高考数学复习中常见的9个问题

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高考数学一轮复习之排列与组合问题

高考数学一轮复习之排列与组合问题

排列与组合【教学目标】1.理解排列的概念及排列数公式,并能利用公式解决一些简单的实际问题.2.理解组合的概念及组合数公式,并能利用公式解决一些简单的实际问题.【考查方向】以理解和应用排列、组合的概念为主,常常以实际问题为载体,考查分类讨论思想,考查分析、解决问题的能力,题型以选择、填空为主,难度为中档.【知识点击】1.排列与组合的概念2.排列数与组合数(1)排列数的定义:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用A m n表示.(2)组合数的定义:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数,用C m n表示.3.排列数、组合数的公式及性质(1)A m n=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=n!n-m(2)C m n=A m nA m m =n n-1n-2n-m+1m!=n!m n-m【知识点击1】排列问题【典型例题1】1.用1,2,3,4,5这五个数字,可以组成比20 000大,并且百位数不是数字3的没有重复数字的五位数,共有( )A.96个 B.78个 C.72个 D.64个2.某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方写一条毕业留言,那么全班共写了________条毕业留言.(用数字作答)【对点演练1】3.6名同学站成1排照相,要求同学甲既不站在最左边又不站在最右边,共有________种不同站法.【知识点击2】组合问题【典型例题2】男运动员6名,女运动员4名,其中男、女队长各1名.现选派5人外出参加比赛,在下列情形中各有多少种选派方法?(1)男运动员3名,女运动员2名;(2)至少有1名女运动员;(3)队长中至少有1人参加;(4)既要有队长,又要有女运动员.【对点演练 2】某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种假货必须在内,不同的取法有多少种?(2)其中某一种假货不能在内,不同的取法有多少种?(3)恰有2种假货在内,不同的取法有多少种?(4)至少有2种假货在内,不同的取法有多少种?(5)至多有2种假货在内,不同的取法有多少种?【知识点击3】排列与组合的综合问题【典型例题3】1.(相邻问题) 3名男生、3名女生排成一排,男生必须相邻,女生也必须相邻的排法种数为( )A.2 B.9 C.72 D.362.(相间问题)某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( )A.72 B.120 C.144 D.1683.(特殊元素位置问题)大数据时代出现了滴滴打车服务,二胎政策的放开使得家庭中有两个孩子的现象普遍存在.某城市关系要好的A,B,C,D四个家庭各有两个孩子共8人,他们准备使用滴滴打车软件,分乘甲、乙两辆汽车出去游玩,每车限坐4名(乘同一辆车的4个孩子不考虑位置),其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4个孩子恰有2个来自于同一个家庭的乘坐方式共有( )A.18种B.24种C.36种D.48种【对点演练3】1.把5件不同的产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有____种.2.从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,则共有________种不同的选法.(用数字作答)【基础训练】1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( )(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.( )(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.( )(4)(n+1)!-n!=n·n!.( )(5)若组合式C x n=C m n,则x=m成立.( )(6)k C k n=n C k-1n-1.( )2.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( )A.144 B.120 C.72 D.243.用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数,其中偶数的个数为( )A.8 B.24 C.48 D.1204.六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有( )A.192种 B.216种 C.240种 D.288种5.为发展国外孔子学院,教育部选派6名中文教师到泰国、马来西亚、缅甸任教中文,若每个国家至少去一人,则不同的选派方案种数为( )A.180 B.240 C.540 D.6306.寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游,实名制购票,每人一座,恰在同一排A,B,C,D,E五个座位(一排共五个座位),上车后五人在这五个座位上随意坐,则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有______种.(用数字作答)7.7人站成两排队列,前排3人,后排4人,现将甲、乙、丙三人加入队列,前排加一人,后排加两人,其他人保持相对位置不变,则不同的加入方法的种数为( )A.120 B.240 C.360 D.4808.设三位数n=abc,若以a,b,c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形,则这样的三位数n有多少个?9.用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的能被3整除的三位数的个数是( )A.20 B.24 C.36 D.4010.设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7)|x i∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5,6,7},那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+…+|x7|≤4”的元素个数为( )A.938 B.900 C.1 200 D.1 300【目标评价】1.“中国梦”的英文翻译为“China Dream”,其中China又可以简写为CN,从“CN Dream”中取6个不同的字母排成一排,含有“ea”字母组合(顺序不变)的不同排列共有( ) A.360种 B.480种 C.600种 D.720种2.有七名同学站成一排照毕业纪念照,其中甲必须站在正中间,并且乙、丙两位同学要站在一起,则不同的站法有( )A.240种 B.192种 C.96种 D.48种3.某小区有排成一排的7个车位,现有3辆不同型号的车需要停放,如果要求剩余的4个车位连在一起,那么不同的停放方法的种数为( )A.16 B.18 C.24 D.324.安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有( )A.12种 B.18种 C.24种 D.36种5.互不相同的5盆菊花,其中2盆为白色,2盆为黄色,1盆为红色,先要摆成一排,要求红色菊花摆放在正中间,白色菊花不相邻,黄色菊花也不相邻,共有摆放方法( )A.A55种B.A22种C.A24A22种D.C12C12A22A22种6.用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为( )A.24 B.48 C.60 D.727.若把英语单词“good”的字母顺序写错了,则可能出现的错误方法共有________种.(用数字作答)8.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人,每人2张,不同的获奖情况有________种.(用数字作答)9.要从甲、乙等8人中选4人在座谈会上发言,若甲、乙都被选中,且他们发言中间恰好间隔一人,那么不同的发言顺序共有________种.(用数字作答)10.用数字0,1,2,3,4组成的五位数中,中间三位数字各不相同,但首末两位数字相同的共有________个.11.将标号为1,2,3,4,5的五个球放入3个不同的盒子中,每个盒子至少有一个球,则一共有________种放法.12.某宾馆安排A,B,C,D,E五人入住3个房间,每个房间至少住1人,且A,B不能住同一房间,则共有________种不同的安排方法.(用数字作答)。

2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题(微专题)(解析版)

2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题(微专题)(解析版)

