高三数学复习精练32

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2023年高考数学一轮复习精讲精练第32练计数原理(解析版)

第32练计数原理学校____________ 姓名____________ 班级____________一、单选题1．221x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中的常数项为（）A ．1122CB ．1122C - C ．1222CD ．1222C -【答案】B 【详解】221x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中的常数项为1111112222C (1)C -=-. 故选：B.2．3名男生，2名女生站成一排照相，则2名女生相邻且都不站在最左端的不同的站法共有（） A ．72种 B ．64种 C ．48种 D ．36种【答案】D 【详解】将2名女生捆绑在一起，故2名女生相邻有22A 种站法，又2名女生都不站在最左端，故有13A 种站法，剩下3个位置，站3名男生有33A 种站法，故不同的站法共有213233A A A 36=种.故选：D.3．已知()()()28280128111x x x a a x a x a x ++++++=++++，则2a 的值为（）A ．64B ．84C ．94D ．54【答案】B 【详解】()21x +展开式中2x 的系数为22C ，()31x +展开式中2x 的系数为23C ，……，()81x +展开式中2x 的系数为28C ，所以222222222345678C C C C C C C 1361015212884a =++++++=++++++=故选：B4．五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一个五音阶音序，且商、角不相邻，徽位于羽的左侧，则可排成的不同音序有（） A ．18种 B ．24种 C ．36种 D ．72种【答案】C 【详解】解：先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有33A 32=，再将商、角插入4个空中，共有243A 36=种．故选：C ．5．为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进边疆少数民族地区教育事业发展，我市教育系统选派了6名教师支援新疆4个不同的地区，要求A ，B 两个地区各安排一人，剩下两个地区各安排两人，则不同的分派方法有（） A ．90种 B ．180种 C ．270种 D ．360种【答案】B 【详解】根据题意，分4步进行分析：①在6人中选出1人，安排在A 地区，有6种选法； ②在剩下5人中选出1人，安排在B 地区，有5种选法；③在剩下的4人中选出2人，安排在C 地区，有24C 6=（种）选法；④最后2人安排在D 地区，有1种选法；则有6561180⨯⨯⨯=（种）安排方法．故选：B6．在()5223x x --的展开式中含10x 和含2x 的项的系数之和为（）A ．674-B ．675-C ．1080-D ．1485【答案】A 【详解】解：()5223x x --=55(3)(1)x x -+，则10x 的系数为1，2x 的系数为4443355255555(3)(3)(3)675C C C C C -+-+-=-，所以在()5223x x --的展开式中含10x 和含2x 的项的系数之和为6751674-+=-．故选：A ．7．在法国启蒙思想家狄德罗所著的《论盲人书简》一书中，向读者介绍了英国的盲人数学家桑德森发明的几何学研究盘，如下图所示，它是在刻着田字格的板上钉钉子，钉子钉在田字格的9个格点处，只要用手触摸钉子的位置和大小，就可以进行结构的研究．假设钉子有大、小两种，在田字格上至少有一个钉子、至多有两个钉子，且田字格的中心必须有一个钉子．如果钉子的不同排法代表不同的几何结构，那么按照这样的规则，共可以研究多少种不同的几何结构？（）A ．18B ．32C ．34D ．36【答案】C 【详解】第一类：若田字格上只有一个钉子，此钉子只能钉在田字格中心，可以有钉大、小两种，此类共有2种不同结构；第二类：若田字格上钉两个钉子，第一步：中心处必须钉钉子，有大、小两种可能，第二步：在其余8个位置选择一个位置钉钉子，此位置有大、小钉子两种选择，所以此类情况共有28232⨯⨯=种不同结构：所以两类共有34种不同结构．故选：C ．8．()251(1)x x x -+-的展开式中4x 的系数为（）A ．25-B ．25C ．5-D ．5【答案】A 【详解】∵()2525551(1)(1)(1)(1)x x x x x x x x -+-----=+5(1)x -的展开式为()()55155C 11C ,0,1,2,...,5k kk k k kk T x x k --+=-=-=，令3k =，得()332251C 10x x -=-，则224(10)10x x x -=-，令2k =，得()223351C 10x x -=，则34(10)10x x x -=-，令1k =，得()14451C 5x x -=-，∴()251(1)x x x -+-的展开式中4x 的系数为()()()1010525-+-+-=-.故选：A ．9．为帮助用人单位培养和招聘更多实用型、复合型和紧缺型人才，促进高校毕业生更高质量就业，教育部于2021年首次实施供需对接就业育人项目．某市今年计划安排甲、乙、丙3所高校与5家用人单位开展供需对接，每家用人单位只能对接1所高校，且必有高校与用人单位对接．若甲高校对接1家用人单位，乙、丙两所高校分别至少对接1家用人单位，则不同的对接方案共有（） A ．50种 B ．60种 C ．70种 D ．80种【答案】C 【详解】若乙、丙高校各对接2家用人单位，则对接方案有125430C C ⋅=种；若乙、丙高校其中一所对接1家用人单位，另一所对接3家用人单位，则对接方案有131252C C C 40=种；综上所述：不同的对接方案共有304070+=种. 故选：C.10．2022年2月4日，北京冬季奥林匹克运动会开幕式于当晩20点整在国家体育场隆重举行.