部的*都建立 .(x)=sin n∈ N(i)当 n=1 时 , 由上可知等式建立 .(ii) 假定当 n=k 时等式建立 , 即 kf k-1 (x)+xf k(x)=sin. 因为[kfk-1 (x)+xfk(x)]'=kf'k-1(x)+fk(x)+xf'k(x)=(k+1) · f (x)+xf (x), '=cos ·'=sik k+1n ,所以(k+1)f k (x)+xf k+1 .(x)=sin所以当 n=k+1 时 , 等式也建立 .综合 (i)(ii) 可知等式 nf n-1 (x)+xf n (x)=sin*对全部的 n∈ N 都建立 .令 x= , 可得 nf n-1 + f n =sin (n ∈ N* ). 所以= (n ∈ N* ).教师用书专用 (8)8.(2013 江苏 ,19,16na, 公差为 d 的等差数列(d ≠0),Sn n,n ∈分 ) 设{a } 是首项为是其前 n 项的和 . 记 b =(1)若 c=0, 且 b1,b 2,b 4成等比数列 , 证明 :S nk=n2S k(k,n ∈ N* );(2)若 {b n} 是等差数列 , 证明 :c=0.nd.证明由题意得 ,S =na+(1) 由 c=0, 得 b n= =a+ d.又因为 b ,b ,b 成等比数列 , 所以=b b , 即=a 2 4 , 化简得 d -2ad=0.1 2 1 4因为 d≠ 0, 所以 d=2a.所以 , 对于全部的* m2m∈ N , 有 S =ma.从而对于全部的k,n ∈ N* , 有 S nk=(nk) 2a=n2k2a=n2S k.(2) 设数列 {b } 的公差是 d , 则 b =b +(n-1)d, 即=b +(n-1)d*的表达式 , 整理得 , 对于全部,n ∈ N , 代入 Sn1n1111n* 3 2 111的 n ∈ N , 有n + n +cd n=c(d -b ).令 A=d 1- d,B=b 1-d 1-a+ d,D=c(d 1-b 1), 则对于全部的 n ∈ N * , 有32An +Bn +cd 1n=D.(*)在 (*) 式中分别取 n=1,2,3,4, 得A+B+cd 1=8A+4B+2cd 1=27A+9B+3cd 1=64A+16B+4cd 1,从而有由②③得 A=0,cd 1=-5B, 代入方程① , 得 B=0, 从而 cd 1=0.即 d 1- d=0,b 1-d 1-a+ d=0,cd 1=0.若 d 1=0, 则由 d 1- d=0, 得 d=0,与题设矛盾 , 所以 d 1≠ 0. 又因为 cd 1=0, 所以 c=0.考点二 数学概括法1.(2017 浙江 ,22,15 分 ) 已知数列 {x } 知足 :x =1,x =x +ln(1+x*)(n ∈ N ).n1nn+1n+1证明 : 当 n ∈ N * 时 ,(1)0<x<x ;n+1n(2)2x-x ≤;n+1n(3) ≤x n ≤.分析 此题主要考察数列的观点、递推关系与单一性基础知识, 不等式及其应用 , 同时考察推理论证能力、 剖析问题和解决问题的能力 . (1) 用数学概括法证明 :x n >0. 当 n=1 时 ,x 1=1>0. ≤ 0, 则 0<x =x +ln(1+x ) ≤ 0, 矛盾 , 故 x>0. 假定 n=k 时,x k >0, 那么 n=k+1 时, 若 xk k+1k+1k+1 k+1所以 x n >0(n ∈ N * ). 所以 x n =x n+1+ln(1+xn+1)>x n+1.所以 0<x n+1<x n (n ∈ N * ). (2) 由 x n =x n+1+ln(1+x n+1) 得 ,x x -4x+2x =-2xn+1 +(x n+1 +2)ln(1+x).n n+1n+1nn+1记函数 f(x)=x 2-2x+(x+2)ln(1+x)(x ≥ 0),f'(x)=+ln(1+x)>0(x>0).函数 f(x) 在 [0,+ ∞ ) 上单一递加 , 所以 f(x) ≥ f(0)=0, 所以-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥ 0,故 2x n+1-x n ≤(n ∈ N * ).(3) 因为 x n =x n+1+ln(1+x n+1) ≤ x n+1+x n+1=2x n+1, 所以 x n ≥ .由≥ 2x n+1-x n得- ≥ 2 >0,所以 - ≥ 2 ≥ ≥ 2n-1 =2n-2 ,故 x n≤.综上, ≤ x n≤(n ∈ N* ).2.(2015 江苏 ,23,10 分 ) 已知会合 X={1,2,3},Y n={1,2,3,,n}(n ∈ N* ), 设 S n={(a,b)|a 整除 b 或 b 整除 a,a ∈X,b ∈ Y n}. 令 f(n) 表示会合 S n所含元素的个数 .(1) 写出 f(6) 的值 ;(2) 当 n≥ 6 时 , 写出 f(n)的表达式,并用数学概括法证明.分析(1)f(6)=13.(2)当 n≥ 6 时 ,f(n)=(t ∈ N* ).下边用数学概括法证明:①当 n=6 时,f(6)=6+2++ =13, 结论建立 ;②假定 n=k(k ≥ 6) 时结论建立 , 那么 n=k+1 时 ,S k+1在 S k的基础上新增添的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生 , 分以下情况议论:1) 若 k+1=6t, 则 k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f(k)+3=k+2+++3=(k+1)+2++,结论建立 ;2) 若 k+1=6t+1, 则 k=6t, 此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+ + +1=(k+1)+2++,结论建立 ;3)若 k+1=6t+2, 则 k=6t+1, 此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+++2=(k+1)+2++,结论建立 ;4)若 k+1=6t+3, 则 k=6t+2, 此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+ ++2=(k+1)+2++,结论建立 ;5) 若 k+1=6t+4, 则 k=6t+3, 此时有 f(k+1)=f(k)+2=k+2+ + +2=(k+1)+2++,结论建立 ;6) 若 k+1=6t+5, 则 k=6t+4, 此时有 f(k+1)=f(k)+1 =k+2+ + +1=(k+1)+2++ ,结论建立 .