数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中,a1=2,na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式;(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数,求数列bn的前100项和.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n.(1)证明:1a n是一个等差数列;(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数,求数列c n 的前2n项和S2n.2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题(微专题)(解析版)2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n.(1)求a1,a2,并判断1024是数列中的第几项;(2)求S2n-1.3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1,a2n+1=a2n+1,a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式;(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n,求证:T2n<3.4(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知a 3=5,S 9=81,数列{b n }满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式;(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n a n +2,n 为偶数,n 为偶数,求{c n }前2n 项和T 2n .5(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ,其公比q ≠-1,a 4+a 5a 7+a 8=127,且S 4=a 3+93.(1)求数列a n 的通项公式;(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数,求数列b n 的前n 项和T n .2【2020年新课标1卷文科】数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1,前16项和为540,则a1=1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n}是正项等比数列,满足a3是2a1、3a2的等差中项,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;log,求数列{b n}的前n项和T n.(2)若b n=-1n⋅2a2n+12【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n,a5=9,S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n;(2)设b n=(-1)n S n,求{b n}前n项和T n.n n+13(2023·广东深圳·统考一模)记S n,为数列a n的前n项和,已知S n=a n2+n2+1,n∈N*.(1)求a1+a2,并证明a n+a n+1是等差数列;(2)求S n.1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1,a n+a n+1=2n;数列b n前n项和为S n,且b1=1,2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式;(2)设c n=a n⋅b n,求c n前2n项和T2n.2(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n前n项和满足a1=1,a n+a n+1=2n;数列b n为S n,且b1=1,2S n=b n+1-1.(1)求数列a n的通项公式;和数列b n(2)设c n=a n⋅b n,求c n前2n项和T2n.数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中,a1=2,na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式;(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数,求数列bn的前100项和.【解析】【小问1详解】∵na n+1-n+1a n=1,∴a n+1n+1-a nn=1n-1n+1,a n+1+1n+1=a n+1n,所以a n+1n是常数列,即a n+1n=a1+11=3,∴a n=3n-1;【小问2详解】由(1)知,a n是首项为2,公差为3等差数列,由题意得b2n-1=a2n-1=6n-4,b2n=2a2n+1=12n+4,设数列b2n-1,b2n的前50项和分别为T1,T2,所以T1=50b1+b992=25×298=7450,T2=50×b2+b1002=25×620=15500,所以b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950;综上,a n=3n-1,b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n.(1)证明:1a n是一个等差数列;(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数,求数列c n 的前2n项和S2n.【答案】(1)证明见详解(2)S2n=2n-1n19+n34n+3【详解】(1)当n=1时,可得a1=1,当n≥2时,由a1+3a2+⋯+2n-1a n=n,则a1+3a2+⋯+2n-3a n-1=n-1n≥2,上述两式作差可得a n=12n-1n≥2,因为a1=1满足a n=12n-1,所以a n的通项公式为a n=12n-1,所以1a n=2n-1,因为1a n-1a n-1=2n-1-2n-3=2(常数),所以1a n是一个等差数列.(2)c n=2n-119,n为奇数12n-12n+3,n为偶数 ,所以C1+C3+⋯C2n-1=1+5+9+⋯4n-319=2n-1n19,C2+C4+⋯C2n=1413-17+17-111+⋯+14n-1-14n+3=n34n+3所以数列c n的前2n项和S2n=2n-1n19+n34n+3.2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n.(1)求a1,a2,并判断1024是数列中的第几项;(2)求S2n-1.【答案】(1)a1=12,a2=4;1024是数列a n的第342项(2)S2n-1=4n6+3n2-5n+116【详解】(1)由a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数可得a1=12,a2=4.令2n-2=1024=210,解得:n=12为偶数,不符合题意,舍去;令3n-2=1024,解得:n=342,符合题意.因此,1024是数列a n的第342项.(2)S2n-1=a1+a2+a3+a4+⋅⋅⋅+a2n-2+a2n-1=12+4+2+10+⋅⋅⋅+6n-8+22n-3=12+2+⋅⋅⋅+22n-3+4+10+⋅⋅⋅+6n-8=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116.另解:由题意得a2n-1=22n-3,又a2n+1a2n-1=4,所以数列a2n-1是以12为首项,4为公比的等比数列.a2n=6n-2,又a2n+2-a2n=6,所以数列a2n是以4为首项,6为公差的等差数列.S2n-1为数列a2n-1的前n项和与数列a2n的前n-1项和的总和.故S2n-1=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116.3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1,a2n+1=a2n+1,a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式;(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n,求证:T2n<3.【答案】(1)a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)证明见解析.【详解】(1)由题意a2n+1=a2n+1=2a2n-1+1,所以a2n+1+1=2a2n-1+1,因为a1+1=2≠0,所以数列a2n-1+1是首项为2,公比为2的等比数列,所以a2n-1+1=2n,即a2n-1=2n-1,而a2n=2a2n-1=2n+1-2,所以a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)方法一:由(1)得T2n=ni=11a2i-1+1a2i=32ni=112i-1=32ni=12i+1-12i-12i+1-1<32ni=12i+12i-12i+1-1=3ni=12i2i-12i+1-1=3ni=112i-1-12i+1-1=31-12n+1-1<3方法二:因为2n-1≥2n-1n∈N*,所以T2n=∑ni=11a2i-1+1a2i=32∑n i=112i-1≤32∑n i=112i-1=31-12n<34(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n为等差数列{a n}的前n项和,已知a3=5,S9=81,数列{b n}满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式;(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n an +2,n 为偶数,n 为偶数,求{c n }前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =2n -1,b n =3n (2)T 2n =3⋅9n 8-116n +12-724【详解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ,∵a 3=5S 9=81 ,即a 1+2d =59a 1+9×82d =81 ,∴a 1=1,d =2,∴a n =2n -1.∵a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3,①∴a 1b 1+a 2b 2+⋯+a n -1b n -1=n -2 ⋅3n +3n ≥2 ,②所以①-②得,a n b n =2n -1 ⋅3n ,∴b n =3n n ≥2 .当n =1时,a 1b 1=3,b 1=3,符合b n =3n .∴b n =3n .(2)T 2n =c 1+c 2+c 3+⋯+c 2n ,依题有:T 2n =b 1+b 3+⋯+b 2n -1 +1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2.记T 奇=b 1+b 3+⋯+b 2n -1,则T 奇=3(1-32n )1-32=32n +1-38.记T 偶=1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2,则T 偶=12d 1a 2-1a 4 +1a 4-1a 6 +⋯+1a 2n -1a 2n +2=12d 1a 2-1a 2n +2=1413-14n +3 .所以T 2n =32n +1-38+1413-14n +3 =3⋅9n 8-116n +12-7245(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ,其公比q ≠-1,a 4+a 5a 7+a 8=127,且S 4=a 3+93.(1)求数列a n 的通项公式;(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数,求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =3n (2)T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数【详解】(1)因为a n 是等比数列,公比为q ≠-1,则a 4=a 1q 3,a 5=a 1q 4,a 7=a 1q 6,a 8=a 1q 7,所以a 4+a 5a 7+a 8=a 1q 3+a 1q 4a 1q 6+a 1q 7=1q 3=127,解得q =3,由S 4=a 3+93,可得a 11-34 1-3=9a 1+93,解得a 1=3,所以数列a n 的通项公式为a n =3n .(2)由(1)得b n =-n ,n 为奇数3n ,n 为偶数,当n 为偶数时,T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =b 1+b 3+⋅⋅⋅+b n -1 +b 2+b 4+⋅⋅⋅+b n =-1+3+⋅⋅⋅+n -1 +32+34+⋅⋅⋅+3n=-n2⋅1+n -12×+91-9n 21-9=983n -1 -n 24;当n 为奇数时T n =T n +1-b n +1=983n +1-1 -n +1 24-3n +1=18×3n +1-98-n +1 24;综上所述:T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数.题型二、含有(-1)n 类型2【2020年新课标1卷文科】数列{a n }满足a n +2+(-1)n a n =3n -1,前16项和为540,则a 1=【答案】7【解析】a n +2+(-1)n a n =3n -1,当n 为奇数时,a n +2=a n +3n -1;当n 为偶数时,a n +2+a n =3n -1.设数列a n 的前n 项和为S n ,S 16=a 1+a 2+a 3+a 4+⋯+a 16=a 1+a 3+a 5⋯+a 15+(a 2+a 4)+⋯(a 14+a 16)=a 1+(a 1+2)+(a 1+10)+(a 1+24)+(a 1+44)+(a 1+70)+(a 1+102)+(a 1+140)+(5+17+29+41)=8a 1+392+92=8a 1+484=540,∴a 1=7.故答案为:7.1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n }是正项等比数列,满足a 3是2a 1、3a 2的等差中项,a 4=16.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =-1 n ⋅2a 2n +1log ,求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 3是2a 1、3a 2的等差中项,所以2a 3=2a 1+3a 2,即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ,因为a 1≠0,所以2q 2-3q -2=0,解得q =2或q =-12,因为数列{a n }是正项等比数列,所以q =2.因为a 4=16,即a 4=a 1q 3=8a 1=16,解得a 1=2,所以a n =2×2n -1=2n ;(2)解法一:(分奇偶、并项求和)由(1)可知,a 2n +1=22n +1,所以,b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ,①若n 为偶数,T n =-3+5-7+9-⋯-2n -1 +2n +1 =-3+5 +-7+9 +⋯+-2n -1 +2n +1 =2×n2=n ;②若n 为奇数,当n ≥3时,T n =T n -1+b n =n -1-2n +1 =-n -2,当n =1时,T 1=-3适合上式,综上得T n =n ,n 为偶数-n -2,n 为奇数(或T n =n +1 -1 n -1,n ∈N *);解法二:(错位相减法)由(1)可知,a 2n +1=22n +1,所以,b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ,T n =-1 1×3+-1 2×5+-1 3×7+⋯+-1 n ⋅2n +1 ,所以-T n =-1 2×3+-1 3×5+-1 4×7+⋯+-1 n +1⋅2n +1 所以2T n =3+2[-1 2+-1 3+⋯+-1 n ]--1 n +12n +1 ,=-3+2×1--1 n -12+-1 n 2n +1 =-3+1--1 n -1+-1 n 2n +1=-2+2n +2 -1 n ,所以T n=n+1-1n-1,n∈N*2【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n,a5=9,S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n;(2)设b n=(-1)n S n,求{b n}前n项和T n.【答案】(1)a n=2n-1,S n=n2;(2)T n=(-1)n n(n+1)2.【解析】【分析】(1)利用等差数列的基本量,列方程即可求得首项和公差,再利用公式求通项公式和前n项和即可;(2)根据(1)中所求即可求得b n,对n分类讨论,结合等差数列的前n项和公式,即可容易求得结果.【详解】(1)由S5=5(a1+a5)2=5×2a32=5a3=25得a3=5.又因为a5=9,所以d=a5-a32=2,则a3=a1+2d=a1+4=5,解得a1=1;故a n=2n-1,S n=n(1+2n-1)2=n2.(2)b n=(-1)n n2.当n为偶数时:T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-1+b n=-12+22+-32+42+⋯+-(n-1)2+n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[n-(n-1)]×[n+(n-1)] =1+2+3+⋯+(n-1)+n=n(n+1)2.当n为奇数时:T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-2+b n-1+b n=-12+22+-32+42+-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[(n-1)-(n-2)]×[(n-1)+(n-2)]-n2 =1+2+3+⋯+(n-2)+(n-1)-n2=(n-1)(1+n-1)2-n2=-n(n+1)2.综上得T n=(-1)n n(n+1)2题型三、a n+a n+1类型3(2023·广东深圳·统考一模)记S n,为数列a n的前n项和,已知S n=a n2+n2+1,n∈N*.(1)求a1+a2,并证明a n+a n+1是等差数列;(2)求S n.【解析】(1)已知S n=a n2+n2+1,n∈N*当n=1时,a1=a12+2,a1=4;当n=2时,a1+a2=a22+5,a2=2,所以a1+a2=6.因为S n=a n2+n2+1①,所以S n+1=a n+12+n+12+1②.②-①得,a n+1=a n+12-a n2+n+12-n2,整理得a n+a n+1=4n+2,n∈N*,所以a n+1+a n+2-a n+a n+1=4n+1+2-4n+2=4(常数),n∈N*,所以a n+a n+1是首项为6,公差为4的等差数列.(2)由(1)知,a n-1+a n=4n-1+2=4n-2,n∈N*,n≥2.当n为偶数时,S n=a1+a2+a3+a4+⋯+a n-1+a n=n26+4n-22=n2+n;当n为奇数时,S n=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a n-1+a n=4+n-1210+4n-22=n2+n+2.综上所述,S n=n2+n,当n为偶数时n2+n+2,当n为奇数时1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1,a n+a n+1=2n;数列b n前n项和为S n,且b1=1,2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式;(2)设c n=a n⋅b n,求c n前2n项和T2n.【答案】(1)a n=n,n=2k-1,k∈Zn-1,n=2k,k∈Z,bn=3n-1;(2)58n-59n8.【分析】(1)根据递推公式,结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可;(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2,a n -1+a n =2n -1 ,∴a n +1-a n -1=2,又a 1=1,a 2=1,n =2k -1(k 为正整数)时,a 2k -1 是首项为1,公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1,a n =n ,n =2k (k 为正整数)时,a 2k 是首项为1,公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1,∴a n =n -1,∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z,∵2S n =b n +1-1,∴n ≥2时,2S n -1=b n -1,∴2b n =b n +1-b n ,又b 2=3,∴n ≥2时,b n =3n -1,b 1=1=30,∴b n =3n -1;(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ,T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4,K n =5+8n -5 9n 32,∴T 2n =58n -5 9n82(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n 满足a 1=1,a n +a n +1=2n ;数列b n 前n 项和为S n ,且b 1=1,2S n =b n +1-1.(1)求数列a n 和数列b n 的通项公式;(2)设c n =a n ⋅b n ,求c n 前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z,b n =3n -1;(2)58n -5 9n8.【解析】(1)根据递推公式,结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可;(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2,a n -1+a n =2n -1 ,∴a n +1-a n -1=2,又a 1=1,a 2=1,n =2k -1(k 为正整数)时,a 2k -1 是首项为1,公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1,a n =n ,n =2k (k 为正整数)时,a 2k 是首项为1,公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1,∴a n =n -1,∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z,∵2S n =b n +1-1,∴n ≥2时,2S n -1=b n -1,∴2b n =b n +1-b n ,又b 2=3,∴n ≥2时,b n =3n -1,b 1=1=30,∴b n =3n -1;(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ,T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4,K n =5+8n -5 9n 32,∴T 2n =58n -5 9n8。