在开幕式入场环节，91个国家（地区）按顺序入场.入场顺序除奥林匹克发祥地希腊（首先入场）、东道主中国（最后入场）、下届2026年冬季奥运会主办国意大利（倒数第二位入场）外，其余代表团根据简体中文的笔划顺序入场，诠释了中文之美．现若以抽签的方式决定入场顺序（希腊、中国、意大利按照传统出场顺序，不参与抽签），已知前83位出场的国家（地区）均已确定，仅剩乌兹别克斯坦、北马其顿、圣马力诺、安道尔、阿根廷、泰国末抽签，求乌兹别克斯坦、安道尔能紧挨出场的概率（）A ．25B ．13C ．16D ．14【答案】B 【详解】由题意得，乌兹别克斯坦、北马其顿、圣马力诺、安道尔、阿根廷、泰国所有可能的出场顺序有66A 种，其中乌兹别克斯坦、安道尔能紧挨出场的顺序有2525A A 种 ,故乌兹别克斯坦、安道尔能紧挨出场的概率为252566A A 1A 3= ，故选：B 二、多选题11．身高各不相同的六位同学A 、B 、C 、D 、E 、F 站成一排照相，则说法正确的是（） A ．A 、C 、D 三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法 B ．A 与C 同学不相邻，共有4245A A ⋅种站法C ．A 、C 、D 三位同学必须站在一起，且A 只能在C 与D 的中间，共有144种站法 D ．A 不在排头，B 不在排尾，共有654654A 2A A -+种站法【答案】ABD 【详解】A ：6个人全排列有66A 种方法，A 、C 、D 全排列有33A 种方法，所以A 、C 、D 从左到右按高到矮的排列有6633A 120A =种方法，故A 正确；B ：先排列除A 与C 外的4个人，有44A 种方法，4个人排列共有5个空，利用插空法将A 和C 插入5个空，有25A 种方法，所以共有44A 25A 种方法，故B 正确；C ：A 、C 、D 必须排在一起且A 在C 、D 中间的排法有2种，将这3人捆绑在一起，与其余3人全排列，有44A 种方法，所以共有442A 48=种方法，故C 错误；D ：6个人全排列有66A 种方法，当A 在排头时，有55A 种方法，当C 在排尾时，有55A 种方法，当A 在排头且C 在排尾时，有44A 种方法，所以A 在排头，C 在排尾的情况共有66A 552A -+-44A 种，故D 正确.故选：ABD12．已知()921f x x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则下列说法中正确的有（） A ．()f x 的展开式中的常数项为84 B ．()f x 的展开式中不含31x 的项 C ．()f x 的展开式中的各项系数之和与二项式系数之和相等 D ．()f x 的展开式中的二项式系数最大的项是第四项和第五项【答案】AC 【详解】因为921x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项公式()921831991C C rrrr rr T x xx --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以当6796,C 84r T ===，A 正确；当7r =时，7739893C C =T x x-=，B 错误；()f x 的展开式中各项系数和为92，二项式系数之和为92，C 正确；根据二项式系数的性质可知，4599C =C 最大，所以，()f x 的展开式中二项式系数最大的项是第五项和第六项，D 错误. 故选：AC. 三、解答题13．已知)n（n 为正整数）展开式的各项二项式系数之和为256.(1)求展开式中的第3项； (2)若1b a=，求展开式中的常数项. 【答案】(1)621512a b (2)2520 【解析】(1)依题意可得2256n =，解得8n =，则展开式的通项公式为：)()818C rrrr T -+=所以展开式中的第3项为)()622628C 1512a b =(2)由（1）及1b a=，则展开式的通项公式为：)(8882188C C rrrrrr rr T a---+⎛== ⎝⎭令820r -=，解得4r =则展开式中的常数项为)4448C 2520⎛= ⎝⎭14．某学习小组有4名男生和3名女生共7人．(1)将这7人排成一排，4名男生相邻有多少种不同的排法？(2)从中选出2名男生和2名女生分别承担4种不同的任务，有多少种不同的选派方法？【答案】(1)576(2)432 【解析】(1)解：因为4名男生相邻，所以看作一个元素，则将4个元素全排列，再将4个男生全排列，然后由分步计数原理得：4444A A 576⋅=种不同的站法．(2)选出2名男生有24C 种选法，选出2名女生有23C 种选法，然后全排列有44A 种排法，再利用分步计数原理得：224434C C A 432⋅⋅=种不同的选派方法．15．今年3月份以来，随着疫情在深圳、上海等地爆发，国内消费受到影响，为了促进消费回暖，全国超过19个省份都派发了消费券，合计金额高达50亿元通过发放消费券的形式，可以有效补贴中低收入阶层，带动消费，从而增加企业生产产能，最终拉动经济增长，除此之外，消费券还能在假期留住本市居民，减少节日期间在各个城市之间的往来，客观上能够达到降低传播新冠疫情的效果，佛山市某单位响应政策号召，组织本单位员工参加抽奖得消费优惠券活动，抽奖规则是：从装有质地均匀、大小相同的2个黄球、3个红球的箱子中随机摸出2个球，若恰有1个红球可获得20元优惠券，2个都是红球可获得50元优惠券，其它情况无优惠券，则在一次抽奖中： (1)求摸出2个红球的概率；(2)设获得优惠券金额为X ，求X 的方差．【答案】(1)310(2)261 【解析】(1)记事件A ：摸出2个红球.则()2325C 3C 10P A ==.(2)由题意可得：X 的可能取值为：0，20，50.则：()2225C 10C 10P X ===；()112325C C 620C 10P X ⋅===；()2325C 350C 10P X ===. 所以数学期望()1630205027101010E X =⨯+⨯+⨯=，方差()()()()22216302720275027261101010D X =-⨯+-⨯+-⨯=.。

