2014训练学复习题(新版)
2014训练学复习题(新版)
复习题一(第1章)一、填空1.竞技体育是体育的重要组成部分，是以 ( ) 为主要特征，以( ) 为主要目标的社会体育活动。
其中“竞”是指 ( )，“技” 是指( ) 。
2.竞技体育形成的基本动因可归结为三个方面：一是 ( )，二是( )，三是( ) 。
3.现代世界竞技体育活动是以 ( ) 和各 ( ) 为核心组织进行的。
4.1888 年，法国人( )首先倡议恢复奥运会。
第一届现代夏季奥运会于( )年在希腊雅典举行。
5.竞技体育的四个组成部分是指( ) 、( ) 、( ) 、( ) 。
6.竞技体育的基本特点有( ) 、( ) 、( ) 、( ) 、 ( ) 观赏性及功利性。
7．运动员的竞技能力来自于 ( ) 效应、生活效应以及 ( )效应多元的途径，其中， ( )效应是运动员获得竞技能力最重要的、最有效的途径。
8.运动训练学是研究训练 ( ) 以及有效地组织训练 ( ) 行为的科学。
9.前民主德国学者迪•哈雷博士的学术专著 ( ) 的出版，标志着运动训练学的形成。
10. ( )性、 ( )性以及( )性是运动训练学的主要学科特征，其中， ( )性是运动训练学最具特色的学科特征。
11.任何一个运动项目运动员竞技能力的高低，都是由运动员的( ) 、( ) 、( ) 、( ) 、( ) 五个方面的能力决定的。
其中，( )又包含形态、机能及素质三个方面的状况。
12.动成绩就是运动竞赛的结果，任何一场运动竞赛的结果都必然包括两个方面，即( )和运动员在比赛中表现出来的( ) 。
13.竞赛评定行为是影响运动员运动成绩的一个重要方面，主要包括( ) 、( ) 、( )这三个方面的因素。
14.一个完整的起始状态诊断，应该包含( )诊断、( )诊断及( )诊断，而一个完整的训练目标，也应该相应地包含 ( ) 指标、 ( )指标及( )指标。
15.任何一个竞技项目比赛的成绩都是由( ) 、( ) 以及 ( ) 这三方面因素所决定的。
2014届高考数学(理)二轮复习大题规范训练四
弋阳一中2014届高考二轮复习 大题规范练(四) 立体几何综合题(限时：60分钟)1．(2013·高考新课标全国卷)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1//平面A 1CD . (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．2．(2014·成都市诊断检测)如图，在直三棱柱(侧棱与底面垂直的三棱柱)ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝AA 1＝2AB ＝2，∠BAC ＝90°，点D 是侧棱CC 1延长线上一点，EF 是平面ABD 与平面A 1B 1C 1的交线． (1)求证：EF ⊥A 1C ；(2)当平面DAB 与平面CA 1B 1所成锐二面角的余弦值为2626时，求DC 1的长．3．(2013·高考辽宁卷)如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C－PB－A的余弦值．4．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，AB ⊥BC，O为AC中点．(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值；(3)在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．5．(2014·南昌市模拟)如图是多面体ABC－A1B1C1和它的三视图．(1)线段CC1上是否存在一点E，使BE⊥平面A1CC1，若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值．6．(2014·郑州市质量检测)如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2a，D，E 分别为AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥A′－BCDE.(1)在棱A′B上找一点F，使EF∥平面A′CD；(2)当四棱锥A′－BCDE的体积取最大值时，求平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值．大题规范练(四)1．解：(1)证明：连接AC 1，交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点． 又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC1∥DF . 因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ， 所以BC 1∥平面A 1CD .(4分) (2)由AC ＝CB ＝22AB ，得AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设CA ＝2，则D (1，1，0)，E (0，2，1)，A 1(2，0，2)，CD →＝(1，1，0)，CE →＝(0，2，1)，CA 1→＝(2，0，2)．(6分) 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.(8分)可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0，可取m ＝(2，1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63. 即二面角D －A 1C －E 的正弦值为63.(12分) 2．解：(1)∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，∴平面ABC ∥平面A 1B 1C 1. 又平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，平面A 1B 1C 1∩平面ABD ＝EF ， ∴EF ∥AB .(2分)∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，且∠BAC ＝90°， ∴AB ⊥AA 1，AB ⊥AC .而AA 1∩AC ＝A ，∴AB ⊥平面ACC 1A 1. 又A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∴AB ⊥A 1C . ∴EF ⊥A 1C .(6分)(2)建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz . 设C 1D ＝t (t ＞0)．则B (1，0，0)，C (0，2，0)，D (0，2，2＋t )，A 1(0，0，2)，B 1(1，0，2)．∴A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1C →＝(0，2，－2)． 设平面CA 1B 1的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B 1→＝0n ·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0y 1－z 1＝0，令z 1＝1，则y 1＝1，∴n ＝(0，1，1)．同理，可求得平面DAB 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，－2t ＋2.(9分) 由|cos 〈n ，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－2t ＋22× 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2t ＋22＝2626，得t ＝1或t ＝－23(舍去)． ∴DC 1＝1.(12分)3．解：(1)证明：由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ，由PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得PA ⊥BC .又PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以BC ⊥平面PAC .因为BC ⊂平面PBC .所以平面PBC ⊥平面PAC .(4分)(2)解法一：过C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC .如图(1)，以点C 为坐标原点，分别以直线CB ，CA ，CM 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．(6分) 在Rt △ABC 中，因为AB ＝2，AC ＝1，所以BC ＝ 3.又因为PA ＝1，所以A (0，1，0)，B (3，0，0)，P (0，1，1)． 故CB →＝(3，0，0)，CP →＝(0，1，1)．(8分) 设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n 1＝0，CP →·n 1＝0.所以⎩⎨⎧3x 1＝0，y 1＋z 1＝0，不妨令y 1＝1，则n 1＝(0，1，－1)．因为AP →＝(0，0，1)，AB →＝(3，－1，0)， 设平面ABP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0，AB →·n 2＝0，所以⎩⎨⎧z 2＝0，3x 2－y 2＝0，(10分)不妨令x 2＝1，则n 2＝(1，3，0)．于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64.由图(1)知二面角C －PB －A 为锐角，故二面角C －PB －A 的余弦值为64.(12分) 解法二：如图(2)，过C 作CM ⊥AB 于M ，因为PA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以PA ⊥CM .(6分)又因为PA ∩AB ＝A ，且PA ⊂平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，所以CM ⊥平面PAB . 过M 作MN ⊥PB 于N ，连接NC ，由三垂线定理得CN ⊥PB ，所以∠CNM 为二面角C －PB －A 的平面角．(8分) 在Rt △ABC 中，由AB ＝2，AC ＝1，得BC ＝3，CM ＝32，BM ＝32.在Rt △PAB 中，由AB ＝2，PA ＝1，得PB ＝ 5.因为Rt △BNM ∽Rt △BAP ，所以MN1＝325，所以MN ＝3510.所以在Rt △CNM 中，CN ＝305，所以cos ∠CNM ＝64，所以二面角C －PB －A 的余弦值为64.(12分) 4．解：(1)∵AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，且O 为AC 中点，∴A 1O ⊥AC . 又侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，交线为AC ，A 1O ⊂平面A 1AC ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(4分)(2)连接OB ，如图，以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则由题可知B (1，0，0)，C (0，1，0)，A 1(0，0, 3)，A (0，－1，0)．∴A 1C →＝(0，1，－3)，令平面A 1AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AA 1→＝n ·AB →＝0.而AA 1→＝(0，1，3)，AB →＝(1，1，0)，可求得一个法向量n ＝(3，－3，3)，∴|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|n ·A 1C →||n |·|A 1C →|＝62×21＝217，故直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值为217.(8分) (3)存在点E ，且E 为线段BC 1的中点． 取B 1C 的中点M ，从而OM 是△CAB 1的一条中位线，OM ∥AB 1，又AB 1⊂平面A 1AB ，OM ⊄平面A 1AB ，∴OM ∥平面A 1AB ，故BC 1的中点M 即为所求的E 点．(12分)5．解：(1)由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，A 1(0，0，2)，B (－2，0，0)，C (0，－2，0)，C 1(－1，－1，2)，则CC 1→＝(－1，1，2)，A 1C 1→＝(－1，－1，0)，A 1C →＝(0，－2，－2)．(1分)设E (x ，y ，z )，则CE →＝(x ，y ＋2，z )，EC 1→＝(－1－x ，－1－y ，2－z )．(3分)设CE →＝λEC 1→，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ－λx y ＋2＝－λ－λy ，z ＝2λ－λz则E ⎝⎛⎭⎪⎫－λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ.(4分)由⎩⎪⎨⎪⎧BE →·A 1C 1→＝0BE →·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2＋λ1＋λ＋2＋λ1＋λ＝0－2－λ1＋λ＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝2，所以线段CC 1上存在一点E ，CE →＝2EC 1→，使BE ⊥平面A 1CC 1.(6分) (2)设平面C 1A 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0m ·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0－2y －2z ＝0， 取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1.故m ＝(1，－1，1)，(8分)而平面A 1CA 的一个法向量为n ＝(1，0，0)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13＝33，(11分)故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为33.(12分) 6．解：(1)点F 为棱A ′B 的中点．证明如下：取A ′C 的中点G ，连接DG ，EF ，GF ，则由中位线定理得DE ∥BC ，DE ＝12BC ，且GF ∥BC ，GF ＝12BC .(3分)所以DE ∥GF ，DE ＝GF ，从而四边形DEFG 是平行四边形，EF ∥DG . 又EF ⊄平面A ′CD ，DG ⊂平面A ′CD ，故点F 为棱A ′B 的中点时，EF ∥平面A ′CD .(5分) (2)在平面A ′CD 内作A ′H ⊥CD 于点H ，⎭⎪⎬⎪⎫DE ⊥A ′DDE ⊥CD A ′D ∩CD ＝D ⇒DE ⊥平面A ′CD ⇒DE ⊥A ′H ， 又DE ∩CD ＝D ，故A ′H ⊥底面BCDE ，即A ′H 就是四棱锥A ′－BCDE 的高． 由A ′H ≤AD 知，点H 和D 重合时，四棱锥A ′－BCDE 的体积取最大值．(7分) 分别以DC ，DE ，DA ′所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A ′(0，0，a )，B (a ，2a ，0)，E (0，a ，0)，A ′B →＝(a ，2a ，－a )，A ′E →＝(0，a ，－a )．(9分)设平面A ′BE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A ′B →＝0m ·A ′E →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋2ay －az ＝0ay －az ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －z ＝0y ＝z ， 可取m ＝(－1，1，1)．同理可以求得平面A ′CD 的一个法向量n ＝(0，1，0)． 故cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝－1×0＋1×1＋1×03×1＝33，故平面A ′CD 与平面A ′BE 夹角的余弦值为33.(12分)。
