高考数学大二轮专题复习冲刺方案-文数(经典版)文档：高考仿真模拟(一)
2020届高考数学大二轮专题复习冲刺方案-文数(经典版)文档：第二编+专题三+第1讲+等差数列与等比数列
专题三 数列第1讲 等差数列与等比数列「考情研析」 1.从具体内容上，主要考查等差数列、等比数列的基本计算和基本性质及等差、等比数列中项的性质、判定与证明． 2.从高考特点上，难度以中、低档题为主，近几年高考题一般设置一道选择题和一道解答题，分值分别为5分和12分.核心知识回顾1.等差数列(1)通项公式：□01a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d . (2)等差中项公式：□022a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)． (3)前n 项和公式：□03S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2. 2．等比数列(1)等比数列的通项公式：□01a n ＝a 1q －＝a m q －. (2)等比中项公式：□02a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)． (3)等比数列的前n 项和公式： □03S n ＝⎩⎨⎧na 1(q ＝1)，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q (q ≠1).3．等差数列的性质(n ，m ，l ，k ，p 均为正整数)(1)若m ＋n ＝l ＋k □01a m ＋a n ＝a l ＋a k (反之不一定成立)；特别地，当m ＋n ＝2p 时，有□02a m ＋a n ＝2a p .(2)若{a n }，{b n }是等差数列，则{ka n ＋tb n }(k ，t 是非零常数)是□03等差数列． (3)等差数列的“依次每m 项的和”即S m □04S 2m －S m ，□05S 3m －S 2m ，…仍是等差数列．(4)等差数列{a n}当项数为2n时，S偶－S奇＝□06nd，S奇S偶＝□07a n a n＋1，项数为2n－1时，S奇－S偶＝□08a中＝□09a n，S2n－1＝(2n－1)a n且S奇S偶＝□10n n－1.(其中S偶表示所有的偶数项之和，S奇表示所有的奇数项之和)4．等比数列的性质(n，m，l，k，p均为正整数)(1)若m＋n＝l＋k，则□01a m·a n＝a l·a k(反之不一定成立)；特别地，当m＋n＝2p(2)当n为偶数时，S偶S奇＝□03q(公比)．(其中S偶表示所有的偶数项之和，S奇表示所有的奇数项之和)(3)等比数列“依次m项的和”，即S m，□04S2m－S m，□05S3m－S2m，…(S m≠0)成等比数列．热点考向探究考向1 等差数列、等比数列的运算例1(1)(2019·陕西榆林高考第三次模拟)在等差数列{a n}中，其前n项和为S n，且满足若a3＋S5＝12，a4＋S7＝24，则a5＋S9＝()A．24 B．32C．40 D．72答案 C解析∵a3＋S5＝6a3＝12，a4＋S7＝8a4＝24，∴a3＝2，a4＝3，∴a5＝4.∴a5＋S9＝10a5＝40，故选C.(2)在等差数列{a n}中，已知a4＝5，a3是a2和a6的等比中项，则数列{a n}的前5项的和为()A．15 B．20C．25 D．15或25答案 D解析设公差为d，∵a3为a2，a6的等比中项，∴a23＝a2·a6，即(a4－d)2＝(a4－2d)(a4＋2d)，∴5d(d－2)＝0，∴d＝0或d＝2.∴5－d＝5或3，即a3＝5或3，∴S 5＝5a 3＝25或15.故选D.(3)已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和为________．答案 3n －1解析 ∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，∴{a n }为等比数列，且首项为2，公比为3，∴S n ＝3n －1.利用等差数列、等比数列的通项公式、前n 项和公式，能够在已知三个元素的前提下求解另外两个元素，其中等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比为最基本的量，解题中首先要注意求解最基本的量．1．在各项为正数的等比数列{a n }中，S 2＝9，S 3＝21，则a 5＋a 6＝( ) A ．144 B ．121 C ．169 D ．148答案 A解析 由题意可知，⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＝9，a 1＋a 2＋a 3＝21，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝9，a 1(1＋q ＋q 2)＝21，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝3或⎩⎨⎧q ＝－23，a 1＝27(舍去)．∴a 5＋a 6＝a 1q 4(1＋q )＝144.故选A.2．(2019·辽宁沈阳郊联体高三一模)我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，五等人与六等人所得黄金数之和为( )A.13 B.76 C.73 D.67答案 C解析 设a n 为第n 等人的得金数，则{a n }为等差数列，由题设可知a 1＋a 2＋a 3＝4，a 8＋a 9＋a 10＝3，故a 2＝43，a 9＝1，而a 5＋a 6＝a 2＋a 9＝73.故选C.3．(2019·安徽太和第一中学高一调研)定义：在数列{a n }中，若满足a n ＋2a n ＋1－a n ＋1a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，称{a n }为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{a n }中，a 1＝a 2＝1，a 3＝3，则a 2022a 2020＝( )A ．4×20202－1B ．4×20192－1C ．4×20222－1D ．4×20192答案 A解析 ∵a 1＝a 2＝1，a 3＝3，∴a 3a 2－a 2a 1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＋1a n＝2n －1，∴a 2022a 2020＝a 2022a 2021·a 2021a 2020＝(2×2021－1)×(2×2020－1)＝4×20202－1.故选A. 考向2 等差数列、等比数列的判定与证明例2 已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n 2S n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)证明：13S 1＋15S 2＋17S 3＋…＋12n ＋1S n <12. 证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n 2S n －1，S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，1S n －1S n －1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)可知，1S n＝1S 1＋(n －1)·2＝2n －1，所以S n ＝12n －1.13S 1＋15S 2＋17S 3＋…＋12n ＋1S n ＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n＋1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n 的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{a n }为等比数列时，不能仅仅证明a n ＋1＝qa n ，还要说明a 1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{a n }为等比数列．(3)证明等差、等比数列，还可利用等差、等比数列的中项公式．(2019·江西八所重点中学4月联考)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －2是等差数列；(2)设b n ＝a 2na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)证明：∵a n ＋1＝44－a n ，∴1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n －2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12为常数，又a 1＝1，∴1a 1－2＝－1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)由(1)知，1a n －2＝－1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n ＋12，∴a n ＝2－2n ＋1＝2nn ＋1， ∴b n ＝a 2n a 2n －1＝4n 2n ＋12(2n －1)2n＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝1＋12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n ＋n2n ＋1， 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n ＋n 2n ＋1.考向2 数列中a n 与S n 的关系问题例3 设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝3，a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)当n ≥2时，由a n ＋1＝2S n ＋3，得a n ＝2S n －1＋3， 两式相减，得a n ＋1－a n ＝2S n －2S n －1＝2a n ， ∴a n ＋1＝3a n ，∴a n ＋1a n＝3.当n ＝1时，a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，则a 2a 1＝3.∴数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列． ∴a n ＝3×3n －1＝3n .(2)由(1)，得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)×3n . ∴T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n ，① 3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)×3n ＋1，② ①－②，得－2T n ＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －(2n －1)×3n ＋1 ＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×32(1－3n －1)1－3－(2n －1)×3n ＋1＝－6－(2n －2)×3n ＋1.∴T n ＝(n －1)×3n ＋1＋3.由a n 与S n 的关系求通项公式的注意点(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1成立的前提是n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一表示(“合写”)． (3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).(2019·福建泉州5月质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2.(1)证明：{a n }为等比数列； (2)记b n ＝log 2a n ，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫λb n b n ＋1的前n 项和为T n ，若T n ≥10恒成立，求λ的取值范围．解 (1)证明：由已知，得a 1＝S 1＝2，a 2＝S 1＋2＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，所以a n ＋1－a n ＝(S n ＋2)－(S n －1＋2)＝a n ，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2)． 又a 2＝2a 1，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)可得a n ＝2n ，所以b n ＝n . 则λb n b n ＋1＝λn (n ＋1)＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， T n ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1， 因为T n ≥10，所以λn n ＋1≥10，从而λ≥10(n ＋1)n ，因为10(n ＋1)n ＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ≤20，所以λ的取值范围为[20，＋∞)． 真题押题『真题模拟』1．(2019·湖南六校高三联考)已知公差d ≠0的等差数列{a n }满足a 1＝1，且a 2，a 4－2，a 6成等比数列，若正整数m ，n 满足m －n ＝10，则a m －a n ＝( )A ．10B ．20C ．30D ．5或40答案 C解析 由题意，知(a 4－2)2＝a 2a 6，因为{a n }为等差数列，所以(3d －1)2＝(1＋d )(1＋5d )，因为d ≠0，解得d ＝3，从而a m －a n ＝(m －n )d ＝30.故选C ．2．(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．2答案 C解析由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C ．3．(2019·安徽宣城高三第二次调研)我国明代珠算家程大位的名著《直指算法统宗》中有如下问题：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”其意思为：“今有白米一百八十石，甲、乙、丙三人来分，他们分得的白米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少白米？”请问：乙应该分得________白米( )A ．96石B ．78石C ．60石D ．42石答案 C解析 今有白米一百八十石，甲、乙、丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石．设此等差数列为{a n }，公差为d ，其前n项和为S n ，∴d ＝a 3－a 13－1＝－362＝－18，S 3＝3a 1＋3×22×(－18)＝180，解得a 1＝78.∴a 2＝a 1＋d ＝78－18＝60.∴乙应该分得60石．故选C ．4．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n (n －1)2×2＝n 2－4n .故选A ．5．(2019·新疆高三第一次诊断)已知数列{a n }为等差数列，a 3＝3，a 1＋a 2＋…＋a 6＝21，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若对一切n ∈N *，恒有S 2n －S n >m16，则m 能取到的最大正整数是________．答案 7解析 设数列{a n }的公差为d ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，6a 1＋15d ＝21，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝n ，且1a n＝1n ，∴S n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，令T n ＝S 2n －S n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，则T n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋2，即T n ＋1－T n ＝12n ＋2＋12n ＋1－1n ＋1>12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，∴T n ＋1>T n ，则T n 随着n 的增大而增大，即T n 在n ＝1处取最小值， ∴T 1＝S 2－S 1＝12，∵对一切n ∈N *，恒有S 2n －S n >m16成立， ∴12>m16即可，解得m <8， 故m 能取到的最大正整数是7.『金版押题』6．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝12S n ＋1S n ，则数列{S n }的通项公式为________．