2020江苏高考数学一轮配套精练：第32课平面向量的概念与线性运算

第六章平面向量与复数第32课平面向量的概念与线性运算A. 课时精练一、填空题1. 如图，在正方形ABCD 中，E 为DC 的中点，若AD →＝λAC →＋μAE →，则λ－μ的值为________．(第1题)2. 如图，在平行四边形ABCD 中，M 为BC 的中点，若AB →＝λAM →＋μDB →，则λμ＝________．(第2题)3. 如图，在平行四边形ABCD 中，M 为线段DC 的中点，AM 交BD 于点Q ，若AQ →＝λAD →＋μAC →，则λ＋μ＝________．(第3题)4. 如图，平行四边形ABCD 的两条对角线相交于点O ，点E ，F 分别在边AB ，AD 上，AE ＝57AB ，AF ＝14AD ，直线EF 交AC 于点K ，且AK →＝λAO →，则λ＝________．(第4题)5. 在△ABC 中，若点D 满足BC →＝3BD →，则AD →用向量AB →，AC →表示为________________． 6. 若G 是△ABC 的重心，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且aGA →＋bGB →＋33cGC→＝0，则角A ＝________．7. (2018·郑州一检)如图，在△ABC 中，若N 为线段AC 上靠近A 点的三等分点，点P 在BN 上且AP →＝⎝⎛⎭⎫m ＋211AB →＋211BC →，则实数m 的值为________．(第7题)8. 在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝2，P 为矩形内部(不包括边界)一点，且AP ＝1，若AP →＝xAB →＋yAD →，则3x ＋2y 的取值范围是________．二、解答题9. 如图，在△ABC 中，D ，F 分别是BC ，AC 的中点，AE →＝23AD →，AB →＝a ，AC →＝b .(1) 用a ，b 表示向量AD →，AE →，AF →，BE →，BF →； (2) 求证：B ，E ，F 三点共线．(第9题)10. 平面内有一个△ABC 和一点O ，线段OA ，OB ，OC 的中点分别为E ，F ，G ，线段BC ，CA ，AB 的中点分别为L ，M ，N ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC ＝c .(1) 试用a ，b ，c 表示向量EL →，FM →，GN →；(2) 求证：线段EL ，FM ，GN 交于一点且互相平分．11. 在△ABC 中，过中线AD 的中点E 任作一直线分别交边AB ，AC 于M ，N 两点，设AM →＝xAB →，AN →＝yAC →(xy ≠0)，求4x ＋y 的最小值．B. 滚动小练1. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.若a 2＋b 2＝2c 2，则cos C 的最小值为________．2. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若c ＝2，b ＝23，C ＝30°，则角B ＝________．3. 如图，已知A ，B ，C ，D 四点共面，且CD ＝1，BC ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝120°，cos ∠BDC ＝277.(1) 求sin ∠DBC 的值； (2) 求AD 的长．(第3题)。

专题32二项式定理：系数最值问题小题专练B卷-高三数学二轮专题复习

专专32专专专专专专专专专专专专专专专专B专一、单选题1. 若的展开式中只有第项的二项式系数最大，则该二项式的展开式中常数项为( )A. B. C. D.2. 若二项式的展开式中所有项的系数和为，则展开式中二项式系数最大的项为( )A. B. C. D.3. 若展开式中的系数为，展开式中二项式系数的最大值为( )A. B. C. D.4. 在的二项展开式中，仅有第项的二项式系数最大，则( )A. B. C. D.5. 在的展开式中，只有第项的二项式系数最大，那么的指数是整数的项共有( )A. 项B. 项C. 项D. 项6. 若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( )A. B. C. D.7. 已知的展开式中所有项的系数和等于，则展开式中项的系数的最大值是( )A. B. C. D.8. 若的展开式中含有常数项，且的最小值为，则的展开式中系数最大的项为( )A. B. C. D. 或9. 在的展开式中，只有第项的二项式系数最大，则展开式中的系数为( )A. B. C. D.10. 设若，则展开式中二项式系数最大的项是( )A. B. C. D.二、填空题11. 若的二项展开式中二项式系数最大项为，则．12. 在的二项展开式中，若只有的系数最大，则．13. 已知的展开式中各项系数和为，则展开式中系数最大的项为．14. 的展开式中二项式系数最大的项为．15. 在展开式中，二项式系数的最大值为，含的系数为，则16. 已知关于的展开式中，只有第项的二项式系数最大，则展开式的系数之和为．17. 若展开式中前三项的系数和为，则展开式中系数最大的项为．18. 在二项式的展开式中恰好第项的二项式系数最大，则展开式中含项的系数是请用数字作答19. 已知为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为若，则．20. 在的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第六项，则展开式中常数项是答案和解析1.【答案】解：由题意可知，二项式的展开式中一共有项，所以，设展开式第项为常数项，则，，，该二项式的展开式中常数项为，故选C．2.【答案】解：令，则，则，对于二项式，展开式共项，其中展开式中二项式系数最大的项为第四项，即．故选A．3.【答案】解：因为展开式的通项，令，得，可知二项式系数的最大值为．故选C．4.【答案】解：在的二项展开式中，仅有第项的二项式系数最大，则，故选：．5.【答案】解：二项展开式中中间项的二项式系数最大，其展开式的通项为，要使的指数是整数，需是的倍数，，，，，的指数是整数的项共有项，故选C．6.【答案】解：若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，故，则展开式的通项为，令，求得，可得展开式中的常数项为，故选：．7.【答案】解：令，则，解得，则，故，，，展开式中项的系数的最大值是．故选：．8.【答案】解：设的展开式的通项为，则，令，得，又，当时，最小，即，设的展开式中第项的系数最大，第项的系数为，当时，，解得，，，的展开式中系数最大的项为第二项，即，故选：．9.【答案】解：展开式中只有第五项的二项式系数最大，展开式中共有项，因此，展开式的通项为，令得，展开式中的系数是．故选：．10.【答案】解：由题可知，，当时，，的展开式中，通项为：，则常数项对应的系数为：，即，得，所以，解得：，则展开式中二项式系数最大为：，则二项式系数最大的项为：．故选A．11.【答案】解：若的二项展开式中，二项式系数最大项为，则，，故答案为：．12.【答案】解：的展开式通项为当时，值最大，所以是展开式中最大的二项式系数，所以，故答案为．13.【答案】或解：由的展开式中各项系数和为，令，则，所以，解得，或当时，其展开式中系数最大的项为．当时，其展开式中系数最大的项为故答案为或．14.【答案】解：在的展开式中，通项公式为，故第项的系数为，故当时，二项式系数最大，故当时，展开式中二项式系数最大的项为，故答案为：．15.【答案】解：由展开式中二项式系数的最大项为第四项，则二项式系数的最大值为，则，又展开式中的系数为：，则．所以．故答案为：．16.【答案】解：关于的展开式中，只有第项的二项式系数最大，即最大，解得，再根据，可得，令可得展开式的系数之和为．故答案为．17.【答案】解：展开式的通项公式为，由题意可得，，解得，设展开式中项的系数最大，则解得，又，，故展开式中系数最大的项为．故答案为：．18.【答案】解：在二项式的展开式中恰好第项的二项式系数最大，，则展开式的通项公式为，令，则，展开式中含项的系数是．故答案为．19.【答案】解：展开式中二项式系数的最大值为，展开式中二项式系数的最大值为，因为，所以，即，解得．故答案为：．20.【答案】解：如果是奇数，则中间两项的二次项系数最大，如果是偶数，那么是最中间项的二次项系数最大，展开式中只有第六项的二项式系数最大，，展开式的通项为，令，可得，展开式中的常数项等于，故答案为：．。

