高考数学模拟复习试卷试题模拟卷180

高考模拟复习试卷试题模拟卷【高频考点解读】1.了解逻辑联结词“或”、“且”、“非”的含义．2.理解全称量词与存在量词的意义．3.能正确地对含有一个量词的命题进行否定．【热点题型】题型一含有逻辑联结词的命题的真假判断例1、(1)在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次．设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为()A．(p)∨(q)B．p∨(q)C．(p)∧(q) D．p∨q(2)如果命题“非p或非q”是假命题，给出下列四个结论：①命题“p且q”是真命题；②命题“p且q”是假命题；③命题“p或q”是真命题；④命题“p或q”是假命题．其中正确的结论是()A．①③ B．②④C．②③ D．①④【提分秘籍】(1)“p∨q”、“p∧q”、“p”形式命题真假的判断关键是对逻辑联结词“或”“且”“非”含义的理解，其操作步骤是：①明确其构成形式；②判断其中命题p、q的真假；③确定“p∨q”、“p∧q”、“p”形式命题的真假．(2)p且q形式是“一假必假，全真才真”，p或q形式是“一真必真，全假才假”，非p则是“与p的真假相反”．【举一反三】已知命题p：∃x0∈R，使sin x0＝52；命题q：∀x∈R，都有x2＋x＋1>0.给出下列结论：①命题“p∧q”是真命题；②命题“p∨q”是真命题；③命题“p∨q”是假命题；④命题“p∧q”是假命题．其中正确的是()A．②③B．②④C．③④ D．①②③题型二全称命题、特称命题的真假判断例2 下列命题中，真命题是()A ．∃m0∈R ，使函数f(x)＝x2＋m0x(x ∈R)是偶函数B ．∃m0∈R ，使函数f(x)＝x2＋m0x(x ∈R)是奇函数C ．∀m ∈R ，函数f(x)＝x2＋mx(x ∈R)都是偶函数D ．∀m ∈R ，函数f(x)＝x2＋mx(x ∈R)都是奇函数 【提分秘籍】(1)①要判断一个全称命题是真命题，必须对限定的集合M 中的每一个元素x ，证明p(x)成立．②要判断一个全称命题是假命题，只要能举出集合M 中的一个特殊值x ＝x0，使p(x0)不成立即可．(2)要判断一个特称命题是真命题，只要在限定的集合M 中，找到一个x ＝x0，使p(x0)成立即可，否则这一特称命题就是假命题．【举一反三】下列命题中是假命题的是( )A ．∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，x>sin xB ．∃x0∈R ，sin x0＋cos x0＝2C ．∀x ∈R,3x>0D ．∃x0∈R ，lg x0＝0题型三含有一个量词的命题否定例3、命题“对任意x ∈R ，都有x2≥0”的否定为( ) A ．对任意x ∈R ，都有x2<0 B ．不存在x ∈R ，使得x2<0 C ．存在x0∈R ，使得x20≥0 D ．存在x0∈R ，使得x20<0 【提分秘籍】全称命题与特称命题的否定与命题的否定有一定的区别，否定全称命题和特称命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词、存在量词改写为全称量词；二是要否定结论，而一般命题的否定只需直接否定结论即可．【举一反三】设x ∈Z ，集合A 是奇数集，集合B 是偶数集，若命题p ：∀x ∈A,2x ∈B ，则() A ．p ：∀x ∈A,2x ∉B B ．p ：∀x ∉A,2x ∉BC ．綈p ：∃x ∉A,2x ∈BD ．綈p ：∃x ∈A,2x ∉B【高考风向标】1.【高考山东，文5】设m R ∈,命题“若0m >,则方程20x x m +-=有实根”的逆否命题是( ) （A ）若方程20x x m +-=有实根，则0m > (B) 若方程20x x m +-=有实根，则0m ≤ (C) 若方程20x x m +-=没有实根，则0m > (D) 若方程20x x m +-=没有实根，则0m ≤2.【高考湖北，文3】命题“0(0,)x ∃∈+∞，00ln 1x x =-”的否定是（ ） A ．0(0,)x ∃∈+∞，00ln 1x x ≠- B ．0(0,)x ∃∉+∞，00ln 1x x =- C ．(0,)x ∀∈+∞，ln 1x x ≠-D ．(0,)x ∀∉+∞，ln 1x x =-1．（·安徽卷） 命题“∀x ∈R ，|x|＋x2≥0”的否定是( ) A ．∀x ∈R ，|x|＋x2<0 B ．∀x ∈R ，|x|＋x2≤0 C ．∃x0∈R ，|x0|＋x20<0 D ．∃x0∈R ，|x0|＋x20≥02．（·福建卷） 命题“∀x ∈[0，＋∞)，x3＋x≥0”的否定是( ) A ．∀x ∈(－∞，0)，x3＋x<0 B ．∀x ∈(－∞，0)，x3＋x≥0 C ．∃x0∈[0，＋∞)，x30＋x0<0 D ．∃x0∈[0，＋∞)，x30＋x0≥03．（·湖北卷） 命题“∀x ∈R ，x2≠x”的否定是( ) A ．∀x ∈/R ，x2≠x B ．∀x ∈R ，x2＝x C ．∃x0∈/R ，x20≠x0 D ．∃x0∈R ，x20＝x04．（·湖南卷） 设命题p ：∀x ∈R ，x2＋1＞0，则綈p 为( ) A ．∃x0∈R ，x20＋1＞0 B ．∃x0∈R ，x20＋1≤0 C ．∃x0∈R ，x20＋1＜0 D ．∀x ∈R ，x2＋1≤05．（·天津卷） 已知命题p ：∀x>0，总有(x ＋1)ex>1，则綈p 为( ) A ．