高考数学复习考点题型专题讲解17 球的切、接、截问题

高考数学复习考点题型专题讲解17 球的切、接、截问题

高考数学复习考点题型专题讲解专题17 球的切、接、截问题1.球的切接问题(1)长方体的外接球①球心:体对角线的交点;②半径:r=a2+b2+c22(a,b,c为长方体的长、宽、高).(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球(a为正方体的棱长)①外接球:球心是正方体中心,半径r=32a,直径等于体对角线长;②内切球:球心是正方体中心,半径r=a2,直径等于正方体棱长;③与各条棱都相切的球:球心是正方体中心,半径r=22a,直径等于面对角线长.(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分,a为正四面体的棱长)①外接球:球心是正四面体的中心,半径r=64a;②内切球:球心是正四面体的中心,半径r=612a.2.平面截球平面截球面得圆.截面圆的圆心与球心的连线与截面圆圆面垂直且R2=d2+r2(R为球半径,r为截面圆半径,d为球心到截面圆的距离).类型一外接球问题考向1 墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型,用构造法(构造长方体)解决,外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,外接球半径为R.则(2R)2=a2+b2+c2,即2R=a2+b2+c2.常见的有以下三种类型:例1 已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为( )A.86πB.46πC.26πD.6π答案 D解析因为点E,F分别为PA,AB的中点,所以EF∥PB.因为∠CEF=90°,所以EF⊥CE,所以PB⊥CE.取AC的中点D,连接BD,PD,易证AC⊥平面BDP,所以PB⊥AC,又AC∩CE=C,AC,CE⊂平面PAC,所以PB⊥平面PAC,所以PB⊥PA,PB⊥PC,因为PA=PB=PC,△ABC为正三角形,所以PA⊥PC,即PA,PB,PC两两垂直,将三棱锥P-ABC放在正方体中如图所示. 因为AB=2,所以该正方体的棱长为2,所以该正方体的体对角线长为6,所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R=6 2,所以球O的体积V=43πR3=43π⎝⎛⎭⎪⎫623=6π,故选D.考向2 对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型,用构造法(构造长方体)解决,外接球的直径等于长方体的体对角线长,如图所示,(2R)2=a2+b2+c2(长方体的长、宽高分别为a,b,c),即R2=18(x2+y2+z2),如图.例2 在三棱锥A -BCD 中,AB =CD =2,AD =BC =3,AC =BD =4,则三棱锥A -BCD 外接球的表面积为________. 答案29π2解析 构造长方体,三个长度为三对面的对角线长,设长方体的长宽高分别为a ,b ,c ,则a 2+b 2=9,b 2+c 2=4,c 2+a 2=16, 所以2(a 2+b 2+c 2)=9+4+16=29, 即a 2+b 2+c 2=4R 2=292, 则外接球的表面积为S =4πR 2=29π2.考向3 汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型,模型如下,由对称性可知,球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2的连线的中点,算出小圆O 1的半径AO 1=r ,OO 1=h2,所以R 2=r 2+h 24.例3(2022·金华调研)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AB =BC =AC ,侧棱AA 1⊥底面ABC ,若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O 的表面上,且球O 的表面积的最小值为4π,则该三棱柱的侧面积为( ) A.63B.3 3 C.32D.3 答案 B解析 如图,设三棱柱上、下底面中心分别为O 1,O 2,则O 1O 2的中点为O ,设球O 的半径为R ,则OA =R ,设AB =BC =AC =a ,AA 1=h ,则OO 2=12h ,O 2A =23×32AB =33a .在Rt△OO 2A 中,R 2=OA 2=OO 22+O 2A 2=14h 2+13a 2≥2×12h ×33a =33ah , 当且仅当h =233a 时,等号成立,所以S 球=4πR 2≥4π×33ah , 所以43π3ah =4π, 所以ah =3,所以该三棱柱的侧面积为3ah=3 3.考向4 垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型,可补为直棱柱内接于球;如图所示,由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点,算出小圆O1的半径CO1=r,OO1=h2,则R=r2+h24.例4(2022·广州模拟)已知四棱锥S-ABCD的所有顶点都在球O的球面上,SD⊥平面ABCD,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD且满足AB=2AD=2DC=2,且∠DAB=π3,SC=2,则球O的表面积是( ) A.5π B.4πC.3πD.2π答案 A解析依题意,得AB=2AD=2,∠DAB=π3,由余弦定理可得BD=3,则AD2+DB2=AB2,则∠ADB=π2.又四边形ABCD是等腰梯形,故四边形ABCD的外接圆直径为AB,半径r=AB2=1,设AB的中点为O1,球的半径为R,因为SD ⊥平面ABCD , 所以SD =SC 2-CD 2=1, R 2=12+⎝ ⎛⎭⎪⎫SD 22=54,则S =4πR 2=5π. 考向5 切瓜模型切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥模型,常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形,在三棱锥A -BCD 中,侧面ABC ⊥底面BCD ,设三棱锥的高为h ,外接球的半径为R ,球心为O ,△BCD 的外心为O 1,O 1到BC 的距离为d ,O 与O 1的距离为m ,△BCD 和△ABC 外接圆的半径分别为r 1,r 2,则⎩⎨⎧R 2=r 21+m 2,R 2=d 2+(h -m )2,解得R ,可得R =r 21+r 22-l 24(l 为两个面的交线段长).例5(2022·济宁模拟)在边长为6的菱形ABCD 中,∠A =π3,现将△ABD 沿BD 折起,当三棱锥A -BCD 的体积最大时,三棱锥A -BCD 的外接球的表面积为________. 答案 60π解析 边长为6的菱形ABCD ,在折叠的过程中, 当平面ABD ⊥平面BCD 时,三棱锥的体积最大; 由于AB =AD =CD =BC =6, ∠C =∠A =π3.所以△ABD 和△CBD 均为正三角形,设△ABD 和△CBD 的外接圆半径为r , 则2r =BDsin C,所以r =2 3.△ABD 和△CBD 的交线段为BD ,且BD =6. 所以三棱锥A -BCD 的外接球的半径R =(23)2+(23)2-624=15.故S 球=4·π(15)2=60π.训练1 (1)(2022·青岛一模)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为1,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( ) A.5π B.π C.113π D.73π (2)在三棱锥P -ABC 中,平面PAB ⊥平面ABC ,平面PAC ⊥平面ABC ,且PA =4,底面△ABC 的外接圆的半径为3,则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为________. 答案 (1)D (2)52π解析 (1)由三棱柱所有棱的长a =1,可知底面为正三角形, 底面三角形的外接圆直径2r =1sin 60°=233,所以r =33, 设外接球的半径为R ,则有R 2=r 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22=13+14=712,所以该球的表面积S =4πR 2=73π,故选D.(2)因为平面PAB ⊥平面ABC ,平面PAC ⊥平面ABC , 所以PA ⊥平面ABC .设三棱锥P -ABC 的外接球的半径为R ,结合底面△ABC 的外接圆的半径r =3,可得R 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22+r 2=22+33=13,所以三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为S 表=4πR 2=52π. 类型二 内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步:先求出四个表面的面积和整个锥体的体积;第二步:设内切球的半径为r ,建立等式V P -ABC =V O -ABC +V O -PAB +V O -PAC +V O -PBC ⇒V P -ABC =13S △ABC ·r +13S △PAB ·r +13S △PAC ·r +13S PBC ·r =13(S △ABC +S △PAB +S △PAC +S △PBC )r ; 第三步:解出r =3V P -ABCS △ABC +S △PAB +S △PAC +S △PBC.例6 (1)(2022·成都石室中学三诊)《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P -ABC 为鳖臑,PA ⊥平面ABC ,PA =BC =4,AB =3,AB ⊥BC ,若三棱锥P -ABC 有一个内切球O ,则球O 的体积为( ) A.9π2B.9π4 C.9π16D.9π (2)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AA 1=AB =6,BC =8,AC =10,则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是( ) A.16π B.24π C.36π D.64π答案(1)C (2)A解析(1)设球O的半径为r,则三棱锥P-ABC的体积V=13×12×3×4×4=13×(12×3×4+12×4×3+12×5×4+12×4×5)×r,解得r=34,所以球O的体积V=43πr3=9π16,故选C.(2)由题意,球的半径为底面三角形内切圆的半径r,因为底面三角形的边长分别为6,8,10,所以底面三角形为直角三角形,r=AB+BC-AC2=6+8-102=2.又因为AA1=6,2r=4<6,所以该三棱柱内能放置的最大球半径为2,此时S表面积=4πr2=4π×22=16π.训练 2 已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为________.答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球,设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB,如图所示,则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在△PAB中,PA=PB=3,D为AB的中点,AB=2,E为切点,则PD=22,△PEO∽△PDB,故PO PB =OE DB ,即22-r 3=r 1,解得r =22, 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223=23π.类型三 球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面:(1)球心到截面圆的距离;(2)截面圆的半径;(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).例7(2022·杭州质检)在正三棱锥P -ABC 中,Q 为BC 中点,PA =2,AB =2,过点Q 的平面截三棱锥P -ABC 的外接球所得截面面积的取值范围为________. 答案⎣⎢⎡⎦⎥⎤π,3π2解析 因为正三棱锥P -ABC 中,PB =PC =PA =2,AC =BC =AB =2,所以PB 2+PA 2=AB 2,即PB ⊥PA , 同理PB ⊥PC ,PC ⊥PA ,因此正三棱锥P -ABC 可看作正方体的一角,如图.记正方体的体对角线的中点为O ,由正方体结构特征可得,点O 即是正方体的外接球球心,所以点O 也是正三棱锥P -ABC 外接球的球心,记外接球半径为R , 则R =122+2+2=62,因为球的最大截面圆为过球心的圆,所以过点Q 的平面截三棱锥P -ABC 的外接球所得截面的面积最大为S max =πR 2=3π2. 又Q 为BC 中点,由正方体结构特征可得OQ =12PA =22;由球的结构特征可知,当OQ 垂直于过点Q 的截面时,截面圆半径最小为r =R 2-OQ 2=1, 所以S min =πr 2=π.因此,过Q 的平面截三棱锥P -ABC 的外接球所得截面面积的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π,3π2. 训练3 (1)设球O 是棱长为4的正方体的外接球,过该正方体棱的中点作球O 的截面,则最小截面的面积为( ) A.3π B.4π C.5π D.6π(2)(2022·武汉质检)已知棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1,球O 与该正方体的各个面相切,则平面ACB 1截此球所得的截面的面积为________. 答案 (1)B (2)2π3解析 (1)当球O 到截面圆心连线与截面圆垂直时,截面圆的面积最小, 由题意,正方体棱的中点与O 的距离为22,球的半径为23, ∴最小截面圆的半径为12-8=2, ∴最小截面面积为π·22=4π.(2)∵正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2,球O 与该正方体的各个面相切,则球O 的半径为1,设E ,F ,G 分别为球O 与平面ABCD 、平面BB 1C 1C 、平面AA 1B 1B 的切点, 则等边三角形EFG 为平面ACB 1截此球所得的截面圆的内接三角形, 由已知可得EF =EG =GF =2, ∴平面ACB 1截此球所得的截面圆的半径r =22sin 60°=63,∴截面的面积为π×⎝ ⎛⎭⎪⎫632=2π3.一、基本技能练1.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为( ) A.π B.3π4C.π2D.π4 答案 B解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ,O 为球心.球的半径R =OA=1,球心到底面圆的距离为OM =12.∴底面圆半径r =OA 2-OM 2=32故圆柱体积V =π·r 2·h =π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1=3π4.2.若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( ) A.12π B.24π C.36π D.144π 答案 C解析 由题意知球的直径2R =(23)2+(23)2+(23)2=6, ∴R =3,∴S 球=4πR 2=36π.故选C.3.一个四面体的所有棱长都为2,四个顶点在同一球面上,则此球的表面积为( ) A.3π B.4π C.33π D.6π 答案 A解析 构造棱长为1的正方体,该四面体的外接球也是棱长为1的正方体的外接球, 所以外接球半径R =32, 所以外接球表面积为S =4πR 2=3π.4.已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上,若AB =3,AC =4,AB ⊥AC ,AA 1=12,则球O 的半径为( )A.3172B.210C.132D.310 答案 C解析 将直三棱柱补为长方体ABEC -A 1B 1E 1C 1, 则球O 是长方体ABEC -A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R =32+42+122=13,则R =132.5.(2022·南阳二模)已知边长为2的等边三角形ABC ,D 为BC 的中点,以AD 为折痕进行折叠,使折后的∠BDC =π2,则过A ,B ,C ,D 四点的球的表面积为( )A.3πB.4πC.5πD.6π 答案 C解析 折后的几何体构成以D 为顶点的三棱锥,且三条侧棱互相垂直,可构造长方体,其对角线即为球的直径,三条棱长分别为1,1,3,所以2R =1+1+3=5,球的表面积S =4π⎝ ⎛⎭⎪⎫522=5π.6.(2022·青岛模拟)如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体,其所有顶点都在球O 的球面上,若十四面体的棱长为1,则球O 的表面积为( )A.2πB.4πC.6πD.8π 答案 B解析 根据图形可知,该十四面体是由一个正方体切去八个角得到的,如图所示,十四面体的外接球球心与正方体的外接球球心相同, 建立空间直角坐标系,∵该十四面体的棱长为1,故正方体的棱长为2, ∴该正方体的外接球球心的坐标为O ⎝ ⎛⎭⎪⎫22,22,22,设十四面体上一顶点为D ,则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2,22,0,所以十四面体的外接球半径R =OD =⎝ ⎛⎭⎪⎫2-222+⎝ ⎛⎭⎪⎫22-222+⎝ ⎛⎭⎪⎫0-222=1,故外接球的表面积为S =4πR 2=4π.故选B.7.四面体ABCD 的四个顶点都在球O 上且AB =AC =BC =BD =CD =4,AD =26,则球O 的表面积为( )A.70π3B.80π3C.30πD.40π答案 B解析如图,取BC的中点M,连接AM,DM,由题意可知,△ABC和△BCD都是边长为4的等边三角形. ∵M为BC的中点,∴AM⊥BC,且AM=DM=23,又∵AD=26,∴AM2+DM2=AD2,∴AM⊥DM,∵BC∩DM=M,BC,DM⊂平面BCD,∴AM⊥平面BCD,∵AM⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面BCD,△ABC与△BCD外接圆半径r=23DM=433,又△ABC与△BCD的交线段BC=4. 所以四面体外接球半径R =⎝ ⎛⎭⎪⎫4332+⎝ ⎛⎭⎪⎫4332-424=2153,四面体ABCD 的外接球的表面积为4π×R 2=803π. 8.已知三棱锥P -ABC 的棱AP ,AB ,AC 两两垂直,且长度都为3,以顶点P 为球心,2为半径作一个球,则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于( ) A.2π3B.5π6C.πD.3π2答案 D解析 如图,∠APC =π4,AP =3,AN =1,∠APN =π6,∠NPM =π12,MN ︵=π12×2=π6,同理GH ︵=π6,HN ︵=π2,GM ︵=2π3,故四段弧长之和为π6+π6+π2+2π3=3π2.9.(多选)(2022·石家庄调研)已知一个正方体的外接球和内切球上各有一个动点M 和N ,若线段MN 长的最小值为3-1,则( ) A.该正方体的外接球的表面积为12π B.该正方体的内切球的体积为π3C.该正方体的棱长为1D.线段MN长的最大值为3+1 答案AD解析设该正方体的棱长为a,则其外接球的半径R=32a,内切球的半径R′=a2,该正方体的外接球与内切球上各有一个动点M,N,由于两球球心相同,可得MN的最小值为3a2-a2=3-1,解得a=2,故C错误;所以外接球的半径R=3,表面积为4π×3=12π,故A正确;内切球的半径R′=1,体积为43π,故B错误;MN的最大值为R+R′=3+1,故D正确.故选AD.10.(多选)设圆锥的顶点为A,BC为圆锥底面圆O的直径,点P为圆O上的一点(异于B,C),若BC=43,三棱锥A-PBC的外接球表面积为64π,则圆锥的体积为( ) A.4π B.8πC.16πD.24π答案BD解析如图,设圆锥AO的外接球球心为M,半径为r,则M在直线AO上,4πr2=64π,解得r=4.由勾股定理得BM2=OM2+OB2,即42=(23)2+OM2,可得OM=2,即OM=|AO-r|=|AO-4|=2,解得AO=6或AO=2.当AO=6时,圆锥AO的体积为V=13π×(23)2×6=24π;当AO=2时,圆锥AO的体积为V=13π×(23)2×2=8π.故选BD.11.在三棱锥A-BCD中,△BCD和△ABD均是边长为1的等边三角形,AC=2,则该三棱锥外接球的表面积为________.答案2π解析取AC的中点O,连接OB,OD,在△ABC中,AB=BC=1,AC=2,所以∠ABC=90°,所以OA=OB=OC=2 2,同理得OD=22,故点O为该三棱锥外接球的球心,所以球O的半径r=22,S球=4πr2=2π.12.如图,已知球O是棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球,则平面ACD1截球O的截面面积为________.答案3π2解析 根据题意知,平面ACD 1是边长为9+9=32的正三角形,且所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积,则由图得,△ACD 1内切圆的半径r =13(32)2-⎝⎛⎭⎪⎫3222=62, 所以平面ACD 1截球O 的截面面积为 S =π×⎝ ⎛⎭⎪⎫622=3π2.二、创新拓展练13.(多选)(2022·华大新高考联考)已知三棱锥S -ABC 中,SA ⊥平面ABC ,SA =AB =BC =2,AC =2,点E ,F 分别是线段AB ,BC 的中点,直线AF ,CE 相交于G ,则过点G 的平面α截三棱锥S -ABC 的外接球O 所得截面面积可以是( ) A.23π B.89π C.π D.32π答案 BCD解析 因为AB 2+BC 2=AC 2,故AB ⊥BC , 故三棱锥S -ABC 的外接球O的半径R =2+2+22=62,取AC 的中点D ,连接BD 必过G , 因为AB =BC =2,故DG =13BD =13,因为OD =22, 故OG 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫222+⎝ ⎛⎭⎪⎫132=1118,则过点G 的平面截球O 所得截面圆的最小半径r 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫622-1118=89,故截面面积的最小值为89π,最大值为πR 2=32π,故选BCD.14.(多选)(2022·济南模拟)已知三棱锥P -ABC 的四个顶点都在球O 上,AB =BC =AC =1,∠APC =π6,平面PAC ⊥平面ABC ,则( )A.直线OA 与直线BC 垂直B.点P 到平面ABC 的距离的最大值为1+32C.球O 的表面积为13π3D.三棱锥O -ABC 的体积为18答案 ACD解析 设△ABC 外接圆的圆心为O 1,连接OO 1,O 1A . 因为O 为三棱锥P -ABC 外接球的球心, 所以OO 1⊥平面ABC ,所以OO 1⊥BC ,因为AB =BC =AC =1,所以O 1A ⊥BC ,所以BC ⊥平面OO 1A , 所以OA ⊥BC ,故A 选项正确; 设△PAC 外接圆的圆心为O 2,AC 的中点为D ,连接O 2D , 由于AC =1,∠APC =π6,所以圆O 2的半径r 2=12×1sinπ6=1,则易知O 2D =32, 所以点P 到平面ABC 的距离的最大值为1+32(此时P ,O 2,D 三点共线),故B 选项错误;由于AB =BC =AC =1,平面PAC ⊥平面ABC ,平面PAC ∩平面ABC =AC , 所以圆O 1的半径r 1=12×1sin π3=33, 圆O 2的半径r 2=1,△ABC 与△PAC 的交线段AC =1, 所以三棱锥P -ABC 外接球半径R 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫332+12-14=1312.故球O 的表面积S =4π×1312=13π3,故C 选项正确;由于OO 1⊥平面ABC ,且OO 1=O 2D =32,S △ABC =34,所以三棱锥O-ABC的体积为13×OO1×S△ABC=13×32×34=18,故D选项正确,故选ACD.15.(多选)(2022·湖州调研)已知正四面体ABCD的棱长为3,其外接球的球心为O.点E 满足AE→=λAB→(0<λ<1),过点E作平面α平行于AC和BD,设α分别与该正四面体的棱BC,CD,DA相交于点F,G,H,则( )A.四边形EFGH的周长为定值B.当λ=12时,四边形EFGH为正方形C.当λ=13时,平面α截球O所得截面的周长为13π4D.四棱锥A-EFGH的体积的最大值为22 3答案ABD解析将正四面体ABCD放入正方体中.因为正四面体ABCD的棱长为3,所以正方体的棱长为322.如图所示,过点E作平面α平行于AC和BD,平面α与正方体的棱交于M,N,P,Q四点.因为AE→=λAB→,故AH→=λAD→,即有EH=λBD,同理FG=λBD,EF=(1-λ)AC,HG=(1-λ)AC,且EH∥BD,EF∥AC,故四边形EFGH 为平行四边形.因为AC ⊥BD ,故EF ⊥EH ,则四边形EFGH 为矩形.对于A ,四边形EFGH 的周长为2(EF +EH )=2[(1-λ)AC +λBD ]=2[(1-λ)AC +λAC ]=2AC =6,为定值,故A 选项正确;对于B ,当λ=12时,E 为AB 的中点,故EF =EH ,所以四边形EFGH 为正方形,故B 选项正确;对于C ,当λ=13时,球心O 到平面EFGH 的距离即球心到平面MNPQ 的距离,即BC 中点到MF 的距离,经计算为24,球半径为322×32=364,故截面圆的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎫3642-⎝ ⎛⎭⎪⎫242=132,所以截面圆的周长为132×2π=13π,故C 选项错误;对于D ,四棱锥A -EFGH 的高为AQ ,所以其体积V =13×322λ×3(1-λ)×3λ=922λ2(1-λ),0<λ<1, 令f (λ)=922λ2(1-λ),则f ′(λ)=922(2λ-3λ2),令f ′(λ)=0得λ=23,故当λ=23时,四棱锥A -EFGH 的体积最大,最大值为922×49×13=223,故D 选项正确,故选ABD.16.(多选)(2022·嘉兴测试)如图,在等腰梯形ABCD 中,AB =2AD =2BC =2CD =4.现将△DAC沿对角线AC所在的直线翻折成△D′AC,记二面角D′-AC-B的大小为α(0<α<π),则( )A.存在α,使得D′A⊥BCB.存在α,使得D′A⊥平面D′BCC.存在α,使得三棱锥D′-ABC的体积为3 3D.存在α=π2,使得三棱锥D′-ABC的外接球的表面积为20π答案ACD解析如图1,取AB的中点E,连接DE交AC于点F.因为AB=2CD,所以CD=EB=AE,所以四边形AECD为菱形,四边形EBCD为菱形,所以△AED,△DEC,△EBC均为等边三角形,所以AC⊥ED,∠DAC=∠BAC=π6,∠ACB=π2,在翻折过程中,如图2,AC⊥D′F,AC⊥FE,所以∠D′FE为二面角D′-AC-B的平面角,所以∠D′FE=α.对于A,当α=π2时,平面D′AC⊥平面ABC.因为BC⊥AC,所以BC⊥平面D′AC.又因为D′A⊂平面D′AC,所以D′A⊥BC,所以存在α,使得D′A⊥BC,故A选项正确;对于B,假设存在α,使得D′A⊥平面D′BC.因为D′C⊂平面D′BC,所以D′A⊥D′C,与∠AD′C=2π3矛盾,故B选项不正确;对于C,由分析可得,D′F=12DE=12AD=1,AC=2AF=2×32×AD=2 3.设D′到平面ABC的距离为d,则V三棱锥D′-ABC=13×S△ABC×d=13×12×AC×BC×d=13×12×23×2×d=33,解得d=1 2,所以sin α=dD′F=12,所以α=π6或5π6,故C选项正确;对于D,当α=π2时,平面D′AC⊥平面ABC,所以BC⊥平面D′AC,D′F⊥平面ABC.如图2所示,因为E,F分别为AB,AC的中点,所以EF∥BC,且EF=12BC=1,所以EF⊥平面D′AC.设△D′AC外接圆圆心为O1,则O1A=O1D′=AD′=2.因为E是Rt△ABC斜边的中点,所以E为Rt△ABC的外心.过O1作平面D′AC的垂线,过点E作平面ABC的垂线,则两垂线的交点O即为三棱锥D′-ABC外接球的球心,显然四边形EFO1O是矩形,所以OO1=EF=1.设三棱锥D′-ABC的外接球半径为R,则在Rt△OO1D′中,R=OD′=O1O2+O1D′2=1+4=5,所以三棱锥D′-ABC的外接球的表面积S=4πR2=20π,故D选项正确.综上所述,故选ACD.17.在菱形ABCD中,AB=23,∠ABC=60°,若将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为60°的二面角B-AC-D,则四面体DABC的外接球球O的体积为________.答案5239π27解析如图,设M,N分别为△ABC,△ACD的外心,E为AC的中点,则EN=EM=13BE=1,在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O. ∵BE⊥AC,DE⊥AC,BE∩DE=E,∴AC⊥平面BDE.∵OM⊂平面BDE,∴OM⊥AC,∵OM⊥BE,BE∩AC=E,∴OM⊥平面ABC,同理可得ON⊥平面ACD,则O为四面体DABC的外接球的球心,连接OE,∵EM=EN,OE=OE,∠OME=∠ONE=90°,∴△OME≌△ONE,∴∠OEM=30°,∴OE=EMcos 30°=233.∵AC⊥平面BDE,OE⊂平面BDE,∴OE⊥AC,∴OA=OE2+AE2=39 3,即球O的半径R=39 3.故球O的体积V=43πR3=5239π27.18.(2022·湖南三湘名校联考)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,AB=BC=AA1=4,M 为棱AB的中点,N是棱BC的中点,O是三棱柱外接球的球心,则平面MNB1截球O所得截面的面积为________.答案8π解析如图1,将直三棱柱补形成正方体ABCD-A1B1C1D1,连接BD1,则直三棱柱的外接球也是正方体的外接球,球心O是BD1的中点,半径R=2 3. 连接BD交MN于点E,连接B1E交BD1于点F,过点O作OO1⊥B1E于点O1,连接B1D1,因为MN∥AC,AC⊥平面BB1D1D,所以MN⊥平面BB1D1D,所以OO1⊥MN,所以OO1⊥平面MNB1.如图2,31 / 31 在矩形BB 1D 1D 中,BF FD 1=BE B 1D 1=14, 所以BF OF =23,过点B 作BG ⊥B 1E 于点G , 则BG =BE ·BB 1B 1E =43,BGOO 1=BF OF =23,所以OO 1=2,设截面圆的半径为r , 则r 2=R 2-OO 21=(23)2-22=8,所以截面的面积为8π.。