2023年新高考数学一轮复习讲义精讲精练第32讲计数原理(解析)

第32讲计数原理学校____________ 姓名____________ 班级____________一、知识梳理基本计数原理1.分类加法计数原理完成一件事，如果有n类办法，且：第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事，如果需要分成n个步骤，且：做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法.那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法.3.分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.排列与组合1.排列与组合的概念(1)从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象的所有排列的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的排列数，用符号A m n表示.(2)从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象的所有组合的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的组合数，用符号C m n表示.3.排列数、组合数的公式及性质公式(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－1）（n－2）…（n－m＋1）m！＝n！m！（n－m）！(n，m∈N*，且m≤n).特别地C0n＝1性质(1)0！＝1；A n n＝n！.(2)C m n＝C n－mn；C m＋1n＋C m n＝C m＋1n＋1二项式定理1.二项式定理(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋C k n a n－k b k＋…＋C n n b n(n∈N*)；(2)通项公式：T k＋1＝C k n a n－k b k，它表示第k＋1项；(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C0n，C1n，…，C n n.2.二项式系数的性质性质性质描述对称性与首末等距离的两个二项式系数相等，即C m n＝C n－mn增减性二项式系数C k n当k＜n＋12(n∈N*)时，是递增的当k＞n＋12(n∈N*)时，是递减的二项式系数最大值当n为偶数时，中间的一项取得最大值当n为奇数时，中间的两项与相等且取得最大值(1)(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n.(2)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C0n＋C2n＋C4n ＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝2n－1.二、考点和典型例题1、基本计数原理【典例1-1】（2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）甲乙丙丁四个同学星期天选择到东湖公园，西湖茶经楼，历史博物馆和北湖公园其中一处去参观游玩，其中茶经楼必有人去，则不同的参观方式共有（）种. A ．24 B ．96 C ．174 D ．175【答案】D 【详解】若4人均去茶经楼，则有1种参观方式，若有3人去茶经楼，则从4人中选择3人，另1人从另外3处景点选择一处，有3143C A 12=种参观方式；若有2人去茶经楼，则从4人中选择2人，另外2人从另外3处景点任意选择一处，有211433C A A 54=种参观方式；若有1人去茶经楼，则从4人中选择1人，另外3人从另外的3处景点任意选择一处，有11114333C A A A 108=种参观方式，综上：共有11254108175+++=种参观方式. 故选：D【典例1-2】（2023·山西大同·高三阶段练习）高中数学新教材有必修一和必修二，选择性必修有一､二､三共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是（） A ．72 B ．144 C ．48 D ．36【答案】A 【详解】先将选择性必修有一､二､三这三本书排成一排，有33A =6种方法，再将必修一､必修二这两本书插入两个空隙中，有24A =12种方法，所以把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是：612=72⨯.故选：A.【典例1-3】（2023·全国·高三专题练习（理））2010年世界杯足球赛预计共有24个球队参加比赛，第一轮分成6个组进行单循环赛（在同一组的每两个队都要比赛），决出每个组的一、二名，然后又在剩下的12个队中按积分取4个队（不比赛），共计16个队进行淘汰赛来确定冠亚军，则一共需比赛（）场次． A ．53B ．52C ．51D ．50【答案】C 【详解】第一轮分成6个组进行单循环赛共需要246C 36=场比赛，淘汰赛有如下情况：16进8需要8场比赛，8进4需要4场比赛，4进2需要2场比赛，确定冠亚军需要1场比赛，共需要36842151++++=场比赛故选：C ．【典例1-4】（2022·河南·濮阳一高高三阶段练习（理））某医院从7名男医生（含一名主任医师），6名女医生（含一名主任医师）中选派4名男医生和3名女医生支援抗疫工作，若要求选派的医生中有主任医师，则不同的选派方案数为（） A ．350 B ．500 C ．550 D ．700【答案】C 【详解】所选医生中只有一名男主任医师的选法有3365C C 200，所选医生中只有一名女主任医师的选法有4265C C 150，所选医生中有一名女主任医师和一名男主任医师的选法有3265C C 200，故所选医师中有主任医师的选派方法共有200150200550种，故选：C【典例1-5】（2023·全国·高三专题练习）《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著.该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算）、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算和计数.某中学研究性学习小组有甲、乙、丙、丁四人，该小组拟全部收集九宫算、运筹算、了知算、成数算和把头算等5种算法的相关资料，要求每人至少收集其中一种，且每种算法只由一个人收集，但甲不收集九宫算和了知算的资料，则不同的分工收集方案共有（）种. A ．108 B ．136 C ．126 D ．240【答案】C 【详解】分以下两种情况讨论：①若甲只收集一种算法，则甲有3种选择，将其余4种算法分为3组，再分配给乙、丙、丁三人，此时，不同的收集方案种数为23433C A 108=种；②若甲收集两种算法，则甲可在运筹算、成数算和把头算3种算法中选择2种，其余3种算法分配给乙、丙、丁三人，此时，不同的收集方案种数为2333C A 18=种.综上所述，不同的收集方案种数为10818126+=种.2、排列与组合【典例2-1】（2023·全国·高三专题练习）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（） A ．12种 B ．24种 C ．36种 D ．48种【答案】B 【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!2224⨯⨯=种不同的排列方式，故选：B【典例2-2】（2023·全国·高三专题练习（理））教育部于2022年开展全国高校书记校长访企拓岗促就业专项行动，某市3所高校的校长计划拜访当地企业，共有4家企业可供选择.若每名校长拜访3家企业，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有（） A ．60种 B ．64种 C ．72种 D ．80种【答案】A 【详解】解：3名校长在4家企业任取3家企业的所有安排情况为：333444C C C 44464=⨯⨯=种又每家企业至少接待1名校长，故3名校长选的3家企业，不全相同，因为3名校长选的3家企业完全相同有34C 4=种，则不同的安排方法共有：64460-=种. 故选：A.【典例2-3】（2022·全国·高三专题练习）某校在高一开展了选课走班的活动，已知该校提供了3门选修课供学生选择，现有5名同学参加选课走班的活动，要求这5名同学每人选修一门课程且每门课程都有人选，则5名同学选课的种数为（） A ．150 B ．180 C ．240 D ．540【答案】A 【详解】先把5名同学分为3组：（3人,1人,1人）或（2人,2人,1人），再把这3组同学分配给3门选修课即可解决.则5名同学选课的种数为311221352153132222C C C C C C A 150A A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭（种）【典例2-4】（2023·全国·高三专题练习）北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断.为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装.若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的安排方案有（） A ．6种 B ．12种 C ．18种 D ．24种【答案】B 【详解】由题意可知：应将志愿者分为三人组和两人组.先将小李､小明之外的三人分为两组，有12323C C =种分法，再将小李､小明分进两组，有222A =种分法，最后将两组分配安装两个吉祥物，有222A =种分法，所以共计有32212⨯⨯=种.故选：B【典例2-5】（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））贵阳一中体育节中，乒乓球球单打12强中有4个种子选手，将这12人平均分成3个组（每组4个人）、则4个种子选手恰好被分在同一组的分法有（） A ．21 B ．42 C ．35 D ．70【答案】C 【详解】4个种子选手分在同一组，即剩下的8人平均分成2组，方法有448422C C 35 A =种，故选:C ．3、二项式定理【典例3-1】（2022·河南洛阳·模拟预测（理））3nx ⎛⎝的展开式中各二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为（） A ．-540 B ．135C ．18D ．1215【答案】B 【详解】由题意得264n =，所以6n =，所以63x ⎛- ⎝展开式的通项()()36662166C 31C 3rr rr r r r r T x x---+⎛==-⋅⋅⋅ ⎝，令3602r -=，得4r =，所以展开式中的常数项为()44261C 3135-⋅⋅=．故选：B ．【典例3-2】（2022·全国·高三专题练习）()91-x 按x 降幕排列的展开式中，系数最大的项是（） A ．第4项和第5项 B ．第5项 C ．第5项和第6项 D ．第6项【答案】B 【详解】因为()91-x 的展开式通项为()919C 1k kk k T x -+=⋅⋅-，其中第5项和第6项的二项式系数最大，但第5项的系数为正，第6项的系数为负，故()91-x 按x 降幕排列的展开式中，系数最大的项是第5项. 故选：B.【典例3-3】（2022·全国·高三专题练习）若()1nx +的展开式中，某一项的系数为7，则展开式中第三项的系数是（） A ．7 B ．21 C ．35 D ．21或35【答案】B 【详解】解：由题意，展开式的通项为1(C 0,1,,)r rr n T x r n +==，所以某一项的系数为7，即C 7rn =，解得n ＝7，r ＝1或n ＝7，r ＝6，所以展开式中第三项的系数是27C 21=．故选：B ．【典例3-4】（2023·全国·高三专题练习）二项式()()()237121212x x x ++++++的展开式中，含2x 项的二项式系数为（） A ．84 B ．56 C ．35 D ．21【答案】B 【详解】解：因为二项式为()()()237121212x x x ++++++，所以其展开式中，含2x 项的二项式系数为：222222234567C C C C C C +++++， 3222244567=C C C C C ++++，32225567=C C C C +++， 322667=C C C ++，3277=C C +， 38=C 56=.故选：B【典例3-5】（2022·全国·高三专题练习）已知()523450123451ax a a x a x a x a x a x +=+++++，若3270a =-，则024a a a ++=（） A ．992 B ．－32 C ．－33 D ．496【答案】D 【详解】由题意知：()3333335C 10a x ax a x ==，则310270a =-，解得3a =-；令1x =，则()50123451332a a a a a a -=+++++=-，令1x =-，则()5012345131024a a a a a a +=-+-+-=，两式相加得()0242992a a a ++=，则024496a a a ++=. 故选：D.。