∃x0≤0，使得(x0＋1)ex0≤1 B. ∃x0＞0，使得(x0＋1)ex0≤1C. ∀x ＞0，总有(x ＋1)ex≤1D. ∀x≤0，总有(x ＋1)ex≤16.（·新课标全国卷Ⅰ] 已知命题p ：x ∈，2x ＜3x ；命题q ：∃x ∈，x3＝1－x2，则下列命题中为真命题的是( )A ．p ∧qB ．⌝p ∧qC ．p ∧⌝qD ．⌝p ∧⌝q7．（·重庆卷） 命题“对任意x ∈R ，都有x2≥0”的否定为( ) A ．存在x0∈R ，使得x20<0 B ．对任意x ∈R ，都有x2<0 C ．存在x0∈R ，使得x20≥0 D ．不存在x ∈R ，使得x2<0 【高考押题】1．设命题p ：函数y ＝sin2x 的最小正周期为π2；命题q ：函数y ＝cosx 的图象关于直线x ＝π2对称．则下列判断正确的是( )A ．p 为真B ．q 为假C ．p ∧q 为假D ．p ∨q 为真2．已知命题p ：所有有理数都是实数；命题q ：正数的对数都是负数，则下列命题中为真命题的是( )A ．⌝p ∨qB ．p ∧qC ．⌝p ∧⌝qD ．⌝p ∨⌝q 3．下列命题中的假命题是( ) A ．∃x ∈R ，sinx ＝52B ．∃x ∈R ，log2x ＝1 C ．∀x ∈R ，(12)x>0D ．∀x ∈R ，x2≥04．已知命题p ：所有指数函数都是单调函数，则綈p 为( ) A ．所有的指数函数都不是单调函数 B ．所有的单调函数都不是指数函数 C ．存在一个指数函数，它不是单调函数 D ．存在一个单调函数，它不是指数函数5．已知集合M ＝{x|0<x<1}，集合N ＝{x|－2<x<1}，那么“a ∈N”是“a ∈M”的( ) A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件6．下列结论正确的个数是( )①已知复数z ＝i(1－i)，z 在复平面内对应的点位于第四象限； ②若x ，y 是实数，则“x2≠y2”的充要条件是“x≠y 或x≠－y”；③命题p ：“∃x0∈R ，x20－x0－1>0”的否定綈p ：“∀x ∈R ，x2－x －1≤0”； A ．3B ．2C ．1D ．07．已知命题p ：∃x ∈R ，x －2>lgx ，命题q ：∀x ∈R ，x2>0，则( ) A ．p ∨q 是假命题B ．p ∧q 是真命题 C ．p ∧(⌝q)是真命题D ．p ∨(綈q)是假命题 8．下列结论正确的是( )A ．若p ：∃x ∈R ，x2＋x ＋1<0，则⌝p ：∀x ∈R ，x2＋x ＋1<0B ．若p ∨q 为真命题，则p ∧q 也为真命题C ．“函数f(x)为奇函数”是“f(0)＝0”的充分不必要条件D ．命题“若x2－3x ＋2＝0，则x ＝1”的否命题为真命题 9．已知命题p ：x2＋2x －3>0；命题q ：13－x>1，若“⌝q 且p”为真，则x 的取值范围是____________________．10．下列结论：①若命题p ：∃x ∈R ，tanx ＝1；命题q ：∀x ∈R ，x2－x ＋1>0.则命题“p ∧(⌝q)”是假命题； ②已知直线l1：ax ＋3y －1＝0，l2：x ＋by ＋1＝0，则l1⊥l2的充要条件是ab ＝－3；③命题“若x2－3x ＋2＝0，则x ＝1”的逆否命题：“若x≠1，则x2－3x ＋2≠0”．其中正确结论的序号为________．11．给定两个命题，命题p ：对任意实数x 都有ax2>－ax －1恒成立，命题q ：关于x 的方程x2－x ＋a ＝0有实数根．若“p ∨q”为真命题，“p ∧q”为假命题，则实数a 的取值范围是________．12．已知c>0，且c≠1，设p ：函数y ＝cx 在R 上单调递减；q ：函数f(x)＝x2－2cx ＋1在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上为增函数，若“p 且q”为假，“p 或q”为真，求实数c 的取值范围．13．已知c>0，设命题p ：函数y ＝cx 为减函数．命题q ：当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，函数f(x)＝x ＋1x >1c 恒成立．如果“p 或q”为真命题，“p 且q”为假命题，求c 的取值范围．高考模拟复习试卷试题模拟卷【高频考点解读】 1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系． 【热点题型】题型一 等差数列基本量的运算例1、(1)在数列{an}中，若a1＝－2，且对任意的n ∈N*有2an ＋1＝1＋2an ，则数列{an}前10项的和为( )A ．2B ．10C.52D.54(2)(·课标全国Ⅰ)设等差数列{an}的前n 项和为Sn ，Sm －1＝－2，Sm ＝0，Sm ＋1＝3，则m 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 (1)C (2)C【提分秘籍】(1)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a1，an ，d ，n ，Sn ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题．(2)数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．