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数学高考复习中常见的恒成立问题包括:三角函数、平面几何、立体几何、数列等方面的常见恒等式是否成立。

解决这些问题需要
我们掌握以下策略:
1. 掌握基本定义。

了解三角函数、平面几何、立体几何、数列
等基本定义,理解它们的概念和性质,这是解决恒成立问题的前提。

2. 理解证明步骤。

对于一些基本的恒等式,如三角函数的基本
恒等式、半角公式等,需要深入理解其证明步骤,这样能解决很多
基本的恒成立问题。

3. 对比特殊情况。

对于一些复杂的恒等式,可以考虑先验证一
些特殊情况,如取特殊的几个值来代入验证,这样可以对恒等式是
否成立有一个大致的判断。

4. 利用常见定理。

多运用常见的几何定理或性质的结论,如勾
股定理、中线定理、垂直平分线定理等,也可以用对等三角形、相
似比、余弦、正弦等基本知识来解决。

5. 探索新的思路。

对于一些比较难的恒等式,可以多思考,开
拓思路,寻找新的解题方法,这样可以解决不同的问题,丰富解题
经验。

总之,解决恒成立问题需要我们理解基本定义和证明步骤,利
用特殊情况和常见定理,同时具有创新和探索的精神。

2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点(解析版)

2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点(解析版)