综上所述 , 结论对知足 n ≥ 6 的自然数 n 均建立 .3.(2014 安徽 ,21,13 分 ) 设实数 c>0, 整数 p>1,n ∈ N * . (1) 证明 : 当 x>-1 且 x ≠ 0 时 ,(1+x) p>1+px;(2) 数列 {a n } 知足 a 1> ,a n+1= a n +. 证明 :a n >a n+1> .证明 (1) 用数学概括法证明 :①当 p=2 时,(1+x) 2=1+2x+x 2>1+2x, 原不等式建立 .②假定 p=k(k ≥ 2,k ∈ N * ) 时 , 不等式 (1+x) k >1+kx 建立 .当 p=k+1 时,(1+x) k+1=(1+x)(1+x) k >(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx 2>1+(k+1)x.所以 p=k+1 时 , 原不等式也建立 . p综合①②可得 , 当 x>-1,x ≠ 0 时, 对全部整数 p>1, 不等式 (1+x)均建立 .>1+px (2) 证法一 : 先用数学概括法证明 a n > .①当 n=1 时, 由题设 a >知 a > 建立 .1n②假定 n=k(k ≥ 1,k ∈ N * ) 时 , 不等式 a k > 建立 .由 a n+1= nn*a + 易知 a >0,n ∈ N .当 n=k+1 时, = + =1+ .由 a k > >0 得 -1<- <<0.由 (1) 中的结论得=>1+p ·= .所以>c, 即 a k+1 > .所以 n=k+1 时 , 不等式 a n >也建立 .综合①②可得 , 对全部正整数 n, 不等式 a n > 均建立 .再由=1+可得<1, 即 a n+1<a n .综上所述 ,a >a>*n+1 ,n ∈ N.n证法二 : 设 f(x)=x+ x 1-p ,x ≥ , 则 x p ≥c, 而且f'(x)= + (1-p)x-p= >0,x> .由此可得 ,f(x) 在 [ ,+ ∞ ) 上单一递加 .因此 , 当 x> 时 ,f(x)>f()= ,①当 n=1 时, 由 a 1>>0, 即 >c 可知a 2 = a 1+ =a 1 <a 1, 而且 a 2=f(a 1)>, 从而 a 1>a 2> .故当 n=1 时, 不等式 a n >a n+1>建立 .*不等式 a k >a k+1> 建立, 则 当 n=k+1 时,f(ak )>f(ak+1)>f( ), 即有 a>a > .k+1k+2所以 n=k+1 时 , 原不等式也建立 .综合①②可得 , 对全部正整数 n, 不等式 a >a > 均建立 .nn+14.(2014 陕西 ,21,14 分 ) 设函数 f(x)=ln(1+x),g(x)=xf'(x),x≥ 0, 此中 f'(x)是 f(x) 的导函数 .(1) 令 g (x)=g(x),g(x)=g(gn (x)),n ∈N , 求 g (x) 的表达式 ;1n+1+n(2) 若 f(x) ≥ ag(x) 恒建立 , 务实数 a 的取值范围 ; (3) 设 n ∈ N +, 比较 g(1)+g(2)+ +g(n) 与 n-f(n)的大小 , 并加以证明 .分析由题设得 ,g(x)=(x ≥ 0).(1) 由已知得 ,g 1(x)= ,g 2(x)=g(g 1(x))= = ,g 3 (x)=, , 可得 g n (x)=.下边用数学概括法证明 .①当 n=1 时,g 1(x)=, 结论建立 .②假定 n=k 时结论建立 , 即 g k (x)=.那么 , 当 n=k+1 时 ,g k+1 (x)=g(g k (x))== = ,即结论建立 .由①②可知 , 结论对 n ∈ N +建立 . (2) 已知 f(x) ≥ ag(x) 恒建立 , 即 ln(1+x) ≥ 恒建立 .设 φ (x)=ln(1+x)-(x ≥ 0),即φ '(x)=-=,当 a≤ 1 时 , φ '(x) ≥0( 仅当 x=0,a=1 时等号建立 ), ∴φ (x) 在 [0,+ ∞ ) 上单一递加 , 又φ (0)=0,∴ φ (x) ≥0 在 [0,+ ∞ ) 上恒建立 ,∴ a≤ 1 时 ,ln(1+x)≥恒建立(仅当x=0时等号建立).当 a>1 时 , 对 x∈ (0,a-1] 有φ '(x)<0,∴ φ (x) 在 (0,a-1]上单一递减,∴ φ (a-1)<φ (0)=0.即 a>1 时 , 存在 x>0, 使φ (x)<0, 故知 ln(1+x)≥不恒建立, 综上可知 ,a 的取值范围是(- ∞ ,1].(3) 由题设知g(1)+g(2)++g(n)= + + +,n-f(n)=n-ln(n+1),比较结果为g(1)+g(2)++g(n)>n-ln(n+1).证明以下 :证法一 : 上述不等式等价于+ + +<ln(n+1),在 (2) 中取 a=1, 可得 ln(1+x)>,x>0.令 x= ,n ∈ N+,则<ln.下边用数学概括法证明.①当 n=1 时, <ln2, 结论建立 .②假定当n=k 时结论建立 , 即 + + +<ln(k+1).那么 , 当 n=k+1 时 ,+ + ++<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论建立 .由①②可知 , 结论对 n∈ N+建立 .证法二 : 上述不等式等价于+ + +<ln(n+1),在 (2) 中取 a=1, 可得 ln(1+x)>,x>0.令 x= ,n ∈ N+, 则 ln>.故有 ln2-ln1>,ln3-ln2>,ln(n+1)-lnn>,上述各式相加可得ln(n+1)> + + + .结论得证 .教师用书专用 (5)5.(2014 重庆 ,22,12 分 ) 设 a =1,an+1 =+b(n ∈ N ).1*(1) 若 b=1, 求 a 2,a 3 及数列 {a n } 的通项公式 ;*(2) 若 b=-1, 问 : 能否存在实数c 使得 a <c<a建立 ?证明你的结论 .对全部 n ∈ N2n2n+1分析 (1) 解法一 :a 2=2,a 3= +1.由题设条件知 n+1 2 =(a n -1) 2 +1,(a -1)从而 {(a n -1) 2} 是首项为 0, 公差为 1 的等差数列 ,n2n*故 (a -1)=n-1, 即 a =+1(n ∈ N ).解法二 :a 2=2,a 3= +1,可写为 a 1=+1,a 2=+1,a 3=+1.所以猜想 n+1.a =下用数学概括法证明上式 : 当 n=1 时结论明显建立 .假定 n=k 时结论建立 , 即 a k = +1, 则 a k+1 =+1=+1=+1.这就是说 , 当 n=k+1 时结论建立 . 所以 a n = +1(n ∈ N * ).