答案 －2n ＋1解析 由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝12S n ＋1S n ，所以1S n ＋1－1S n＝－12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－12为公差的等差数列．所以1S n ＝－1－12(n －1)＝－12n －12.故S n ＝－2n ＋1. 7．给出一个直角三角形数阵(如下)，满足每一列的数成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，记第i 行第j 列的数为a ij (i ≥j ，i ，j ∈N *)，则a n 4＝________.14 12，14 34，38，316 … 答案 n32解析 因为每一列的数成等差数列，且第一列公差为12－14＝14，所以a i 1＝14＋(i －1)14＝i 4，因为从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等为3834＝12，所以a ij ＝a i 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12j －1＝i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫12j －1(i ≥3)，因此a n 4＝n 4⎝ ⎛⎭⎪⎫124－1＝n 32.8．已知正项等比数列{a n }满足：a 2a 8＝16a 5，a 3＋a 5＝20，若存在两项a m ，a n 使得 a m a n ＝32，则1m ＋4n 的最小值为________．答案 34解析 因为数列{a n }是正项等比数列，a 2a 8＝16a 5，a 3＋a 5＝20， 所以a 2a 8＝a 25＝16a 5，a 5＝16，a 3＝4.由a 5＝a 3q 2，得q ＝2(q ＝－2舍去)，由a 5＝a 1q 4，得a 1＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1，因为a m a n ＝32，所以2m －12n －1＝210，m ＋n ＝12， 1m ＋4n ＝112(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝112⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n≥112⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋2n m ·4m n ＝34(m >0，n >0)，当且仅当n ＝2m 时“＝”成立，所以1m ＋4n 的最小值为34.配套作业一、选择题1．(2019·山东德州高三下学期联考)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，则a 6的值为( )A ．4B ．8C ．16D ．32答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，∴a 1(q 4＋q 6)a 1(q ＋q 3)＝8，解得q ＝2，则a 6＝25＝32.故选D ．2．已知等比数列{a n }满足a 1a 2＝1，a 5a 6＝4，则a 3a 4＝( ) A ．2 B ．±2 C ． 2 D ．±2答案 A解析 ∵a 1a 2，a 3a 4，a 5a 6成等比数列，即(a 3a 4)2＝(a 1a 2)(a 5a 6)，∴(a 3a 4)2＝4，a 3a 4与a 1a 2符号相同，故a 3a 4＝2，故选A ．3．(2019·安徽蚌埠高三下学期第二次检测)等差数列{a n }的公差为d ，若a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1成以d 为公比的等比数列，则d ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 A解析 将a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1转化为a 1，d 的形式为a 1＋1，a 1＋1＋d ，a 1＋1＋3d ，由于这三个数成以d 为公比的等比数列，故a 1＋1＋d a 1＋1＝a 1＋1＋3d a 1＋1＋d ＝d ，化简得a 1＋1＝d ，代入a 1＋1＋d a 1＋1＝d ，得2dd ＝2＝d ，故选A ．4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝( ) A ．63 B ．45 C ．36 D ．27 答案 B解析 解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＝9，S 6＝36，得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3×22d ＝9，6a 1＋6×52d ＝36，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝3，2a 1＋5d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＝3(a 1＋7d )＝3×(1＋7×2)＝45.解法二：由等差数列的性质知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列，即9,27，S 9－S 6成等差数列，所以S 9－S 6＝45，即a 7＋a 8＋a 9＝45.5．已知S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则( ) A ．S 6＝－2S 3B ．S 6＝－12S 3C ．S 6＝12S 3 D ．S 6＝2S 3答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则S 6＝(1＋q 3)S 3，S 9＝(1＋q 3＋q 6)S 3，因为S 3，S 9，S 6成等差数列，所以2(1＋q 3＋q 6)S 3＝S 3＋(1＋q 3)S 3，解得q 3＝－12，故S 6＝12S 3.6．(2019·陕西西安高三第一次质检)已知函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，则{a n }的前21项之和为( )A ．0B ．252 C ．21 D ．42答案 C解析 函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，平移可得y ＝f (x )的图象关于x ＝1对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，由数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，可得a 4＋a 18＝2，所以a 1＋a 21＝a 4＋a 18＝2，可得数列{a n }的前21项和S 21＝21(a 1＋a 21)2＝21.故选C ．二、填空题7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1,2S n ＝a n ＋1，则S n ＝________. 答案 3n －1解析 由2S n ＝a n ＋1得2S n ＝a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以3S n ＝S n ＋1，即S n ＋1S n ＝3，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，q ＝3为公比的等比数列，所以S n ＝3n －1.8．设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 答案 －8解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， ∴a 1(1＋q )＝－1， ① a 1(1－q 2)＝－3. ②∵a 1＋a 2＝－1≠0，∴q ≠－1，即1＋q ≠0. ②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2. ∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.9．(2019·山西太原第五中学高三阶段检测)各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝n (n ＋1)2 解析 由题设可得a n ＋1＝b n b n ＋1，a n ＝b n b n －1，得2b n ＝a n ＋a n ＋1⇒2b n ＝b n b n －1＋b n b n ＋1，即2b n ＝b n －1＋b n ＋1，又a 1＝1，a 2＝3⇒2b 1＝4⇒b 1＝2，则{b n }是首项为2的等差数列．由已知得b 2＝a 22b 1＝92，则数列{b n }的公差d ＝b 2－b 1＝322－2＝22，所以b n ＝2＋(n －1)22＝2(n ＋1)2，即b n ＝n ＋12.当n＝1时，b 1＝2，当n ≥2时，b n －1＝n2，则a n ＝b n b n －1＝n (n ＋1)2，a 1＝1符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ＋1)2.10．已知数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，则a n ＝________，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝________.答案 ⎩⎨⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2 ⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋2－32，n ≥2解析 由题意可得，当n ＝1时，13a 1＝4，解得a 1＝12.当n ≥2时，13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＝3n －2，所以13n a n ＝3，n ≥2，即a n ＝3n ＋1，n ≥2，又当n ＝1时，a n ＝3n ＋1不成立，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n ＝12＋33－3n ＋21－3＝3n ＋2－32.三、解答题11．(2019·广东茂名五大联盟学校高三3月联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n －12S n －1＝0(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列{S n ＋(n ＋2n )λ}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)， 可知当n ＝1时，a 1－12a 1－1＝0，即a 1＝2.又由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)． 可得a n ＋1－12S n ＋1－1＝0，两式相减，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12S n ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12S n －1＝0，即12a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝2a n .所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故a n ＝2n (n ∈N *)．(2)由(1)知，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(2n －1)，所以S n ＋(n ＋2n )λ＝2(2n －1)＋(n ＋2n )λ 若数列{S n ＋(n ＋2n )λ}为等差数列，则S 1＋(1＋2)λ，S 2＋(2＋22)λ，S 3＋(3＋23)λ成等差数列， 即有2[S 2＋(2＋22)λ]＝[S 1＋(1＋2)λ]＋[S 3＋(3＋23)λ]， 即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2. 经检验λ＝－2时，{S n ＋(n ＋2n )λ}成等差数列， 故λ的值为－2.12．(2019·江西上饶市高三二模)已知首项为1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝3(a 1＋a 3)，等差数列{b n }满足b 1＝a 2，b 4＝a 3，数列{b n }的前n 项和为S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c 1a 1＋c 2a 2＋c 3a 3＋…＋c na n＝S n ，求{c n }的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1，∴a 1q ＋a 1q 3＝3(a 1＋a 1q 2)，∴q ＝3.∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1， ∴a 2＝3，a 3＝9，∴b 1＝3，b 4＝9.设{b n }的公差为d ，∴d ＝b 4－b 13＝2，∴b n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝2n ＋1，∴S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n 2＋2n ，当n ＝1，c 1a 1＝3，c 1＝3，当n ≥2，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c na n＝n 2＋2n ，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＝(n －1)2＋2(n －1)， 两式相减，得c na n＝2n ＋1，∴c n ＝(2n ＋1)·3n －1，经检验，n ＝1时上式也成立．综上，c n ＝(2n ＋1)·3n －1，n ∈N *. T n ＝3×30＋5×31＋…＋(2n ＋1)·3n －1， ∴3T n ＝3×31＋5×32＋…＋(2n ＋1)·3n ， 两式相减－2T n ＝3－(2n ＋1)·3n ＋2×31＋2×32＋…＋2×3n －1＝3－(2n ＋1)·3n ＋6(1－3n －1)1－3＝－2n ·3n .∴T n ＝n ·3n .13．已知数列{a n }的各项均为正数，记数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }的前n 项和为T n ，且3T n ＝S 2n ＋2S n ，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)由3T 1＝S 21＋2S 1，得3a 21＝a 21＋2a 1，即a 21－a 1＝0.因为a 1>0，所以a 1＝1. (2)因为3T n ＝S 2n ＋2S n ， ① 所以3T n ＋1＝S 2n ＋1＋2S n ＋1, ②②－①，得3a 2n ＋1＝S 2n ＋1－S 2n ＋2a n ＋1， 即3a 2n ＋1＝(S n ＋a n ＋1)2－S 2n ＋2a n ＋1.因为a n ＋1>0， 所以a n ＋1＝S n ＋1, ③ 所以a n ＋2＝S n ＋1＋1, ④④－③，得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1，即a n ＋2＝2a n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＋1a n＝2.又由3T 2＝S 22＋2S 2，得3(1＋a 22)＝(1＋a 2)2＋2(1＋a 2)，即a 22－2a 2＝0.因为a 2>0，所以a 2＝2，所以a 2a 1＝2，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1a n ＝2成立，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.14．(2019·河北省中原名校联盟高三联考)已知正项等比数列{a n }中，a 1＝12，且a 2，a 3，a 4－1成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2log 2a n ＋4，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q . 因为a 2，a 3，a 4－1成等差数列．所以2a 3＝a 2＋a 4－1，得2a 1q 2＝a 1q ＋a 1q 3－1. 又a 1＝12，则2×12q 2＝12q ＋12q 3－1，即q 2＝12q ＋12q 3－1. 所以2q 2＝q ＋q 3－2，所以2q 2＋2＝q ＋q 3， 所以2(q 2＋1)＝q (q 2＋1)．所以(q 2＋1)(2－q )＝0. 显然q 2＋1≠0，所以2－q ＝0，解得q ＝2.故数列{a n }的通项公式a n ＝a 1·q n －1＝12·2n －1＝2n －2. (2)由(1)知，b n ＝2log 22n －2＋4＝2(n －2)＋4＝2n . 所以1b n b n ＋1＝12n ·2(n ＋1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 则T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4(n ＋1).。