2014届高考数学(理)二轮复习大题规范训练三
弋阳一中2014届高考二轮复习 大题规范练(三) 数列综合题(限时：60分钟)1．(2013·高考山东卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＋a n ＋12n＝λ(λ为常数)，令c n ＝b 2n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和R n .2．已知公比为q 的等比数列{a n }的前6项和S 6＝21，且4a 1、32a 2、a 2成等差数列．(1)求a n ；(2)设{b n }是首项为2，公差为－a 1的等差数列，其前n 项和为T n ，求不等式T n －b n ＞0的解集．3．(2014·济南市模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)，等差数列{b n }满足b 3＝3，b 5＝9.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝b n ＋2a n ＋2(n ∈N *)，求证：c n ＋1＜c n ≤13.4．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋3(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝(3n－1)n2n a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，若不等式(－1)nλ＜T n对一切n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．5．(2014·辽宁省五校联考)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝a (a ≠0)，a n ＋2＝p ·a 2n ＋1a n (其中p为非零常数，n ∈N *)． (1)判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是不是等比数列； (2)求a n ；(3)当a ＝1时，令b n ＝na n ＋2a n，S n 为数列{b n }的前n 项和，求S n .6．(2013·高考广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n∈N*.(1)求a2的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1a n＜74.大题规范练(三)1．解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . 由S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1，得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，a 1＋（2n －1）d ＝2a 1＋2（n －1）d ＋1.① 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.因此a n ＝2n －1，n ∈N *.②(4分) (2)由题意知T n ＝λ－n2n －1，所以当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝－n2n －1＋n －12n －2＝n －22n －1.故c n ＝b 2n ＝2n －222n －1＝(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，n ∈N *.(6分)所以R n ＝0×⎝ ⎛⎭⎪⎫140＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，则14R n ＝0×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n .(8分)两式相减得34R n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n1－14－(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝13－1＋3n 3⎝ ⎛⎭⎪⎫14n， 整理得R n ＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n ＋1.所以数列{c n }的前n 项和R n ＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1.(12分)2．解：(1)∵4a 1、32a 2、a 2成等差数列，∴4a 1＋a 2＝3a 2，即4a 1＝2a 2，∴q ＝2.(2分) 则S 6＝a 1（1－26）1－2＝21，解得a 1＝13，∴a n ＝2n －13.(5分)(2)由(1)得－a 1＝－13，∴b n ＝2＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝7－n 3，T n ＝2n ＋n2(n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝13n －n 26，(9分)∴T n －b n ＞0，即－（n －1）（n －14）6＞0，解得1＜n ＜14(n ∈N *)，故不等式T n －b n ＞0的解集为{n ∈N *|1＜n ＜14}．(12分) 3．解：(1)由a n ＋1＝2S n ＋1，① 得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，② ①－②得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)， ∴a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)， 又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，∴a n ＝3n －1.(4分)∵b 5－b 3＝2d ＝6，∴d ＝3， ∴b n ＝3n －6.(6分) (2)∵a n ＋2＝3n ＋1，b n ＋2＝3n ，(8分)∴c n ＝3n 3n ＋1＝n3n ，(9分) ∴c n ＋1－c n ＝1－2n3n ＋1＜0，(10分) ∴c n ＋1＜c n ＜…＜c 1＝13，(11分)即c n ＋1＜c n ≤13.(12分)4．解：(1)由题知，1a n ＋1＝a n ＋3a n ＝3a n＋1， ∴1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12，∴1a n ＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋12·3n －1＝3n2， ∴a n ＝23n－1.(4分) (2)由(1)知，b n ＝(3n－1)·n2n ·23n －1＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，T n ＝1×1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝1×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋()n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，(6分) 两式相减得，12T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1.(8分) ∵T n ＋1－T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫4－n ＋32n －⎝⎛⎭⎪⎫4－n ＋22n －1＝n ＋12n ＞0，∴{T n }为递增数列．①当n 为正奇数时，－λ＜T n 对一切正奇数成立， ∵(T n )min ＝T 1＝1，∴－λ＜1，∴λ＞－1； ②当n 为正偶数时，λ＜T n 对一切正偶数成立， ∵(T n )min ＝T 2＝2，∴λ＜2. 综合①②知，－1＜λ＜2.(12分)5．解：(1)由a n ＋2＝p ·a 2n ＋1a n ，得a n ＋2a n ＋1＝p ·a n ＋1a n.(1分)令c n ＝a n ＋1a n，则c 1＝a ，c n ＋1＝pc n . ∵a ≠0，∴c 1≠0，c n ＋1c n＝p (非零常数)， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是等比数列．(3分) (2)∵数列{c n }是首项为a ，公比为p 的等比数列， ∴c n ＝c 1·pn －1＝a ·pn －1，即a n ＋1a n＝ap n －1.(4分) 当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝(ap n －2)×(aq n －3)×…×(ap 0)×1＝a n －1p n 2－3n ＋22，(6分)∵a 1满足上式，∴a n ＝a n －1pn 2－3n ＋22，n ∈N *.(7分)(3)∵a n ＋2a n ＝a n ＋2a n ＋1·a n ＋1a n＝(ap n )×(ap n －1)＝a 2p 2n －1， ∴当a ＝1时，b n ＝na n ＋2a n＝np 2n －1.(8分) ∴S n ＝1×p 1＋2×p 3＋…＋np2n －1，①p 2S n ＝1×p 3＋…＋(n －1)p 2n －1＋np 2n ＋1.②∴当p 2≠1时，即p ≠±1时，①－②得：(1－p 2)S n ＝p 1＋p 3＋…＋p2n －1－np2n ＋1＝p （1－p 2n ）1－p－np 2n ＋1， 即S n ＝p （1－p 2n ）（1－p 2）2－np 2n ＋11－p2；(11分)当p ＝1时，S n ＝1＋2＋…＋n ＝n （n ＋1）2；(12分)当p ＝－1时，S n ＝(－1)＋(－2)＋…＋(－n )＝－n （n ＋1）2.(13分)综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n （n ＋1）2，p ＝1，－n （n ＋1）2，p ＝－1，p （1－p 2n）（1－p 2）2－np 2n ＋11－p 2，p ≠±1.6．解：(1)依题意，2S 1＝a 2－13－1－23，又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4.(2分)(2)解法一：由题意2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ，所以当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)，(4分)两式相减得2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －13(3n 2－3n ＋1)－(2n －1)－23，整理得na n ＋1－(n ＋1)a n ＝n (n ＋1)，即a n ＋1n ＋1－a nn＝1.(6分) 又当n ＝1时，a 22－a 11＝42－11＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1，公差为1的等差数列，所以a n n＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n 2， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2，n ∈N *.(8分) 解法二：因为2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，所以2S n n ＝S n ＋1－S n －13n 2－n －23.(4分)整理得n ＋2n S n ＝S n ＋1－13(n ＋1)(n ＋2)， 所以S n ＋1（n ＋1）（n ＋2）－S n n （n ＋1）＝13，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n （n ＋1）是首项为S 12，公差为13的等差数列，(6分)所以S n n （n ＋1）＝S 12＋13(n －1)＝2n ＋16，所以S n ＝n （n ＋1）（2n ＋1）6，所以S n －1＝（n －1）n （2n －1）6(n ≥2)，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2(n ≥2)． 因为a 1＝1符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2，n ∈N *.(8分) (3)证明：设T n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n.当n ＝1时，T 1＝1a 1＝1＜74；当n ＝2时，T 2＝1a 1＋1a 2＝1＋14＝54＜74；当n ≥3时，1a n ＝1n2＜1（n －1）n ＝1n －1－1n，(10分)此时T n ＝1＋14＋132＋142＋…＋1n 2＜1＋14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝1＋14＋12－1n ＝74－1n ＜74.综上，对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜74.(12分)。
2014年新课标高考语文总复习精品训练 第1部分 语言文字运用3-2 ].