(2) 解法一 : 设 f(x)=-1, 则 a n+1=f(a n ).令 c=f(c), 即 c=-1, 解得 c= . 下边用数学概括法证明命题a 2n <c<a 2n+1<1.当 n=1 时 ,a 2=f(1)=0,a 3=f(0)= -1, 所以 a 2< <a 3<1,结论建立 .假定 n=k 时结论建立 , 即 a 2k <c<a 2k+1<1. 易知 f(x) 在 (- ∞,1] 上为减函数 , 从而 c=f(c)>f(a 2k+1)>f(1)=a 2, 即 1>c>a 2k+2>a 2.再由 f(x) 在 (- ∞,1] 上为减函数得 c=f(c)<f(a 2k+223<1. 2k+3所以 a 2(k+1)2(k+1)+1)<f(a )=a故 c<a <1,<c<a<1.这就是说 , 当 n=k+1 时结论建立 .综上 , 切合条件的 c 存在 , 此中一个值为 c= .解法二 : 设 f(x)=-1, 则 a n+1=f(a n ).*先证 :0 ≤ a ≤1(n ∈ N ). ①n当 n=1 时 , 结论明显建立 .假定 n=k 时结论建立 , 即 0≤a k ≤1. 易知 f(x) 在 (- ∞ ,1] 上为减函数 , 从而 0=f(1) ≤ f(a k ) ≤ f(0)=-1<1.即 0≤ a k+1≤ 1. 这就是说 , 当 n=k+1 时结论建立 . 故①建立 .再证 :a2n <a(n ∈ N ).②2n+1*当 n=1 时 ,a 2=f(1)=0,a3=f(a 2)=f(0)=-1, 有 a 2<a 3, 即 n=1 时②建立 .假定 n=k 时, 结论建立 , 即 a<a .2k2k+1由①及 f(x) 在 (- ∞ ,1] 上为减函数 , 得a =f(a2k )>f(a2k+1 )=a 2k+2,2k+1a =f(a 2k+1 )<f(a2k+2 )=a2(k+1)+1 .2(k+1)这就是说 , 当 n=k+1 时②建立 . 所以②对全部 n ∈N * 建立 .由②得 a 2n <-1,即 (a 2n +1) 2< -2a 2n +2,所以 a 2n < . ③又由①②及 f(x) 在 (- ∞ ,1] 上为减函数得 f(a 2n )>f(a 2n+1 ), 即 a 2n+1>a 2n+2,所以 a 2n+1>-1, 解得 a 2n+1> . ④综上 , 由②③④知存在 c= 2n2n+1*使 a <c<a对全部 n ∈ N 建立 .三年模拟A 组 2016— 2018 年模拟·基础题组考点一 直接证明与间接证明1.(2016 广东惠州第一次调研 ,12) 定义映照 f:A → B, 此中 A={(m,n)|m,n ∈R},B=R, 已知对全部的有序正整数对 (m,n) 知足以下条件 : ① f(m,1)=1; ②若 n>m,则 f(m,n)=0; ③ f(m+1,n)=n[f(m,n)+f(m,n-1)], 则 f(2,2)= . 答案 2 2.(2018 浙江萧山九中 12 月月考 ,20) 设函数 f(x)=lnx+a-1, 曲线 y=f(x) 在点 (1,f(1))处的切线与直线y= x+1 平行 . (1) 求 a 的值 ;(2) 证明 : 当 x>1 时 ,f(x)< (x-1).分析 (1) ∵ f'(x)= +, ∴ f'(1)=1+= ,(5 分)∴ a=1.(6 分 )(2) 证明 : 设 g(x)=lnx+ -1- (x-1)=lnx+- x+ ,(8 分)则 g'(x)=+-==,(12分)当 x>1 时 , 有 g'(x)<0, 所以 g(x) 在区间 (1,+ ∞ ) 上是减函数 ,∴ g(x)<g(1)=0, 即 f(x)< (x-1).(15 分 )3.(2017 浙江测试卷 ,20) 设函数 f(x)=x2+,x ∈[0,1].证明 :(1)f(x) ≥ x 2- x+1;(2)<f(x) ≤.证明 (1) 记 g(x)=f(x)-x2+ -1= + -1,则 g'(x)=- + >0,x ∈(0,1),∴g(x) 在区间 (0,1) 上单一递加 ,又 g(0)=0, ∴ g(x)=f(x)-x 2-1+ ≥0,2∴ f(x) ≥ x - x+1.(2)f'(x)=2x- , 记h(x)=2x- ,由h(0)=- <0,h(1)=2- >0, 知存在x0∈(0,1), 使得h(x 0)=0, ∵h(x) 在 [0,1] 上是增函数 ,∴f(x) 在区间 (0,x 0) 上单一递减 , 在区间 (x 0,1) 上单一递加 ,又 f(0)=1,f(1)= , 所以 f(x) ≤,另一方面 , 由 (1) 适当 x≠时 ,f(x)2+1= + > , 且 f > , ≥ x -故<f(x) ≤.考点二数学概括法4.(2016 黑龙江哈尔滨三中模拟,10) 用数学概括法证明不等式“1+ + + +<n(n ∈ N* ,n ≥ 2) ”建即刻 , 由 n=k(k ≥2) 时不等式建立 , 推证 n=k+1 时 , 左侧应增添的项的个数是 ( )A.2 k-1B.2 k-1C.2 kD.2 k+1答案 C5.(2018 浙江 9+1 高中结盟期中 ,22) 已知数列 {a n} 知足 :a 1= ,p>1,a n+1=.(1) 证明 :a >a >1;nn+1(2) 证明 : <a < ;n+1(3) 证明 : ×<ln(a 1 a2a n)< ×.证明(1) 先用数学概括法证明a n>1.①当 n=1 时, ∵ p>1, ∴ a1= >1;②假定当 n=k 时 ,a k>1, 此时易证得lna k -a k +1<0 恒建立 , 即 lna k<a k-1 恒建立 , 则当 n=k+1 时 ,a k+1=>=1. 由①②可知a n>1.再证 a n>a n+1.a n+1-a n= -a n = ,令 f(x)=x-1-xlnx,x>1, 则 f'(x)=-lnx<0, 所以f(x) 在 (1,+ ∞ ) 上单一递减 , 所以f(x)<f(1)=0,所以<0, 即 a >a .n n+1所以 a n>a n+1>1.(5 分 )(2) 要证<a n+1< , 只要证< <, 只要证此中 a n>1,先证 2a n lna n- +1<0,令 f(x)=2xlnx-x 2+1,x>1, 只要证 f(x)<0.因为 f'(x)=2lnx+2-2x<2(x-1)+2-2x=0,所以 f(x) 在 (1,+ ∞ ) 上单一递减 , 所以 f(x)<f(1)=0. 