2021高三数学(理)人教版一轮复习专练32 数列求和

专练32 数列求和命题范围：数列求和常用的方法[基础强化]一、选择题1．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( )A ．2n ＋n 2－1B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n ＋n －2 2．[2020·山东临沂高三测试]等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1) C.n (n ＋1)2 D.n (n －1)23．[2020·河南平顶山高三测试]数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n，…的前n 项和为( )A.n n ＋1B.2n n ＋1C.4n n ＋1D.n 2(n ＋1)4．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n ＋1＋n 的前2 018项的和为( ) A. 2 018＋1 B. 2 018－1 C. 2 019＋1 D. 2 019－1 5．已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( ) A ．250 B ．200 C ．150 D ．1006．已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2018＝( )A ．3B ．2C ．1D ．07．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1a 1＋a 2＋…＋a n，则数列{b n }的前n 项和T n 为( )A.n ＋12(n ＋2)B.34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)C.n －1n ＋2D.34－2n ＋3(n ＋1)(n ＋2)8．[2020·资阳一中高三测试]已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( ) A ．1 121 B ．1 122C ．1 123D ．1 1249．设函数f (x )＝12＋log 2x1－x ，定义S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ，其中，n ∈N *，n ≥2，则S n 等于( )A.n (n －1)2B.n －12－log 2(n －1) C.n －12 D.n －12＋log 2(n －1) 二、填空题10．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＋a 3＋a 11＝6，则S 9＝________.11．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项的和为________．12．[2020·河南郑州一中高三测试]在等差数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝0，a 2＋a 4＝－2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前10项和是________．[能力提升]13．已知数列{a n }满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1，a 5＝9，b n ＝C n －199·a n ，则数列{b n }的前100项的和为( ) A ．100×299 B ．100×2100 C ．50×299 D ．50×210114．已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( ) A.110 B.15 C.111 D.21115．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.16．[2020·湖南郴州高三测试]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则数列{na n }的前n 项和T n 为________．专练32 数列求和1．C S n ＝(2＋22＋ (2))＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝2(1－2n )1－2＋(1＋2n －1)n 2＝2n ＋1－2＋n 22．A ∵a 2，a 4，a 8成等比，∴a 24＝a 2a 8， ∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，得a 1＝d ＝2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (n ＋1)．3．B ∵11＋2＋3＋…＋n ＝2(1＋n )n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋14．D ∵1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，∴S 2 018＝2－1＋3－2＋…＋ 2 019－ 2 018＝ 2 019－15．D 当n ＝2k －1时，a 2k ＋a 2k －1＝2，∴{a n }的前100项和S 100＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 99＋a 100)＝50×2＝100，故选D.6．A ∵a n ＋1＝a n －a n －1，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，…，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S 2018＝336×0＋a 2017＋a 2018＝a 1＋a 2＝3.故选A.7．B 因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n (n ＋2)，所以b n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，故T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)，故选B.8．C 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.9．C ∵f (x )＋f (1－x )＝1＋log 2x1－x＋log 21－x x ＝1，又S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ， ∴S n ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ， ∴2S n ＝n －1，∴S n ＝n －12. 10．18解析：设等差数列{a n }的公差为d .∵a 1＋a 3＋a 11＝6，∴3a 1＋12d ＝6，即a 1＋4d ＝2，∴a 5＝2，∴S 9＝(a 1＋a 9)×92＝2a 5×92＝18.11.2011解析：∵a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴当n ≥2时，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，…，a n －a n －1＝n ，∴a n －a 1＝(2＋n )(n －1)2，∴a n ＝1＋(n ＋2)(n －1)2＝n 2＋n2(n ≥2) 又当n ＝1时a 1＝1符合上式，∴a n ＝n 2＋n 2∴1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S 10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011. 12.5256解析：∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 3＝2a 2＝0， ∴a 2＝0，a 2＋a 4＝2a 3＝－2，∴a 3＝－1，∴d ＝a 3－a 2＝－1，∴a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2－n ，∴S n ＝120＋021＋…＋2－n 2n －1，∴12S n ＝121＋022＋…＋3－n 2n －1＋2－n 2n ，∴12S n ＝120＋⎝⎛⎭⎪⎫－121＋－122＋…＋－12n －1－2－n 2n ＝n 2n ，∴S n ＝n 2n －1，S 10＝1029＝5256.13．A 由2a n ＝a n ＋1＋a n －1知{a n }为等差数列，又a 1＝1，a 5＝a 1＋4d ，∴d ＝2，｀∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，∴{b n }的前100项的和S 100满足：S 100＝C 099a 1＋C 199a 2＋…＋C 9999a 100，∴S 100＝C 9999a 100＋C 9899a 99＋…＋C 099a 1＝C 099a 100＋C 199a 99＋…＋C 9999a 1，∴2S 100＝(a 1＋a 100)(C 099＋C 199＋C 299＋…＋C 9999)＝200×299， ∴S 100＝100×299.14．C ∵2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)， ∴2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2)，∴2na n ＝1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，故a n ＝12n ，故1log 2a n log 2a n ＋1＝1log 22－n log 22－(n ＋1)＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，∴S 1·S 2·S 3·…·S 10＝12×23×34×…×910×1011＝111，选C.15．－1n解析：∵a n ＋1＝S n S n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴1S n ＋1－1S n＝－1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 为等差数列，∴1S n ＝1S 1＋(n －1)×(－1)＝－n .∴S n ＝－1n .16．(n －1)2n ＋1解析：∵S n ＝2a n －1(n ∈N *)，∴n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n－1－(2a n －1－1)，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －1.∴na n ＝n ·2n －1.则数列{na n }的前n 项和T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1. ∴2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ·2n ，∴－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴T n ＝(n －1)2n ＋1.。