数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列,S n 为其前n 项和,a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280,则S 11=()A.516B.440C.258D.2202(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上,空盘时盘芯直径为60mm ,满盘时直径为120mm ,已知卫生纸的厚度为0.1mm ,则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14,精确到1m )A.65mB.85mC.100mD.120m3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块,已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点(解析版)4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=.【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n,“知三可求二”,在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性,更要注意运算的准确性.在遇到一些较复杂的方程组时,要注意运用整体代换思想,使运算更加便捷.2. 在等差数列{a n}中,若出现a m-n,a m,a m+n等项时,可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件;若求a m项,可由a m=12(a m-n+a m+n)转化为求a m-n,a m+n或a m-n+a m+n的值.3.数列的基本计算,往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8= ()A.12B.24C.30D.326(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关”.其大意是:有人要去某关口,路程为378里,第一天健步行走,从第二天起由于脚痛,每天走的路程都为前一天的一半,一共走了六天,才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.427(2023·全国高考真题)已知a n为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n项和公式,共涉及五个量a1,a n,q,n,S n,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点,可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.(Ⅰ)求{an}的通项公式;(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.9(2022·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和.已知2S nn+n=2a n+1.(1)证明:a n是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求S n的最小值.10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i .(2)已知b n为等比数列,对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则b k<a n<b k+1,(Ⅰ)当k≥2时,求证:2k-1<b k<2k+1;(Ⅱ)求b n 的通项公式及其前n 项和.热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列,且a 1+a 2+a 3+a 4=ln (a 1+a 2+a 3).若a 1>1,则A.a 1<a 3,a 2<a 4B.a 1>a 3,a 2<a 4C.a 1<a 3,a 2>a 4D.a 1>a 3,a 2>a 412(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示,古筝有多根弦,每根弦下有一个雁柱,雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中,每根弦都垂直于x 轴,相邻两根弦间的距离为1,雁柱所在曲线的方程为y =1.1x ,第n 根弦(n ∈N ,从左数首根弦在y 轴上,称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l :y =x +1交于点A n x n ,y n 和B n x n,y n,则20n =0y n y n=.(参考数据:取1.122=8.14.)13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0,a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列?若是,给出证明;否则,请说明理由;(2)若数列a n 的前10项和为361,记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2,数列b n 的前n 项和为T n ,求证:T n <12.14(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x ,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点,点M 在直线x =12上,且AM =MB .(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值;(2)已知S 1=0,当n ≥2时,S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n,设a n =2Sn,T n 数列a n 的前n 项和,若存在正整数c ,m ,使得不等式T m -c T m +1-c <12成立,求c 和m 的值;热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗,则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<416(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图,在一个单位正方形中,首先将它等分成4个边长为12的小正方形,保留一组不相邻的2个小正方形,记这2个小正方形的面积之和为S 1;然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分,各自保留一组不相邻的2个小正方形,记这4个小正方形的面积之和为S 2.以此类推,操作n 次,若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024,则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.1217(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ,且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式,(2)设b n =1a n a n +1,且b n 的前n 项和为T n ,证明,13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和,已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列.(1)求a n 的通项公式;(2)证明:1a 1+1a 2+⋯+1a n<2.19(2021·全国·统考高考真题)设a n 是首项为1的等比数列,数列b n 满足b n =na n3.已知a 1,3a 2,9a 3成等差数列.(1)求a n 和b n 的通项公式;(2)记S n 和T n 分别为a n 和b n 的前n 项和.证明:T n <S n2.20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n 与b n 的前n 项和分别为A n 和B n ,且对任意n ∈N *,a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2,b 1=2,求B n ;(2)若对任意n ∈N *,都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立,求正整数b 1的最小值.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列,b n 为等比数列,b 1=2a 1=2,a 5=5a 4-a 3 ,b 5=4b 4-b 3 ,数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式;(2)证明:2ni =1c i ≥133.热点六数列与解析几何交汇22(2022·全国·统考高考真题)图1是中国古代建筑中的举架结构,AA ,BB ,CC ,DD 是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举,图2是某古代建筑屋顶截面的示意图.其中DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举,OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步,相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA 1BA 1=k 3.已知k 1,k 2,k 3成公差为0.1的等差数列,且直线OA 的斜率为0.725,则k 3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.923(重庆·高考真题)设A x 1,y 1 ,B 4,95 ,C x 2,y 2 是右焦点为F 的椭圆x 225+y 29=1上三个不同的点,则“|AF |,|BF |,|CF |成等差数列”是“x 1+x 2=8”的()A.充要条件B.必要而不充分条件C.充分而不必要条件D.既不充分也不必要条件24(2021·浙江·统考高考真题)已知a ,b ∈R ,ab >0,函数f x =ax 2+b (x ∈R ).若f (s -t ),f (s ),f (s +t )成等比数列,则平面上点s ,t 的轨迹是()A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线热点七数列与概率统计交汇25(2023秋·江西·高三校联考阶段练习)甲同学现参加一项答题活动,其每轮答题答对的概率均为13,且每轮答题结果相互独立.若每轮答题答对得5分,答错得0分,记第i 轮答题后甲同学的总得分为X i ,其中i =1,2,⋅⋅⋅,n .(1)求E X 99 ;(2)若乙同学也参加该答题活动,其每轮答题答对的概率均为23,并选择另一种答题方式答题:从第1轮答题开始,若本轮答对,则得20分,并继续答题;若本轮答错,则得0分,并终止答题,记乙同学的总得分为Y .证明:当i >24时,E X i >E Y .26(2023秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,点A 处有一只小蚂蚁,每次随机等可能地沿各条棱或侧面对角线向另一顶点移动,设小蚂蚁移动n 次后仍在底面ABC 的顶点处的概率为P n .(1)求P1,P2的值.(2)求P n.27(2019·全国·高考真题(理))为了治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分,甲药得-1分;若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X.(1)求X的分布列;(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,p i(i=0,1,⋯,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p0=0,p8=1,p i=ap i-1+bp i+cp i+1(i=1,2,⋯,7),其中a=P(X=-1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设α=0.5,β=0.8.(i)证明:{p i+1-p i}(i=0,1,2,⋯,7)为等比数列;(ii)求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性.热点八等差数列、等比数列的判断与证明28【多选题】(2022·广东茂名·模拟预测)已知数列a n的前n项和为S,a1=1,S n+1=S n+2a n+1,数列2na n⋅a n+1的前n项和为Tn,n∈N*,则下列选项正确的为()A.数列a n+1是等比数列 B.数列a n+1是等差数列C.数列a n的通项公式为a n=2n-1 D.T n>129(2021·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和,b n为数列S n的前n项积,已知2S n+1b n=2.(1)证明:数列b n是等差数列;(2)求a n的通项公式.热点九数列中的“新定义”问题30(2020·全国·统考高考真题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯),且存在正整数m,使得a i+m=a i(i=1,2,⋯)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足a i+m=a i(i=1,2,⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2⋯a n⋯,C(k)=1 mmi=1a i a i+k(k=1,2,⋯,m-1)是描述其性质的重要指标,下列周期为5的0-1序列中,满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯31【多选题】(2023秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数,他们根据沙粒或小石子所排列的形状,把数分成许多类,如图中第一行图形中黑色小点个数:1,3,6,10,⋯称为三角形数,第二行图形中黑色小点个数:1,4,9,16,⋯称为正方形数,记三角形数构成数列a n,正方形数构成数列b n,则下列说法正确的是()A.1b 1+1b 2+1b 3+⋯+1b n<2;B.1225既是三角形数,又是正方形数;C.10i =11b i +1-a i +1=95;D.∀m ∈N *,m ≥2总存在p ,q ∈N *,使得b m =a p +a q 成立;32(2022秋·山东·高三校联考阶段练习)若项数为n 的数列a n 满足:a i =a n +1-i i =1,2,3,⋯,n 我们称其为n 项的“对称数列”.例如:数列1,2,2,1为4项的“对称数列”;数列1,2,3,2,1为5项的“对称数列”.设数列c n 为2k +1项的“对称数列”,其中c 1,c 2⋯c k +1是公差为2的等差数列,数列c n 的最大项等于8,记数列c n 的前2k +1项和为S 2k +1,若S 2k +1=32,则k =.数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列,S n 为其前n 项和,a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280,则S 11=()A.516 B.440C.258D.220【答案】D【分析】根据给定条件,利用等差数列性质求出a 4,a 6,再利用前n 项和公式求解作答.【详解】等差数列a n 为递增数列,则a 4<a 6,由a 3+a 7=34,得a 4+a 6=34,而a 4⋅a 6=280,解得a 4=14,a 6=20,所以S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6=220.故选:D2(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上,空盘时盘芯直径为60mm ,满盘时直径为120mm ,已知卫生纸的厚度为0.1mm ,则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14,精确到1m )A.65m B.85mC.100mD.120m【答案】B【分析】依题意,可以把绕在盘上的卫生纸长度,近似看成300个半径成等差数列的圆周长,然后分别计算各圆的周长,再借助等差数列前n 项和公式求总和即可.【详解】因为空盘时盘芯直径为60mm ,则半径为30mm ,周长为2π×30=60πmm ,又满盘时直径为120mm ,则半径为60mm ,周长为2π×60=120πmm ,又因为卫生纸的厚度为0.1mm ,则60-300.1=300,即每一圈周长成等差数列,项数为300,于是根据等差数列的求和公式,得:S300=300×60π+120π2=27000πmm ,又27000πmm≈84780mm≈85m,即满盘时卫生纸的总长度大约为85m,故选:B.3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块,已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【答案】C【解析】设第n环天石心块数为a n,第一层共有n环,则a n是以9为首项,9为公差的等差数列,a n=9+n-1×9=9n,设S n为a n的前n项和,则第一层、第二层、第三层的块数分别为S n,S2n-S n,S3n-S2n,因为下层比中层多729块,所以S3n-S2n=S2n-S n+729,即3n9+27n2-2n9+18n2=2n9+18n2-n9+9n2+729即9n2=729,解得n=9,所以S3n=S27=279+9×272=3402.故选:C4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=.【答案】2【分析】转化条件为2a1+2d=2a1+d+6,即可得解.【详解】由2S3=3S2+6可得2a1+a2+a3=3a1+a2+6,化简得2a3=a1+a2+6,即2a1+2d=2a1+d+6,解得d=2.故答案为:2.【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n,“知三可求二”,在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性,更要注意运算的准确性.在遇到一些较复杂的方程组时,要注意运用整体代换思想,使运算更加便捷.2. 在等差数列{a n}中,若出现a m-n,a m,a m+n等项时,可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件;若求a m 项,可由a m =12(a m -n +a m +n)转化为求a m -n ,a m +n 或a m -n +a m +n 的值.3.数列的基本计算,往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n }是等比数列,且a 1+a 2+a 3=1,a 2+a 3+a 4=2,则a 6+a 7+a 8=()A.12B.24C.30D.32【答案】D【分析】根据已知条件求得q 的值,再由a 6+a 7+a 8=q 5a 1+a 2+a 3 可求得结果.【详解】设等比数列a n 的公比为q ,则a 1+a 2+a 3=a 11+q +q 2 =1,a 2+a 3+a 4=a 1q +a 1q 2+a 1q 3=a 1q 1+q +q 2 =q =2,因此,a 6+a 7+a 8=a 1q 5+a 1q 6+a 1q 7=a 1q 51+q +q 2 =q 5=32.故选:D .6(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关”.其大意是:有人要去某关口,路程为378里,第一天健步行走,从第二天起由于脚痛,每天走的路程都为前一天的一半,一共走了六天,才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.42【答案】D【分析】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里,其中1≤n ≤6,由题意可知,数列a n 是公比为12的等比数列,利用等比数列的求和公式求出a 1的值,然后利用等比数列的求和公式可求得此人后3天共走的里程数.【详解】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里,其中1≤n ≤6,由题意可知,数列a n 是公比为12的等比数列,所以,a 11-12 6 1-12=6332a 1=378,解得a 1=378×3263=192,所以,此人后三天所走的里程数为a 4+a 5+a 6=192×181-1231-12=42.故选:D .7(2023·全国高考真题)已知a n 为等比数列,a 2a 4a 5=a 3a 6,a 9a 10=-8,则a 7=.【答案】-2【分析】根据等比数列公式对a 2a 4a 5=a 3a 6化简得a 1q =1,联立a 9a 10=-8求出q 3=-2,最后得a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2.【解析】设a n 的公比为q q ≠0 ,则a 2a 4a 5=a 3a 6=a 2q ⋅a 5q ,显然a n ≠0,则a 4=q 2,即a 1q 3=q 2,则a 1q =1,因为a 9a 10=-8,则a 1q 8⋅a 1q 9=-8,则q 15=q 5 3=-8=-2 3,则q 3=-2,则a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2,故答案为:-2.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公比q ,然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n 项和公式,共涉及五个量a 1,a n ,q ,n ,S n ,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点,可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an }是等差数列,a 1=-10,且a 2+10,a 3+8,a 4+6成等比数列.(Ⅰ)求{an }的通项公式;(Ⅱ)记{an }的前n 项和为Sn ,求Sn 的最小值.【答案】(Ⅰ)a n =2n -12;(Ⅱ)-30.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差,然后利用等差数列通项公式可得a n 的通项公式;(Ⅱ)首先求得S n 的表达式,然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】(Ⅰ)设等差数列a n 的公差为d ,因为a 2+10,a 3+8,a 4+6成等比数列,所以(a 3+8)2=(a 2+10)(a 4+6),即(2d -2)2=d (3d -4),解得d =2,所以a n =-10+2(n -1)=2n -12.(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n =2n -12,所以S n =-10+2n -122×n =n 2-11n =n -112 2-1214;当n =5或者n =6时,S n 取到最小值-30.9(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和.已知2S nn+n =2a n +1.(1)证明:a n 是等差数列;(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列,求S n 的最小值.【答案】(1)证明见解析;(2)-78.【分析】(1)依题意可得2S n +n 2=2na n +n ,根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2,作差即可得到a n -a n -1=1,从而得证;(2)法一:由(1)及等比中项的性质求出a 1,即可得到a n 的通项公式与前n 项和,再根据二次函数的性质计算可得.【详解】(1)因为2S nn+n =2a n +1,即2S n +n 2=2na n +n ①,当n ≥2时,2S n -1+n -1 2=2n -1 a n -1+n -1 ②,①-②得,2S n +n 2-2S n -1-n -1 2=2na n +n -2n -1 a n -1-n -1 ,即2a n +2n -1=2na n -2n -1 a n -1+1,即2n -1 a n -2n -1 a n -1=2n -1 ,所以a n -a n -1=1,n ≥2且n ∈N *,所以a n 是以1为公差的等差数列.(2)[方法一]:二次函数的性质由(1)可得a 4=a 1+3,a 7=a 1+6,a 9=a 1+8,又a 4,a 7,a 9成等比数列,所以a 72=a 4⋅a 9,即a 1+6 2=a 1+3 ⋅a 1+8 ,解得a 1=-12,所以a n=n-13,所以S n=-12n+n n-12=12n2-252n=12n-2522-6258,所以,当n=12或n=13时,S nmin=-78.[方法二]:【最优解】邻项变号法由(1)可得a4=a1+3,a7=a1+6,a9=a1+8,又a4,a7,a9成等比数列,所以a72=a4⋅a9,即a1+62=a1+3⋅a1+8,解得a1=-12,所以a n=n-13,即有a1<a2<⋯<a12<0,a13=0.则当n=12或n=13时,S nmin=-78.【整体点评】(2)法一:根据二次函数的性质求出S n的最小值,适用于可以求出S n的表达式;法二:根据邻项变号法求最值,计算量小,是该题的最优解.10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i .(2)已知b n为等比数列,对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则b k<a n<b k+1,(Ⅰ)当k≥2时,求证:2k-1<b k<2k+1;(Ⅱ)求b n的通项公式及其前n项和.