再证 (a n+1)lna n-2a n+2>0,令 g(x)=(x+1)lnx-2x+2,x>1, 只要证 g(x)>0,g'(x)=lnx+ -2=lnx+ -1,令 h(x)=lnx+ -1,x>1, 则 h'(x)= - = >0,所以 h(x) 在 (1,+ ∞ ) 上单一递加 , 所以 h(x)>h(1)=0, 从而 g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞ )上单一递加,所以 g(x)>g(1)=0,综上可得<a n+1< .(10 分 )(3) 由 (2) 知, 一方面 ,a -1< (n ≥ 2), 则 a -1<(a1 -1) = ·(n ≥ 2),n=1 时 ,a -1=·,n n 1 因为 lnx<x-1(x>1), 所以 lna <a -1 ≤ ·,n n所以 ln(a 1a2a n)=lna 1+lna 2 + +lna n<= ×= ×;另一方面 , > ,则> ×= ·(n ≥ 2),n=1 时 , ==·.因为 lnx>1- (x>1), 所以 lna n>1- ≥·,所以 ln(a a a )=lna +lna + +lna > + + +1 2 n 1 2 n= ×.综上 , ×<ln(a a a )< ×.(15 分 )1 2 nB 组2016— 2018 年模拟·提高题组一、选择题1.(2016 福建厦门一中期中 ,12) 若数列 {a n } 知足 : 存在正整数 T, 对于随意正整数 n 都有 a n+T =a n 建立 , 则称数列 {a n } 为周期数列 , 周期为 T. 已知数列 {a n } 知足 a 1=m(m>0),a n+1= 则以下结论中错误的选项是 ()A. 若 a 3=4, 则 m 能够取 3 个不一样的值B. 若 m= , 则数列 {a } 是周期为 3 的数列nC. 随意的 T ∈ N * 且 T ≥2, 存在 m>1,使得 {a n } 是周期为 T 的数列D. 存在 m ∈Q 且 m ≥ 2, 使得数列 {a } 是周期数列n答案 D二、解答题n+1-a n )+a n +nln2=0(n ∈ N * ).2.(2018 浙江要点中学 12 月联考 ,22) 已知数列 {a n } 知足 :a 1=0,ln(a(1) 求 a ;3(2) 证明 :ln(2-2 1-n ) ≤ a n ≤ 1-2 1-n ; (3) 能否存在正实数 c, 使得对随意的 n ∈N * , 都有 a n ≤1-c? 并说明原因 . 分析(1) 由已知得 a n+1=a n +,又 a 1=0, 所以 a 2= ,a 3= +.(2 分 )(2) 证明 : 因为 a n+1>a n ,a 1=0, 所以 a n ≥ 0, 则 a n+1=a n +≤ a n +e -nln2 =a n +2-n ,所以 a n ≤ a n-1 +2-(n-1) ≤a n-2 +2-(n-2) +2-(n-1) ≤ ≤ a 1+2-1 + +2-(n-2) +2-(n-1) =1-2 1-n .(5 分 )令 f(n)=+21-n -2,则f(n+1)-f(n)=(-n-(n-1)-2]=- -2 -n--n= [-n+2 -2)-[+2=-2-1]-2 >-2 -n=0,所以 {f(n)} 是递加数列 , 所以 f(n) ≥ f(1)=0, 即+21-n -2 ≥ 0, 所以 a n ≥ ln(2-2 1-n ). 综上 ,ln(2-21-n) ≤ a n ≤1-2 1-n .(8 分 )(3) 由 (2) 得 a n+1=a n +≤ a n +=a n + ,(10 分 )所以 a ≤ an-1 +≤an-2 ++≤ ≤ a ++ ++=+ ++.(12 分)n1因为 =≤(n ≥ 3),所以当 n ≥4 时 ,a n ≤ + + + += + +< .由 (1) 知 : 当 n=1,2,3 时 ,a n < ,综上 : 对随意的 n ∈ N * , 都有 a n < , 所以存在 c= .(15 分 )3.(2017 浙江镇海中学模拟 (5 月 ),22) 已知在数列 {a } 中 ,a = ,a= -2a n +2,n ∈N , 其前 n 项和为 S .n1n+1*n(1) 求证 :1<a n+1 n<a <2;(2) 求证 : ≤ a n≤;(3) n求证 :n<S <n+2.证明(1) 先用数学概括法证明1<a n<2.①当 n=1 时,1<a 1= <2,②假定当n=k 时 ,1<a k<2.则当 n=k+1 时 ,a k+1= -2a k+2=(a k-1) 2+1, 又 a k∈ (1,2),所以a k+1∈ (1,2).由①②知1<a n<2,n ∈ N*恒建立 .a n+1-a n= -3a n+2=(a n-1)(a n-2)<0.所以 1<a n+1<a n<2 建立 .(2)a 1= = ,a 2= > , 当 n≥ 3 时 , <1, 又 1<a n<2, 所以 a n≥. 由 a n+1= -2a n+2 得 2-a n+1=2a n- ,即= < ,所以-1< ,所以-1< = ,所以 a < *(n ≥ 2,n ∈ N ),n1 = n≤*当 n=1 时 ,a , 所以 a (n ∈ N ).所以≤ a n≤.(3) 由 1<a n<2 得 S n>n.由 a n≤=1+ <1+ ,得S n< + + + =n+ =n+2 <n+2, 故n<S n<n+2.4.(2017 浙江温州三模(4 月 ),20) 设函数f(x)=4x 3+ ,x ∈ [0,1], 证明 : (1)f(x) ≥ 1-2x+3x 2;(2) <f(x) ≤.证明(1) 令函数 g(x)=(1+x) 2 (1-2x+3x2-4x 3),x∈ [0,1],(23则 g'(x)=-20(1+x)x≤0(等号建立当且仅当x=0),(4分)分 )故 g(x) 在 [0,1] 上单一递减 , 于是 g(x) ≤g(0)=1,即当 x∈ [0,1]时,(1+x)2(1-2x+3x2-4x3)≤ 1,2亦即 f(x) ≥ 1-2x+3x ;(6分)(2) 一方面 , 由 (1) 知 , 当 x∈ [0,1]时,f(x)≥ 1-2x+3x2=3+ ≥ , 但上述两处的等号不可以同时建立,故 f(x)> .(10 分 )另一方面 ,f'(x)=12x 2- = ,(12 分 )明显函数 h(x)=6x 2(1+x) 3-1 在 [0,1] 上单一递加 , 而 h(0)=-1<0,h(1)=47>0, 故 h(x) 在 (0,1) 内存在独一的零0点 x ,即 f'(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈ (x0,1)时,f'(x)>0,故 f(x) 在 (0,x 0) 内单一递减 , 在 (x 0,1) 内单一递加 ,(14 分 )所以在 [0,1]上,f(x)≤ max{f(0),f(1)}=max=.综上 , <f(x)≤.