【举一反三】(1)若等差数列{an}的前5项和S5＝25，且a2＝3，则a7等于( ) A ．12B ．13C ．14D ．15(2)记等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若a1＝12，S4＝20，则S6等于( ) A ．16B ．24C ．36D ．48(3)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn ，且满足S33－S22＝1，则数列{an}的公差是( ) A.12B ．1C ．2D ．3 答案 (1)B (2)D (3)C 解析 (1)由题意得S5＝5a1＋a52＝5a3＝25，故a3＝5，公差d ＝a3－a2＝2，a7＝a2＋5d ＝3＋5×2＝13.(2)∵S4＝2＋6d ＝20，∴d ＝3，故S6＝3＋15d ＝48. (3)∵Sn ＝n a1＋an 2，∴Sn n ＝a1＋an 2，又S33－S22＝1， 得a1＋a32－a1＋a22＝1，即a3－a2＝2，∴数列{an}的公差为2.题型二 等差数列的性质及应用例2、(1)设等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于( ) A ．63B ．45C ．36D ．27(2)若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为( )A ．13B ．12C ．11D ．10(3)已知Sn 是等差数列{an}的前n 项和，若a1＝－，S －S＝6，则S ＝________. 答案 (1)B (2)A (3)解析 (1)由{an}是等差数列，得S3，S6－S3，S9－S6为等差数列． 即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)， 得到S9－S6＝2S6－3S3＝45，故选B.【提分秘籍】在等差数列{an}中，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列；{Snn}也是等差数列．等差数列的性质是解题的重要工具．【举一反三】(1)设数列{an}是等差数列，若a3＋a4＋a5＝12，则a1＋a2＋…＋a7等于()A．14B．21C．28D．35(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________.答案(1)C(2)60解析(1)∵a3＋a4＋a5＝3a4＝12，∴a4＝4，∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝28.(2)∵S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，∴40＝10＋S30－30，∴S30＝60.题型三等差数列的判定与证明例3、已知数列{an}中，a1＝35，an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝1an－1(n∈N*)．(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．(1)证明因为an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，bn ＝1an －1(n ∈N*)，所以bn ＋1－bn ＝1an ＋1－1－1an －1＝12－1an －1－1an －1＝an an －1－1an －1＝1. 又b1＝1a1－1＝－52.所以数列{bn}是以－52为首项，1为公差的等差数列． (2)解 由(1)知bn ＝n －72， 则an ＝1＋1bn ＝1＋22n －7.设f(x)＝1＋22x －7，则f(x)在区间(－∞，72)和(72，＋∞)上为减函数．所以当n ＝3时，an 取得最小值－1，当n ＝4时，an 取得最大值3. 【提分秘籍】等差数列的四个判定方法：(1)定义法：证明对任意正整数n 都有an ＋1－an 等于同一个常数．(2)等差中项法：证明对任意正整数n 都有2an ＋1＝an ＋an ＋2后，可递推得出an ＋2－an ＋1＝an ＋1－an ＝an －an －1＝an －1－an －2＝…＝a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列．(3)通项公式法：得出an ＝pn ＋q 后，得an ＋1－an ＝p 对任意正整数n 恒成立，根据定义判定数列{an}为等差数列．(4)前n 项和公式法：得出Sn ＝An2＋Bn 后，根据Sn ，an 的关系，得出an ，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．【举一反三】(1)若{an}是公差为1的等差数列，则{a2n －1＋2a2n}是( ) A ．公差为3的等差数列B ．公差为4的等差数列 C ．公差为6的等差数列D ．公差为9的等差数列(2)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝12，2an ＋1＝1an ＋1an ＋2(n ∈N*)，则该数列的通项为( )A ．an ＝1nB ．an ＝2n ＋1C ．an ＝2n ＋2D ．