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[望文生义，误用褒贬]1．下列句子中，加点的成语使用恰当的一句是()A．他们差强人意．．．．的服务质量，不仅给社区居民的生活带来诸多不便，而且有损职能部门在公众中的形象。
B．此举旨在为新西兰的主要和重要的财产设施提供更多保护，在一些重要资产接受海外投资的问题上，政府应持谨小慎微．．．．的态度。
C．在有的国家的某些地区，青少年吸毒已蔚然成风．．．．，引起了当局的注意。
D．我们有很多遗产管理者太急功近利，他们把遗产定性为旅游资源，进行竭泽而渔．．．．式的开发，这是一种极不负责的行为。
解析：“竭泽而渔”指排尽水来捉鱼，比喻取之不留余地，只顾眼前利益，不顾长远利益。
A.“差强人意”是指大体让人满意，而非“不能让人满意”。
B.“谨小慎微”，意为过分谨慎，缩手缩脚，不敢放手去做，感情色彩与此处语境不合。
C.“蔚然成风”，形容一种事物逐渐发展、盛行，形成风气。
为褒义词。
答案：D2．下列各句中，加点的成语使用恰当的一句是()A．这件事对我无异于晴空霹雳，如同一块珍藏多年价值连城的璧玉，顷刻间变成一块一文不名．．．．的瓦片。
B．税收是我国国民经济宏观调控的重要手段之一。
在国计民生中占有无以．．复加．．的重要地位。
C．在《群英会蒋干中计》中，罗贯中运用生动细致的动作神态描写，为我们塑造了一个胸无城府．．．．却又自作聪明、十分迂腐可笑的蒋干形象。
D．这个潜伏已久的特务，平日装得一副老实相，倒也没人能看透他，哪知今天他居然赤膊上阵．．．．了，一下子露出了狐狸尾巴。
解析：赤膊上阵：比喻不讲策略，也比喻毫无掩饰地做某事。
贬义。
A.一文不名：一个钱都没有。
名，占有。
这里宜改为“一文不值”。
B.无以复加：达到极点，不可能再增加。
多含贬义，用在此处不当。
C.胸无城府：形容待人接物坦率真诚，心口如一。
褒义，不能表示缺乏谋略，此处望文生义了。
答案：D[搭配不当，用错对象]3．下列各句中，加点的成语使用恰当的一句是()A．这则笑话因为对漠不关心．．．．人民疾苦的官员讽刺得很有力量，在民间流传很广，影响极大。
2014高考数学二轮专题复习(苏教版文科)Word版训练 专题提升训练阶段检测卷2
阶段检测卷(二)一、填空题(每小题5分，共70分)1．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，3π2，cos α＝－55，tan 2α等于________．解析 由于α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，3π2，cos α＝－55，则sin α＝－1－cos 2α＝－255，那么tan α＝sin αcos α＝2，则tan 2α＝2tan α1－tan 2 α＝－43. 答案 －432．已知向量a ＝(2,1)，a ·b ＝10，|a ＋b |＝52，则|b |等于________．解析 由于|a |＝5，而|a ＋b |2＝(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝5＋2×10＋b 2＝(52)2，则有b 2＝25，解得|b |＝5. 答案 53．(2013·苏锡常镇调研)已知钝角α满足cos α＝－35，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π4的值为________．解析 因为α是钝角，所以α2是锐角， cos α＝2cos 2α2－1＝－35，所以cos α2＝55，sin α2＝255，tan α2＝2， 所以tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π4＝2＋11－2＝－3.答案 －34．已知向量a ，b 满足|a |＝2，|b |＝1，且(a ＋b )⊥⎝ ⎛⎭⎪⎫a －52b ，则a 与b 的夹角为________．解析 因为(a ＋b )⊥⎝ ⎛⎭⎪⎫a －52b ，所以(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫a －52b ＝a 2－52b 2－32a·b ＝0.又因为|a |＝2，|b |＝1，所以4－52－32a·b ＝0.所以a·b ＝1.又a·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝1，所以cos 〈a ，b 〉＝12.又a 与b 的夹角的取值范围是[0，π]，所以a 与b 的夹角为π3. 答案 π35．(2013·南京模拟)函数y ＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2的图象如图所示，则f (0)＝________.解析 由图知，A ＝2.函数的周期(用区间长度表示)为8π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－4π3＝4π，∴2πω＝4π，ω＝12.又∵⎝ ⎛⎭⎪⎫－4π3，0在函数的图象上，∴2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－4π3＋φ＝0， 得12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－4π3＋φ＝0，即φ＝2π3. ∴函数的解析式为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2π3，∴f (0)＝ 3. 答案36．若M 为△ABC 所在平面内一点，且满足(MB →－MC →)·(MB →＋MC →－2MA →)＝0，则△ABC 为________三角形．解析 由(MB →－MC →)·(MB →＋MC →－2MA →)＝0，可知CB →·(AB →＋AC →)＝0，设BC 的中点为D ，则AB →＋AC →＝2A D →，故CB →·AD →＝0，所以CB →⊥AD →.又D 为BC 中点，故△ABC 为等腰三角形． 答案 等腰7．在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝3，BC ＝4，则角A ，B ，C 中最大角的余弦值为________． 解析 根据三角形的性质：大边对大角，由此可知角A 最大，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝32＋22－422×3×2＝－14.答案 －148．(2012·南京、盐城模拟)已知正△ABC 的边长为1，CP →＝7CA →＋3CB →，则CP →·AB →＝________.解析 CP →·AB →＝(7CA →＋3CB →)·AB →＝7CA →·AB →＋3CB →·AB→＝－72＋32＝－2. 答案 －29．(2013·盐城调研)△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，向量m ＝ (2sin B,2－cos 2B )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B 2，－1，m ⊥n ，∠B ＝________.解析 由m ⊥n ，得m ·n ＝0，所以4sin B ·sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B 2＋cos 2B －2＝0，所以2sin B ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋B ＋cos 2B －2＝0，即2sin B ＋2sin 2B ＋1－2sin 2B －2＝0， 也即sin B ＝12，又因为0<B <π，所以B ＝π6或56π. 答案 π6或56π10．如图，在△ABC 中，D 是边AC 上的点，且AB ＝AD,2AB ＝3BD ，BC ＝2BD ，则sin C 的值为________． 解析 设AB ＝c ，则AD ＝c ，BD ＝2c 3，BC ＝4c3， 在△ABD 中，由余弦定理得cos A ＝c 2＋c 2－43c 22c2＝13，sin A ＝223，在△ABC 中，由正弦定理得csin C ＝4c 3223，解得sin C ＝66. 答案 6611．在△ABC 所在的平面上有一点P 满足P A→＋PB→＋PC →＝AB →，则△PBC 与△ABC的面积之比是________．解析 因为P A →＋PB →＋PC →＝AB →，所以P A →＋PB →＋PC →＋BA →＝0，即PC →＝2AP →，所以点P 是CA 边上的靠近A 点的一个三等分点，故S △PBC S △ABC ＝PC AC ＝23. 答案 2312．在△ABC 中，若AB ＝1，AC ＝3|A B →＋A C →|＝|B C →|，则BA →·BC →|BC →|＝______.解析 如图， AB →＋AC →＝AD →，依题意，得|AD →|＝|BC →|，所以四边形ABDC 是矩形，∠BAC ＝90°. 因为AB ＝1，AC ＝3，所以BC ＝2.cos ∠ABC ＝AB BC ＝12，BA →·BC→|BC →|＝|BA →|| BC →|cos ∠ABC| BC →|＝|BA→|cos ∠ABC ＝12.答案 1213．已知f (x )＝sin x ，x ∈R ，g (x )的图象与f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0对称，则在区间[0,2π]上满足f (x )≤g (x )的x 的范围是________．解析 设(x ，y )为g (x )的图象上任意一点，则其关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0对称的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ，－y ，由题意知该点在f (x )的图象上，所以－y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ， 即g (x )＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＝－cos x ，由sin x ≤－cos x ，得sin x ＋cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4≤0，又因为x ∈[0,2π]，从而解得3π4≤x ≤7π4. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，7π414．(2013·泰州模拟)如图，在直角三角形ABC 中，AC ＝3，BC ＝1，点M ，N 分别是AB ，BC 的中点，点P 是△ABC (包括边界)内任一点，则AN →·MP →的取值范围为________．解析 以点C 为原点，CB 所在直线为x 轴，CA 所在直线为y 轴，建立如图所示直角坐标系，设P (x ，y )，则由题可知B (1,0)，A (0，3)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，所以AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－3，MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，y －32，所以AN →·MP →＝x 2－14－3y ＋32＝x 2－3y ＋54，直线AB 的方程为3x ＋y －3＝0.由题可知⎩⎨⎧x ≥0，y ≥0，3x ＋y －3≤0，由线性规划知识可知，当直线x 2－3y ＋54－z ＝0过点A 时有最小值－74，过点B 时有最大值74. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－74，74二、解答题(共90分)15．(本小题满分14分)已知a ＝(sin α，1), b ＝(cos α，2)，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4.(1)若a ∥b ，求tan α的值； (2)若a ·b ＝125，求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4的值． 解 (1)因为a ∥b ，所以2sin α＝cos α，所以tan α＝12. (2)因为a ·b ＝125，所以sin αcos α＋2＝125即sin 2α＝45. 因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，所以2α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2， 所以cos 2α＝1－sin 22α＝35.所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝sin 2αcos π4＋cos 2αsin π4＝45×22＋35×22＝7210. 16．(本小题满分14分)已知函数f (x )＝3sin 2x ＋sin x cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π.(1)求f (x ) 的零点；(2)求f (x )的最大值和最小值．解 (1)令f (x )＝0得sin x ·(3sin x ＋cos x )＝0， 所以sin x ＝0，或tan x ＝－33. 由sin x ＝0，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π，得x ＝π；由tan x ＝－33，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π，得x ＝5π6.综上，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π上的零点为5π6或π.(2)f (x )＝32(1－cos 2x )＋12sin 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋32.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π，所以2x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π3.当2x －π3＝2π3，即x ＝π2时，f (x )的最大值为3； 当2x －π3＝3π2，即x ＝11π12时，f (x )的最小值为－1＋32.17．(本小题满分14分)已知函数f (x )＝M sin(ωx ＋φ)(M >0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示．(1)求函数f (x )的解析式；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若(2a －c )cos B ＝b cos C ，求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2的取值范围．解 (1)由图象知M ＝1，f (x )的最小正周期T ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12－π6＝π，故ω＝2πT ＝2.将点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，1代入f (x )的解析式得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1，即π3＋φ＝2k π＋π2，φ＝2k π＋π6，k ∈Z ， 又|φ|<π2∴φ＝π6.故函数f (x )的解析式为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.(2)由(2a －c )cos B ＝b cos C ，得 (2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ， ∴2sin A cos B ＝sin(B ＋C )＝sin A . ∵sin A ≠0，∴cos B ＝12， ∴B ＝π3，∴A ＋C ＝2π3. ∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π6， 又∵0<A <2π3，∴A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，56π.∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1. 18．(本小题满分16分)(2013·湖北卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别是a ，b ，c .已知cos 2A －3cos(B ＋C )＝1. (1)求角A 的大小；(2)若△ABC 的面积S ＝53，b ＝5，求sin B sin C 的值． 解 (1)由cos 2A －3cos(B ＋C )＝1， 得2cos 2A ＋3cos A －2＝0， 即(2cos A －1)(cos A ＋2)＝0， 解得cos A ＝12或cos A ＝－2(舍去)．因为0<A <π，所以A ＝π3，(2)由S ＝12bc sin A ＝12bc ·32＝34bc ＝53，得bc ＝20.又b ＝5，知c ＝4. 由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝25＋16－20＝21，故a ＝21. 又由正弦定理得sin B sin C ＝b a sin A ·ca sin A ＝ bc a 2sin 2A ＝2021×34＝57.19．(本小题满分16分)(2013·江西卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知cos C ＋(cos A －3sin A )cos B ＝0. (1)求角B 的大小；(2)若a ＋c ＝1，求b 的取值范围．解 (1)由已知得－cos(A ＋B )＋cos A cos B －3sin A cos B ＝0，即有sin A sin B －3sin A cos B ＝0，因为sin A ≠0，所以sin B －3cos B ＝0， 即3cos B ＝sin B . 所以tan B ＝3， 又因为0<B <π， 所以B ＝π3.(2)由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 因为a ＋c ＝1，cos B ＝12，所以b 2＝(a ＋c )2－3ac ≥(a ＋c )2－3⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 22＝14(a ＋c )2＝14，∴b ≥12. 又a ＋c >b ，∴b <1，∴12≤b <1.20．(本小题满分16分)(2013·江苏卷)如图，游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径．一种是从A 沿直线步行到C ，另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ，然后从B 沿直线步行到C .现有甲、乙两位游客从A 处下山，甲沿AC 匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min 后，乙从A 乘缆车到B ，在B 处停留1 min 后，再从B 匀速步行到C .假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min ，山路AC 长为1 260 m ，经测量cos A ＝1213，cos C ＝35. (1)求索道AB 的长；(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？