(15分)5.(2017 浙江台州期末质量评估,22) 已知数列 {a } 知足 :a = ,a = *+a (n ∈ N ).n 1 n+1 n(1)求证 :a n+1>a n;(2)求证 :a 2017<1;(3)若 a n>1, 求正整数 n 的最小值 .分析(1) 证明:由a n+1-a n= ≥0, 得a n+1≥ a n.因为a1= , 所以a n≥, 所以a n+1-a n= >0,所以a n+1>a n.(2) 证明 : 由已知得= = - ,所以= - .则= - ,= -,*=- (n ≥ 2,n ∈N),累加可得- =++ +(n ≥ 2,n ∈ N* ).由 (1) 得 =a1<a2<a3< <a2016 ,所以- = + + + <2016×=1.所以 a2017<1.(3) 由 (2) 得 =a1<a2<a3< <a2017<1,所以- = + + + >2017×=1.所以 a 2017 2018 n+1 n<1<a , 又因为 a >a ,所以 n 的最小值为2018.C 组2016— 2018 年模拟·方法题组方法 1反证法的解题策略1. 等差数列 {a n} 的前 n 项和为 S n,a 1=1+ ,S 3=9+3.(1)求数列 {a n} 的通项 a n与前 n 项和 S n;(2) 设 b n= (n ∈ N* ), 求证 : 数列 {b n} 中随意不一样的三项都不行能成为等比数列.分析(1) 因为∴ d=2,故 a n=2n-1+,S n=n(n+).(2) 证明 : 由(1) 得 b n= =n+.假定数列 {b n} 中存在三项b p、 b q、b r (p 、 q、 r 互不相等 ) 成等比数列 , 则=b p b r , 即 (q+ ) 2=(p+ )(r+), ∴ (q 2-pr)+(2q-p-r)=0.∵p、 q、 r ∈ N* , ∴∴=pr, 即 (p-r)2=0,∴p=r,与p≠r矛盾.∴数列 {b n} 中随意不一样的三项都不行能成为等比数列.方法 2数学概括法的解题策略2. 设数列 {a n} 的前 n 项和为 S n, 且方程 x2-a n x-a n=0 有一根为S n-1,n ∈ N* .(1)求 a1,a 2;(2)求数列 {a n} 的通项 .分析 (1) 当 n=1 时 ,x 2-a 1x-a 1=0 有一根为 S1 -1=a 1-1,于是 (a -1) 2 =0, 解得 a = .-a (a -1)-a1 1 1 1 1当 n=2 时 ,x 2-a 2x-a 2=0 有一根为 S2-1=a 2- ,于是-a 2-a 2=0, 解得 a2= .(2) 由题意得 (S n-1) 2-a n(S n-1)-a n=0,即 -2S n+1-a n S n=0.当 n≥ 2 时 ,a n=S n-S n-1 , 代入上式得S n-1 S n-2S n+1=0, ①由 (1) 知 S1=a1= ,S 2=a1+a2= + = .由①可得S3= . 由此猜想S n=,n=1,2,3,.下边用数学概括法证明这个结论.(i)当 n=1 时结论建立 .(ii) 假定 n=k(k ≥ 1) 时结论建立 , 即 S k=,当 n=k+1 时, 由①得 S k+1 =, 即 S k+1=,故 n=k+1 时结论也建立 .由 (i)(ii) 可知 S n= 对全部正整数n 都建立 .于是当 n≥2 时 ,a n=S n-S n-1 =- = ,又 n=1 时 ,a = = 知足上式 , 所以 {a } 的通项公式为 a = ,n=1,2,3,.1 n n。
2019年浙江省高考数学(含解析版)
【点睛】理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.
3.若实数 满足约束条件 ，则 的最大值是（ ）
A. B.1
C.10D.12
【答案】C
【解析】
【分析】
本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，注重了基础知识、基本技能的考查.
【详解】方法1：由分布列得 ，则
，则当 在 内增大时， 先减小后增大.
方法2：则
故选D.
【点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式.
8.设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
A.当 B.当
C.当 D.当
非选择题部分（共110分）
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分
11.复数 （ 为虚数单位），则 ________.
12.已知圆 的圆心坐标是 ，半径长是 .若直线 与圆相切于点 ，则 _____， ______.
13.在二项式 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______.
C. 先增大后减小D. 先减小后增大
8.设三棱锥 底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
A. B.
C. D.
9.已知 ，函数 ，若函数 恰有三个零点，则（ ）
2019年高考数学试题带答案
解析：A 【解析】
由正弦定理可得： sin A a 5 . sin B b 3
本题选择 A 选项.
7．C
解析：C 【解析】
【分析】 两圆方程相减，得到公共弦所在的直线方程，然后利用其中一个圆，结合弦长公式求解. 【详解】 因为圆 C1：x2+y2＝4 与圆 C2：x2+y2﹣4x+4y﹣12＝0，
2
2
sin B 2 sin C 2 sin(135 B) cos B sin B ，解得 cos B 0 B 90 ，所以
4．A
解析：A 【解析】 【分析】 利用逐一验证的方法进行求解. 【详解】 若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故 3 人成绩由高到 低依次为甲，乙，丙；若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；若丙预测正确，则 甲必预测错误，丙比乙的成绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲，乙成绩都高，即乙预测正 确，不符合题意，故选 A． 【点睛】 本题将数学知识与时政结合，主要考查推理判断能力．题目有一定难度，注重了基础知 识、逻辑推理能力的考查．
1 ，故选 A. 3
【点睛】
本题主要考查两角和的正切公式，特殊角的三角函数值等知识，意在考查学生的转化能力
和计算求解能力.