高考数学一轮复习考点32 数列的综合问题必刷题理(含解析)-人教版高三全册数学试题

考点32 数列的综合问题1．（市房山区2019年高考第一次模拟测试理）《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？意思是：今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．若蒲、莞长度相等，则所需时间为（）（结果精确到0.1．参考数据：lg2=0.3010，lg3=0.4771．）A．天B．天C．天D．天【答案】C【解析】设蒲的长度组成等比数列{a n}，其a1=3，公比为，其前n项和为A n，则A n=.莞的长度组成等比数列{b n}，其b1=1，公比为2，其前n项和为B n．则B n，由题意可得：，整理得：2n+=7，解得2n=6，或2n=1（舍去）．∴n=≈2.6．∴估计2.6日蒲、莞长度相等.故选：C．2．（某某乌鲁木齐市2018届高三第三次诊断性测验）已知数列，满足，，，则数列的前10项的和为A．B．C．D．【答案】D【解析】由a n +1﹣a n 2，所以数列{a n }是等差数列，且公差是2，{b n }是等比数列，且公比是2．又因为＝1，所以a n ＝+（n ﹣1）d ＝2n ﹣1．所以b 2n ﹣1＝•22n ﹣2＝22n ﹣2．设，所以＝22n ﹣2，所以4，所以数列{∁n }是等比数列，且公比为4，首项为1．由等比数列的前n 项和的公式得：其前10项的和为（410﹣1）．故选：D ．3．（某某省“皖南八校”2018届高三第三次（4月)联考）删去正整数数列中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是（） A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】由题意可得，这些数可以写为：，第个平方数与第个平方数之间有个正整数，而数列共有项，去掉个平方数后，还剩余个数，所以去掉平方数后第项应在后的第个数，即是原来数列的第项，即为，故选B.4．（华大新高考联盟2018届高三上学期11月教学质量测评理）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,，则42S S =（） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】B 【解析】由可得312a a =，所以22q =，又因为，所以选B.5．（某某省2017届高三高考冲刺预测卷六理）最近各大城市美食街火爆热开，某美食店特定在2017年元旦期间举行特大优惠活动，凡消费达到88元以上者，可获得一次抽奖机会.已知抽奖工具是一个圆面转盘，被分为6个扇形块，分别记为1，2，3，4，5，6，其面积成公比为3的等比数列（即扇形块2是扇形块1面积的3倍），指针箭头指在最小的1区域内时，就中“一等奖”，则一次抽奖抽中一等奖的概率是（） A ．140B ．1121C ．1364D ．11093【答案】C 【解析】由题意，可设1,2,3,4,5,6 扇形区域的面积分别为，则由几何概型得，消费88 元以上者抽中一等奖的概率，故选C.6．（某某省钟祥市2019届高三高考第一次模拟考试理）对于实数x ，[x]表示不超过x 的最大整数，已知正数列{a n }满足S n =12（a n n 1a +），n ∈N*，其中S n 为数列{a n }的前n 项的和，则[]=______．【答案】20 【解析】由题可知0n S >，当1n >时，化简可得，当所以数列2{}n S 是以首项和公差都是1的等差数列，即又1n >时，记一方面另一方面所以2021S << 即[]20S = 故答案为207．（市某某区2019届高三第一次（3月)综合练习一模）天坛公园是明、清两代皇帝“祭天”“祈谷”的场所．天坛公园中的圜丘台共有三层（如图1所示），上层坛的中心是一块呈圆形的某某石板，从中心向外围以扇面形石（如图2所示）．上层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环共有九环；第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则第二十七环的扇面形石块数是______；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是_______．【答案】2433402 【解析】第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则依题意得：每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为公差的等差数列，所以，a n ＝9＋（n －1）×9＝9n ，所以，a 27＝9×27＝243，前27项和为：＝3402.8．（某某省某某师大附中2018届高三高考考前模拟考试）在数列{a n }中，若a 4＝1，a 12＝5，且任意连续三项的和都是15，则a 2018＝______．【答案】9【解析】分析：将a n +a n+1+a n+2=15中n 换为n+1，可得数列{a n }是周期为3的数列．求出a 2，a 1，即可得到a 2018 详解：由题意可得a n +a n+1+a n+2=15，将n 换为a n+1+a n+2+a n+3=15，可得a n+3=a n ，可得数列{a n 是周期为3的数列．故，由a n +a n+1+a n+2=15，n 取1可得，故，故答案为9.9．（某某省武昌2018届元月调研考试）对任一实数序列，定义新序列，它的第项为，假设序列的所有项都是，且，则__________．【答案】100. 【解析】设序列的首项为，则序列，则它的第n 项为，因此序列A 的第项，则是关于的二次多项式，其中的系数为，因为，所以必有，故。

高三数学一轮复习课时作业32 数列求和新人教A版文

[时间：45分钟分值：100分]基础热身1．[2011·江西九校联考] 已知数列2，x ，y,3为等差数列，数列2，m ，n,3为等比数列，则x ＋y ＋mn 的值为( )A ．16B ．11C ．－11D ．±112．[2011·肇庆二模] 已知数列{a n }是各项均为正整数的等比数列，a 1＝3，前3项和为21，则a 3＋a 4＋a 5＝( )A ．2B ．33C ．84D ．1893．[2011·江西卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1.那么a 10＝( )A ．1B ．9C ．10D ．554．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n n 2，则该数列的前20项之和为________．能力提升5．[2011·浙江名校联盟二模] 正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4＝8，S 4－S 1＝38，则其公比等于( )A.52B.32C.25D.236．[2011·吉安二模] 若{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和，且S 13＝26π3，则tan a 7的值为( )A. 3 B ．－ 3C ．± 3D ．－337．[2012·温州八校联考] 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若m >1，且a m ≠0，a m－1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝( )A ．10B ．20C ．38D ．98．