2020届高考数学大二轮专题复习冲刺方案-文数(经典版)文档：中难提分突破特训(一) Word版含解析
中难提分突破特训(一)1．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足2c －b a ＝cos Bcos A . (1)求角A 的大小；(2)若D 为BC 边上一点，且CD ＝2DB ，b ＝3，AD ＝21，求a . 解 (1)由已知，得(2c －b )cos A ＝a cos B ， 由正弦定理，得(2sin C －sin B )cos A ＝sin A cos B ， 整理，得2sin C cos A －sin B cos A ＝sin A cos B ， 即2sin C cos A ＝sin(A ＋B )＝sin C .又sin C ≠0，所以cos A ＝12，因为A ∈(0，π)，所以A ＝π3. (2)如图，过点D 作DE ∥AC 交AB 于点E ，又CD ＝2DB ，∠BAC ＝π3， 所以ED ＝13AC ＝1，∠DEA ＝2π3.由余弦定理可知，AD 2＝AE 2＋ED 2－2AE ·ED cos 2π3， 解得AE ＝4，则AB ＝6. 又AC ＝3，∠BAC ＝π3，所以在△ABC 中，由余弦定理，得a ＝BC ＝3 3.2．2017年9月支付宝宣布在肯德基的KPRO 餐厅上线刷脸支付，也即用户可以不用手机，单单通过刷脸就可以完成支付宝支付，这也是刷脸支付在全球范围内的首次商用试点．某市随机抽查了每月用支付宝消费金额不超过3000元的男女顾客各300人，调查了他们的支付宝使用情况，得到如下频率分布直方图：若每月利用支付宝支付金额超过2千元的顾客被称为“支付宝达人”，利用支付宝支付金额不超过2千元的顾客称为“非支付宝达人”．(1)若抽取的“支付宝达人”中女性占120人，请根据条件完成上面的2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“支付宝达人”与性别有关；(2)支付宝公司为了进一步了解这600人的支付宝使用体验情况和建议，从“非支付宝达人”“支付宝达人”中用分层抽样的方法抽取8人．若需从这8人中随机选取2人进行问卷调查，求至少有1人是“支付宝达人”的概率．附：参考公式与参考数据如下K2＝n(ad－bc)2(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.解 (1)由频率分布直方图得，“支付宝达人”共有600×(0.3＋0.2)×0.5＝150人，故“支付宝达人”中男性为150－120＝30人，2×2列联表如下：由表格数据，代入公式可得K 2＝600×(270×120－180×30)2150×450×300×300＝72>10.828.所以能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“支付宝达人”与性别有关．(2)由题意及分层抽样的特点可知，抽取的比例为8600＝175.所以抽取的8人中，“支付宝达人”有150×175＝2人，分别记为A ，B ；“非支付宝达人”有6人，分别记为a ，b ，c ，d ，e ，f ，从这8人中随机选取2人，不同的取法有{A ，B }，{A ，a }，{A ，b }，{A ，c }，{A ，d }，{A ，e }，{A ，f }，{B ，a }，{B ，b }，{B ，c }，{B ，d }，{B ，e }，{B ，f }，{a ，b }，{a ，c }，{a ，d }，{a ，e }，{a ，f }，{b ，c }，{b ，d }，{b ，e }，{b ，f }，{c ，d }，{c ，e }，{c ，f }，{d ，e }，{d ，f }，{e ，f }，共28种．其中至少有1人是“支付宝达人”的取法有{A ，B }，{A ，a }，{A ，b }，{A ，c }，{A ，d }，{A ，e }，{A ，f }，{B ，a }，{B ，b }，{B ，c }，{B ，d }，{B ，e }，{B ，f }，共13种．故所求事件的概率P ＝1328.3．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，E ，F 分别为AB ，B 1C 1的中点．(1)求证：B 1E ∥平面ACF ； (2)求三棱锥B 1－ACF 的体积．解 (1)证明：取AC 的中点M ，连接EM ，FM ，在△ABC 中，∵E ，M 分别为AB ，AC 的中点， ∴EM ∥BC 且EM ＝12BC ，又F 为B 1C 1的中点，B 1C 1∥BC ，∴B 1F ∥BC 且B 1F ＝12BC ， 即EM ∥B 1F 且EM ＝B 1F ，故四边形EMFB 1为平行四边形，∴B 1E ∥FM ， 又MF ⊂平面ACF ，B 1E ⊄平面ACF ， ∴B 1E ∥平面ACF . (2)设O 为BC 的中点，∵△ABC 为正三角形，∴AO ⊥BC ， 又AB ＝2，∴AO ＝ 3.在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面BCC 1B 1⊥平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AO ⊥平面BCC 1B 1，即三棱锥A －B 1CF 的高为3，∴V 三棱锥B 1－ACF ＝V 三棱锥A －B 1CF ＝13×S △B 1CF ×AO ＝13×12 ×1×2×3＝33.4.在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋2cos α，y ＝3＋2sin α(α为参数)，直线C 2的普通方程为y ＝33x .以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C 1和直线C 2的极坐标方程；(2)若直线C 2与曲线C 1交于A ，B 两点，求1|OA |＋1|OB |. 解 (1)由曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋2cos α，y ＝3＋2sin α(α为参数)，得曲线C 1的普通方程为(x －3)2＋(y －3)2＝4，所以曲线C 1的极坐标方程为(ρcos θ－3)2＋(ρsin θ－3)2＝4， 即ρ2－6ρcos θ－6ρsin θ＋14＝0. 因为直线C 2过原点，且倾斜角为π6， 所以直线C 2的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R )．(2)设点A ，B 对应的极径分别为ρ1，ρ2， 由⎩⎪⎨⎪⎧ρ2－6ρcos θ－6ρsin θ＋14＝0，θ＝π6，得ρ2－(33＋3)ρ＋14＝0， 所以ρ1＋ρ2＝33＋3，ρ1ρ2＝14， 又ρ1>0，ρ2>0，所以1|OA |＋1|OB |＝|OA |＋|OB ||OA ||OB |＝ρ1＋ρ2ρ1ρ2＝33＋314.5．设f (x )＝|x |＋2|x －a |(a >0)． (1)当a ＝1时，解不等式f (x )≤4； (2)若f (x )≥4，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x |＋2|x －1|，当x <0时，由2－3x ≤4，得－23≤x <0； 当0≤x ≤1时，由2－x ≤4，得0≤x ≤1； 当x >1时，由3x －2≤4，得1<x ≤2. 综上，不等式f (x )≤4的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，2.(2)f (x )＝|x |＋2|x －a |＝⎩⎨⎧2a －3x ，x <0，2a －x ，0≤x ≤a ，3x －2a ，x >a .可见，f (x )在(－∞，a ]上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当x ＝a 时，f (x )取得最小值a . 所以，a 的取值范围为[4，＋∞)．。
高考数学大二轮专题复习冲刺方案-文数(经典版)文档：中难提分特训(五) (1)
中难提分突破特训(五)1．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n ，b n ＝a n n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n ，得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n ， 又b n ＝a n n ，∴b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，即b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝1－12n －1， ∴b n ＝2－12n －1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则 T n ＝120＋221＋322＋…＋n 2n －1， ① 12T n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n ， ②①－②，得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n 1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1. 易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)，∴S n＝n(n＋1)－4＋n＋2 2n－1.2．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC，CC1的中点．(1)求证：AE⊥平面A1BD；(2)求三棱锥B1－A1BD的体积．解(1)证明：因为AB＝BC＝CA，D是AC的中点，所以BD⊥AC.因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1⊂平面AA1C1C，所以平面AA1C1C⊥平面ABC，又平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，所以BD⊥平面AA1C1C，又AE⊂平面AA1C1C，所以BD⊥AE.在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，易证得A1D⊥AE，又A1D∩BD＝D，A1D⊂平面A1BD，BD⊂平面A1BD，所以AE⊥平面A1BD.(2)如图，连接AB1交A1B于点O，则O为AB1的中点，所以点B1到平面A1BD的距离等于点A到平面A1BD的距离，易知BD＝3，所以V三棱锥B1－A1BD＝V三棱锥A－A1BD＝V三棱锥B－AA1D＝13×S△AA1D×BD＝13×12×2×1×3＝3 3，所以三棱锥B1－A1BD的体积为33.3．党的十九大明确把精准脱贫作为决胜全面建成小康社会必须打好的三大攻坚战之一．为坚决打赢脱贫攻坚战，某帮扶单位为帮助定点扶贫村脱贫，坚持扶贫同扶智相结合，此帮扶单位考察了甲、乙两种不同的农产品加工生产方式，现对两种生产方式的产品质量进行对比，其质量按测试指标可划分为：指标在区间[80,100]的为优等品；指标在区间[60,80)的为合格品，现分别从甲、乙两种不同加工方式生产的农产品中，各自随机抽取100件作为样本进行检测，测试指标结果的频数分布表如下：(1)在用甲种方式生产的产品中，按合格品与优等品用分层抽样方式，随机抽出5件产品，①求这5件产品中，优等品和合格品各多少件；②再从这5件产品中，随机抽出2件，求这2件中恰有1件是优等品的概率；(2)所加工生产的农产品，若是优等品每件可售55元，若是合格品每件可售25元．甲种生产方式每生产一件产品的成本为15元，乙种生产方式每生产一件产品的成本为20元．用样本估计总体，比较在甲、乙两种不同生产方式下，该扶贫单位要选择哪种生产方式来帮助该扶贫村脱贫？解 (1)①由频数分布表知：甲的优等品率为0.6，合格品率为0.4，所以抽出的5件产品中，优等品3件，合格品2件．②记3件优等品为A ，B ，C,2件合格品分别为a ，b ，从中随机抽2件，抽取方式有AB ，AC ，Aa ，Ab ，BC ，Ba ，Bb ，Ca ，Cb ，ab ，共10种，设“这2件中恰有1件是优等品”为事件M ，则事件M 发生的情况有6种，所以P (M )＝610＝35.(2)根据样本知甲种生产方式生产100件农产品有60件优等品，40件合格品；乙种生产方式生产100件农产品有80件优等品，20件合格品．设甲种生产方式每生产100件所获得的利润为T 1元，乙种生产方式每生产100件所获得的利润为T 2元，可得T 1＝60×(55－15)＋40×(25－15)＝2800(元)，T 2＝80×(55－20)＋20×(25－20)＝2900(元)，由于T 1<T 2，所以用样本估计总体知乙种生产方式生产的农产品所获得的利润较高，该扶贫单位要选择乙生产方式来帮助该扶贫村脱贫较好．4．在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρcos 2θ＝sin θ(ρ≥0,0≤θ<π)．(1)写出曲线C 1的极坐标方程，并求C 1与C 2交点的极坐标；(2)射线θ＝β⎝ ⎛⎭⎪⎫π6≤β≤π3与曲线C 1，C 2分别交于点A ，B (A ，B 异于原点)，求|OA ||OB |的取值范围．解 (1)由题意可得曲线C 1的普通方程为x 2＋(y －2)2＝4，把x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入，得曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4sin θ，联立C 1，C 2的极坐标方程，得⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝4sin θ，ρcos 2θ＝sin θ，得4sin θcos 2θ＝sin θ，此时0≤θ<π，①当sin θ＝0时，θ＝0，ρ＝0，得交点的极坐标为(0,0)；②当sin θ≠0时，cos 2θ＝14，当cos θ＝12时，θ＝π3，ρ＝23，得交点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，π3， 当cos θ＝－12时，θ＝2π3，ρ＝23，得交点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2π3，所以C 1与C 2交点的极坐标为(0,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫23，π3，⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2π3. (2)将θ＝β代入C 1的极坐标方程，得ρ1＝4sin β，代入C 2的极坐标方程，得ρ2＝sin βcos 2β，∴|OA ||OB |＝4sin βsin βcos 2β＝4cos 2β，∵π6≤β≤π3，∴1≤4cos 2β≤3，∴|OA ||OB |的取值范围为[1,3]．5．已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|，g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |.(1)求f (x )≥1的解集；(2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )．求a 的取值范围． 解 (1)∵函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|，∴f (x )≥1，等价于|2x ＋1|－|2x －3|≥1， 等价于⎩⎨⎧ x <－12，－2x －1－(3－2x )≥1 ①或⎩⎨⎧ －12≤x ≤32，2x ＋1－(3－2x )≥1② 或⎩⎨⎧ x >32，2x ＋1－(2x －3)≥1. ③①无解，解②得34≤x ≤32，解③得x >32，综上可得，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ≥34. (2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )， 可得g (x )min ≥f (x )max .∵函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|≤|2x ＋1－(2x －3)|＝4， ∴f (x )max ＝4.∵g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |≥|x ＋1－(x －a )|＝|a ＋1|， 故g (x )min ＝|a ＋1|，∴|a ＋1|≥4，∴a ＋1≥4或a ＋1≤－4， 解得a ≥3或a ≤－5，故a 的取值范围为{a |a ≥3或a ≤－5}．。
2020届高考数学大二轮专题复习冲刺方案-文数(经典版)文档：高难拉分攻坚特训(一) Word版含解析