an ＝3n答案 (1)C (2)A【高考风向标】【高考新课标1，文7】已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10a =（）（A ）172（B ）192（C ）10（D ）12 【答案】B【解析】∵公差1d =，844S S =，∴11118874(443)22a a +⨯⨯=+⨯⨯，解得1a =12，∴1011199922a a d =+=+=，故选B. 【高考陕西，文13】中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为，则该数列的首项为________ 【答案】5【解析】若这组数有21n +个，则11010n a +=，212015n a +=，又12112n n a a a +++=，所以15a =； 若这组数有2n 个，则1101022020n n a a ++=⨯=，22015n a =，又121n n n a a a a ++=+，所以15a =； 故答案为5【高考福建，文16】若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>>的两个不同的零点，且,,2a b -这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p q +的值等于________．【答案】9【高考浙江，文10】已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零．若2a ，3a ，7a 成等比数列，且1221a a +=，则1a =，d =．【答案】2,13- 【解析】由题可得，2111(2)()(6)a d a d a d +=++，故有1320a d +=，又因为1221a a +=，即131a d +=，所以121,3d a =-=. 1．（·安徽卷）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝________.【答案】1【解析】因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q 的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q ＝1.2．（·北京卷）若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n ＝________时，{an}的前n 项和最大．【答案】8【解析】∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a8>0，a9<0，∴n ＝8时，数列{an}的前n 项和最大．3．（·福建卷）等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( ) A ．8 B ．10 C ．12 D ．14 【答案】C【解析】设等差数列{an}的公差为d ，由等差数列的前n 项和公式，得S3＝3×2＋3×22d ＝12，解得d ＝2，则a6＝a1＋(6－1)d ＝2＋5×2＝12.4．（·湖北卷）已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式．(2)记Sn 为数列{an}的前n 项和，是否存在正整数n ，使得Sn>60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．【解析】(1)设数列{an}的公差为d ， 依题意得，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列， 故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，an ＝2；当d ＝4时，an ＝2＋(n －1)·4＝4n －2.从而得数列{an}的通项公式为an ＝2或an ＝4n －2.5．（·湖南卷）已知数列{an}满足a1＝1，|an ＋1－an|＝pn ，n ∈N*. (1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p 的值；(2)若p ＝12，且{a2n －1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式． 【解析】(1)因为{an}是递增数列，所以an ＋1－an ＝|an ＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此a2＝p ＋1，a3＝p2＋p ＋1.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p ＝0，解得p ＝13或p ＝0.当p ＝0时，an ＋1＝an ，这与{an}是递增数列矛盾，故p ＝13.(2)由于{a2n －1}是递增数列，因而a2n ＋1－a2n －1>0，于是(a2n ＋1－a2n)＋(a2n －a2n －1)>0.① 因为122n <122n －1，所以|a2n ＋1－a2n|<|a2n －a2n －1|.②由①②知，a2n －a2n －1>0，因此a2n －a2n －1＝⎝⎛⎭⎫122n －1＝（－1）2n22n －1.③因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n ＋1－a2n<0，故a2n ＋1－a2n ＝－⎝⎛⎭⎫122n＝（－1）2n ＋122n.