12．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：由 lg b lg(1) lg sin A lg 2 ，所以 lg b lg 2 b 2 c 且
c
c2
2
sin A 2 ，又因为 A 为锐角，所以 A 45 ，由 b 2 c ，根据正弦定理，得
极坐标为
2
3,
6
，曲线
C
的极坐标方程为
2019年高考数学试题附答案
2019年高考数学试题附答案一、选择题1．已知变量x 与y 正相关，且由观测数据算得样本平均数3x =， 3.5y =，则由该观测的数据算得的线性回归方程可能是( ) A ．0.4 2.3y x =+ B ．2 2.4y x =- C ．29.5y x =-+ D ．0.3 4.4y x =-+2．设ω>0,函数y=sin(ωx+3π)+2的图象向右平移43π个单位后与原图象重合，则ω的最小值是 A ．23B ．43C ．32D ．33．一个容量为80的样本中数据的最大值是140,最小值是51,组距是10,则应将样本数据分为( ) A ．10组B ．9组C ．8组D ．7组 4．已知复数z 满足()12i z +=，则复数z 的虚部为（ ） A ．1B ．1-C ．iD ．i -5．如图，12,F F 是双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点，过2F 的直线与双曲线C 交于,A B 两点．若11::3:4:5AB BF AF =，则双曲线的渐近线方程为（ ）A ．23y x =±B ．22y x =±C ．3y x =±D ．2y x =±6．若设a 、b 为实数，且3a b +=，则22a b +的最小值是（ ） A ．6 B ．8C ．26D ．427．已知全集{1,3,5,7}U =，集合{1,3}A =，{3,5}B =，则如图所示阴影区域表示的集合为（ ）A ．{3}B ．{7}C ．{3,7}D ．{1,3,5}8．已知平面向量a ,b 是非零向量,|a |=2,a ⊥(a +2b ),则向量b 在向量a 方向上的投影为( ) A ．1 B ．-1C ．2D ．-29．下列各组函数是同一函数的是（ ）①()32f x x =-与()2f x x x =-；()3f x 2x y x 2x 与=-=-②()f x x =与()2g x x =；③()0f x x =与()01g x x=；④()221f x x x =--与()221g t t t =--． A ．① ② B ．① ③ C ．③ ④ D ．① ④ 10．圆C 1：x 2+y 2＝4与圆C 2：x 2+y 2﹣4x +4y ﹣12＝0的公共弦的长为（ ）A ．2B ．3C ．22D ．3211．下列函数中，最小正周期为π，且图象关于直线3x π=对称的函数是（ ）A ．2sin 23y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭B ．2sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭C ．2sin 23x y π⎛⎫=+⎪⎝⎭ D ．2sin 23y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭12．将函数()sin 2y x ϕ=+的图象沿轴向左平移8π个单位后，得到一个偶函数的图象，则ϕ的一个可能取值为( ) A ．B ．C ．0D ．4π-二、填空题13．曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为______________． 14．若三点1(2,3),(3,2),(,)2A B C m --共线，则m 的值为 ． 15．函数()23s 34f x in x cosx =-（0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦）的最大值是__________． 16．若函数3211()232f x x x ax =-++ 在2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上存在单调增区间，则实数a 的取值范围是_______.17．若9()ax x-的展开式中3x 的系数是84-，则a = ．18．等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C AB D --的余弦值为33，M N ，分别是AC BC ，的中点，则EM AN ，所成角的余弦值等于 ． 19．设α 为第四象限角，且sin3sin αα＝135，则 2tan ＝α ________. 20．函数y=232x x --的定义域是 .三、解答题21．已知等差数列{}n a 满足：12a =，且1a ，2a ，5a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，是否存在正整数n ，使得60800n S n >+ ？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由.22．已知A 为圆22:1C x y +=上一点，过点A 作y 轴的垂线交y 轴于点B ，点P 满足2.BP BA =（1）求动点P 的轨迹方程；（2）设Q 为直线:3l x =上一点，O 为坐标原点，且OP OQ ⊥，求POQ ∆面积的最小值.23．如图，矩形ABCD 和菱形ABEF 所在的平面相互垂直，ABE 60∠=︒，G 为BE 的中点.(Ⅰ)求证：AG ⊥平面ADF ；(Ⅱ) 求AB 3=BC 1=，求二面角D CA G --的余弦值. 24．若不等式2520ax x +->的解集是122x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭，求不等式22510ax x a -+->的解集．25．已知函数()()2f x x 2a 1x 2alnx(a 0)=-++>．()1求()f x 的单调区间；()2若()f x 0≤在区间[]1,e 上恒成立，求实数a 的取值范围．26．在直角坐标系xoy 中以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立坐标系.圆1C ，直线2C 的极坐标方程分别为4sin ,cos 2 2.4πρθρθ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭. （I ）12C C 求与交点的极坐标； （II ）112.P C Q C C PQ 设为的圆心，为与交点连线的中点已知直线的参数方程为()33{,,.12x t a t R a b b y t =+∈=+为参数求的值【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【解析】试题分析：因为与正相关，排除选项C 、D ，又因为线性回归方程恒过样本点的中心，故排除选项B ；故选A ．考点：线性回归直线.2．C解析：C 【解析】 函数sin 23y x πω⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的图象向右平移43π个单位后44sin 2sin 23333w y w x wx ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-++=+-+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 所以有43332013222w kk k w w k w ππ=∴=>∴≥∴=≥ 故选C3．B解析：B 【解析】由题意知，(14051)108.9-÷=，所以分为9组较为恰当，故选B.4．B解析：B 【解析】设,,z a bi a b R =+∈（） ，由()1i 22z z i z +=⇒=--（）2a bi i a bi ⇒+=--（），2a bi b a i ⇒+=-+-（） ,2a b b a =-⎧⇒⎨=-⎩ 1b ⇒=- ，故选B. 5．A解析：A 【解析】 【分析】设1123,4,5,AB BF AF AF x ====，利用双曲线的定义求出3x =和a 的值，再利用勾股定理求c ，由by x a=±得到双曲线的渐近线方程. 【详解】设1123,4,5,AB BF AF AF x ====，由双曲线的定义得：345x x +-=-，解得：3x =，所以12||F F ==c ⇒=因为2521a x a =-=⇒=，所以b =所以双曲线的渐近线方程为by x a=±=±. 【点睛】本题考查双曲线的定义、渐近线方程，解题时要注意如果题干出现焦半径，一般会用到双曲线的定义，考查运算求解能力.6．D解析：D 【解析】 【分析】2a b+≤转化为指数运算即可求解。
2019年浙江高考数学卷最后一题解题思路
2019年浙江高考数学卷最后一题解题思路试题：f(x)=alnx+√(x+1)（a≠0,x＞0）1、当a=-3/4时，求函数单调区间；2、对任意x∈[1/e2 ，∞），均有f(x)≤√x/2a，求a的取值范围。
第一问，需要强调的是用一级导数作为工具，应该使学生明白y*=△y/△x，y*＞0单调上升，是因为△x＞0；反之y*＜0则下降。
解题有个技巧，即y*=a/x+1/2√(x+1)，通分后其分子项为(x+1)+2a√(x+1)-1，这样因式分解容易得到（√(x+1)－2）（√(x+1)+1/2），故x∈[3，∞）f(x)单调上升；x∈（0，3）则单调下降。
第二问，只要抓住关键字“对任意的x”，自然将x=1代入，因为lnx=0，从而√2≤1/2a→0＜a≤√2/4。
问题尚未结束，可能存在其它的x值，a的取值范围更窄（如0＜a≤√2/6），因此需要基于递增函数lnx在不同区间进行讨论：令二元函数F(t,a)=√(t2+1)+2alnt－t/2a（t=√x>0，t∈[1/e，∞）1、t∈[1，∞），F(t,a)max=F(t,√2/4)=√(t2+1)+lnt/√2－√2·t求一级导数F(t,√2/4)*=t/√(t2+1)+1/t√2－√2;求二级导数F(t,√2/4)* *=1/(t2+1)√(t2+1)－1/t2√2＜0，即一级导数函数为单调递减函数F(t,√2/4)*＜F(1,√2/4)*=0。