高难拉分攻坚特训(一)1．已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2＝1，圆C ：x 2＋y 2＝6－a 2在第一象限有公共点P ，设圆C 在点P 处的切线斜率为k 1，椭圆M 在点P 处的切线斜率为k 2，则k 1k 2的取值范围为( )A ．(1,6)B ．(1,5)C ．(3,6)D ．(3,5) 答案 D解析 由于椭圆M ：x 2a2＋y 2＝1，圆C ：x 2＋y 2＝6－a 2在第一象限有公共点P ，所以⎩⎨⎧a 2>6－a 2，6－a 2>1，解得3<a 2<5.设椭圆M ：x 2a 2＋y 2＝1与圆C ：x 2＋y 2＝6－a 2在第一象限的公共点P (x 0，y 0)，则椭圆M 在点P 处的切线方程为x 0xa 2＋y 0y ＝1，圆C 在P 处的切线方程为x 0x ＋y 0y ＝6－a 2，所以k 1＝－x 0y 0，k 2＝－x 0a 2y 0，k 1k 2＝a 2，所以k 1k 2∈(3,5)，故选D.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a 2＝2，a n ≠0，(a n ＋1－2n )S n ＋1＝a n ＋1S n －1－2nS n (n ≥2)，设b n ＝a 2n －1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 100＝________.答案 9901解析 由(a n ＋1－2n )S n ＋1＝a n ＋1S n －1－2nS n (n ≥2)整理得a n ＋1·(S n ＋1－S n －1)＝2n (S n ＋1－S n )⇔a n ＋1·(a n ＋1＋a n )＝2na n ＋1，即a n ＋1＋a n ＝2n (n ≥2)，由⎩⎨⎧a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2，两式相减得a n ＋2－a n ＝2(n ≥2)，故{b n }从第二项起是以2为公差的等差数列，b 1＝a 1＝1，由于a 3＋a 2＝4，则a 3＝2，∴b 2＝a 3＝2，故T 100＝1＋2×99＋99×982×2＝9901.3．已知动点P 与两个定点O (0,0)，A (3,0)的距离的比为12. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点B (－2,1)的直线l 与曲线C 交于M ，N 两点，求线段MN 长度的最小值； (3)已知圆Q 的圆心为Q (t ，t )(t >0)，且圆Q 与x 轴相切，若圆Q 与曲线C 有公共点，求实数t的取值范围．解(1)由题意，设P(x，y)，则|AP|＝2|OP|，即|AP|2＝4|OP|2，所以(x－3)2＋y2＝4(x2＋y2)，整理得(x＋1)2＋y2＝4.所以动点P的轨迹C的方程为(x＋1)2＋y2＝4.(2)由(1)知轨迹C是以C(－1,0)为圆心，以2为半径的圆．又因为(－2＋1)2＋12<4，所以点B在圆内，所以当线段MN的长度最小时，BC⊥MN，所以圆心C到直线MN的距离为|BC|＝(－2＋1)2＋(1－0)2＝2，此时，线段MN的长为|MN|＝2|CM|2－|BC|2＝2×4－2＝22，所以，线段MN长度的最小值为2 2.(3)因为点Q的坐标为(t，t)(t>0)，且圆Q与x轴相切，所以圆Q的半径为t，所以圆Q的方程为(x－t)2＋(y－t)2＝t2.因为圆Q与圆C有公共点，又圆Q与圆C的两圆心距离为|CQ|＝(t＋1)2＋(t－0)2＝2t2＋2t＋1，所以|2－t|≤|CQ|≤2＋t，即(2－t)2≤2t2＋2t＋1≤(2＋t)2，解得－3＋23≤t≤3.所以实数t的取值范围是[－3＋23，3]．4．已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax2(e是自然对数的底数)．(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；(2)若对任意的x>0，f(x)＋e x≥x3＋x，求实数a的取值范围．解(1)f′(x)＝x e x－2ax＝x(e x－2a)．当a≤0时，由f′(x)<0得x<0，由f′(x)>0得x>0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；当0<a<12时，由f′(x)>0得x<ln (2a)或x>0，由f′(x)<0得ln (2a)<x<0，∴f(x)在(－∞，ln (2a))上单调递增，在(ln (2a)，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f ′(x )≥0，∴f (x )在R 上单调递增，∴f (x )没有极值点；当a >12时，由f ′(x )>0得x <0或x >ln (2a )， 由f ′(x )<0得0<x <ln (2a )，∴f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln (2a ))上单调递减，在(ln (2a )，＋∞)上单调递增，∴f (x )有2个极值点．综上，当a ≤0时，f (x )有1个极值点； 当a >0且a ≠12时，f (x )有2个极值点； 当a ＝12时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )＋e x ≥x 3＋x 得x e x －x 3－ax 2－x ≥0. 当x >0时，e x －x 2－ax －1≥0，即a ≤e x －x 2－1x对任意的x >0恒成立．设g (x )＝e x －x 2－1x ，则g ′(x )＝(x －1)(e x －x －1)x 2.设h (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1.∵x >0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x >x ＋1，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (1)＝e －2，∴a ≤e －2， ∴实数a 的取值范围是(－∞，e －2]．。
高考数学第二轮复习计划
高考数学第二轮复习计划范例
1、章节复习
不管是那门学科都分为大的章节和小的课时，一般当讲完一个章节的所有
课时就会把整个章节串起来在系统的讲一遍，作为复习，我们同样可以这么做，因为既然是一个章节的知识，所有的课时之前一定有联系，因此我们可以找出
它们的共同之处，采用联系记忆法把这些零碎的知识通过线串起来，更方便我
们记忆。
2、考前突击
俗话说的好，临阵磨枪，不快也光，很多学生平时不下功夫，总是在考试
前做突击，虽然这种方法不可取，但是不得不说考前突击的记忆还是非常深刻，尤其是当你看到一个知识点而考试中有考到这个知识点的时候，你对它的记忆
便会更深，虽然不是行之有效的复习方法，但是也有其一定的效果。
3、轮番复习
虽然我们学习的科目不止一项，但是有些学生就喜欢单一的复习，例如语
文不好，就一直在复习语文上下功夫，其他科目一概不问，其实这是个不好的`习惯，当人在长时间重复的做某一件事的时候，难免会出现疲劳，进而产生倦怠，达不到预期的效果，因此我们做复习的时候不要单一复习某一门科目，应
该使它们轮番上阵，看语文看烦了，就换换数学，在烦了就换换英语，这样可
以把单调的复习变为一件有趣的事情，从而提高复习效果。
4、纠错整理法
考试的过程中难免会做错题目，不管你是粗心或者就是不会，都要习惯性
的把这些错题收集起来，每个科目都建立一个独立的错题集，当我们进行考前
复习的时候，它们是重点复习对象，因此你既然错过一次，保不准会错第二次，只有这样你才不会在同样的问题上再次失分。
高三(文科)数学第二轮复习计划
高三（文科）数学第二轮复习计划高三数学第二轮复习，一般安排在3月下旬到4月底.第二轮复习承上启下，是知识系统化、条理化，促进灵活运用的关键时期，是促进学生素质、能力发展的关键时期，因而对讲练、检测等要求较高，具体地说，一是要看教师对《考试大纲》、《考题》理解是否深透，研究是否深入，把握是否到位，明确考什么、怎么考.二是看教师讲解、学生练习是否体现阶段性、层次性和渐进性，做到减少重复，重点突出，让大部分学生学有新意，学有收获，学有发展.三是看知识讲解、练习检测等内容科学性、针对性是否强，使模糊的清晰起来，缺漏的填补起来，杂乱的条理起来，孤立的联系起来，让学生形成系统化、条理化的知识框架.四是看练习检测与高考是否对路，不拔高，不降低，难度适宜，效度良好，重在基础的灵活运用和掌握分析解决问题的思维方法.怎样上好第二轮复习课?本文谈几点建议.一.明确主体，突出重点第二轮复习，教师必须明确重点，对高考考什么，怎样考，应了若指掌.只有这样，才能讲深讲透，讲练到位.以下列举各章节的重点，供参考.1.函数与不等式(主体).代数以函数为主干，不等式与函数的结合是热点.(1)关于函数性质.单调性、奇偶性、周期性(常以三角函数为载体)、对称性及反函数等处处可考.常以具体函数，结合图象的几何直观展开，有时作适当抽象.(2)关于一元二次函数，是重中之重.有关性质及应用的训练要深入、广泛.函数值域(最值)，以二次函数或转化为二次函数的值域，特别是含参变量的二次函数值域研究为重点;方法以突出配方、换元和基本不等式法为重点.一元二次方程根的分布与讨论，一元二次不等式解的讨论，二次曲线交点问题，都与一元二次函数息息相关，在训练中应占较大比重.(3)关于不等式证明.与函数联系的不等式证明，与数列联系结合是重点.方法要突出比较法和利用基本不等式的公式法.对于放缩法虽不是高考重点，但历年考题中都或多或少用到放缩法，故掌握几种简单地放缩技巧是必要的.(4)关于解不等式.以熟练掌握一元二次不等式及可化为一元二次不等式的综合题型为目标，突出灵活转化，突出分类讨论.2.数列(主体).以等差、等比两种基本数列为载体考查数列的通项、求和、极限等为重点.关于抽象数列(用递推关系给出的)，讲练界限要分明，只限定可化为等差、等比之类. 分页标题#e#3.三角训练中要抓基本公式的熟练运用，突出正用、逆用和变式用.近几年呈降温趋势.训练题型、方法、难度等达到教材水准即可.4.立体几何(主体).突出空间、立体.即把线段、线面、面面的位置关系考查置于某几何体的情景中.几何体以棱柱、棱锥为重点.棱柱中又以三棱柱、正方体为重点;棱锥以一条侧棱或一个侧面垂直于底面为重点，棱柱和棱锥的结合体也要重视.位置关系以判断或证明垂直为重点，突出三垂线定理及逆定理的灵活运用.空间角以二面角为重点，强化三垂线定理定角法.空间距以点面距、线面距为重点，二者结合尤为重要.等积转化、等距转化是最常用方法.面积、体积计算，解答题涉及棱锥(特别是三棱锥)居多.因为三棱锥体积求法灵活，思路宽广.5.解析几何(主体).以基本性质、基本运算为目标.客观题照顾面，解答题应综合，突出直线和圆锥曲线的交点、弦长、轨迹等，突出与函数的联系.二.研究高考，科学安排近几年，高考数学试题稳中有变，变中求新.其特点是：稳以基础为主体，变以选拔为导向，能力寓灵活之中.鉴于此，复习安排要做到：二个加强三个突出.1.客观题要加强速度和正确率的强化训练.高考采取了客观题(选择与填空)减少运算量、降低难度，让学生有更多的时间完成解答题，充分发挥选拔功能的做法.这就需要第二轮复习要在速度，准确率上下功夫.定时定量训练每周至少1次，总量不得少于8次，达到大部分学生一节课完成，优秀生用30～35分钟完成，失分不多于2个题目分的目标.题目设计，数形结合(4～5个)，组合选(2～3个)，估算或特值法(2～3个).2.加强代数与几何的有机联系.2003年考题，在解法代数化的基础上，鲜明特点是代数与几何联系考查明显加强了.如(22)等.复习中代数、几何各自为战的现象必须根治.3.突出基础知识的灵活运用.基础知识的灵活运用就是能力.高考试题总体分析来看，基础性强了，但能力要求不低，其加强能力考查的途径之一就是提高知识的灵活运用.让题海战术、死记硬背、硬套模式的下去，让重视分析、注重选法、思维灵活、学习潜力大的上来.4.突出三多--发展训练.一题多问，层层递进是高考命题?又一特点.复习中，要多练多问题，多练由大到小的分解训练，多做结论发散训练;发展一问为多问，一证为多证多算等.5.突出学生阅读分析能力训练.试题叙述较长，部分学生就摸不着头脑，抓不住关键，从而束手无策.这在应用题中较为普遍，其原因就是阅读分析能力低.解决的途径是，让学生自己读题、审题、作图、识图，强化用数学思想和方法在解题中的指导性，强化变式，引导学生认识差之毫厘，谬之千里.另外，有意识，有目的地选择一些阅读材料，如与生产生活密切相关的应用题，利用所给信息解题等.三、克服六种偏向1.克服难题过多，起点过高.复习集中几个难点，讲练耗时过多，不但基础没夯实，而且能力也上不去.2.克服速度过快.内容多，时间短，未做先讲或讲而不做，一知半解，题目虽练习，却仍不会做.3.克服只练不讲.教师不选范例，不指导，忙于选题刻印.4.克服照抄照搬.对外来资料、试题，不加选择，整套搬用，题目重复，针对性不强.5.克服集体会议不力.备课组不调查学情，不研究学生，对某些影响教与学的现象抓不住或抓不准，教师头头是道，夸夸其谈，学生心烦意乱.不研究高考，复习方向出现了偏差.6.克服高原现象.第二轮复习大考、小考不断，次数过多，难度偏大，成绩不理想;形成了心理障碍;或量大题不难，学生忙于应付，被动做题，兴趣下降，思维呆滞.以上是我的文科数学难度复习一些思路，难免有不到之处，谨请各位同仁批评指正。
2020届高考数学大二轮专题复习冲刺方案-文数(创新版)文档：仿真模拟卷一+Word版含解析
仿真模拟卷一本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A ＝{x |x <1}，B ＝{x |3x <1}，则( ) A ．A ∪B ＝{x |x >1} B ．A ∪B ＝R C ．A ∩B ＝{x |x <0} D ．A ∩B ＝∅答案 C解析 集合B ＝{x |3x <1}，即B ＝{x |x <0}，而A ＝{x |x <1}，所以A ∪B ＝{x |x <1}，A ∩B ＝{x |x <0}．2．记复数z 的共轭复数为z －，若z －(1－i)＝2i(i 为虚数单位)，则|z |＝( ) A. 2 B ．1 C ．2 2 D ．2答案 A解析 由z －(1－i)＝2i ，可得z －＝2i 1－i ＝2i (1＋i )2＝－1＋i ，所以z ＝－1－i ，|z |＝ 2.3．设a ＝ln 13，b ＝20.3，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132，则( )A ．a <c <bB ．c <a <bC ．a <b <cD ．b <a <c答案 A解析 由对数函数的性质可知a ＝ln 13<0，由指数函数的性质可知b ＝20.3>1，又0<c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132<1，故选A.4．设θ∈R ，则“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π6”是“sin θ<32”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 由⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π6可得0<θ<π3，所以由“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π6”可得“sin θ<32”，但由“sin θ<32”推不出“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π6”，所以“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π6”是“sin θ<32”的充分不必要条件．5．在如图所示的计算1＋5＋9＋…＋2021的程序框图中，判断框内应填入的条件是( )A ．i ≤2021?B ．i <2021?C ．i <2017?D ．i ≤2025?答案 A解析 由题意结合流程图可知当i ＝2021时，程序应执行S ＝S ＋i ，i ＝i ＋4＝2025，再次进入判断框时应该跳出循环，输出S 的值；结合所给的选项可知判断框内应填入的条件是i ≤2021？.6．已知函数f (x )＝e |x |＋cos x ，若f (2x －1)≥f (1)，则x 的取值范围为( ) A ．(－∞，0]∪[1，＋∞) B ．[0,1] C ．(－∞，0] D ．[1，＋∞)答案 A解析 解法一：(直接法)因为f (－x )＝f (x )，且x ≥0时f (x )＝e x ＋cos x ⇒f ′(x )＝e x －sin x >e 0－1＝0，所以函数f (x )为偶函数，且在[0，＋∞)上单调递增，因此f (2x －1)≥f (1)⇒f (|2x －1|)≥f (1)⇒|2x －1|≥1⇒2x －1≥1或2x －1≤－1⇒x ≥1或x ≤0.故选A.解法二：(排除法)由题知f (1)＝e ＋cos1.取x ＝π，则f (2π－1)＝e |2π－1|＋cos(2π－1)＝e 2π－1＋cos1>f (1)，排除B ，C ；取x ＝－π，则f (－2π－1)＝e |－2π－1|＋cos(－2π－1)＝e 2π＋1＋cos1>f (1)，排除D.故选A.7．在△ABC 中，AB →＋AC →＝2AD →，AE →＋DE →＝0，若EB →＝xAB →＋yAC →，则( )A ．y ＝3xB ．x ＝3yC ．y ＝－3xD ．x ＝－3y答案 D解析 因为AB→＋AC →＝2AD →，所以点D 是BC 的中点，又因为AE →＋DE →＝0，所以点E 是AD 的中点，所以有BE→＝BA →＋AE →＝－AB →＋12AD →＝－AB →＋12×12(AB →＋AC →)＝－34AB →＋14AC →，因此EB →＝34AB →－14AC →.所以x ＝34，y ＝－14，即x ＝－3y .8．