④ 由③④可知，an ＋1－an ＝（－1）n ＋12n. 于是an ＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an －an －1)＝1＋12－122＋…＋（－1）n 2n －1＝1＋12·1－⎝⎛⎭⎫－12n －11＋12＝43＋13·（－1）n2n －1.故数列{an}的通项公式为an ＝43＋13·（－1）n2n －1.6．（·辽宁卷）设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则( ) A ．d<0 B ．d>0 C ．a1d<0 D ．a1d>0 【答案】C【解析】令bn ＝2a1an ，因为数列{2a1an}为递减数列，所以bn ＋1bn ＝2a1an ＋12a1an ＝2a1(an ＋1－an)＝2a1d<1，所得a1d<0.7．（·全国卷）等差数列{an}的前n 项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4. (1)求{an}的通项公式；(2)设bn ＝1anan ＋1，求数列{bn}的前n 项和Tn.8．（·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{an}的前n 项和为Sn ，a1＝1，an≠0，anan ＋1＝λSn －1，其中λ为常数．(1)证明：an ＋2－an ＝λ.(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．9．（·山东卷）已知等差数列{an}的公差为2，前n 项和为Sn ，且S1，S2，S4成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn ＝(－1)n －14n anan ＋1，求数列{bn}的前n 项和Tn.【解析】 (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋2×12×2＝2a1＋2， S4＝4a1＋4×32×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1， 所以an ＝2n －1. (2)由题意可知， bn ＝(－1)n －14nanan ＋1＝(－1)n －14n（2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，Tn ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛12n －3＋⎭⎫12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，Tn ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1 ＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以Tn ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或Tn ＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋1 10．（·陕西卷）△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c. (1)若a ，b ，c 成等差数列，证明：sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C)； (2)若a ，b ，c 成等比数列，求cos B 的最小值．11．（·天津卷）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn 为其前n 项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．【答案】－12【解析】∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋4×32×(－1)＝4a1－6，S1，S2，S4成等比数列， ∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－12.12．（·重庆卷）设a1＝1，an ＋1＝a2n －2an ＋2＋b(n ∈N*)． (1)若b ＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a2n<c<a2n ＋1对所有n ∈N*成立？证明你的结论． 【解析】(1)方法一：a2＝2，a3＝2＋1. 再由题设条件知(an ＋1－1)2＝(an －1)2＋1.从而{(an －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(an －1)2＝n －1，即an ＝n －1＋1(n ∈N*)． 方法二：a2＝2，a3＝2＋1.可写为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝3－1＋1.因此猜想an ＝n －1＋1. 下面用数学归纳法证明上式． 当n ＝1时，结论显然成立．