解 (1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513， sin C ＝45.从而sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理AB sin C ＝AC sin B ，得AB ＝ACsin B ×sin C ＝ 1 2606365×45＝1 040(m)． 所以索道AB 的长为1 040 m.(2)假设乙出发t 分钟后，甲、乙两游客距离为d ，此时，甲行走了(100＋50t )m ，乙距离A 处130t m ，所以由余弦定理得d 2＝(100＋50t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)，因0≤t ≤1 040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537(min)时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝AC sin B ，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝1 2606365×513＝500(m)．乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m 才能到达C.设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 25043，62514(单位：m/min)范围内． 备课札记：。
2014届高考数学(理)二轮复习大题规范训练一
弋阳一中2014届高考二轮复习大题规范练(一) 三角函数、三角形、平面向量综合题(限时：60分钟)1．(2013·高考安徽卷)已知函数f (x )＝4cos ωx ·sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω>0)的最小正周期为π. (1)求ω的值；(2)讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的单调性．2．(2013·高考四川卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos2A －B2cos B－sin(A －B )sin B ＋cos(A ＋C )＝－35.(1)求cos A 的值；(2)若a ＝42，b ＝5，求向量BA →在BC →方向上的投影．3．设函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －4π3＋2cos 2x . (1)求f (x )的最大值，并写出使f (x )取最大值时x 的集合；(2)已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (B ＋C )＝32，b ＋c ＝2，求a的最小值．4．(2014·南昌市模拟)设角A ，B ，C 为△ABC 的三个内角．(1)设f (A )＝sin A ＋2sin A2，当A 取A 0时，f (A )取极大值f (A 0)，试求A 0和f (A 0)的值；(2)当A 取A 0时，AB →·AC →＝－1，求BC 边长的最小值．5．(2013·高考山东卷)设函数f (x )＝32－3sin 2ωx －sin ωx cos ωx (ω>0)，且y ＝f (x )图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4.(1)求ω的值； (2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2上的最大值和最小值．6．如图，我国的海监船在D 岛海域例行维权巡航，某时刻航行至A 处，此时测得其东北方向与它相距16海里的B 处有一外国船只，且D 岛位于海监船正东142海里处．(1)求此时该外国船只与D 岛的距离；(2)观测中发现，此外国船只正以每小时4海里的速度沿正南方向航行．为了将该船拦截在离D岛12海里处，不让其进入D岛12海里内的海域，试确定海监船的航向，并求其速度的最小值．(参考数据：sin 36°52′≈0.6，sin 53°08′≈0.8)大题规范练(一)1．解：(1)f (x )＝4cos ωx ·sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4 ＝22sin ωx ·cos ωx ＋22cos 2ωx ＝2(sin 2ωx ＋cos 2ωx )＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π4＋ 2.(2分) 因为f (x )的最小正周期为π，且ω>0， 从而有2π2ω＝π，故ω＝1.(4分) (2)由(1)知，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋ 2. 若0≤x ≤π2，则π4≤2x ＋π4≤5π4. 当π4≤2x ＋π4≤π2，即0≤x ≤π8时，f (x )单调递增；(8分) 当π2<2x ＋π4≤5π4，即π8<x ≤π2时，f (x )单调递减． 综上可知，f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π8上单调递增，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤π8，π2上单调递减．(10分) 2．解：(1)由2cos2A －B2cos B －sin(A －B )·sin B ＋cos(A ＋C )＝－35，得 [cos(A －B )＋1]cos B －sin(A －B )sin B －cos B ＝－35，(2分)即cos(A －B )cos B －sin(A －B )sin B ＝－35，则cos(A －B ＋B )＝－35，即cos A ＝－35.(4分)(2)由cos A ＝－35，0＜A ＜π，得sin A ＝45.(6分)由正弦定理，有a sin A ＝bsin B ，所以sin B ＝b sin A a ＝22.(8分) 由题意知a ＞b ，则A ＞B ，故B ＝π4. 根据余弦定理，有(42)2＝52＋c 2－2×5×c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，解得c ＝1或c ＝－7(舍去)．故向量BA →在BC →方向上的投影为|BA →|cos B ＝22.(12分)3．解：(1)∵f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －4π3＋2cos 2x ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋1， ∴f (x )的最大值为2.(3分)f (x )取最大值时，cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝1，2x ＋π3＝2k π(k ∈Z)，故x 的集合为{x |x ＝k π－π6，k ∈Z}．(5分)(2)由f (B ＋C )＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（B ＋C ）＋π3＋1＝32， 可得cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π3＝12， 由A ∈(0，π)，可得A ＝π3.(8分)在△ABC 中，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cosπ3＝(b ＋c )2－3bc ， 由b ＋c ＝2知bc ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋c 22＝1，当b ＝c ＝1时bc 取最大值，此时a 取最小值1.(12分) 4．解：(1)f ′(A )＝cos A ＋cos A2＝2cos 2A 2＋cos A2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos A 2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫cos A2＋1.(2分) 因为0＜A ＜π，所以cos A2＋1＞0.由f ′(A )＞0，得cos A 2＞12，所以0＜A 2＜π3，即0＜A ＜2π3.(4分)所以当A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2π3时，f (A )为增函数；当A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π时，f (A )为减函数．故A 0＝2π3时，f (A )取极大值f (A 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝332.(6分)(2)设a ，b ，c 是角A ，B ，C 的对边．由AB →·AC →＝－1知bc ＝2，(8分) 而a ＝b 2＋c 2＋bc ≥3bc ＝6，(10分)当且仅当b ＝c ＝2时，BC 边长的最小值为 6.(12分) 5．解：(1)f (x )＝32－3sin 2ωx －sin ωx cos ωx ＝32－3·1－cos2ωx 2－12sin2ωx ＝32cos2ωx －12sin2ωx ＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π3.(2分) 因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4，又ω>0，所以2π2ω＝4×π4.因此ω＝1.(4分)(2)由(1)知f (x )＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3. 