故=F(t,√2/4)为单调递减函数F(t,a)max=F(1,√2/4)=0，即命题不等式F(t,a)≤0成立。
2、t∈[1/e，1），lnt=－lnt-1＜0，用t替换t-1，使t∈（1，e]，并令F(u=1/2a)=F(t,a)/2at=－u2+√(t2+1)·u－t lnt-，F(u)= －(u－√(t2+1)/2)2+(t2+1)/4－t lnt-，t固定时F(u)为开口向下的抛物线，判别式函数△(t)= (t2+1)/4－t lnt：(1)△(t) ≤0，F(u)≤0，命题不等式F(t,a)≤0成立；(2)△(t)＞0，F(u)有两个零点u1(t )和u2(t )：u1(t )=√(t2+1)/2－√△(t)，u2(t )=√(t2+1)/2+√△(t)。
专题20 数列综合-2019年高考数学母题题源系列(浙江专版)(原卷版)
专题20 数列综合【母题来源一】【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式； （2）记,n c n *=∈N证明：12+.n c c c n *++<∈N【答案】（1）22n a n =-，2n b n n =+；（2）证明见解析．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ，所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得212()()()n n n n n n S b S b S b +++=++．解得2121()n n n n b S S S d++=-，所以2*,n b n n n =+∈N ． （2）*n c n ===∈N ． 我们用数学归纳法证明．（i ）当n =1时，c 1=0<2，不等式成立； （ii ）假设*()n k k =∈N 时不等式成立，即12k c c c +++<那么，当1n k =+时，121k kc c c c+++++<<<==．即当1n k=+时不等式也成立．根据（i）和（ii），不等式12nc c c+++<对任意*n∈N成立．【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力．【母题来源二】【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，数列{（b n+1−b n）a n}的前n项和为2n2+n．（1）求q的值；（2）求数列{b n}的通项公式．【答案】（1）2q=；（2）2115(43)()2nnb n-=-+⋅．【解析】（1）由42a+是35,a a的等差中项得35424a a a+=+，所以34543428a a a a++=+=，解得48a=．由3520a a+=得18()20qq+=，因为1q>，所以2q=．（2）设1()n n n nc b b a+=-，数列{}nc前n项和为nS．由11,1,, 2.nn nS ncS S n-=⎧=⎨-≥⎩解得41nc n=-．由（1）可知12nna-=，所以111(41)()2nn nb b n-+-=-⋅，故211(45)(),22nn nb b n n---=-⋅≥，11123221()()()()n n n n nb b b b b b b b b b----=-+-++-+-23111(45)()(49)()73222n nn n--=-⋅+-⋅++⋅+．设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅．【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“ ”与“ ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“ ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．【母题来源三】【2017年高考浙江卷】已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln(1+x n +1)（n *∈N ）． 证明：当n *∈N 时， （1）0＜x n +1＜x n ；（2）2x n +1− x n ≤12n n x x +； （3）112n -≤x n ≤212n -．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析． 【解析】（1）用数学归纳法证明：0n x >． 当1n =时，110x =>． 假设n k =时，0k x >， 那么1n k =+时，若10k x +≤， 则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤， 矛盾，故10k x +>．因此0()n x n *>∈N ，所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>，因此10()n n x x n *+<<∈N ．（2）由11ln(1)n n n x x x ++=++，可得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++．记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥，则22()ln(1)0(0)1x xf'x x x x +=++>>+，函数f (x )在[0，+∞）上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0，因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥，故112()2n n n n x x x x n *++-≤∈N ． （3）因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=， 所以112n n x -≥， 由1122n n n n x x x x ++≥-，得111112()022n n x x +-≥->， 所以12111111112()2()2222n n n n x x x ----≥-≥⋅⋅⋅≥-=， 故212n n x -≤．综上，1211()22n n n x n *--≤≤∈N ．【名师点睛】本题主要应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．【命题意图】以考查等差、等比数列的基础知识为依托，重点考查求数列的通项公式、数列的求和及不等式的证明，考查考生运算求解能力及分析问题、解决问题的综合能力． 【命题规律】1．数列的求和问题作为数列的基础知识，为数列与不等式等综合问题提供必要的准备．2．等差、等比数列的判定及综合应用是高考考查的重点，注意基本量及定义的使用，或以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或取值范围，考查分析问题、解决问题的综合能力． 3．数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式．与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点，也是一个难点，主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等． 【方法总结】1．等差数列的常用性质由等差数列的定义可得公差为d 的等差数列{}n a 具有如下性质：（1）通项公式的推广：()n m a a n m d =+-，,m n ∈*N ． （2）若m n p q +=+，则q p n m a a a a +=+(,)m n,p,q ∈*N ． 特别地，①若2m n p +=，则2m n p a a a +=(,)m n,p ∈*N ；②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a ++=++(,)m n,p,q,t,r ∈*N ．③有穷等差数列中，与首末两项等距离的两项之和都相等，都等于首末两项的和，即1211.n n i n i a a a a a a -+-+=+==+=L L（3）下标成等差数列的项2,,,k k m k m a a a ++L 组成以md 为公差的等差数列． （4）数列{}(,n ta t λλ+是常数)是公差为td 的等差数列．（5）若数列{}n b 为等差数列，则数列{}n n ta b λ±(,t λ是常数)仍为等差数列． （6）若,p q a q a p ==，则0p q a +=． 2．与等差数列各项的和有关的性质利用等差数列的通项公式及前n 项和公式易得等差数列的前n 项和具有如下性质： 设等差数列{}n a （公差为d ）和{}n b 的前n 项和分别为,n n S T ， （1）数列{}n S n是等差数列，首项为1a ，公差为12d ．（2）232(1),,,,,k k k k k mk m k S S S S S S S ----L L 构成公差为2k d 的等差数列．（3）若数列{}n a 共有2n 项，则S S nd -=奇偶，1n n S aS a +=奇偶．（4）若数列{}n a 共有21n -项，则S S -=奇偶n a ，(,1n S n S na S n ==-奇奇偶(1))n S n a =-偶． （5）2121n n n n S a T b --=，21212121m mn nS a m T n b ---=⋅-． 3．等差数列的判定与证明的方法（1）定义法：1()n n a a d n +-=∈*N 或1(2,)n n a a d n n --=≥∈⇔*N {}n a 是等差数列； （2）定义变形法：验证是否满足11(2,)n n n n a a a a n n +--=-≥∈*N ； （3）等差中项法：122(){}n n n n a a a n a ++=+∈⇔*N 为等差数列；（4）通项公式法：通项公式形如(,n a pn q p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列；（5）前n 项和公式法：2(,n S pn qn p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列．