假设n ＝k 时结论成立，即ak ＝k －1＋1，则ak ＋1＝（ak －1）2＋1＋1＝（k －1）＋1＋1＝（k ＋1）－1＋1， 这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立． 所以an ＝n －1＋1(n ∈N*)．(2)方法一：设f(x)＝（x －1）2＋1－1，则an ＋1＝f(an)． 令c ＝f(c)，即c ＝（c －1）2＋1－1，解得c ＝14. 下面用数学归纳法证明命题 a2n<c<a2n ＋1<1.当n ＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝2－1，所以a2<14<a3<1，结论成立． 假设n ＝k 时结论成立，即a2k<c<a2k ＋1<1. 易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而 c ＝f(c)>f(a2k ＋1)>f(1)＝a2，即 1>c>a2k ＋2>a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f(c)<f(a2k ＋2)<f(a2)＝a3<1，故c<a2k ＋3<1，因此a2(k ＋1)<c<a2(k ＋1)＋1<1，这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立． 综上，存在 c ＝14使a2n<C<a2a ＋1对所有n ∈N*成立． 方法二：设f(x)＝（x －1）2＋1－1，则an ＋1＝f(an)． 先证：0≤an≤1(n ∈N*)． ① 当n ＝1时，结论明显成立． 假设n ＝k 时结论成立，即0≤ak≤1. 易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而 0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝2－1<1.即0≤ak ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．故①成立． 再证：a2n<a2n ＋1(n ∈N*)． ②当n ＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝2－1，所以a2<a3，即n ＝1时②成立． 假设n ＝k 时，结论成立，即a2k<a2k ＋1. 由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得 a2k ＋1＝f(a2k)>f(a2k ＋1)＝a2k ＋2， a2(k ＋1)＝f(a2k ＋1)<f(a2k ＋2)＝a2(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时②成立．所以②对一切n ∈N*成立． 由②得a2n<a22n －2a2n ＋2－1， 即(a2n ＋1)2<a22n －2a2n ＋2， 因此a2n<14.③又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)>f(a2n ＋1)，即a2n ＋1>a2n ＋2. 所以a2n ＋1>a22n ＋1－2a2n ＋1＋2－1，解得a2n ＋1>14.④ 综上，由②③④知存在c ＝14使a2n<c<a2n ＋1对一切n ∈N*成立．13．（·新课标全国卷Ⅰ] 某几何体的三视图如图1－3所示，则该几何体的体积为( )图1－3A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π【答案】A【解析】由三视图可知该组合体下半部分是一个半圆柱，上半部分是一个长方体，故体积为V＝2×2×4＋12×π×22×4＝16＋8π.14．（·新课标全国卷Ⅰ] 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝()A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C15．（·广东卷）在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________．【答案】20【解析】方法一：a3＋a8＝2a1＋9d＝10，而3a5＋a7＝3(a1＋4d)＋a1＋6d＝2(2a1＋9d)＝20.方法二：3a5＋a7＝2a5＋(a5＋a7)＝2a5＋2a6＝2(a5＋a6)＝2(a3＋a8)＝20.16．（·北京卷）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.【解析】(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤….因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1，2，3，…)．(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1，2，3，…)．所以An＝Bn＋dn≤Bn.又因为an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1.于是，An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差为d的等差数列．