[2011·安徽卷] 若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )A ．15B ．12C ．－12D ．－159．[2011·海口调研] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝72，则a 2＋a 4＋a 9的值是( )A ．24B ．19C ．36D ．4010．数列{a n }的通项公式是a n ＝2n＋n －1，则其前8项和S 8等于________．11．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则公比q 的值是________．12．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n n ＋1的前n 项和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距是________．13．[2012·湖南长郡中学月考] 如图所示，将数以斜线作如下分群：(1)，(2,3)，(4,6,5)，(8,12,10,7)，(16,24,20,14,9)，…，并顺次称其为第1群，第2群，第3群，第4群，…，1 3 5 7 9 …2 6 10 14 18 …(1)第7(2)第n 群中n 个数的和是：________.14．(10分)[2012·温州十校联考] 等比数列{a n }中，已知a 2＝2，a 5＝16. (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若等差数列{b n }中，b 1＝a 5，b 8＝a 2，求数列{b n }前n 项和S n ，并求S n 的最大值．15．(13分)[2011·山东卷] 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a(1)求数列{a n }(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)nln a n ，求数列{b n }的前2n 项和S 2n .难点突破16．(12分)[2011·辽宁卷] 已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和．课时作业(三十二)【基础热身】1．B [解析] 根据等差中项和等比中项知x ＋y ＝5，mn ＝6，所以x ＋y ＋mn ＝11，故选B.2．C [解析] 由a 1＝3，S 3＝21得a 1(1＋q ＋q 2)＝21，∴1＋q ＋q 2＝7，∴q ＝2或q ＝－3(舍)，∴a 3＋a 4＋a 5＝84，故选C.3．A [解析] 方法一：由S n ＋S m ＝S n ＋m ，得S 1＋S 9＝S 10， ∴a 10＝S 10－S 9＝S 1＝a 1＝1，故选A. 方法二：∵S 2＝a 1＋a 2＝2S 1，∴a 2＝1， ∵S 3＝S 1＋S 2＝3，∴a 3＝1， ∵S 4＝S 1＋S 3＝4，∴a 4＝1，由此归纳a 10＝1，故选A.4．210 [解析] S 20＝－1＋22－32＋42－…＋182－192＋202＝22－1＋42－32＋…＋202－192＝3＋7＋11＋…＋39＝103＋392＝210.【能力提升】5．D [解析] 设首项为a 1，公比为q ，则a 4＋a 3＋a 2＝38，因为a 4＝8，所以a 3＋a 2＝30，即a 1q 3＝8，a 1q (1＋q )＝30，解得a 1＝27，q ＝23.故选D.6．B [解析] S 13＝13a 1＋a 132＝13a 7＝26π3，所以a 7＝2π3，tan a 7＝－ 3.故选B.7．A [解析] 由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0得a m ＝2，所以S 2m －1＝2m －1a 1＋a 2m －12＝2m －1·2a m2＝(2m －1)a m ＝38，解得m ＝10.8．A [解析] a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15.9．A [解析] S 9＝9a 1＋a 92＝72，a 1＋a 9＝16，得a 5＝8，所以a 2＋a 4＋a 9＝a 5－3d ＋a 5－d ＋a 5＋4d ＝3a 5＝24.10．538 [解析] S 8＝2×1－281－2＋8×1＋82－8＝538.11．2 [解析] 因为S 6＝S 3＋S 3q 3＝S 3·(1＋q 3)，将已知数据代入，解得q ＝2.12．－9 [解析] S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n n ＋1＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，所以n ＝9，所以直线在y 轴上的截距为－n ＝－9.13．(1)96 (2)3·2n－2n －3 [解析] (1)第7群中的第2项是第2列中的第6个数，为3×26－1＝96；(2)第n 群中n 个数分别是1×2n －1,3×2n －2,5×2n －3，…，(2n －1)×2n －n.设第n 群中n个数的和为S n ，所以S n ＝1×2n －1＋3×2n －2＋5×2n －3＋…＋(2n －1)×2n －n.利用错位相减法可求得S n ＝3·2n－2n －3.14．[解答] (1)由a 2＝2，a 5＝16，得q ＝2，解得a 1＝1，从而a n ＝2n －1.(2)由已知得b 1＝16，b 8＝2，又b 8＝b 1＋(8－1)d ，解得d ＝－2，所以S n ＝nb 1＋n n －12d ＝16n ＋n n －12(－2)＝－n 2＋17n ，由于S n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1722＋2894，n ∈N *，所以S n 的最大值为S 8＝S 9＝72.15．[解答] (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18，所以公比q ＝3.故a n ＝2·3n －1.(2)因为b n ＝a n ＋(－1)nln a n＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n[ln2＋(n －1)ln3]＝2·3n －1＋(－1)n (ln2－ln3)＋(－1)nn ln3，所以S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b 2n＝2(1＋3＋…＋32n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n2n ]ln3＝2×1－32n1－3＋n ln3＝32n＋n ln3－1. 【难点突破】16．[解答](1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1，故S 1＝1，S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n .所以，当n ＞1时， S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n －1－2－n 2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－2－n 2n ＝n2n ，所以S n ＝n2n －1.综上，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n2n －1.。