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)，A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则使f (a ＋x )－f (a －x )＝0成立的a 的最小正值为( )A.π12B.π6C.π4D.π3答案 B解析 由图象易知，A ＝2，f (0)＝1，即2sin φ＝1，且|φ|<π2，即φ＝π6，由图可知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π12＝0，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π12·ω＋π6＝0，所以11π12·ω＋π6＝2k π，k ∈Z ，即ω＝24k －211，k ∈Z ，又由图可知，周期T >11π12⇒2πω>11π12，得ω<2411，且ω>0，所以k ＝1，ω＝2，所以函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，因为f (a ＋x )－f (a －x )＝0，所以函数f (x )的图象关于x＝a 对称，即有2a ＋π6＝k π＋π2，k ∈Z ，所以可得a ＝k π2＋π6，k ∈Z ，所以a 的最小正值为π6.9．若函数f (x )是定义在R 上的奇函数，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1，当x <0时，f (x )＝log 2(－x )＋m ，则实数m ＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2答案 C解析 ∵f (x )是定义在R 上的奇函数，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1，且x <0时，f (x )＝log 2(－x )＋m ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝log 214＋m ＝－2＋m ＝－1，∴m ＝1. 10．在等差数列{a n }中，a 3，a 9是方程x 2＋24x ＋12＝0的两根，则数列{a n }的前11项和等于( )A ．66B ．132C ．－66D ．－132 答案 D解析 因为a 3，a 9是方程x 2＋24x ＋12＝0的两根， 所以a 3＋a 9＝－24，又a 3＋a 9＝－24＝2a 6，所以a 6＝－12， S 11＝11×(a 1＋a 11)2＝11×2a 62＝－132.11．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，P 为双曲线左支上一点，△ABP 为等腰三角形且外接圆的半径为5a ，则双曲线的离心率为( )A.155B.154C.153D.152 答案 C解析 由题意知等腰△ABP 中，|AB |＝|AP |＝2a ，设∠ABP ＝∠APB ＝θ，F 1为双曲线的左焦点，则∠F 1AP ＝2θ，其中θ必为锐角．∵△ABP 外接圆的半径为5a ， ∴25a ＝2asin θ，∴sin θ＝55，cos θ＝255，∴sin2θ＝2×55×255＝45，cos2θ＝2×⎝⎛⎭⎪⎫2552－1＝35. 设点P 的坐标为(x ，y )，则x ＝－a －|AP |cos2θ＝－11a 5，y ＝|AP |sin2θ＝8a5，故点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－11a 5，8a 5.由点P 在双曲线上，得⎝ ⎛⎭⎪⎫－11a 52a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫8a 52b 2＝1，整理得b 2a 2＝23，∴e ＝c a ＝ 1＋b 2a 2＝153.12．德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet,1805～1859)在数学领域成就显著.19世纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”：y ＝f (x )＝⎩⎨⎧1，x ∈Q ，0，x ∈∁R Q ，其中R 为实数集，Q 为有理数集．则关于函数f (x )有如下四个命题：①f [f (x )]＝0；②函数f (x )是偶函数；③任取一个不为零的有理数T ，f (x ＋T )＝f (x )对任意的x ∈R 恒成立；④存在三个点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，C (x 3，f (x 3))，使得△ABC 为等边三角形．其中真命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 C解析 当x 为有理数时，f (x )＝1；当x 为无理数时，f (x )＝0.∴当x 为有理数时，f [f (x )]＝f (1)＝1；当x 为无理数时，f [f (x )]＝f (0)＝1，∴无论x 是有理数还是无理数，均有f [f (x )]＝1，故①不正确；∵有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，∴对任意x ∈R ，都有f (－x )＝f (x )，故②正确；当T ∈Q 时，若x 是有理数，则x ＋T 也是有理数；若x 是无理数，则x ＋T 也是无理数，∴根据函数的表达式，任取一个不为零的有理数T ，f (x ＋T )＝f (x )对x ∈R 恒成立，故③正确；取x 1＝33，x 2＝0，x 3＝－33，f (x 1)＝0，f (x 2)＝1，f (x 3)＝0，∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，B (0,1)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0，△ABC 恰好为等边三角形，故④正确，故选C.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －3y ＋4≥0，x －2≤0，x ＋y ≥0，x ，y ∈R ，则x 2＋y 2的最大值为________．答案 8解析 画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示(含边界)．x 2＋y 2表示可行域内的点(x ，y )到原点距离的平方．由图形可得，可行域内的点A 或点B 到原点的距离最大，且A (2，－2)，B (2,2)，又|OA |＝|OB |＝22，∴(x 2＋y 2)max ＝8.14．设直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有顶点都在同一个球面上，且球的表面积是40π，AB ＝AC ＝AA 1，∠BAC ＝120°，则此直三棱柱的高是________．答案 2 2解析 设AB ＝AC ＝AA 1＝x ，在△ABC 中，∠BAC ＝120°， 则由余弦定理可得BC ＝3x . 由正弦定理，可得△ABC 外接圆的半径为r ＝x ， 又∵球的表面积是40π， ∴球的半径为R ＝10.设△ABC 外接圆的圆心为O ′，球心为O ，在Rt △OBO ′中，有⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x 2＝10，解得x ＝22，即AA 1＝2 2.∴直三棱柱的高是2 2.15．七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形(两块全等的小三角形、一块中三角形和两块全等的大三角形)、一块正方形和一块平行四边形组成的．如图，在一个用七巧板拼成的正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率是________．答案 316解析 由七巧板的构造可知，△BIC ≌△GOH ，故黑色部分的面积与梯形EFOH 的面积相等，而S 梯形EFOH ＝34S △DOF ＝34×14S 正方形ABDF ＝ 316S 正方形ABDF ，∴所求的概率为P ＝S 梯形EFOH S 正方形ABDF ＝316. 16．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝S n ＋3n (n ∈N *，n ≥1)，则数列{S n }的通项公式为________．答案 S n ＝3n －2n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋3n ＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1＝2S n ＋3n ， ∴S n ＋13n ＋1＝23·S n 3n ＋13， ∴S n ＋13n ＋1－1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫S n 3n －1，又S 13－1＝13－1＝－23，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 3n －1是首项为－23，公比为23的等比数列， ∴S n 3n －1＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，∴S n ＝3n －2n .三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分12分)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边，且3b cos A ＝sin A (a cos C ＋c cos A )．(1)求角A 的大小；(2)若a ＝23，△ABC 的面积为534，求△ABC 的周长． 解 (1)∵3b cos A ＝sin A (a cos C ＋c cos A )，∴由正弦定理可得，3sin B cos A ＝sin A (sin A cos C ＋sin C cos A )＝sin A sin(A ＋C )＝sin A sin B ，即3sin B cos A ＝sin A sin B ， ∵sin B ≠0，∴tan A ＝3， ∵A ∈(0，π)，∴A ＝π3.(2)∵A ＝π3，a ＝23，△ABC 的面积为534， ∴12bc sin A ＝34bc ＝534， ∴bc ＝5，∴由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bc cos A，即12＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝(b＋c)2－15，解得b＋c＝33，∴△ABC的周长为a＋b＋c＝23＋33＝5 3.18．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABF－DCE中，∠ABC＝120°，BC＝2CD，AD＝AF，AF⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥EC；(2)若AB＝1，求四棱锥B－ADEF的体积．解(1)证明：已知ABF－DCE为三棱柱，且AF⊥平面ABCD，∴DE∥AF，ED⊥平面ABCD.∵BD⊂平面ABCD，∴ED⊥BD，又四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝120°，故∠BCD＝60°，又BC＝2CD，故∠BDC＝90°，故BD⊥CD，∵ED∩CD＝D，ED，CD⊂平面ECD，∴BD⊥平面ECD，∵EC⊂平面ECD，故BD⊥EC.(2)由BC＝2CD得AD＝2AB，∵AB＝1，故AD＝2，作BH⊥AD于点H，∵AF ⊥平面ABCD ，BH ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥BH ，又AD ∩AF ＝A ，AD ，AF ⊂平面ADEF ， ∴BH ⊥平面ADEF ，又∠ABC ＝120°， ∴在△ABH 中，∠BAH ＝60°，又AB ＝1， ∴BH ＝32，∴V B －ADEF ＝13×(2×2)×32＝233.19．(本小题满分12分)某工厂某产品近几年的产量统计如下表：年份 2014 2015 2016 2017 2018 2019 年份代码t 1 2 3 4 5 6 年产量y /万件 6.66.777.17.27.4(1)根据表中数据，求y 关于t 的线性回归方程y ^＝b ^t ＋a ^；(2)若近几年该产品每件的价格v (单位：元)与年产量y 满足的函数关系式为v ＝4.5－0.3y ，且每年该产品都能售完．①根据(1)中所建立的回归方程预测该工厂2020(t ＝7)年该产品的年产量； ②当t (1≤t ≤7)为何值时，该产品的年销售额S (单位：元)最大？附：对于一组数据(t 1，y 1)，(t 2，y 2)，…，(t n ，y n )，其回归直线y ^＝b ^t ＋a ^的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为b ^＝∑i ＝1n(t i －t )(y i －y －)∑i ＝1n(t i －t )2，a ^＝y －－b ^t .解 (1)由题意，得t ＝1＋2＋3＋4＋5＋66＝3.5，y －＝6.6＋6.7＋7＋7.1＋7.2＋7.46＝7，∑i ＝16(t i －t )(y i －y －)＝(－2.5)×(－0.4)＋(－1.5)×(－0.3)＋0＋0.5×0.1＋1.5×0.2＋2.5×0.4＝2.8，∑i ＝16(t i －t )2＝(－2.5)2＋(－1.5)2＋(－0.5)2＋0.52＋1.52＋2.52＝17.5.由b ^＝∑i ＝16(t i －t )(y i －y －)∑i ＝16(t i －t )2，得b ^＝2.817.5＝0.16，由a ^＝y －－b ^ t ，得a ^＝7－0.16×3.5＝6.44， 所以y 关于t 的线性回归方程为y ^＝0.16t ＋6.44.(2)①由(1)知y ^＝0.16t ＋6.44，当t ＝7时，y ^＝0.16×7＋6.44＝7.56， 所以预测该工厂2020年该产品的年产量为7.56万件． ②当年产量为y 时，年销售额S ＝(4.5－0.3y )y ×104 ＝(－0.3y 2＋4.5y )×104＝[－0.3(y －7.5)2＋16.875]×104， 由题知y ∈{6.6,6.7,7,7.1,7.2,7.4,7.56}，所以当y ＝7.56，即t ＝7时，年销售额最大，即2020年的销售额最大． 20．(本小题满分12分)如图，已知点F (1,0)为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点C 在抛物线上，使得△ABC 的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧．记△AFG ，△CQG 的面积分别为S 1，S 2.(1)求p 的值及抛物线的准线方程；(2)求S 1S 2的最小值及此时点G 的坐标．解 (1)由题意得p2＝1，即p ＝2. 所以抛物线的准线方程为x ＝－1. (2)设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，C (x C ，y C )， 重心G (x G ，y G )． 令y A ＝2t,2t ≠0，则x A ＝t 2.由于直线AB 过F ，故直线AB 的方程为x ＝t 2－12t y ＋1，代入y 2＝4x ，得y 2－2(t 2－1)ty －4＝0， 故2ty B ＝－4，即y B ＝－2t ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t .又由于x G ＝13(x A ＋x B ＋x C )，y G ＝13(y A ＋y B ＋y C )及重心G 在x 轴上，故2t －2t ＋y C ＝0，得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t 2，2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t ，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 4－2t 2＋23t 2，0. 所以直线AC 的方程为y －2t ＝2t (x －t 2)， 得Q (t 2－1,0)．由于Q 在焦点F 的右侧，故t 2>2.从而S 1S 2＝12|FG |·|y A |12|QG |·|y C |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 4－2t 2＋23t 2－1·|2t |⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－1－2t 4－2t 2＋23t 2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t －2t ＝2t 4－t 2t 4－1＝2－t 2－2t 4－1. 令m ＝t 2－2，则m >0， S 1S 2＝2－m m 2＋4m ＋3＝2－1m ＋3m ＋4≥2－12m ·3m ＋4＝1＋32.当m ＝3时，S 1S 2取得最小值1＋32，此时G (2,0)．21．(本小题满分12分)设函数f (x )＝m e x －x 2＋3，其中m ∈R . (1)当f (x )为偶函数时，求函数h (x )＝xf (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间[－2,4]上有两个零点，求m 的取值范围． 