当π≤x ≤3π2时，5π3≤2x －π3≤8π3.所以－32≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3≤1.(6分)因此－1≤f (x )≤32.(8分) 故f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2上的最大值和最小值分别为32，－1.(10分) 6．解：(1)依题意，在△ABD 中，∠DAB ＝45°，由余弦定理得，DB 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB ·cos ∠DAB ＝(142)2＋162－2×142×16×22＝200，(4分) 所以DB ＝10 2.即此时该外国船只与D 岛的距离为102海里．(5分) (2)过点B 作BC ⊥AD 于点C .因为在Rt △BAC 中，AC ＝AB ·cos ∠BAD ＝16×22＝82， BC ＝AB ·sin ∠BAD ＝16×22＝82， 所以CD ＝AD －AC ＝142－82＝6 2. (7分)以D 为圆心，12为半径作圆交BC 于点E ，连接AE ，DE .在Rt △CED 中，CE ＝ED 2－CD 2＝62，则BE ＝82－62＝2 2.在Rt△AEC中，AE＝AC2＋CE2＝102，sin∠EAC＝CEAE ＝35，所以∠EAC≈36°52′.(9分)又外国船只到达点E的时间t＝BE4＝224＝22(小时)，(10分)所以海监船速度v≥AEt＝10222＝20(海里/小时)．故海监船的航向为北偏东约90°－36°52′＝53°08′，速度的最小值为每小时20海里．(13分)。
五年级下册数学试题 期末综合复习训练题 苏教版(2014秋)(无答案)
五年级下册期末综合复习训练模块一：简易方程1.李师傅上午加工了m个零件，下午加工的比上午的1.5倍多10个，他下午加工了（）个零件.2.乙仓库存粮是甲仓库的5倍，若从乙仓库运出24吨放入甲仓库，则甲、乙两仓库的存粮正好相等，原来甲仓库存粮（）吨，乙仓库存粮（）吨。
3.爸爸今年36岁，比儿子年龄的5倍还多1岁，儿子今年几岁？设儿子今年x岁，列方程为（）.A.36x D.1=5+365=x-365=x C.15=1x B.36-1+4.已知4xyx，则x等于（）.+y,=50=÷A. 10B. 40C. 50D. 605.解下列方程（1）36.0782.0=+⨯x.7774.1=2.2x（2）28+x6.请把进货单填写完整。
7.一本相册的价钱比一本笔记本的价钱贵5.5元，李芳买了4本相册和3本笔记本，一共花了78元。
相册和笔记本的单价各是多少元？（列方程求解）8.小松鼠的妈妈采松子。
晴天每天可以采20个，雨天每天可以采12个。
它一连几天共采了112个松子，平均每天采14个。
这几天中有几天是雨天？（列方程解答）模块二：倍数与因数1.一个数既是56的因数，同时又是4的倍数。
这个数可能是（）。
2.用0,2,5排成一个三位数，使她是2的倍数；再排成一个三位数，使它是5的倍数。
各有几种排法？请你写出来。
3.同时是2、3的倍数的最小的数是（）；同时是3、5的倍数的最大两位数是（）；同时是2、3、5的倍数的最小三位数是（）。
4.在11,31,17,37,47,79,91这些数中，质数有（），交换质数个位与十位上的数字，所得数仍是一个质数的有（）.5.a是b的倍数，ba,是a,两数的最大公因数是（），最小公倍数是（）；若b相邻的自然数（0a,两数的最大公因数是（），最小公倍数是（）。
≠ab），则bA.1B.aC.bD.ba⨯6.（1）如果A=B+1（A、B均为非0的自然数），则A，B的最大公因数是（），最小公倍数是（）.（2）A和B均是不为0的自然数。
2014届高考数学(理)二轮复习大题规范训练五
弋阳一中2014届高考二轮复习 大题规范练(五) 解析几何综合题(限时：60分钟)1．(2013·高考福建卷)如图，抛物线E ：y 2＝4x 的焦点为F ，准线l 与x 轴的交点为A .点C在抛物线E 上，以C 为圆心，|CO |为半径作圆，设圆C 与准线l 交于不同的两点M ，N .(1)若点C 的纵坐标为2，求|MN |； (2)若|AF |2＝|AM |·|AN |，求圆C 的半径．2．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F ，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于A ，B 两点，且|AF |＋|BF |＝22，|AB |的最小值为2. (1)求椭圆E 的方程；(2)若圆x 2＋y 2＝23的切线L 与椭圆E 相交于P ，Q 两点，当P ，Q 两点横坐标不相等时，OP (O 为坐标原点)与OQ 是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．3．(2013·高考陕西卷)已知动圆过定点A (4，0), 且在y 轴上截得弦MN 的长为8.(1) 求动圆圆心的轨迹C 的方程；(2) 已知点B (－1，0), 设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹C 交于不同的两点P, Q, 若x 轴是∠PBQ 的角平分线， 证明直线l 过定点.4．(2014·大连市双基测试)已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆M交于A 、B 两点，直线y ＝－1kx 与椭圆M 交于C 、D 两点，P 点坐标为(a ，0)，直线PA和PB 斜率的乘积为－12.(1)求椭圆M 的离心率；(2)若弦AC 的最小值为263，求椭圆M 的方程．5．(2014·济南市模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，由4个点M (－a ，b )、N (a ，b )、F 2和F 1组成了一个高为3，面积为33的等腰梯形．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 1的直线和椭圆交于两点A 、B ，求△F 2AB 面积的最大值．6．(2013·高考山东卷)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别是F 1、F 2，离心率为32，过F 1且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为1. (1)求椭圆C 的方程；(2)点P 是椭圆C 上除长轴端点外的任一点，连接PF 1，PF 2，设∠F 1PF 2的角平分线PM 交C 的长轴于点M (m ，0)，求m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P 作斜率为k 的直线l ，使得l 与椭圆C 有且只有一个公共点．设直线PF 1，PF 2的斜率分别为k 1、k 2.若k ≠0，试证明1kk 1＋1kk 2为定值，并求出这个定值．大题规范练(五)1．解：(1)抛物线y 2＝4x 的准线l 的方程为x ＝－1. 由点C 的纵坐标为2，得点C 的坐标为(1，2)， 所以点C 到准线l 的距离d ＝2.又|CO |＝5， 所以|MN |＝2|CO |2－d 2＝25－4＝2.(4分)(2)设C ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 204，y 0，则圆C 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 2042＋(y －y 0)2＝y 4016＋y 20，即x 2－y 202x ＋y 2－2y 0y ＝0.由x ＝－1，得y 2－2y 0y ＋1＋y 202＝0.(6分)设M (－1，y 1)，N (－1，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4y 2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋y 202＝2y 20－4＞0，y 1y 2＝y 22＋1.由|AF |2＝|AM |·|AN |，得|y 1y 2|＝4，(8分)所以y 202＋1＝4，解得y 0＝±6，此时Δ＞0.所以圆心C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，6或⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－6，从而|CO |2＝334，|CO |＝332，即圆C 的半径为332.(12分) 2．解：(1)设A (x 0，y 0)，则B (－x 0，－y 0)，F (c ，0)(c 2＝a 2－b 2)，|AF |＋|BF |＝2a ＝22，∴a ＝ 2.(2分)又|AB |＝（2x 0）2＋（2y 0）2＝2x 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 20a 2b 2＝2b 2＋c 2x 20a2，0≤x 20≤a 2，∴|AB |min ＝2b ＝2，∴b ＝1， ∴椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(5分)(2)由题设条件可知直线L 的斜率存在，设直线L 的方程为y ＝kx ＋m . ∵直线L 与圆x 2＋y 2＝23相切，∴|m |1＋k2＝63，∴m 2＝23(k 2＋1)．(7分) 将y ＝kx ＋m 代入x 22＋y 2＝1中得，(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，Δ＝8(2k 2＋1－m 2)＞0. 令P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1≠x 2， 则x 1＋x 2＝－4km1＋2k2，① x 1x 2＝2m 2－21＋2k2，②y 1y 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－2k 21＋2k2.