注意：①若判断一个数列不是等差数列，只需找出三项12,,n n n a a a ++，使得122n n n a a a ++≠+即可； ②如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法． 4．等比数列及其前n 项和的性质若数列{}n a 是公比为q 的等比数列，前n 项和为n S ，则有如下性质： （1）若m n p q +=+，则m n p q a a a a =；若2m n r +=，则2(,)m n r a a a m n,p,q,r =∈*N ．推广：1211;n n i n i a a a a a a -+-===①L L②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a =．（2）若,,m n p 成等差数列，则,,m n p a a a 成等比数列． （3）数列{}(0)n a ≠λλ仍是公比为q 的等比数列； 数列1{}n a 是公比为1q的等比数列； 数列{}||n a 是公比为||q 的等比数列；若数列{}n b 是公比为q'的等比数列，则数列{}n n a b 是公比为qq'的等比数列．（4）23,,,,k k m k m k m a a a a +++L 成等比数列，公比为mq ．（5）连续相邻k 项的和（或积）构成公比为(kq 或2)k q 的等比数列．（6）当1q =时，n m S n S m =；当1q ≠±时，11nn mm S q S q -=-． （7）m nn m m n n m S S q S S q S +=+=+．（8）若项数为2n ，则S q S =偶奇，若项数为21n +，则1S a q S -=奇偶． （9）当1q ≠-时，连续m 项的和（如232,,,m m m m m S S S S S --L ）仍组成等比数列（公比为mq ，2m ≥）． 5．等比数列的判定与证明常用的方法（1）定义法：1n na q a +=(q 为常数且0)q ≠⇔数列{}n a 是等比数列． （2）等比中项法：212(,0)n n n n a a a n a ++=⋅∈≠*N ⇔数列{}n a 是等比数列． （3）通项公式法：(0,)n n a tq tq n =≠∈*N ⇔数列{}n a 是等比数列．（4）前n 项和公式法：若数列的前n 项和nn S Aq A =-+(0,0,1)A q q ≠≠≠，则该数列是等比数列．其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法一般用于选择题、填空题中． 注意：①若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． ②只满足1(0)n n a qa q +=≠的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要10a ≠． 6．数列求和的常用方法 （1）公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和． （2）倒序相加法如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的． （3）错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．（4）裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 常见的裂项方法：①1111()()n n k k n n k=-++，特别地，当时，111(1)1n n n n =-++；②1()n k n k n k n =+-++，特别地，当时，11n n n n=+-++；③1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++． （5）分组转化求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减． （6）并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和． 7．数列与函数综合（1）数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（2）解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决． 8．数列与不等式综合与数列有关的不等式的命题常用的方法有：比较法(作差作商)、放缩法、利用函数的单调性，其中利用不等式放缩证明是历年命题的热点．9．以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解． 10．数学归纳法的概念一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行：（1）（归纳奠基）证明当n 取第一个值*00()n n ∈N 时命题成立；（2）（归纳递推）假设*0(,)n k k n k =≥∈N 时命题成立，证明当1n k =+时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从0n 开始的所有正整数n 都成立．注意：用数学归纳法证明与正整数有关的等式问题时，要先看项，清楚等式两边式子的构成规律，等式的两边各有多少项，再用数学归纳法证明．证明不等式时，则要注意往目标式子上凑，在证明过程中可能用到比较法、综合法、分析法、放缩法等．1．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知数列{}n a ，{}n b 的各项均不为零，若{}n b 是单调递增数列，且12n n n a b b +=⋅，211n n n a a b +++=，12a b =，26a b =．（1）求1b 及数列{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足113c =-，1n b n n c c ++=，求数列2{}n c 的前n 项的和n S ．2．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】设n S 为数列{}n a 的前n 项和，且28S =，2n S =(1)1n n a n ++-．（1）求1a ，2a 并证明数列{}n a 为等差数列；（2）若不等式20nn S λ⋅->对任意正整数n 恒成立，求实数λ的取值范围．3．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，公差0d ≠，且1S ，3S ，9S 成等比数列，数列{}n b 满足2*1122466()2n n n n n b S b S b S n +++++=-∈N ，{}n b 的前n 项和为n T ．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记12231111n n n R a a a a a a +=+++，试比较n R 与12n T 的大小．4．【浙江省金华十校2019届高三上学期期末联考】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，1n a +=*1()n S n +∈N（1）求通项公式n a ；（2）记12111n n T S S S =+++，求证：31222n n T -≤<．5．【浙江省2019年高考模拟训练卷三】已知数列{}n a 的前n 项为*32,nn n S a n =∈-N ．（1）证明：{1}2nn a -为等比数列；（2）求数列{}2nn na 的前n 项和为n T ．6．【浙江省嘉兴市2019届高三第一学期期末检测】在数列{}n a ，{}n b 中，设n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，12n n a a +=+，1235(21)21nn n b b n b a ++++=⋅+，*n ∈N ．（1）求n a 和n S ；（2）若n k ≥时，8n n b S ≥恒成立，求整数k 的最小值．7．【浙江省台州市2019届高三上学期期末质量评估】在数列{}n a 中，11a =，23a =，且对任意的*n ∈N ，都有2132n n n a a a ++=-．（1）证明数列+1{}n n a a -是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）设12n n n n b a a +=，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，若对任意的*n ∈N 都有1n n S m a ≥+，求实数m 的取值范围．8．【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末联考】已知等比数列{}n a 的公比(0,1)q ∈，前n 项和为n S ．若331S a +=，且2116a +是1a 与3a 的等差中项． （1）求n a ； （2）设数列{}n b 满足10b =，1()n n n b b a n *+-=∈N ，数列{}n n a b 的前n 项和为n T ．求证：1()3n T n *<∈N ．9．【浙江省七彩联盟2018~2019学年第一学期高三11月期中考试】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且*12()n n a S n +=+∈N ．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设22log ,(2)5|1|,nn na n n nb n a ⎧⎪+⎪=⎨⎪-⎪⎩为奇数为偶数，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求21n T +．10．【江省金华十校2019届第二学期高考模拟】已知数列{}n a 中，14a =，n a >1314n n nn a a a a +=-+，记22212111n nT a a a =+++．（1）证明：2n a >；（2）证明：115116n na a +≤<；（3）证明：8454n nnT -<<．。