解 (1)由函数f (x )是偶函数，得f (－x )＝f (x )，即m e －x －(－x )2＋3＝m e x －x 2＋3对于任意实数x 都成立，所以m ＝0. 此时h (x )＝xf (x )＝－x 3＋3x ，则h ′(x )＝－3x 2＋3. 由h ′(x )＝0，解得x ＝±1.当x 变化时，h ′(x )与h (x )的变化情况如下表所示：所以h(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增．所以h(x)有极小值h(－1)＝－2，极大值h(1)＝2.(2)由f(x)＝m e x－x2＋3＝0，得m＝x2－3 e x.所以“f(x)在区间[－2,4]上有两个零点”等价于“直线y＝m与曲线g(x)＝x2－3e x，x∈[－2,4]有且只有两个公共点”．对函数g(x)求导，得g′(x)＝－x2＋2x＋3e x.由g′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(－2，－1)，(3,4)上单调递减，在(－1,3)上单调递增．又因为g(－2)＝e2，g(－1)＝－2e，g(3)＝6e3<g(－2)，g(4)＝13e4>g(－1)，所以当－2e<m<13e4或m＝6e3时，直线y＝m与曲线g(x)＝x2－3e x，x∈[－2,4]有且只有两个公共点．即当－2e<m<13e4或m＝6e3时，函数f(x)在区间[－2,4]上有两个零点．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为x2＋y2＝4，直线l的参数方程为⎩⎨⎧x ＝－2－t ，y ＝33＋3t (t 为参数)，若将曲线C 1上的点的横坐标不变，纵坐标变为原来的32，得曲线C 2.(1)写出曲线C 2的参数方程；(2)设点P (－2,33)，直线l 与曲线C 2的两个交点分别为A ，B ，求1|P A |＋1|PB |的值．解 (1)若将曲线C 1上的点的横坐标不变，纵坐标变为原来的32， 则得到曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23y 2＝4，整理，得x 24＋y 29＝1，∴曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝3sin θ(θ为参数)．(2)将直线l 的参数方程化为标准形式为 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2－12t ′，y ＝33＋32t ′(t ′为参数)，将参数方程代入x 24＋y 29＝1，得⎝ ⎛⎭⎪⎫－2－12t ′24＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33＋32t ′29＝1， 整理，得74(t ′)2＋18t ′＋36＝0.∴|P A |＋|PB |＝|t 1′＋t 2′|＝727，|P A |·|PB |＝t 1′t 2′＝1447，∴1|P A |＋1|PB |＝|P A |＋|PB ||P A |·|PB |＝7271447＝12.23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f (x )＝|x ＋3|＋|x －1|的最小值为m .(1)求m的值以及此时x的取值范围；(2)若实数p，q，r满足：p2＋2q2＋r2＝m，证明：q(p＋r)≤2.解(1)依题意，得f(x)＝|x＋3|＋|x－1|≥|x＋3－x＋1|＝4，故m的值为4.当且仅当(x＋3)(x－1)≤0，即－3≤x≤1时等号成立，即x的取值范围为[－3,1]．(2)证明：因为p2＋2q2＋r2＝m，故(p2＋q2)＋(q2＋r2)＝4.因为p2＋q2≥2pq，当且仅当p＝q时等号成立；q2＋r2≥2qr，当且仅当q＝r时等号成立，所以(p2＋q2)＋(q2＋r2)＝4≥2pq＋2qr，故q(p＋r)≤2，当且仅当p＝q＝r时等号成立．。
高考数学大二轮专题复习冲刺方案-文数(经典版)文档：第一编 第2讲 数形结合思想 (
第2讲 数形结合思想「思想方法解读」 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法．数形结合思想体现了数与形之间的沟通与转化，它包含“以形助数”和“以数解形”两个方面．数形结合的实质是把抽象的数学语言与直观的图形语言结合起来，即将代数问题几何化、几何问题代数化．数形结合思想常用来解决函数零点问题、方程根与不等式问题、参数范围问题、立体几何模型研究代数问题，以及解析几何中的斜率、截距、距离等模型问题．热点题型探究热点1 数形结合化解方程问例1(1)(2019·聊城市高三一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x x －1，x ≤0，ln xx ，x ＞0，若关于x 的方程f (x )＝x ＋a 无实根，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1B ．(－1,0) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e D ．(0,1)答案 B解析因为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧xx －1，x ≤0，ln xx ，x ＞0，所以关于x 的方程f (x )＝x ＋a 无实根等价于函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 无交点，设直线y ＝x ＋a 与f (x )＝ln xx (x >0)切于点P (x 0，y 0)，由f ′(x )＝1－ln x x 2，由已知得1－ln x 0x 20＝1，解得x 0＝1，则P (1,0)，则切线方程为y ＝x －1，作出函数f (x )与直线y ＝x ＋a 的图象如图所示．由图知函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 无交点时实数a 的取值范围为－1<a <0，故选B.(2)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2－x －1(x ≤0)，f (x －1)(x ＞0)，若方程f (x )＝x ＋a 有且只有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，0]B ．[0,1)C ．(－∞，1)D ．[0，＋∞)答案 C解析 函数f (x )＝⎩⎨⎧2－x －1(x ≤0)，f (x －1)(x ＞0)的图象如图所示，当a <1时，函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝x ＋a 的图象有两个交点，即方程f (x )＝x ＋a 有且只有两个不相等的实数根．用图象法讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解(或函数零点)的个数是一种重要的思想方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式(不熟悉时，需要作适当变形转化为两个熟悉的函数)，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解(或函数零点)的个数．1．(2019·天津市重点中学毕业班联考(一))已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋4x ，－3≤x ≤0，2x －3，x ＞0，若方程f (x )＋|x －2|－kx ＝0有且只有三个不相等的实数解，则实数k 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－23，3－22B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－23，3＋22 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－23 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，16 答案 A解析 f (x )＋|x －2|－kx ＝0有且只有三个不相等的实数根，等价于y ＝f (x )＋|x －2|与y ＝kx 的图象有三个交点，画出y ＝f (x )＋|x －2|＝⎩⎨⎧x 2＋3x ＋2，－3≤x ≤0，x －1，0＜x ≤2，3x －5，x ＞2与y ＝kx 的图象如图，y ＝kx 与y ＝x 2＋3x ＋2相切时，k ＝3－22，y ＝kx 过(－3,2)时，k ＝－23，∴根据图象可知，－23≤k <3－22时，两函数图象有三个交点，∴若方程f (x )＋|x －2|－kx ＝0有且只有三个不相等的实数解，则实数k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－23，3－22，故选A. 2．将函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3的图象向右平移π8个单位后，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到g (x )的图象，若g (x )＋k ＝0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有且只有一个实数根，则k 的取值范围是( )A ．k ≤12 B ．－1≤k ＜－12 C ．－12＜k ≤12 D ．－12＜k ≤12或k ＝－1答案 D解析 将f (x )的图象向右平移π8个单位得到h (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π8＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π6，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6.所以g (x )＋k ＝0，即为方程sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋k ＝0.令2x －π6＝t ，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以－π6≤t ≤5π6.若g (x )＋k ＝0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有且只有一个实数根，即g (t )＝sin t 与y ＝－k 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，5π6上有且只有一个交点.如图所示，由正弦函数的图象可知－12≤－k ＜12或－k ＝1，即－12＜k ≤12或k ＝－1.热点2 数形结合化解不等式问题例2(1)(2019·安徽省江南十校高三联考)已知x ，y 满足⎩⎨⎧x ≥0，x ＋2y ≥3，2x ＋y ≤3，z ＝xy的最小值、最大值分别为a ，b ，且x 2－kx ＋1≥0对x ∈[a ，b ]恒成立，则k 的取值范围为( )A ．－2≤k ≤2B ．k ≤2C ．k ≥－2D ．k ≤14572答案 B解析作出⎩⎨⎧x ≥0，x ＋2y ≥3，2x ＋y ≤3表示的平面区域如图中阴影部分所示，显然z ＝xy的最小值为0，当点(x ，y )在线段x ＋2y ＝3(0≤x ≤1)上时，z ＝xy ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x 2＝－12x 2＋32x ≤1；当点(x ，y )在线段2x ＋y ＝3(0≤x ≤1)上时， z ＝xy ＝x (3－2x )＝－2x 2＋3x ≤98；即a ＝0，b ＝98； 当x ＝0时，不等式x 2－kx ＋1＝1≥0恒成立， 若x 2－kx ＋1≥0对x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，98恒成立，则k ≤x ＋1x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，98上恒成立，又x ＋1x 在(0,1]上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1，98上单调递增，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x min ＝2，即k ≤2. (2)已知关于x 的不等式x ＞ax ＋32的解集为{x |4＜x ＜b }，则ab ＝________. 答案 92解析 设f (x )＝x ，g (x )＝ax ＋32(x ≥0)．因为x ＞ax ＋32的解集为{x |4＜x ＜b }，所以两函数图象在4＜x ＜b 上有f (x )＞g (x )，如图所示．当x ＝4，x ＝b 时，由f (x )＝g (x )，可得⎩⎪⎨⎪⎧4＝4a ＋32，b ＝ab ＋32，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝18，b ＝36，所以ab ＝18×36＝92.数形结合思想处理不等式问题，要从题目的条件与结论出发，着重分析其几何意义，从图形上找出解题思路．因此，往往构造熟知的函数，作出函数图象，利用图象的交点和图象的位置求解不等式．1．(2019·湖南三市高三联考)设f ′(x )是函数f (x )的导函数，若f ′(x )>0，且∀x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，f (x 1)＋f (x 2)<2f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，则下列选项中不一定正确的一项是( )A ．f (2)<f (e)<f (π)B ．f ′(π)<f ′(e)<f ′(2)C ．f (2)<f ′(2)－f ′(3)<f (3)D ．f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2) 答案 C解析 因为f ′(x )>0，所以f (x )在R 上单调递增．∀x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，恒有f (x 1)＋f (x 2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即f (x 1)＋f (x 2)2<f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，所以y ＝f (x )的图象是向上凸起的，如图所示．所以f (2)<f (e)<f (π)，故A 正确；因为f ′(x )反映了函数f (x )图象上各点处的切线的斜率，由图象可知，随着x 的增大，f (x )的图象越来越平缓，即切线的斜率越来越小，所以f ′(π)<f ′(e)<f ′(2)，故B 正确；因为f (3)－f (2)＝f (3)－f (2)3－2，表示点A (2，f (2))与B (3，f (3))连线的斜率，由图可知f ′(3)<k AB <f ′(2)，故D 正确；C 无法推出，故选C.2．∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，8x ＜log a x ＋1恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案 13≤a ＜1解析 当0＜x ＜13时，函数y ＝8x －1的图象如图中实线所示．∵∀x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，13，8x ＜log a x ＋1恒成立， ∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，y ＝log a x 的图象恒在y ＝8x －1的图象的上方(如图中虚线所示)．∵y ＝log a x 的图象与y ＝8x－1的图象交于点⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1时，a ＝13，∴13≤a ＜1. 热点3 数形结合化解平面向量问题例3 (1)(2019·东北三省三校高三第二次模拟)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”(以弦为边长得到的正方形是由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)，类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设DF ＝2AF ，则( )A.AD→＝213AC →＋913AB →B.AD→＝29AC →＋127AB → C.AD→＝313AC →＋613AB →D.AD→＝313AC →＋913AB →答案 D解析 设DF ＝2AF ＝2，因此BD ＝AF ＝1，又由题意可得∠ADB ＝120°， 所以AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD ·cos ∠ADB ＝32＋12－6cos120°＝13，因此AB ＝13；延长AD 交BC 于M ，记∠DAB ＝θ，∠AMB ＝α， 则cos ∠DAB ＝AD 2＋AB 2－BD 22AD ·AB ＝9＋13－1613＝71326，所以sin ∠DAB ＝1－cos 2∠DAB ＝3926； 又由题意易知∠DAB ＝∠DBM ，则α＝120°－θ， 在三角形DBM 中，由正弦定理可得 BM sin ∠MDB ＝DM sin ∠DBM ＝BDsin ∠DMB ，即BM sin60°＝DM sin θ＝1sin (120°－θ)，因此BM ＝sin60°sin (120°－θ)＝3232cos θ＋12sin θ＝134＝14BC ，DM ＝sin θsin (120°－θ)＝sin θ32cos θ＋12sin θ＝14，所以AD ＝33＋14AM ＝1213AM ， 因为BM ＝14BC ，所以BM →＝14BC →，即AM →－AB →＝14(AC →－AB →)，整理得AM →＝34A B →＋14AC →，所以AD →＝1213AM →＝1213⎝ ⎛⎭⎪⎫34AB →＋14AC →＝913AB →＋313AC →.