③(10分)∴OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝2m 2－21＋2k 2＋m 2－2k 21＋2k 2＝3m 2－2k 2－21＋2k 2＝0， ∴OP →⊥OQ →，即OP 与OQ 垂直．(12分) 3．解：图①(1)如图①，设动圆圆心O 1(x ，y )，由题意，|O 1A |＝|O 1M |.当O 1不在y 轴上时，过O 1作O 1H ⊥MN 交MN 于H ，则H 是MN 的中点，(2分) ∴|O 1M |＝x 2＋42. 又|O 1A |＝（x －4）2＋y 2， ∴（x －4）2＋y 2＝x 2＋42. 化简得，y 2＝8x (x ≠0)．当O 1在y 轴上时，O 1与O 重合，点O 1的坐标(0，0)也满足方程y 2＝8x ， ∴动圆圆心的轨迹C 的方程为y 2＝8x .(4分) (2)如图②图②，由题意，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将y ＝kx ＋b 代入y 2＝8x 中，得k 2x 2＋(2bk －8)x ＋b 2＝0. 其中Δ＝－32kb ＋64>0. 由根与系数的关系得，x 1＋x 2＝8－2bkk 2，①x 1x 2＝b 2k2.②(6分)∵x 轴是∠PBQ 的角平分线， ∴y 1x 1＋1＝－y 2x 2＋1，即y 1(x 2＋1)＋y 2(x 1＋1)＝0，∴(kx 1＋b )(x 2＋1)＋(kx 2＋b )(x 1＋1)＝0， ∴2kx 1x 2＋(b ＋k )(x 1＋x 2)＋2b ＝0，③(8分)将①②代入③并整理得2kb 2＋(k ＋b )(8－2bk )＋2k 2b ＝0， ∴k ＝－b .此时Δ>0，∴直线l 的方程为y ＝k (x －1)，即直线l 过定点(1，0)．(12分) 4．解：(1)设A (x 1，y 1)，由对称性可得B (－x 1，－y 1)，将A (x 1，y 1)代入椭圆的方程可得x 21a 2＋y 21b2＝1，故直线PA 和PB 斜率的乘积y 1x 1－a ×－y 1－x 1－a ＝y 21x 21－a 2＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 21a 2x 21－a 2＝－b2a 2.(2分)由直线PA 和PB 斜率的乘积为－12，所以b 2a 2＝12，所以c 2a 2＝12，c a ＝22.所以椭圆M 的离心率为22.(5分) (2)由(1)可将椭圆方程化为x 2＋2y 2＝a 2，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝a 2y ＝kx ，可得x 2＝a 21＋2k 2，y 2＝k 2a 21＋2k 2，(7分)设O 为坐标原点，则|OA |2＝a 2（1＋k 2）1＋2k2，同理可得|OC |2＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k 21＋2k 2.由已知条件可知直线y ＝kx 与y ＝－1kx 垂直，所以|AC |2＝|OA |2＋|OC |2＝a 2（1＋k 2）1＋2k2＋a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k 21＋2k 2＝a 2×3k 4＋6k 2＋32k 4＋5k 2＋2＝a 2×32＋1k 2＋1k2＋2≥4a23.(10分) 当且仅当k ＝±1时取等号，所以4a 23＝83，即a 2＝2，所以椭圆M 的方程为x 22＋y 2＝1.(12分)5．解：(1)由条件，得b ＝3，且2a ＋2c2·3＝33， 所以a ＋c ＝3.(2分)又a 2－c 2＝3，解得a ＝2，c ＝1. 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(4分)(2)显然，直线的斜率不能为0，设直线方程为x ＝my －1，直线与椭圆交于A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)两点．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1x ＝my －1，消去x 得，(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0，因为直线过椭圆内的点，所以无论m 为何值，直线和椭圆总相交． 所以y 1＋y 2＝6m 3m ＋4，y 1y 2＝－93m ＋4.(6分) S △F 2AB ＝12|F 1F 2||y 1－y 2|＝|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝12m 2＋1（3m 2＋4）2 ＝4m 2＋1⎝⎛⎭⎪⎫m 2＋1＋132＝41m 2＋1＋23＋19（m 2＋1），(9分)令t ＝m 2＋1≥1，设y ＝t ＋19t ，易知当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，函数单调递减，当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞时，函数单调递增．所以当t ＝m 2＋1＝1，即m ＝0时，y min ＝109，所以S △F 2AB 的最大值为4123＋109＝3.(12分)6．解：(1)由于c 2＝a 2－b 2，将x ＝－c 代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a.由题意知2b 2a＝1，即a ＝2b 2.又e ＝c a ＝32，所以a ＝2，b ＝1. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(4分)(2)方法一：设P (x 0，y 0)(y 0≠0)， 又F 1(－3，0)，F 2(3，0)， 所以直线PF 1，PF 2的方程分别为lPF 1：y 0x －(x 0＋3)y ＋3y 0＝0， lPF 2：y 0x －(x 0－3)y －3y 0＝0.由题意知|my 0＋3y 0|y 20＋（x 0＋3）2＝|my 0－3y 0|y 20＋（x 0－3）2.(6分)由于点P 在椭圆上，所以x 204＋y 20＝1.所以|m ＋3|⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 0＋22＝|m －3|⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 0－22.因为－3<m <3，－2<x 0<2， 可得m ＋332x 0＋2＝3－m 2－32x 0所以m ＝34x 0.因此－32<m <32.(8分)方法二：设P (x 0，y 0)，当0≤x 0<2时， ①当x 0＝3时，直线PF 2的斜率不存在， 易知P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12或P ⎝⎛⎭⎪⎫3，－12.若P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12，则直线PF 1的方程为x －43y ＋3＝0. 由题意得|m ＋3|7＝3－m ，因为－3<m <3，所以m ＝334.若P ⎝⎛⎭⎪⎫3，－12，同理可得m ＝334.(6分) ②当x 0≠3时，设直线PF 1，PF 2的方程分别为y ＝k 1(x ＋3)，y ＝k 2(x －3)． 由题意知|mk 1＋3k 1|1＋k 21＝|mk 2－3k 2|1＋k 22， 所以（m ＋3）2（m －3）2＝1＋1k 211＋1k 22.因为x 204＋y 20＝1，且k 1＝y 0x 0＋3，k 2＝y 0x 0－3，所以（m ＋3）2（m －3）2＝4（x 0＋3）2＋4－x 24（x 0－3）2＋4－x 20 ＝3x 20＋83x 0＋163x 20－83x 0＋16＝（3x 0＋4）2（3x 0－4）2，即|m ＋3||m －3|＝|3x 0＋4||3x 0－4|.(8分)因为－3<m <3，0≤x 0<2且x 0≠3，所以3＋m3－m ＝4＋3x 04－3x 0. 整理得m ＝3x 04，故0≤m <32且m ≠334.综合①②可得0≤m <32.当－2<x 0<0时，同理可得－32<m <0.综上所述，m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32.(10分) (3)设P (x 0，y 0)(y 0≠0)，则直线l 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)．联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y －y 0＝k （x －x 0），整理得(1＋4k 2)x 2＋8(ky 0－k 2x 0)x ＋4(y 20－2kx 0y 0＋k 2x 20－1)＝0. 由题意Δ＝0，即(4－x 20)k 2＋2x 0y 0k ＋1－y 20＝0. 又x 204＋y 20＝1， 所以16y 20k 2＋8x 0y 0k ＋x 20＝0，故k ＝－x 04y 0.由(2)知1k 1＋1k 2＝x 0＋3y 0＋x 0－3y 0＝2x 0y 0，所以1kk 1＋1kk 2＝1k (1k 1＋1k 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4y 0x 0·2x 0y 0＝－8，因此1kk 1＋1kk 2为定值，这个定值为－8.(12分)。
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复习题一（第1章）一、填空1.竞技体育是体育的重要组成部分，是以（）为主要特征，以（）为主要目标的社会体育活动。
其中“竞”是指（），“技”是指（）。
2.竞技体育形成的基本动因可归结为三个方面：一是（），二是（），三是（）。