【答案】(1)a n=2n+1,2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1;(2)(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ)b n=2n,前n项和为2n+1-2.【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程,解方程可得a1=3,d=2,据此可求得数列的通项公式,然后确定所给的求和公式里面的首项和项数,结合等差数列前n项和公式计算可得2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况,当2k-1≤n≤2k-1时,b k<a n,取n=2k-1,当2k-2≤n≤2k-1-1时,a n<b k,取n=2k-1-1,即可证得题中的不等式;(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论,利用极限思想确定数列的公比,进而可得数列的通项公式,最后由等比数列前n 项和公式即可计算其前n项和.【详解】(1)由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5-a3=2d=4,解得a1=3d=2,则数列a n的通项公式为a n=a1+n-1d=2n+1,求和得2n-1i=2n-1a i=2n-1i=2n-12i+1=22n-1i=2n-1i+2n-1-2n-1+1=22n-1+2n-1+1+2n-1+2+⋯+2n-1+2n-1=22n-1+2n-1⋅2n-12+2n-1=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)由题意可知,当2k-1≤n≤2k-1时,b k<a n,取n=2k-1,则b k<a2k-1=2×2k-1+1=2k+1,即b k<2k+1,当2k-2≤n≤2k-1-1时,a n<b k,取n=2k-1-1,此时a n=a2k-1-1=22k-1-1+1=2k-1,据此可得2k-1<b k,综上可得:2k-1<b k<2k+1.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知:2k-1<bk<2k+1,2k+1-1<b k+1<2k+1+1则数列b n的公比q满足2k+1-12k+1=2-32k+1<q=b k+1b k<2k+1+12k-1=2+32k-1,当k∈N*,k→+∞时,2-3 2k+1→2,2+32k-1→2,所以q=2,所以2k-1<b12k-1<2k+1,即2k-12k-1=2-12k-1<b1<2k+12k-1=2+12k-1,当k∈N*,k→+∞时,2-1 2k-1→2,2+12k-1→2,所以b1=2,所以数列的通项公式为b n=2n,其前n项和为:S n=2×1-2n1-2=2n+1-2.热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B【分析】先证不等式x≥ln x+1,再确定公比的取值范围,进而作出判断.【详解】令f(x)=x-ln x-1,则f (x)=1-1x,令f(x)=0,得x=1,所以当x>1时,f (x)>0,当0<x<1时,f (x)<0,因此f(x)≥f(1)=0,∴x≥ln x+1,若公比q>0,则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3),不合题意;若公比q≤-1,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]>ln a1>0,即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3),不合题意;因此-1<q<0,q2∈(0,1),∴a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0,选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩,进而限制参数取值范围,是一个有效方法.如x≥ln x+1,e x≥x+1,e x≥x2+1(x≥0).12(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示,古筝有多根弦,每根弦下有一个雁柱,雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中,每根弦都垂直于x轴,相邻两根弦间的距离为1,雁柱所在曲线的方程为y=1.1x,第n根弦(n∈N,从左数首根弦在y轴上,称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l:y=x+1交于点A n x n,y n和B n x n ,y n,则20n=0y n y n=.(参考数据:取1.122=8.14.)【答案】914【分析】根据题意可得y n =n +1,y n=1.1n ,进而利用错位相减法运算求解.【详解】由题意可知:y n =n +1,y n =1.1n ,则20n =0y n y n=20n =0n +1 1.1n =1×1.10+2×1.11+⋯+20×1.119+21×1.120,可得1.1×20n =0y n y n =1×1.11+2×1.12+⋯+20×1.120+21×1.121,两式相减可得:-0.1×20n =0y n y n=1.10+1.11+⋯+1.120-21×1.121=1-1.1211-1.1-21×1.121=1-1.121+0.1×21×1.121-0.1=1+1.122-0.1=1+8.14-0.1=-91.4,所以20n =0y n y n=914.故答案为:914.13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0,a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列?若是,给出证明;否则,请说明理由;(2)若数列a n 的前10项和为361,记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2,数列b n 的前n 项和为T n ,求证:T n <12.【答案】(1)数列a 2n -1 成等比数列,证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)推导出a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=4a 2n -1,得到结论;(2)先得到a 2n -1=a 1⋅4n -1,a 2n =2(n -1)+log 2a 1,从而得到S 10=341a 1+5log 2a 1+20,令f (x )=341x +5log 2x +20,得到函数单调递增,且由特殊点函数值得到a 1=1,b n =14n2,求出T 1=14<74,当n ≥2时,利用裂项相消法求和,得到T n <12.【详解】(1)数列a 2n -1 成等比数列,证明如下:根据a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗得,a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=22a 2n -1=4a 2n -1;∵a 1>0,∴a 2n -1>0,a2n +1a 2n -1=4,即数列a 2n -1 成等比数列.(2)由(1)得,a 2n -1=a 1⋅4n -1,a 2n =log 2a 2n -1=2(n -1)+log 2a 1,故S 10=a 140+41+42+43+44 +5log 2a 1+2×(0+1+2+3+4)=341a 1+5log 2a 1+20,由S 10=361,得341a 1+5log 2a 1+20=361.令f (x )=341x +5log 2x +20,当x >0时,f (x )=341x +5log 2x +20单调递增,且f (1)=361=f a 1 ,故a 1=1,a 2n +1=4n =22n ,a 2n +2=log 2a 1+2n =2n ,∴b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2=14n 2,T 1=b 1=14<12,当n ≥2时,b n =14n2<14(n -1)n =141n -1-1n∴T n =b 1+b 2+⋯+b n <141+1-12+12-13+⋯+1n -1-1n=142-1n <14×2=12,综上,知T n <1214(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点,点M 在直线x =12上,且AM =MB .(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值;(2)已知S 1=0,当n ≥2时,S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n,设a n =2Sn,T n 数列a n 的前n 项和,若存在正整数c ,m ,使得不等式T m -c T m +1-c <12成立,求c 和m 的值;【答案】(1)x 1+x 2=1,y 1+y 2=-2(2)存在,c =1,m =1【分析】(1)根据点M 在直线x =12上,设M 12,y M ,利用AM =MB ,可得x 1+x 2=1,分类讨论:①x 1=12,x 2=12;②x 1≠12时,x 2≠12,利用函数解析式,可求y 1+y 2的值;(2)由(1)知,当x 1+x 2=1时,y 1+y 2=-2,∴f k n +f n -kn=-2,代入k =0,1,2,⋯,n -1,利用倒序相加法可得S n =1-n ,从而可得数列a n 的通项与前n 项和,利用T m -c T m +1-c <12化简即可求得结论.【详解】(1)根据点M 在直线x =12上,设M 12,y M ,则AM =12-x 1,y M -y 1 ,MB =x 2-12,y 2-y M ,∵AM =MB ,∴x 1+x 2=1.①当x 1=12时,x 2=12,y 1+y 2=f x 1 +f x 2 =-1-1=-2;②当x 1≠12时,x 2≠12,y 1+y 2=2x 11-2x 1+2x 21-2x 2=2x 11-2x 2 +2x 21-2x 1 1-2x 1 1-2x 2 =2(x 1+x 2)-8x 1x 21-2(x 1+x 2)+4x 1x 2=2(1-4x 1x 2)4x 1x 2-1=-2;综合①②得,y 1+y 2=-2.(2)由(1)知,当x 1+x 2=1时,y 1+y 2=-2.∴f k n +f n -k n=-2,k =0,1,2,⋯,n -1,∴n ≥2时,S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n①S n =f n -1n +f n -2n +f n -3n +⋯+f 1n ②①+②得,2S n =-2(n -1),则S n =1-n .又n =1时,S 1=0满足上式,∴S n =1-n .∴a n =2S n=21-n ,∴T n =1+12+⋯+12n -1=1×1-12 n1-12=2-22n.∵T m -c T m +1-c <12,∴2T m -c -T m +1-c 2T m +1-c<0,∴c -2T m -T m +1c -T m +1<0,∵Tm +1=2-12m ,2T m -T m +1=4-42m -2+12m =2-32m ,∴12≤2-32m <c <2-12m <2,c ,m 为正整数,∴c =1,当c =1时,2-32m<12-12m >1,∴1<2m <3,∴m =1.【点评】作为高考热点,数列与函数的交汇问题,等差数列易于同二次函数结合,研究和的最值问题,而等比数列易于同指数函数结合,利用指数函数的单调性解决问题,递推、通项问题往往与函数的单调性、周期性相结合.热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗,则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<4【答案】B【分析】先通过递推关系式确定a n 除去a 1,其他项都在0,1 范围内,再利用递推公式变形得到1a n +1-1a n =13-a n >13,累加可求出1a n >13(n +2),得出100a 100<3,再利用1a n +1-1a n =13-a n<13-3n +2=131+1n +1 ,累加可求出1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ,再次放缩可得出100a 100>52.【详解】∵a 1=1,易得a 2=23∈0,1 ,依次类推可得a n ∈0,1由题意,a n +1=a n 1-13a n ,即1a n +1=3a n 3-a n=1a n +13-a n ,∴1a n +1-1a n =13-a n >13,即1a 2-1a 1>13,1a 3-1a 2>13,1a 4-1a 3>13,⋯,1a n -1a n -1>13,(n ≥2),累加可得1a n -1>13n -1 ,即1a n >13(n +2),(n ≥2),∴a n <3n +2,n ≥2 ,即a 100<134,100a 100<10034<3,又1a n +1-1a n =13-a n <13-3n +2=131+1n +1 ,(n ≥2),∴1a 2-1a 1=131+12 ,1a 3-1a 2<131+13 ,1a 4-1a 3<131+14 ,⋯,1a n -1a n -1<131+1n,(n≥3),累加可得1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ,(n ≥3),∴1a 100-1<33+1312+13+⋯+1100 <33+1312×4+16×96 <39,即1a 100<40,∴a 100>140,即100a 100>52;综上:52<100a 100<3.故选:B .16(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图,在一个单位正方形中,首先将它等分成4个边长为12的小正方形,保留一组不相邻的2个小正方形,记这2个小正方形的面积之和为S 1;然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分,各自保留一组不相邻的2个小正方形,记这4个小正方形的面积之和为S 2.以此类推,操作n 次,若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024,则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.12【答案】C【分析】由题意可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形,即S n =2n ×12n2=12n,结合等比数列前n 项和解不等式即可.【详解】由题意可知操作1次时有21=2个边长为121=12的小正方形,即S 1=21×1212=121=12,操作2次时有22=4个边长为122=14的小正方形,即S 2=22×122 2=122=14,操作3次时有23=8个边长为123=18的小正方形,即S 3=23×1232=123=18,以此类推可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形,即S n =2n ×12n2=12n ,由等比数列前n 项和公式有S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n =12+12 2+⋅⋅⋅+12 n =12×1-12 n1-12=1-12 n,从而问题转换成了求1-12 n ≥20232024不等式的最小正整数解,将不等式变形为12 n ≤12024,注意到12 10=11024>12024,1211=12048<12024,且函数y =12x在R 上单调递减,所以n 的最小值是11.故选:C .17(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ,且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式,(2)设b n =1a n a n +1,且b n 的前n 项和为T n ,证明,13≤T n <12.【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式以及前n 项和公式,列方程求解首项和公差,即得答案;(2)由(1)结论可得b n =1a n a n +1的表达式,利用裂项求和可得T n 表达式,即可证明结论.【详解】(1)设a n 的公差为d ,由S 4=4S 2得,4a 1+6d =42a 1+d ,解得d =2a 1,∵a 3n =3a n +2,即a 1+3n -1 d =3a 1+n -1 d +2,∴2d =2a 1+2,结合d =2a 1,∴d =2,a 1=1,∴a n =1+2n -1 =2n -1;(2)证明:由b n =12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 .∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1,即∴T n =121-12n +1 ,又T n 随着n 的增大增大,当n =1时,T n 取最小值为T 1=13,又n →+∞时,12n +1>0,且无限趋近于0,故T n =121-12n +1 <12,故13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和,已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列.(1)求a n 的通项公式;(2)证明:1a 1+1a 2+⋯+1a n<2.【答案】(1)a n =n n +12(2)见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式求得S n a n =1+13n -1 =n +23,得到S n =n +2 a n 3,利用和与项的关系得到当n ≥2时,a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,进而得:a n a n -1=n +1n -1,利用累乘法求得a n =n n +1 2,检验对于n =1也成立,得到a n 的通项公式a n =n n +1 2;(2)由(1)的结论,利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n =21-1n +1 ,进而证得.【详解】(1)∵a 1=1,∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列,∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时,S n -1=n +1 a n -13,∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得:n -1 a n =n +1 a n -1,即a na n-1=n+1n-1,∴a n=a1×a2a1×a3a2×⋯×a n-1a n-2×a na n-1=1×31×42×⋯×nn-2×n+1n-1=n n+12,显然对于n=1也成立,∴a n的通项公式a n=n n+12;(2)1a n =2n n+1=21n-1n+1,∴1 a1+1a2+⋯+1a n=21-12+12-13+⋯1n-1n+1=21-1n+1<219(2021·全国·统考高考真题)设a n是首项为1的等比数列,数列b n满足b n=na n3.已知a1,3a2,9a3成等差数列.(1)求a n和b n的通项公式;(2)记S n和T n分别为a n和b n的前n项和.证明:T n<S n 2.【答案】(1)a n=13n-1,b n=n3n;(2)证明见解析.【分析】(1)利用等差数列的性质及a1得到9q2-6q+1=0,解方程即可;(2)利用公式法、错位相减法分别求出S n,T n,再作差比较即可.【详解】(1)因为a n是首项为1的等比数列且a1,3a2,9a3成等差数列,所以6a2=a1+9a3,所以6a1q=a1+9a1q2,即9q2-6q+1=0,解得q=13,所以a n=13n-1,所以b n=na n3=n3n.(2)[方法一]:作差后利用错位相减法求和T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n,S n 2=12130+131+132+⋯+13n-1 ,T n-S n2=13+232+333+⋯+n3n-12130+131+132+⋯+13n-1 =0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1+n3n.设Γn=0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1, ⑧则13Γn=0-1231+1-1232+2-1233+⋯+n-1-123n. ⑨由⑧-⑨得23Γn=-12+131+132+⋯+13n-1-n-323n=-12+131-13n-11-13-n-323n.所以Γn=-14×3n-2-n-322×3n-1=-n2×3n-1.因此T n-S n2=n3n-n2×3n-1=-n2×3n<0.故T n<S n 2.[方法二]【最优解】:公式法和错位相减求和法证明:由(1)可得S n=1×1-13n1-13=321-13n,T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n,①1 3T n=132+233+⋯+n-13n+n3n+1,②①-②得23T n=13+132+133+⋯+13n-n3n+1=131-13n1-13-n3n+1=121-13n-n3n+1,所以T n=341-13n-n2⋅3n,所以T n-S n2=341-13n-n2⋅3n-341-13n=-n2⋅3n<0,所以T n<S n 2 .[方法三]:构造裂项法由(Ⅰ)知b n=n13n,令c n=(αn+β)13 n,且b n=c n-c n+1,即n13 n=(αn+β)13 n-[α(n+1)+β]13n+1,通过等式左右两边系数比对易得α=32,β=34,所以c n=32n+34 ⋅13 n.则T n=b1+b2+⋯+b n=c1-c n+1=34-34+n2 13 n,下同方法二.[方法四]:导函数法设f(x)=x+x2+x3+⋯+x n=x1-x n1-x,由于x1-x n1-x'=x1-x n'1-x-x1-x n×1-x'1-x2=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2,则f (x)=1+2x+3x2+⋯+nx n-1=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2.又b n=n13n=13n13 n-1,所以T n=b1+b2+b3+⋯+b n=131+2×13+3×132+⋯+n⋅13n-1 =13⋅f 13 =13×1+n13n+1-(n+1)13 n1-132=341+n13n+1-(n+1)13n =34-34+n213 n,下同方法二.20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n与b n的前n项和分别为A n和B n,且对任意n∈N*,a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2,b 1=2,求B n ;(2)若对任意n ∈N *,都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立,求正整数b 1的最小值.【答案】(1)n (n +1);(2)3【分析】(1)利用a n ,S n 求通项公式,再求证{b n }是首项、公差均为2的等差数列,进而求B n ;(2)由题设易得b n +1=3b n ,等比数列前n 项和公式求B n ,进而可得b n +1a n a n +1=1B n -1B n +1,裂项相消法化简已知不等式左侧,得b 1>31-23n +1-1恒成立,进而求最小值.【详解】(1)由题设,a n =A n -A n -1=32[n 2+n -(n -1)2-n +1]=3n 且n ≥2,而a 1=A 1=3,显然也满足上式,故a n =3n ,由a n +1-a n =32b n +1-b n ⇒b n +1-b n =2,又b 1=2,所以{b n }是首项、公差均为2的等差数列.综上,B n =2×(1+...+n )=n (n +1).(2)由a n =B n ,a n +1-a n =32b n +1-b n ,则B n +1-B n =b n +1=32(b n +1-b n ),所以b n +1=3b n ,而b 1≥1,故bn +1b n=3,即{b n }是公比为3的等比数列.所以B n =b 1(1-3n )1-3=b 12(3n -1),则B n +1=b12(3n +1-1),b n +1a n a n +1=B n +1-B n B n +1B n =1B n -1B n +1,而b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13,所以1B 1-1B 2+1B 2-1B 3+...+1B n -1B n +1=1B 1-1B n +1=1b 1-2b 1(3n +1-1)<13,所以1b 11-23n +1-1 <13⇒b 1>31-23n +1-1对n ∈N *都成立,所以1-23n +1-1<1,故b 1≥3,则正整数b 1的最小值为3.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列,b n 为等比数列,b 1=2a 1=2,a 5=5a 4-a 3 ,b 5=4b 4-b 3 ,数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式;(2)证明:2ni =1c i ≥133.【答案】(1)a n =n ;b n =2n (2)证明见解析【分析】(1)设等差数列a n 的公差为d ,等比数列b n 的公比为q ,根据题意列式求d ,q ,进而可得结果;(2)利用分组求和以及裂项相消法求得T n =-14n +2+4n +13-56,进而根据数列单调性分析证明.【详解】(1)设等差数列a n 的公差为d ,等比数列b n 的公比为q ,由a 1=1,a 5=5a 4-a 3 ,可得1+4d =5d ,解得d =1。