故选D.(2)给定两个长度为1的平面向量OA→和OB→，它们的夹角为2π3.如图所示，点C在以O为圆心的圆弧AB︵上运动．若OC→＝xOA→＋yOB→，其中x，y∈R，则x＋y的最大值为________，此时∠AOC＝________.答案2π3解析由图示和题意可知，A(1,0)，B⎝⎛⎭⎪⎫－12，32.设∠AOC＝α⎝⎛⎭⎪⎫α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3，则C(cosα，sinα)．由OC→＝xOA→＋yOB→，得⎩⎪⎨⎪⎧cosα＝x－12y，sinα＝32y，解得⎩⎪⎨⎪⎧x＝cosα＋33sinα，y＝233sinα，所以x＋y＝cosα＋3sinα＝2sin⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6.又α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3，所以当α＝π3时，x＋y取得最大值2.建坐标系可以实现平面向量问题的全面运算，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，化繁为简，轻松破解．1．(2019·马鞍山市第二次教学质量监测)已知圆C1，C2，C3是同心圆，半径依次为1,2,3，过圆C 1上点M 作C 1的切线交圆C 2于A ，B 两点，P 为圆C 3上任一点，则P A →·PB→的取值范围为( ) A ．[－8，－4] B ．[0,12] C ．[1,13] D ．[4,16]答案 C解析 设同心圆的圆心为O ，由切线性质可知OM ⊥AB ，又过圆C 1上点M 作C 1的切线交圆C 2于A ，B 两点，∴OA ＝OB ＝2，OM ＝1，在Rt △OAM 中，sin ∠OAM ＝OM OA ＝12，∴∠OAB ＝∠OAM ＝π6，根据OA ＝OB ＝2，可知∠OAB ＝∠OBA ＝π6，∴∠AOB ＝2π3，P A →·PB →＝(PO →＋OA →)·(PO →＋OB →)＝|PO →|2＋PO →·OB →＋OA →·PO →＋OA →·OB →＝9＋PO →·(OB →＋OA →)＋|OA →||OB →|·cos 2π3＝7－OP →·(OB →＋OA →)．∵OM ⊥AB ，OA ＝OB ，∴M 是AB 的中点，根据向量加法的几何意义得OA →＋OB →＝2OM →，代入上式得，P A →·PB →＝7－OP →·(OB →＋OA →)＝7－2OP →·OM →＝7－2|OP →||OM →|cos 〈OP →，OM →〉＝7－6cos 〈OP →，OM →〉，∵〈OP →，OM →〉∈[0，π]，∴cos 〈OP →，OM →〉∈[－1,1]，∴P A →·PB →∈[1,13]，故选C.2．如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，CD ＝2，∠BAD ＝π4，若AB →·AC →＝2AB →·AD →，则AD →·AC→＝________.答案 12解析 解法一：因为AB →·AC →＝2AB →·AD→，所以AB →·AC →－AB →·AD →＝AB →·AD →，所以AB →·DC →＝AB →·AD →. 因为AB ∥CD ，CD ＝2，∠BAD ＝π4， 所以2|AB→|＝|AB →||AD →|cos π4，化简得|AD →|＝2 2.故AD →·AC →＝AD →·(AD →＋DC →)＝|AD →|2＋AD →·DC →＝(22)2＋22×2cos π4＝12. 解法二：如图，建立平面直角坐标系xAy .依题意，可设点D (m ，m )，C (m ＋2，m )，B (n,0)，其中m ＞0，n ＞0， 则由AB →·AC →＝2AB →·AD →，得(n,0)·(m ＋2，m )＝2(n,0)·(m ，m )， 所以n (m ＋2)＝2nm ，化简得m ＝2.故AD →·AC →＝(m ，m )·(m ＋2，m )＝2m 2＋2m ＝12. 热点4 数形结合化解圆锥曲线问题例4 (1)(2019·河南省高三一模)设双曲线的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，若双曲线的渐近线被圆M ：x 2＋y 2－10x ＝0所截得的两条弦长之和为12，已知△ABP 的顶点A ，B 分别为双曲线的左、右焦点，顶点P 在双曲线上，则|sin P ||sin A －sin B |的值等于( )A.35B.73 C.53 D.7答案 C解析 双曲线的一条渐近线方程为y ＝ba x ，∵双曲线的渐近线被圆M ：x 2＋y 2－10x ＝0即(x －5)2＋y 2＝25所截得的两条弦长之和为12，设圆心到渐近线的距离为d ，则d ＝25－9＝4.∴5b a 2＋b2＝4，即5b ＝4c ，b ＝45c .∵a 2＝c 2－b 2＝925c 2，∴a ＝35c ，∵A，B分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线上，∴|AP－BP|＝2a，根据正弦定理可得APsin B＝BPsin A＝ABsin P＝2R，∴sin B＝AP2R，sin A＝BP2R，sin P＝2c2R，∴|sin P||sin A－sin B|＝2c2R⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP2R－AP2R＝2c2a＝53，故选C.(2)已知A(1,1)为椭圆x29＋y25＝1内一点，F1为椭圆的左焦点，P为椭圆上一动点，求|PF1|＋|P A|的最大值和最小值．解由x29＋y25＝1可知a＝3，b＝5，c＝2，左焦点F1(－2，0)，右焦点F2(2,0)．由椭圆定义，知|PF1|＝2a－|PF2|＝6－|PF2|，∴|PF1|＋|P A|＝6－|PF2|＋|P A|＝6＋|P A|－|PF2|.如图，由||P A|－|PF2||≤|AF2|＝(2－1)2＋(0－1)2＝2，知－2≤|P A|－|PF2|≤ 2.当点P在AF2的延长线上的点P2处时，取右“＝”，当点P在AF2的反向延长线上的点P1处时，取左“＝”，即|P A|－|PF2|的最大、最小值分别为2，－ 2.于是|PF1|＋|P A|的最大值是6＋2，最小值是6－ 2.与圆锥曲线有关的最值问题，通常是利用函数的观点，建立函数表达式求解．但一味的强调函数观点，有时使思维陷入僵局，此时若能合理利用圆锥曲线的定义，以形助数，会使问题变得特别简单．1．椭圆x25＋y24＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是()A.55 B.655 C.855 D.455答案 C解析如图，设椭圆的右焦点为F′，连接MF′，NF′.因为|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以当直线x＝m过椭圆的右焦点时，△FMN的周长最大．此时|MN|＝2b2a＝855，又c＝a2－b2＝5－4＝1，所以此时△FMN的面积S＝12×2×855＝855.故选C.2．(2019·四川省成都市第七中学高三下学期三诊)已知双曲线C：x2a2－4y2＝1(a>0)的右顶点到其一条渐近线的距离等于34，抛物线E：y2＝2px的焦点与双曲线C的右焦点重合，则抛物线E上的动点M到直线l1：4x－3y＋6＝0和l2：x＝－1的距离之和的最小值为()A．1 B．2C．3 D．4答案 B解析 由双曲线方程x 2a 2－4y 2＝1(a >0)可得，双曲线的右顶点为(a,0)，渐近线方程为y ＝±12a x ，即x ±2ay ＝0.∵双曲线的右顶点到渐近线的距离等于34，∴a1＋4a 2＝34，解得a 2＝34，∴双曲线的方程为4x23－4y 2＝1，∴双曲线的焦点为(1,0)．又抛物线E ：y 2＝2px 的焦点与双曲线C 的右焦点重合，∴p ＝2，∴抛物线的方程为y 2＝4x ，焦点坐标为F (1,0)．如图，设点M 到直线l 1的距离为|MA |，到直线l 2的距离为|MB |，则|MB |＝|MF |，∴|MA |＋|MB |＝|MA |＋|MF |.结合图形可得当A ，M ，F 三点共线时，|MA |＋|MB |＝|MA |＋|MF |最小，且最小值为点F 到直线l 1的距离d ＝|4×1＋6|42＋32＝2.故选B.。
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2020高考仿真模拟(一)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设全集U为实数集R，已知集合M＝{x|x2－4>0}，N＝{x|x2－4x＋3<0}，则图中阴影部分所表示的集合为()A．{x|x<－2} B．{x|x>3}C．{x|1≤x≤2} D．{x|x≥3或x<－2}答案 D解析由题可得M＝{x|x2－4>0}＝{x|x>2或x<－2}，N＝{x|x2－4x＋3<0}＝{x|1<x<3}，又图中阴影部分所表示的集合是(∁U N)∩M，即为{x|x≥3或x<－2}，故选D.2．若复数z满足z2＝－4，则|1＋z|＝()A．3 B. 3 C．5 D. 5答案 D解析设z＝x＋y i(x∈R，y∈R)，则(x＋y i)2＝－4，即x 2－y 2＋2xy i ＝－4，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2－y 2＝－4，2xy ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝±2，所以z ＝±2i ，|1＋z |＝|1±2i|＝5，故选D. 3．为了判断高中生选修理科是否与性别有关．现随机抽取50名学生，得到如下2×2列联表：根据表中数据，得到K 2＝50×(13×20－10×7)223×27×20×30≈4.844，若已知P (K 2≥3.841)≈0.05，P (K 2≥5.024)≈0.025，则认为选修理科与性别有关系出错的可能性约为( )A ．25%B ．5%C ．1%D ．10% 答案 B解析 由K 2≈4.844，对照临界值得4.844＞3.841，由于P (K 2≥3.841)≈0.05，∴认为选修理科与性别有关系出错的可能性为5%.故选B.4．以下程序框图的功能是解方程12＋22＋…＋n 2＝(n ＋1)(n ＋2)，则输出的i 为( )A．3 B．4 C．5 D．6答案 B解析执行程序框图，i＝1，S＝12＝1，N＝(1＋1)(1＋2)＝6，S≠N；i＝2，S ＝1＋22＝5，N＝(2＋1)(2＋2)＝12，S≠N；i＝3，S＝5＋32＝14，N＝(3＋1)(3＋2)＝20，S≠N；i＝4，S＝14＋42＝30，N＝(4＋1)(4＋2)＝30，S＝N.输出的i为4，结束，故选B.5．已知f(x)＝ln xx，其中e为自然对数的底数，则()A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2) C．f(e)>f(2)>f(3) D．f(e)>f(3)>f(2) 答案 D解析f(x)＝ln xx，f′(x)＝1－ln xx2，令f′(x)＝0，解得x＝e，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故f(x)在x＝e处取得最大值f(e)，f(2)－f(3)＝ln 22－ln 33＝3ln 2－2ln 36＝ln 8－ln 96<0，∴f(2)<f(3)，则f(e)>f(3)>f(2)，故选D.6．公元前5世纪下半叶开奥斯地方的希波克拉底解决了与化圆为方有关的化月牙形为方．如图，以O为圆心的大圆直径为1，以AB为直径的半圆面积等于AO与BO所夹四分之一大圆的面积，由此可知，月牙形(图中阴影部分)区域的面积可以与一个正方形的面积相等．现在在两个圆所围成的区域内随机取一点，则该点来自于阴影所示月牙形区域的概率是()A.13π B.12π＋1 C.1π＋1 D.2π答案 B解析阴影部分的面积等于π16－⎝⎛⎭⎪⎫π16－12×12×12＝18，所以根据几何概型得阴影所示月牙形区域的概率P＝1818＋π4＝11＋2π.故选B.7．已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝12，a2a6＝8(a4－2)，则S2020＝() A．22019－12B．1－⎝⎛⎭⎪⎫122019C．22020－12D．1－⎝⎛⎭⎪⎫122020答案 A解析由等比数列的性质及a2a6＝8(a4－2)，得a24＝8a4－16，解得a4＝4.又a4＝12q3，故q＝2，所以S2020＝12(1－22020)1－2＝22019－12，故选A.8．将函数y＝2sin⎝⎛⎭⎪⎫x＋π3cos⎝⎛⎭⎪⎫x＋π3的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则φ的最小值为()A.π12 B.π6 C.π4 D.π3答案 B解析根据题意可得y＝sin⎝⎛⎭⎪⎫2x＋2π3，将其图象向左平移φ个单位长度，可得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3＋2φ的图象，因为该图象所对应的函数恰为奇函数，所以2π3＋2φ＝k π(k ∈Z )，φ＝k π2－π3(k ∈Z )，又φ>0，所以当k ＝1时，φ取得最小值，且φmin ＝π6，故选B.9．设a ＝log 20182019，b ＝log 20192018，c ＝201812019，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >a >bD ．c >b >a 答案 C解析 因为1＝log 20182018>a ＝log 20182019>log 20182018＝12，b ＝log 20192018<log 20192019＝12，c ＝201812019>20180＝1，故c >a >b ，故选C.10．已知函数f (x )＝x 3－2x ＋1＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤2，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，32B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1 答案 C解析 令g (x )＝f (x )－1＝x 3－2x ＋e x－1e x ，x ∈R .则g (－x )＝－x 3＋2x ＋1e x －e x ＝－g (x )，∴g (x )在R 上为奇函数．∵g ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥0－2＋2＝0，∴函数g (x )在R 上单调递增．∵f (a －1)＋f (2a 2)≤2可化为f (a －1)－1＋f (2a 2)－1≤0，即g (a －1)＋g (2a 2)≤0，即g (2a 2)≤－g (a －1)＝g (1－a )，∴2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0，解得－1≤a ≤12.∴实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12.故选C.11.已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的表面积之比为( )A.23B.49C.269D.827 答案 B解析 设圆锥底面圆的半径为R ，球的半径为r ，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R 的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，如图所示，所以r ＝33R ，S球＝4πr2＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫33R 2＝4π3R 2，S圆锥＝πR ·2R ＋πR 2＝3πR 2，所以球与圆锥的表面积之比为S 球S 圆锥＝4π3R 23πR 2＝49，故选B.12．已知函数f (x )为R 上的奇函数，且图象关于点(2,0)对称，且当x ∈(0,2)时，f (x )＝x 3，则函数f (x )在区间[2018,2021]上( )A ．无最大值B ．最大值为0C ．最大值为1D ．最大值为－1答案 C解析 因为函数f (x )的图象关于点(2,0)对称，所以f (4－x )＝－f (x )．又函数f (x )是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (4－x )＝f (－x )．令t ＝－x ，得f (4＋t )＝f (t )，所以函数f (x )是周期为4的周期函数．