3.现代世界竞技体育活动是以（）和各（）为核心组织进行的。
4.1888年，法国人（）首先倡议恢复奥运会。
第一届现代夏季奥运会于（）年在希腊雅典举行。
5.竞技体育的四个组成部分是指（）、（）、（）、（）。
6.竞技体育的基本特点有（）、（）、（）、（）、（）观赏性及功利性。
7．运动员的竞技能力来自于（）效应、生活效应以及（）效应多元的途径，其中，（）效应是运动员获得竞技能力最重要的、最有效的途径。
8.运动训练学是研究训练（）以及有效地组织训练（）行为的科学。
9.前民主德国学者迪•哈雷博士的学术专著（）的出版，标志着运动训练学的形成。
10. （）性、（）性以及（）性是运动训练学的主要学科特征，其中，（）性是运动训练学最具特色的学科特征。
11.任何一个运动项目运动员竞技能力的高低，都是由运动员的（）、（）、（）、（）、（）五个方面的能力决定的。
其中，（）又包含形态、机能及素质三个方面的状况。
12.动成绩就是运动竞赛的结果，任何一场运动竞赛的结果都必然包括两个方面，即（）和运动员在比赛中表现出来的（）。
13.竞赛评定行为是影响运动员运动成绩的一个重要方面，主要包括( )、( )、( )这三个方面的因素。
14.一个完整的起始状态诊断，应该包含( )诊断、( )诊断及( )诊断，而一个完整的训练目标，也应该相应地包含( )指标、( )指标及( )指标。
15.任何一个竞技项目比赛的成绩都是由（）、（）以及（）这三方面因素所决定的。
二、单项选择题1、在竞技体育的构成中，哪一部分既是竞技体育的组成部分，又是实现竞技运动目标的最重要途径？A.运动选材B.运动训练C.运动竞赛D.体育管理2、在竞技体育的构成中，哪一部分是竞技体育与社会发生关联，并作用于社会的媒介？A．运动选材 B.运动训练 C.运动竞赛 D.体育管理3、在竞技体育的基本特点中，哪一个是竞技体育运动区别于其他体育运动的最本质特点？A.竞争性B.公平性C.规范性D.公开性4、无论从活动的时间、活动的容量，还是从人们投入的力度来看，在竞技体育的多种构建中，最主要的是：A、运动员选材B、运动训练C、运动竞赛D、竞技体育管理5. 影响运动成绩的内因和最根本的原因是：A、运动员所具有的竞技能力及其在比赛中的发挥B、竞赛对手所具有的竞技能力及其在比赛中的发挥C、教练员的临场指导能力D、运动竞赛结果的评定6. 在运动比赛中，运动员首先力争的是：A.名次B.竞技水平C.记录D.比赛的发挥7.在竞技活动中，运动员的体能水平集中表现于三个方面，下列哪一项不是体能的范畴？A.运动技术B.身体形态C.身体机能D.运动素质8.制定运动训练计划的最重要依据是：A.状态诊断B.运动成绩C.建立的目标D.检查评定9.一个完整的起始状态诊断包括：A.运动成绩诊断B.竞技能力诊断C.训练目标诊断D.训练负荷诊断10.下列哪一项是运动训练学最具特色的学科特征？Ａ.综合性Ｂ.多元性Ｃ.本源性Ｄ.实践性三、多项选择题：1．起始状态中运动成绩的诊断内容包括：( )A、运动员在比赛中所取得的名次B、运动员在比赛中所表现出的竞技水平C、运动员在上一个训练过程中最好的一次比赛成绩D、运动员在多次比赛中所表现出的平均水平2.确定训练目标时以下哪些因素对教练员来说是非可控因素：A、本队运动员的训练过程和比赛行为B、对手在比赛中的竞技水平C、比赛条件D、裁判员的倾向性3.一个竞技项目比赛时，运动员成绩由哪些因素所决定？A.运动员在比赛中的表现B.对手在比赛中的表现C.竞赛结果的评定行为D.观众和球迷的表现四、名词解释：1.竞技体育 2.运动竞赛 3.运动训练 4.运动成绩5.竞技能力（P17）6.竞技能力非衡结构的补偿效应五、判断改错(在题后的括号中打“√”或“×”，并将错改正。
)1.运动训练过程的始发点是确定训练目标。
3.运动员起始状态的诊断主要包括运动成绩诊断和竞技能力诊断。
4.运动成绩是由运动员自身在比赛中的表现和竞赛结果的评定行为两方面因素决定的。
5.没有科学的诊断，对运动训练过程的有效控制是不可能实现的6.在某种意义上来说，在运动成绩的取得中，竞技水平的发挥比比赛的名次的取得更重要。
7.对不同专项运动员的竞技能力进行诊断时，要抓住心、技、体、战、智所有因素，予以科学的诊断，并作为其竞技能力总体诊断的主要依据。
8.竞技能力由具有不同表现形式和作用的体能、技能、战术三者所构成。
9.运动员竞技能力要素中某种能力的缺陷，其总体竞技能力就会受到限制，难以达到较高的水平。
六、问答题：1.试述近百年来竞技体育发展的主要表现。
2.竞技运动的现代社会价值有哪些。
复习题二（第14章）一、判断题：1、项群训练理论是研究整个竞技体育项目训练规律的理论。
2、依理论研究所涵盖的领域，可把运动训练理论分为一般训练理论和专项训练理论。
3、体能对足球项目运动员的竞技能力起决定性作用。
4、运动技术对标枪项目运动员的竞技能力起决定性作用。
5、属于体能主导类项群的竞技体育项目同时也属于单一动作结构项群。
6、田径运动中的所有项目，都属于体能主导类项群。
7、按运动成绩的评定方法划分，乒乓球、排球同属于命中类项群。
8、按运动成绩的评定方法划分，三大球（篮球、排球、足球）同属于得分类项群。
9、400米跑和400米游泳同属于体能主导类速度性项群。
10、乒乓球、羽毛球等项目的比赛是隔网进行的，因此选手竞技水平的发挥较少受对手的影响。
11、对竞技体操等评分类项目来说，裁判员的职业道德对比赛结果会产生重要影响。
12、球类项目都属于技能主导类对抗性项群，对运动员技战术要求较高，而对身体形态没有要求。
13、体能主导类项群的项目同时也都属于测量类项群。
14、排球既属于多元动作结构项群，又属于评分类项群。
15、项群训练理论是完全区别于一般训练理论和专项训练理论的独立理论体系。
二、单项选择题1、运动训练理论研究的三个层次不包括：A、一般训练理论B、周期训练理论C、项群训练理论D、专项训练理论2、在运动训练理论的形成发展过程中，我国学者的突出贡献是：A、提出周期训练理论B、提出超量恢复理论C、建立项群训练理论D、建立一般训练学和专项训练学两个理论层次3、下列运动项目属于体能主导类速度性项群的是：A、跳远B、跳水C、400米跑D、400米游泳4、从运动成绩的评定方法看，乒乓球属于的项群是：A、测量类B、得分类C、命中类D、制胜类5、在技心能主导类项群中，射击、射箭项目运动员竞技能力的决定因素是：A、心理 B、体能 C、智力 D、战术能力6、运动技术在不同项群项目中的作用是不同的，其中运动技术起决定作用的项目是：A、跳高B、标枪C、跳水D、跨栏7、要求运动员在比赛中充分展示运动技艺与美感的项群是：A、体能主导类快速力量性B、技能主导类表现难美性C、技心能主导类表现准确性D、技战能主导类格斗对抗性8、下列项目的比赛中，相对受对手竞技能力发挥影响较大的是：A、拳击B、射击C、游泳D、长跑9、依据项群训练理论运动员转项成才现象，适合转为跳水运动项目是：A、跳高 B、艺术体操 C、游泳 D、自行车10、体操和羽毛球项目中对运动员的竞技能力起决定作用是：A、心理B、技能C、体能D、智能11、对技能类表现难美性项群运动员的竞技能力起决定性作用的因素是：A、专项技术 B、专项战术 C、运动智能 D、身体形态12、棒球、垒球属哪一类项群：A、技心能主导类表现准确性B、技战能主导类同场对抗性C、技战能主导类格斗对抗性D、技战能主导类轮换攻防对抗性三、多项选择题：（在每题的括号中写上所选项的代表字母。
试题开头已列出几个备选答案，答题时每道试题均从上述的答案中选择最合适的，每个备选答案可不被选，可选一次或多次。
）(一)A型选择题1．A、体能主导类速度性项群B、技战能主导类格斗对抗性项群C、体能主导类快速力量性项群D、技战能主导类隔网对抗性项群E、周期性单一动作结构类F、固定组合多元动作结构类G、非周期性单一动作结构类H、变异组合多元动作结构类I、评分类J、制胜类K、命中类L、测量类M、得分类①100米跑属（）②举重属（）③拳击属（）④羽手球属（）⑤射击属（）⑥艺术体操（）2．A、运动员在比赛中力求完成高难度的精彩动作，并同时着力发展运动美、人体美的所有项目；B、表现运动员准确完成专项技术能力； C、比赛时用网将双方选手隔开，各据一方徒手或持器械击球竞技；D、双方选手在同一块场地上追逐争夺，以将球射投入对方特定网区中得分； E、以对手的躯体为攻击对象，双人进行格斗的项目；F、比赛双方在固定时段交替进攻和防守的项目①格斗对抗性项目（）②隔网对抗性项目（）③同场对抗性项目（）④表现难美性项目（）⑤表现准确性项目（）⑥轮换攻防对抗性项目（）3．A、竞走B、铅球C、篮球D、自行车E、三级跳远F、举重G、体操单项H、技巧I、射箭J、排球K、十项全能L、体操全能M、铁人三项N、链球①既属周期性单一动作结构类，又属测量类（）②既属周期性单一动作结构类，又属命中类（）③既属混合性单一动作结构类，又属测量类（）④既属固定组合多元动作结构类，又属评分类（）⑤既属变异组合多元动作结构类，又属命中类（）⑥同属多项组合（）⑦异属多项组合（）(二)B型选择题1.依理论研究所涵盖的领域，运动训练理论包括的层次是：A、一般训练理论B、周期训练理论C、项群训练理论D、专项训练理论2.下列同属于体能主导类、单一动作结构和测量类项群的项目是：A、标枪B、跳远C、竞技体操D、排球3.按不同的分类标准，武术套路分别属于：A、技心能主导类表现准确性项群B、技能主导类表现难美性项群C、多元动作结构类固定组合项群D、评分类项群4.对技战能主导类对抗性项群优秀运动员的竞技能力起决定性作用的因素是：A、素质 B、技术 C、战术 D、裁判5.影响摔跤、柔道等技战能主导类项群项目比赛成绩的决定性因素包括：A、运动员自身的竞技水平 B、对手的竞技水平C、比赛的结果的评定行为D、比赛时间、地点四、填空题1.依理论研究所涵盖的领域，可把运动训练理论分为（）、（）和（）三个层次。
2.多项组合结构中，有些多项比赛的各个单项属同一个运动大项，如体操男子六项全能、田径女子七项全能等，称为（）组合；有些多项比赛的单项分属不同的运动大项，如近代五项、冬季两项称为（）组合。
3.技能主导类表现难美性项目同时都属（）多元动作结构，又都是通过由（）的方式而评定其运动成绩高低的。
体能主导类耐力性项目都属（）单一动作结构，又都通过（）判定其运动成绩。