高考数学考试重难点知识总结

高考数学考试重难点知识总结

高考数学考试重难点知识总结高考数学考前必背知识点一、三角函数题三角题一般在解答题的前两道题的位置上,主要考查三角恒等变换、三角函数的图像与性质、解三角形等有关内容.三角函数、平面向量和三角形中的正、余弦定理相互交汇,是高考中考查的热点.二、数列题数列题重点考查等差数列、等比数列、递推数列的综合应用,常与不等式、函数、导数等知识综合交汇,既考查分类、转化、化归、归纳、递推等数学思想方法,又考查综合运用知识进行运算、推理论证及解决问题的能力.近几年这类试题的位置有所前移,难度明显降低.三、立体几何题常以柱体、锥体、组合体为载体全方位地考查立体几何中的重要内容,如线线、线面与面面的位置关系,线面角、二面角问题,距离问题等,既有计算又有证明,一题多问,递进排列,此类试题既可用传统方法解答,又可用空间向量法处理,有的题是两法兼用,可谓珠联璧合,相得益彰.究竟选用哪种方法,要由自己的长处和图形特点来确定.便于建立空间直角坐标系的,往往选用向量法,反之,选用传统方法.另外,“动态”探索性问题是近几年高考立体几何命题的新亮点,三视图的巧妙参与也是立体几何命题的新手法,要注意把握.四、概率问题概率题一般在解答题的前三道题的位置上,主要考查数据处理能力、应用意识、必然与或然思想,因此近几年概率题常以概率与统计的交汇形式呈现,并用实际生活中的背景来“包装”.概率重点考查离散型随机变量的分布列与期望、互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率、独立重复试验与二项分布等;统计重点考查抽样方法(特别是分层抽样)、样本的频率分布、样本的特征数、茎叶图、线性回归、列联表等,穿插考查合情推理能力和优化决策能力.同时,关注几何概型与定积分的交汇考查,此类试题在近几年的高考中难度有所提升,考生应有心理准备.五、圆锥曲线问题解析几何题一般在解答题的后三道题的位置上,有时是“把关题”或“压轴题”,说明了解析几何题依然是重头戏,在新课标高考中依然占有较突出的地位.考查重点:第一,解析几何自身模块的小交汇,是指以圆、圆锥曲线为载体呈现的,将两种或两种以上的知识结合起来综合考查.如不同曲线(含直线)之间的结合,直线是各类曲线和相关试题最常用的“调味品”,显示了直线与方程的各知识点的基础性和应用性.第二,圆锥曲线与不同模块知识的大交汇,以解析几何与函数、向量、代数知识的结合最为常见.有关解析几何的最值、定值、定点问题应给予重视.一般来说,解析几何题计算量大且有一定的技巧性(要求品出“几何味”来),需要“精打细算”,对考生的意志品质和数学机智都是一种考验和检测.六、导数、极值、最值、不等式恒成立(或逆用求参)问题导数题考查的重点是用导数研究函数性质或解决与函数有关的问题.往往将函数、不等式、方程、导数等有机地综合,构成一道超大型综合题,体现了在“知识网络交汇点处设计试题”的高考命题指导思想.鉴于该类试题的难度大,有些题还有高等数学的背景和竞赛题的味道,标准答案提供的解法往往如同“神来之笔”,确实想不到,加之“搏杀”到此时的考生的精力和考试时间基本耗尽,建议考生一定要当机立断,视时间和自身实力,先看第(1)问可否拿下,再确定放弃、分段得分或强攻.近几年该类试题与解析几何题轮流“坐庄”,经常充当“把关题”或“压轴题”的重要角色.高考数学必考知识点大全第一、高考数学中有函数、数列、三角函数、平面向量、不等式、立体几何等九大章节。

高考数学复习中的10大典型问题你中招了吗

高考数学复习中的10大典型问题你中招了吗

高考数学复习中的10大典型问题你中招了吗问题4:老师,有什么好的方法可以有助于把庞杂的知识体系整理清楚吗?刘熹老师:有,每次用一张白纸把知识模块以“思维导图”的形式梳理出来,我不建议总看书上的知识框架而是自己总结,因为你总结完了拿给老师,老师能够告诉你哪里有漏洞,然后再针对性强化。

问题5:老师,对于基础只有50左右的,最好在哪下手补?刘熹老师:50左右,根据大考常考题型,强攻一道大题,一道大题10分左右呢。

练20个类似的怎么也掌握了。

问题6:错题集感觉没什么用,看了当时记得过了一久就忘记了,刷题也是一样,应该如何学习才更有效率?求回复刘熹老师:有些学生用错题集是没有太大用的,如果是容易忘记,其实你更需要的是笔记,以及自己去梳理知识框架。

然后错题留着检验,考前再做一遍看看复习是否有效就好。

问题7:老师好,可以推荐一些好的教辅吗?刘熹老师:这边一般用五年高考三年模拟,然后还有王后雄学案,也有学校用创新方案,低年级有名师一号啥的。

不过据另一位数学老师说,“教辅是个伪命题”,你去挑一本最喜欢的,然后吃透就可以了。

问题8:数学成绩不稳定,忽高忽低,主要是选择填空有时候错的太多。

而且经常答不完数学。

怎么样才能在限定的时间内是正确率上去,多做题吗?现在高三,很紧张。

很害怕考数学,老师,求回复!!!!刘熹老师:成绩不稳定,其实最需要的是稳定,选填错的太多,一般我给的建议都是练30套选填,关键是执行力!!!别害怕,我给你举个励志的例子,我新接了一个学生,给他分析了他的问题后,在期末考试中提高了40-50分,我就讲了一个小时,我和他说,你看你这几次竟然填空第一个都错了,那我就一个要求,你下次注意考试时,这道题必须做对,做不对,别来见我!问题9:还剩140天左右,现在是刷综合卷重好呢,还是分考点专项训练比较好?刘熹老师:其实是都要做的,每5套卷子,建议以3选填,1综合,3简单大题,3复杂大题,1综合的节奏,据测效率比较高。

高考数学复习点拨:高考中排列组合的五类题型

高考数学复习点拨:高考中排列组合的五类题型

高考中排列组合的五类题型江苏 韩文美排列、组合是高中数学的重要内容,是进一步学习后继内容和高等数学的基础知识之一,也是高考数学命题的重要内容.笔者结合近年来的高考数学试题加以分析总结,向大家介绍排列组合中常见的并带有一定规律性的典型考题及其解法.一、相邻、不相邻、相间问题 此类问题的常用解决方法是: (1)相邻问题:捆绑法; (2)不相邻问题:插入法;(3)相间问题:位置分析法(问题双方元素的个数相等或相差1).例1 用1,2,3,4,5,6,7,8组成没有重复数字的八位数,要求1与2相邻,3与4相邻,5与6相邻,而7与8不相邻,这样的八位数共有______个(用数字作答).解析:组成这样的八位数可以分成三步:第一步是把1与2,3与4,5与6看作三个整体排成一列,共有33A 种排法;第二步是把7与8插入第一步中的三个整体之间,共有24A 种排法;第三步是第一步当中的1与2,3与4,5与6之间的位置可以交换,共有222222A A A ··种排法.所以组成这样的八位数共有3222234222576A A A A A····个,即填576.二、特殊元素顺序问题此类问题的常用解决方法是:定位法、等几率法.例2五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目,每个工程队承建1项,其中甲工程队不能承建1号子项目,则不同的承建方案共有( ).A.1444C C ·种 B.1444C A ·种 C.44C 种 D.44A 种解析:承建方案分为两步:第一步是由于甲工程队不能承建1号子项目,那么就从剩下的四个不同的子项目中挑选一个让甲工程队承建,有14C 种方案;第二步是其他四个工程队承建四个不同的子项目,共有44A 种方案.所以不同的承建方案共有1444C A ·种方案.三、互斥问题此类问题的常用解决方法是:分类法.例3从集合{O ,P ,Q ,R ,S }与{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复).每排中字母O ,Q 和数字0至多只出现一个的不同排法种数是__________.(用数字作答)解析:把排法分成三类:①当无字母O ,Q 和数字0时,有排法224394C C A ··种;②当无字母O ,Q ,但有数字0时,有排法214394C C A ··种;③当无数字0,但有字母O ,Q 其中之一时,有排法11242394C C C A ···种.综上,符合题意的不同排法种数是224214112439439423948424C C AC C A C C C A ++=·······.四、不同元素的分组分配问题此类问题的常用解决方法是:先分组再分配.例4 北京《财富》全球论坛期间,某高校有14名志愿者参加接待工作.若每天排早、中、晚三班,每班4人,每人每天最多值一班,则开幕式当天不同的排班种数为( )A.124414128C C C ·· B.124414128C A A ·· C.12441412833C C C A ·· D.12443141283C C C A ···解析:分配14名志愿者参加接待工作分两步完成:第一步先从14名志愿者中抽取12名志愿者参加开幕式当天的接待工作,有1214C 种排班种数;再把12名志愿者排早、中、晚三班,有4441284C C C ··,即44128C C ·种排班种数.因此,开幕式当天不同的排班种数为124414128C C C ··,应选A .五、一对一禁位排列问题(贝努利—-欧拉错装信封问题) 此类问题的常用解决方法是:公式法.其一般形式:把编号为1,2,…,n 的n 个不同的球装入编号为1,2,…,n 的n 个盒子中,要求球的编号与盒子的编号不同,求不同的装球方法种数.n 个元素一对一禁位排列问题的公式:111(1)()!2!3!4!!n f n n n ⎡⎤-=-+-+⎢⎥⎣⎦.例5 将标号为1,2,…,10的10个球放入标号为1,2,…,10的10个盒子内,每个盒内放一个球,则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有______种.(以数字作答)解析:恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入可分成两步:第一步是从10个球中选定3个球的标号与其所在盒子的标号不一致,有310C 种选法;第二步是3个球的一对一禁位排列问题,共有排列方法11(3)3!22!3!f ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭种.所以恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有310(3)240Cf =种.。