17．（·全国卷）等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3＝a22，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．【解析】设{an}的公差为d.由S3＝a22，得3a2＝a22，故a2＝0或a2＝3. 由S1，S2，S4成等比数列得S22＝S1S4. 又S1＝a2－d ，S2＝2a2－d ，S4＝4a2＋2d ， 故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)． 若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d ＝0， 此时Sn ＝0，不合题意；若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)， 解得d ＝0或d ＝2.因此{an}的通项公式为an ＝3或an ＝2n －1.18．（·山东卷）设等差数列{an}的前n 项和为Sn ，且S4＝4S2，a2n ＝2an ＋1. (1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n 项和为Tn ，且Tn ＋an ＋12n ＝λ(λ为常数)，令cn ＝b2n(n ∈N*)，求数列{cn}的前n 项和Rn.【解析】(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 由S4＝4S2，a2n ＝2an ＋1得⎩⎪⎨⎪⎧4a1＋6d ＝8a1＋4d ，a1＋（2n －1）d ＝2a1＋2（n －1）d ＋1， 解得a1＝1，d ＝2，因此an ＝2n －1，n ∈N*.(2)由题意知Tn ＝λ－n 2n －1，所以n≥2时，bn ＝Tn －Tn －1＝－n 2n －1＋n －12n －2＝n －22n －1.故cn ＝b2n ＝2n －222n －1＝(n －1)⎝⎛⎭⎫14n －1，n ∈N*.所以Rn ＝0×⎝⎛⎭⎫140＋1×⎝⎛⎭⎫141＋2×⎝⎛⎭⎫142＋3×⎝⎛⎭⎫143＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n －1，则14Rn ＝0×⎝⎛⎭⎫141＋1×⎝⎛⎭⎫142＋2×⎝⎛⎭⎫143＋…＋(n －2)×⎝⎛⎭⎫14n －1＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n ， 两式相减得34Rn ＝⎝⎛⎭⎫141＋⎝⎛⎭⎫142＋⎝⎛⎭⎫143＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －1－(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n ＝14－⎝⎛⎭⎫14n1－14－(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n＝13－1＋3n 3⎝⎛⎭⎫14n， 整理得Rn ＝194－3n ＋14n －1. 所以数列{cn}的前n 项和Rn ＝194－3n ＋14n －1. 19．（·四川卷） 在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n 项和．【解析】设该数列公差为d ，前n 项和为Sn ，由已知可得2a1＋2d ＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，所以a1＋d ＝4，d(d －3a1)＝0.解得a1＝4，d ＝0或a1＝1，d ＝3.即数列{an}的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列的前n 项和Sn ＝4n 或Sn ＝3n2－n 2.20．（·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的前n 项和为Sn ，已知S10＝0，S15＝25，则nSn 的最小值为________．【答案】－49【解析】由已知，a1＋a10＝0，a1＋a15＝103d ＝23，a1＝－3，∴nSn ＝n3－10n23，易得n ＝6或n ＝7时，nSn 出现最小值．当n ＝6时，nSn ＝－48；n ＝7时，nSn ＝－49.故nSn 的最小值为－49.21．（·重庆卷）已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn 为其前n 项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________．【答案】64【解析】设数列{an}的公差为d ，由a1，a2，a5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，所以S8＝8×1＋8（8－1）2×2＝64. 【高考押题】1．已知数列{an}是等差数列，a1＋a7＝－8，a2＝2，则数列{an}的公差d 等于( )A ．－1B ．－2C ．－3D ．－4答案 C解析 方法一 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋a1＋6d ＝－8，a1＋d ＝2， 解得a1＝5，d ＝－3.