又函数f (x )的定义域为R ，且函数f (x )是奇函数，所以f (0)＝0，f (－2)＝－f (2)，由函数f (x )的周期为4，得f (－2)＝f (2)，所以－f (2)＝f (2)，解得f (2)＝0.所以f (－2)＝0.依此类推，可以求得f (2n )＝0(n ∈Z )．作出函数f (x )的大致图象如图所示，根据周期性，可得函数f (x )在区间[2018,2021]上的图象与在区间[－2，1]上的图象完全一样. 观察图象可知，函数f (x )在区间(－2,1]上单调递增，且f (1)＝13＝1，又f (－2)＝0，所以函数f (x )在区间[－2,1]上的最大值是1，故函数f (x )在区间[2018,2021]上的最大值也是1.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22～23题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知单位向量e 1，e 2，且〈e 1，e 2〉＝π3，若向量a ＝e 1－2e 2，则|a |＝ ________.答案3解析 因为|e 1|＝|e 2|＝1，〈e 1，e 2〉＝π3，所以|a |2＝|e 1－2e 2|2＝1－ 4|e 1||e 2|cos π3＋4|e 2|2＝1－4×1×1×12＋4＝3，即|a |＝ 3.14．已知实数x ，y 满足⎩⎨⎧x －y ＋1≥0，3x －y －3≤0，x ＋y －1≥0，目标函数z ＝ax ＋y 的最大值M ∈[2,4]，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12解析 可行域如图阴影部分所示，当a ≥0时，平移直线y ＝－ax ＋z 至(2,3)时，z 有最大值2a ＋3，故2≤2a ＋3≤4，得0≤a ≤12.当－1<a <0时，平移直线y ＝－ax ＋z 至(2,3)时，z 有最大值2a ＋3，因2≤2a ＋3≤4，故－12≤a <0.当a ≤－1时，平移直线y ＝－ax ＋z 至(0,1)时，z 有最大值1，不符合题意，故舍去．综上，a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12.15．在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．答案 24解析 由三视图可得，该几何体为如图所示的五面体ABCEFD ，其中，底面ABC 为直角三角形，且∠BAC ＝90°，AB ＝4，AC ＝3，侧棱DB ，EC ，F A 与底面垂直，且DB ＝2，EC ＝F A ＝5.过点D 作DH ∥BC ，DG ∥BA ，交EC ，F A 分别于H ，G ，连接GH ，则棱柱ABC －DHG 为直棱柱，四棱锥D －EFGH 的底面为矩形EFGH ，高为BA .所以V 五面体ABCEFD ＝V ABC －DHG ＋V D －EFGH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×3×2＋13×32×4＝24.16．对任一实数序列A ＝{a 1，a 2，a 3，…}，定义新序列ΔA ＝(a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…)，它的第n 项为a n ＋1－a n .假定序列Δ(ΔA )的所有项都是1，且a 12＝a 22＝0，则a 2＝________.答案 100解析 令b n ＝a n ＋1－a n ，依题意知数列{b n }为等差数列，且公差为1，所以b n ＝b 1＋(n －1)×1，a 1＝a 1， a 2－a 1＝b 1， a 3－a 2＝b 2， …a n －a n －1＝b n －1，累加得a n ＝a 1＋b 1＋…＋b n －1 ＝a 1＋(n －1)b 1＋(n －1)(n －2)2＝(n －1)a 2－(n －2)a 1＋(n －1)(n －2)2，分别令n ＝12，n ＝22，得⎩⎪⎨⎪⎧11a 2－10a 1＋55＝0，21a 2－20a 1＋210＝0，解得a 1＝2312，a 2＝100.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)某学校为培养学生的兴趣爱好，提高学生的综合素养，在高一年级开设各种形式的校本课程供学生选择(如书法讲座、诗歌鉴赏、奥赛讲座等)．现统计了某班50名学生一周用在兴趣爱好方面的学习时间(单位：h)的数据，按照[0,2)，[2,4)，[4,6)，[6,8)，[8,10]分成五组，得到了如下的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中m的值及该班学生一周用在兴趣爱好方面的平均学习时间；(2)从[4,6)，[6,8)两组中按分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中抽取2人，求恰有1人在[6,8)组中的概率．解(1)由直方图可得，0.06×2＋0.08×2＋0.2×2＋2m＋0.06×2＝1，所以m ＝0.1，该班学生一周用在兴趣爱好方面的平均学习时间为1×0.12＋3×0.16＋5×0.4＋7×0.2＋9×0.12＝5.08.故m的值为0.1，该班学生一周用在兴趣爱好方面的平均时间为5.08 h.(2)由直方图可得，[4,6)中有20人，[6,8)中有10人，根据分层抽样，需要从[4,6)中抽取4人分别记为A1，A2，A3，A4，从[6,8)中抽取2人分别记为B1，B2，再从这6人中抽取2人，所有的抽取方法有A1A2，A1A3，A1A4，A1B1，A1B2，A2A3，A2A4，A2B1，A2B2，A3A4，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2，B1B2，共15种，这15种情况发生的可能性是相等的．其中恰有一人在[6,8)组中的抽取方法有A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2，共8种，所以，从这6人中抽取2人，恰有1人在[6,8)组中的概率为815.18．(本小题满分12分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3ca cos B＝tan A＋tan B.(1)求角A的大小；(2)设AD为BC边上的高，a＝3，求AD的取值范围．解(1)在△ABC中，∵3ca cos B＝tan A＋tan B，∴3sin C sin A cos B ＝sin Acos A＋sin Bcos B，即3sin C sin A cos B ＝sin A cos B＋sin B cos Acos A cos B，∴3 sin A ＝1cos A，则tan A＝3，∴A＝π3.(2)∵S△ABC＝12AD·BC＝12bc sin A，∴AD＝12bc.由余弦定理得cos A＝12＝b2＋c2－a22bc≥2bc－32bc，∴0<bc≤3(当且仅当b＝c时等号成立)，∴0<AD≤32.19．(本小题满分12分)如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE)．(1)证明：AE⊥PB；(2)当四棱锥P－ABCE体积最大时，求点C到平面P AB的距离．解 (1)证明：如图，在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O . ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ，∴四边形ABCE 为平行四边形， ∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ，∴△ADE 为等边三角形．在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝∠ADE ＝π3，∠DAB ＝∠ABC ＝2π3，在△ABD 中，AB ＝AD ，∴∠ADB ＝∠ABD ＝π6，∴∠DBC ＝∠ABC －∠ABD ＝π2，∴BD ⊥BC ，∴BD ⊥AE ， 翻折后可得，OP ⊥AE ，OB ⊥AE .又∵OP ⊂平面POB ，OB ⊂平面POB ，OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，∵PB ⊂平面POB ，∴AE ⊥PB .(2)当四棱锥P －ABCE 的体积最大时平面P AE ⊥平面ABCE ，又∵平面P AE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面P AE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE.∵OP＝OB＝32，∴PB＝62，∵AP＝AB＝1，∴cos∠P AB＝1＋1－322＝14，∴sin∠P AB＝154，∴S△P AB＝12AP·AB sin∠P AB＝15 8.又∵V三棱锥P－ABC＝13OP·S△ABC ＝13×32×34＝18，设点C到平面P AB的距离为d，∴d＝3V三棱锥C－P ABS△P AB＝38158＝155.所以当四棱锥P－ABCE体积最大时，点C到平面P AB的距离为155.20．(本小题满分12分)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过焦点F的直线交C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且y1y2＝－4.(1)求抛物线C 的方程；(2)如图，点B 在准线l 上的投影为E ，D 是C 上一点，且AD ⊥EF ，求△ABD 面积的最小值及此时直线AD 的方程．解 (1)依题意F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，当直线AB 的斜率不存在时，y 1y 2＝－p 2＝－4，p ＝2. 当直线AB 的斜率存在时，设AB ：y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，由⎩⎨⎧y 2＝2px ，y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，化简得y 2－2pk y －p 2＝0.由y 1y 2＝－4得p 2＝4，p ＝2. 综上所述，抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)设D (x 0，y 0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，易知t ≠0，则E (－1，t )，又由y 1y 2＝－4，可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4t 2，－4t .因为k EF ＝－t 2，AD ⊥EF ，所以k AD ＝2t，故直线AD ：y ＋4t ＝2t ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4t 2，化简得2x －ty －4－8t 2＝0. 由⎩⎨⎧y 2＝4x ，2x －ty －4－8t 2＝0，化简得y 2－2ty －8－16t 2＝0，所以y 1＋y 0＝2t ，y 1y 0＝－8－16t 2. 所以|AD |＝1＋t 24|y 1－y 0|＝ 1＋t 24·(y 1＋y 0)2－4y 1y 0＝4＋t 2 t 2＋16t 2＋8. 设点B 到直线AD 的距离为d ，则d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t22－t 2－4－8t 24＋t2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2＋16t 2＋824＋t2.所以S △ABD ＝12|AD |·d ＝14 ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＋16t 2＋83≥16，当且仅当t 4＝16，即t ＝±2时△ABD 的面积取得最小值16.当t ＝2时，直线AD ：x －y －3＝0； 当t ＝－2时，直线AD ：x ＋y －3＝0.21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝e x －x ＋a (其中a ∈R ，e 为自然对数的底数，e ＝2.71828……)．(1)若f (x )≥0对任意的x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设t 为整数，对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n n <t ，求t 的最小值．解 (1)因为f (x )＝e x －x ＋a (x ∈R )， 所以f ′(x )＝e x －1.令f ′(x )＝e x －1＝0，得x ＝0；f ′(x )＝e x －1>0时，x >0；f ′(x )＝e x －1<0时，x <0.所以f (x )＝e x －x ＋a 在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )＝e x －x ＋a 的最小值为f (0)＝e 0－0＋a ＝1＋a .由f (x )≥0对任意的x ∈R 恒成立，得f (x )min ≥0，即1＋a ≥0，所以a ≥－1，即实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．(2)由(1)知e x －x －1≥0，即1＋x ≤e x ， 令x ＝－kn (n ∈N *，k ＝0,1,2，…，n －1)， 则0<1－kn ≤e－k n ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k n n ≤(e －kn)n ＝e －k ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n n ≤e －(n －1)＋e －(n －2)＋…＋e －2＋e －1＋e 0＝1－e －n1－e －1<11－e －1＝e e －1＝1＋1e －1<2， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n n <2，又⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭⎪⎫333>1，所以t 的最小值为2. 请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线M 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋cos φy ＝1＋sin φ(φ为参数)，过原点O 且倾斜角为α的直线l 交M 于A ，B 两点，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求l 和M 的极坐标方程；(2)当α∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π4时，求|OA |＋|OB |的取值范围． 解 (1)由题意可得，直线l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R )． 曲线M 的普通方程为(x －1)2＋(y －1)2＝1， 因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2，所以M 的极坐标方程为ρ2－2(cos θ＋sin θ)ρ＋1＝0. (2)设A (ρ1，α)，B (ρ2，α)，且ρ1，ρ2均为正数， 将θ＝α代入ρ2－2(cos θ＋sin θ)ρ＋1＝0，得ρ2－2(cos α＋sin α)ρ＋1＝0，当α∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π4时，Δ＝4sin2α>0，所以ρ1＋ρ2＝2(cos α＋sin α)，根据极坐标的几何意义，|OA |，|OB |分别是点A ，B 的极径． 从而|OA |＋|OB |＝ρ1＋ρ2＝2(cos α＋sin α)＝ 22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4.当α∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π4时，α＋π4∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π4，π2，故|OA |＋|OB |的取值范围是(2,22]．23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f (x )＝|x －5|.(1)解不等式：f (x )＋f (x ＋2)≤3； (2)若a <0，求证：f (ax )－f (5a )≥af (x )． 解 (1)不等式化为|x －5|＋|x －3|≤3.当x <3时，原不等式等价于－2x ≤－5，即52≤x <3； 当3≤x ≤5时，原不等式等价于2≤3，即3≤x ≤5； 当x >5时，原不等式等价于2x －8≤3，即5<x ≤112. 综上，原不等式的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，112.(2)证明：由题意，得f (ax )－af (x )＝|ax －5|－a |x －5| ＝|ax －5|＋|－ax ＋5a |≥|ax －5－ax ＋5a |＝|5a －5|＝f (5a )，所以f (ax )－f (5a )≥af (x )成立．。