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高考数学复习中常见的9个问题何为“征服高考数学”?就是你最后的水平在高考中能够充分的发挥出来。

第一要务是提高自己现有的水平。

我建议同学们好好利用第一、二轮复习的机会,夯实基础,做到在基本面上没有大的漏洞,这才是提高水平的有效方法。

第二是提升能力,培养自己的数学思想。

数学思想是人们学习数学的一个指导和理论基础。

如何才能把握住数学思想,在目前阶段,同学们可以在第一轮复习的基础上,认真总结一下方程的思想、函数的思想、分类讨论的思想、数形结合思想,在解题中都是怎么使用的,其中可以用历年的高考题中一些典型题目,把它总结出来。

比如方程思想,哪一年考了哪个题,你下面如果能列出五六个题,并且写一点小结,相信你在这个思想方法运用上就会比原来前进一大步。

第三是适当关注技巧和非智力因素。

同学们在平时的考试和测验中,成绩大都有起有伏,要有正确的心态去分析这些起伏。

在平时加强针对性训练,树立信心。

查字典高中数学网将同学们常问的一些相关问题和我的看法公布如下:问题1:我的基础还可以,上课老师讲的也都能听懂,但是一到自己做题就做不出来了,帮忙分析一下原因。

答:数学这个东西是靠着逻辑吃饭的,是靠着逻辑演绎向前推进和发展的。

当一个老师把你抱到了逻辑的起点上,告诉你这个逻辑关系是怎样的,比如说饿了就应该找饭吃,下雨了就应该找伞来打,告诉你了这个逻辑规则,你自己肯定会按照逻辑的顺序往前跑,这就叫为什么上课听得懂。

为什么课下自己不会做了呢?是因为课下你找不到逻辑的起点,就像一个运动员空有一身本领,跑得飞快,没有找到起点,没有到起点做好认真的准备,结果人家一发令,你没反应。

有两种学习的模式,一种是靠效仿,老师给我变一个数,出两道类似的练习题,照老师的模子描下来,结果做对了,好象我学会了,这就是效仿的方式来学数学,这种方式在小学是主要手段,在初中,这种手段还占着百分之六七十的分量,但是到了高中就不行了,靠模仿能得到的分数也就是五六十分,其他的分数都要靠你的理解。

所谓理解就是听了老师的一段讲解,看了老师的一个解题过程,你要把他提炼、升华成理性认识,在你的头脑中,应该存下老师讲解的这一段知识和解答的这一道题,他所体现出来的规律性的东西。

当你遇到新问题、新试题的时候,你应该拿着这个规律去面对它,这样的话,你就可以把老师讲解的东西很自然地、流畅地用在你的解题里,这就是所谓通过理解,通过顿悟来学习数学。

那么高中数学百分之六七十的成分是要靠着这种方式进行学习的。

我教过的学生里头也有这样的,学数学的方式来停留在初中的模仿和描红模子的阶段,他本人并不笨,脑子也很聪明,就是因为学习方法不当,还是停留在模仿的阶段,而且习惯于不时地流露出模仿的痕迹,在这样的阶段,高一高二学新课,成绩还不错,也可以考到九十多分,高三的开始,成绩也不错,随着时间的推移,综合题大量的下来,成绩就慢慢下来,自己做题也显得很枯燥,建议改改你的学习和思维方式,可能有效。

问题2:我有时候看基础知识的时候定义都没有问题,但是一做题的时候,就转不过来了,耗的时间比较多,怎么办?答:那你就看看定理、定义、公式都是怎么使用,除了背下它们之外,关键是要把握住这些数学的定义、定理、公式、法则,在解题中是如何运用的,建议你好好从课本出发,如何利用刚才讲的这个定理或者定义去解题的,把它先搞清楚,适当的时候自己做做笔记,问问自己,这个定义是怎么使用的,在这个定理里怎么用的,你自己在旁边注上一两句话。

若是一句话也写不出来,显然以后你还不会用。

问题3:请问我们应该怎样处理一些非常规的题目?答:所谓非常规的题目,这个东西因人而异,我没见过这个题,我学了高中三年就没见过这样的东西,于是对来我讲就觉得这个是不是不常规,越出了我的范围。

首先,大家应该知道,创造新情景,在试题中,在命题过程中,体现一个改革和创新的意识,这是目前高考改革要坚持的一个方向。

因此,今年在高考试题中,肯定还会有一个情景比较新,98%以上的考生从来没有见过的东西。

因此,第一,我们在心理上要踏实下来,不要遇见这个东西就害怕。

第二,碰到新的情景,你要广泛地产生联想,运用联想思维方式,把它和你过去学过的旧东西和你熟悉的东西对比起来,然后对于整个的试卷再做一个化整为零的工作,如果这个试题从整体上看它非常新颖,但是它的某一个局部很可能是陈旧的,是你见过的,这样的话化整为零,把它拆成一个一个的部件,这里很多的部件你都熟悉,和你过去学过的东西都挂钩,把它联想起来,这样新颖的东西很容易就被你攻破了。

问题4:数学卷第二卷所用的时间、比例应该是多少?解答题如何安排时间才能完成整张卷子呢?答:作为一个考生,你不应该太着意于时间的分配。

比如我说选择填空题应该50分钟做完,你心里记着这个帐到考场上如果你50分钟没做完,那怎么办?那肯定是心慌、冒汗、心里害怕,这反倒对于你发挥水平不利。

其实作为一个考生,你经过这么多次考试了,他有一个基本规律在里面,比如对于高层次的学生,数学能考到135以上的这样的孩子,我们发觉选择填空题他们一般在40分钟,他大约需要60分钟,其实这都是正常的,按照个人能力来看这都是正常的。

所以我不了解提问的同学你的实际水平,如果你的水平真是135分以上的,那么你关注这个问题是合理的,也是应该的。

如果你是水平中等,或者以下的学生,我建议你不要关注哪一部分用多少时间,你就顺着题号自由的自然的往下做,做对了就做下一个,下一个三五分钟不会那就先放下,再做下一个,如果这样递进做下去,打铃你该交卷就交卷,非常自然,不用想这些东西。

问题5:请问数学解答题若对题目有两种不同的理解,该怎么办?我是两种都写上,还是写一种都可以,如果两种都写上,会扣分吗?答:平常咱们所见到的街面上卖的这些复习资料里面,甚至于包括我们有一些省、市、区县出的模拟题里面,个别时候会出现由于错词或者是其它的原因,使得大家对这个题的意思有不同的理解。

但是在高考题里面,由于是非常严格的、非常严肃、认真的情况下,经过专家们反复推敲,起稿而组成这样一套高考试卷,理念来高考试卷没有出现用词不当,用词不合理而造成考生对题意有不同理解,不会出现这种情况。

如果你有不同理解在考场上出现了应该多从自己这个方面找找原因,是不是哪个定理、定义我记得混淆了,或者哪个出问题,你敲定一下,按照一个意思做答,如果按两个意思做答,按常规判卷原则是以前一个为准评分。

问题6:现在高考数学题讲究的是通性通法,最后是不是应该加强这方面的训练,再突破一些难题?答:目前的高考是确实通性通法,但是中等题和难题体现的不完全一样,比如说中等题,在体现通性通法方面就比较暴露,比较直接。

在综合性题目里面,这个通性通法的使用就比较灵活,必须剥掉几层皮之后才能看到。

鉴于这种情况,针对不同层次的同学们,你们对通信通法可以做这样不同层次的追求,比如我市高考数学分数期望值在一百到一百一十几分之间的这样一个档次的,你就要特别注重通性通法在同等题里面的应用,要保证在中等题里面运用通性通法做到万无一失。

如果做得再好一点,你这个分数的期望值完全可以做到的。

在难题里运用通性通法,这个外壳剥不开,个别看不透问题不太大。

如果你期望值是一百二十分以上,甚至达到一百四十几分,相信你在选择填空和中等题方面是有基础和把握的,你们攻克的要点就是通性通法在综合题中间怎么使用,怎么穿破这个迷魂阵,能够剥出里面的内涵,把通性通法用上,这是大家要攻克的,当然这个堡垒比前一个要困难一些。

问题7:如果我做前面的小题遇到困难,很不顺,那我在考场上应该怎样进行调整呢?答:大家现在要注意,目前的高考试题不是按照由易到难的次序排列的,它是多题把关,处处有关口,比如说做第一题白给分,一下子就出来了,做到第五题卡住了,这很有可能。

人们都认为22题是最难的一道题,有的同学认为我看都不看,我这水平做不了,其实22题的第一问是白给分的,是个人都会的,为什么要放弃呢?所以大家要注意,目前的高考试卷是多题把关,就像地雷阵似的,处处有地雷,但是处处有坦荡的路,所以我们要有相应的办法来对付。

什么办法呢?第一,心态上要注意,只要你的高考数学我期望值不是一百四十五分,那么你遇到一个题不会,这非常正常,如果你数学的期望值是在一百分的话,那么你遇到40%个难题,那都是非常正常的事情。

所以从心态上大家不要害怕,遇到难题是正常的,因为我考不了一百五十分嘛。

第二,遇到难题怎么办?位置能力在中等位置的同学们,建议你们这样做。

遇到这个困难,你稍微愣一下神,静下心来再想一想,如果暂时还想不出来,跳过去做下一道,没准下一道很漂亮地做出来了,当你遇到下一个难点的时候,看看位置,如果位置仍然还靠前的话,你还可以继续往下做。

当你困难发生到三分之二的试卷上了,你回过头来看看第一个难题,由于你离开那个境界远了,心情也平静了,你去看它,没准突发一个灵感,困难就解决了。

所以概括起来这么几条,第一是心情平和,不要害怕,这是正常现象,你哪能道道都会啊?第二,遇到困难,一时解决不了暂时跳下去。

继续往下走,下面还有很多你会的,这就够了。

问题8:在做立体几何的时候,如果做不出第一小问,我是不是可以直接跳到第二小问?并且把第一小问要求求证的命题直接作为第二小问的条件呢?答:这是可以的,这几问是独立评分,第一问对了给你分,第一问没做了,第二问的时候第一问的结论也用了,照样给你分,而且这是正常的、科学的答题方法,不要因为第一问不会,第二问就放弃,那就不应该了。

问题9:如何才能培养自己的数学思想呢?因为这些一来我学数学也能培养思维,有利于其它科的数学学习。

课本、报刊杂志中的成语、名言警句等俯首皆是,但学生写作文运用到文章中的甚少,即使运用也很难做到恰如其分。

为什么?还是没有彻底“记死”的缘故。

要解决这个问题,方法很简单,每天花3-5分钟左右的时间记一条成语、一则名言警句即可。

可以写在后黑板的“积累专栏”上每日一换,可以在每天课前的3分钟让学生轮流讲解,也可让学生个人搜集,每天往笔记本上抄写,教师定期检查等等。

这样,一年就可记300多条成语、300多则名言警句,日积月累,终究会成为一笔不小的财富。

这些成语典故“贮藏”在学生脑中,自然会出口成章,写作时便会随心所欲地“提取”出来,使文章增色添辉。

语文课本中的文章都是精选的比较优秀的文章,还有不少名家名篇。

如果有选择循序渐进地让学生背诵一些优秀篇目、精彩段落,对提高学生的水平会大有裨益。

现在,不少语文教师在分析课文时,把文章解体的支离破碎,总在文章的技巧方面下功夫。

结果教师费劲,学生头疼。

分析完之后,学生收效甚微,没过几天便忘的一干二净。

造成这种事倍功半的尴尬局面的关键就是对文章读的不熟。

常言道“书读百遍,其义自见”,如果有目的、有计划地引导学生反复阅读课文,或细读、默读、跳读,或听读、范读、轮读、分角色朗读,学生便可以在读中自然领悟文章的思想内容和写作技巧,可以在读中自然加强语感,增强语言的感受力。

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