方法二 a1＋a7＝2a4＝－8，∴a4＝－4，∴a4－a2＝－4－2＝2d ，∴d ＝－3.2．已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有( )A ．a1＋a101>0B ．a2＋a100<0C ．a3＋a99＝0D ．a51＝51答案 C解析 由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a101 ＝a1＋a1012×101＝0. 所以a1＋a101＝a2＋a100＝a3＋a99＝0.3．设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37等于( )A ．0B ．37C ．100D ．－37答案 C4．等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n 项和Sn 的最大值为( )A ．S4B ．S5C ．S6D ．S7答案 B解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧ a4＋a7＝a5＋a6<0，a5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a5>0，a6<0， ∴Sn 的最大值为S5.5．在等差数列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是( )A ．24B ．48C ．60D ．84答案C解析由a1>0，a10·a11<0可知d<0，a10>0，a11<0，∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60.6．已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a22－4，则an＝________.答案2n－1解析设等差数列的公差为d，∵a3＝a22－4，∴1＋2d＝(1＋d)2－4，解得d2＝4，即d＝±2.由于该数列为递增数列，故d＝2.∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.7．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＋a7＝4，a6＋a8＝－2，则当Sn取最大值时，n的值是________．答案6解析依题意得2a6＝4,2a7＝－2，a6＝2>0，a7＝－1<0；又数列{an}是等差数列，因此在该数列中，前6项均为正数，自第7项起以后各项均为负数，于是当Sn取最大值时，n＝6.8．已知数列{an}中，a1＝1且1an＋1＝1an＋13(n∈N*)，则a10＝________.答案1 4解析由已知1a10＝1a1＋(10－1)×13＝1＋3＝4，∴a10＝14.9．在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．10．设等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若a1<0，S ＝0.(1)求Sn 的最小值及此时n 的值；(2)求n 的取值集合，使其满足an≥Sn.解 (1)设公差为d ，则由S ＝0⇒a1＋×2d ＝0⇒a1＋1007d ＝0，d ＝－11007a1，a1＋an ＝－n 1007a1，∴Sn ＝n 2(a1＋an)＝n 2·－n 1007a1＝a1(n －n2)．∵a1<0，n ∈N*，∴当n ＝1 007或1 008时，Sn 取最小值504a1.(2)an ＝1 008－n 1 007a1，Sn≤an ⇔a12 014(2 015n －n2)≤1 008－n 1 007a1.∵a1<0，∴n2－2 017n ＋2 016≤0，即(n －1)(n －2 016)≤0，解得1≤n≤.故所求n 的取值集合为{n|1≤n≤，n ∈N*}．高考模拟复习试卷试题模拟卷高考模拟复习试卷试题模拟卷第八章 直线与圆一．基础题组1.（重庆市巴蜀中学高三月考数学、文、1）若直线210ax y ++=与直线20x y +-=互相垂直，那么a 的值等于( )A ．1B ．13-C ．23-D ．2- 2.（文昌中学高三模拟考试、文、15）圆心在直线x －2y ＝0上的圆C 与y 轴的正半轴相切，圆C 截x 轴所得弦的长为23，则圆C 的标准方程为________________．3.（重庆市巴蜀中学高三月考数学、文、15）在平面直角坐标系xOy 中，以点)0,1(为圆心且与直线)(012R m m y mx ∈=---相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为.4.（重庆市部分区县高三上学期入学考试、文、16）若实数c b a ,,成等差数列，点)0,1(-P 在动直线0:==+c by ax l 上的射影为M ，点)3,0(N ，则线段MN 长度的最小值是．二．能力题组1.(五校协作体高三上学期期初考试数学、文、9)曲线21y x =+在点（1，2）处的切线为l ，则直线l 上的任意点P 与圆22430x y x +++=上的任意点Q 之间的最近距离是（ ）A.4515-B.2515- C.51- D.2 2.(示范高中高三第一次联考、文、14）已知圆的方程为()2214x y +-=。