高考数学总复习考点知识讲解与练习32 概率、随机变量及其分布

高考数学总复习考点知识讲解与练习第32讲概率、随机变量及其分布[考情分析]1.考查古典概型、互斥事件、相互独立事件、独立重复试验等内容，主要以选择题、填空题的形式出现，中低等难度.2.离散型随机变量的分布列、均值、方差和概率的计算问题常常结合在一起进行考查，中高等难度．考点一古典概型核心提炼古典概型的概率公式P (A )＝m n ＝事件A 中所含的基本事件数试验的基本事件总数.例1(1)(2020·宁夏六盘山高级中学模拟)2020年春节突如其来的新型冠状病毒肺炎在某省爆发，一方有难八方支援，全国各地的白衣天使走上战场的第一线，某医院抽调甲、乙、丙三名医生，抽调A ，B ，C 三名护士支援某市第一医院与第二医院，参加该市疫情狙击战．其中选一名护士与一名医生去第一医院，其他都在第二医院工作，则医生甲和护士A 被选去第一医院工作的概率为() A.112 B.16 C.15 D.19答案D解析根据题意，选一名护士与一名医生去第一医院，有：甲A ，甲B ，甲C ，乙A ，乙B ，乙C ，丙A ，丙B ，丙C ，9种情况，而医生甲和护士A 被选去第一医院工作有1种情况，所以概率为P ＝19.(2)河图是上古时代神话传说中伏羲通过黄河中浮出龙马身上的图案，与自己的观察，画出的“八卦”，而龙马身上的图案就叫做“河图”．把一到十分成五组，如图，其口诀：一六共宗，为水居北；二七同道，为火居南；三八为朋，为木居东；四九为友，为金居西；五十同途，为土居中．现从这十个数中随机抽取四个数，则能成为两组的概率是()A.15B.110C.121D.1252 答案C解析现从这十个数中随机抽取4个数，基本事件总数n ＝C 410，能成为两组的基本事件个数m ＝C 25，则能成为两组的概率是P ＝m n ＝C 25C 410＝121.规律方法古典概型求解的关键点(1)正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常常用到排列、组合的有关知识．(2)对于较复杂的题目计数时要正确分类，分类时应不重不漏．跟踪演练1(1)(2018·全国Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是()A.112 B.114 C.115 D.118答案C解析不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，随机选取两个不同的数，共有C 210＝45(种)情况，而和为30的有7＋23,11＋19,13＋17这3种情况，所以所求概率为345＝115.(2)用0与1两个数字随机填入如图所示的5个格子里，每个格子填一个数字，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总是1的个数不少于0的个数，则这样填法的概率为()A.532B.516C.1132D.1116 答案B解析由题意可知，填写的可能结果共有如下32种： 00000,00001,00010,00011,00100,00101,00110,00111， 01000,01001,01010,01011,01100,01101,01110,01111， 10000,10001,10010,10011,10100,10101,10110,10111， 11000,11001,11010,11011,11100,11101,11110,11111，其中满足题意的有10种：10101,10110,10111,11001,11010,11011,11100,11101,11110,11111，由古典概型概率计算公式可得满足题意的概率值P ＝1032＝516.考点二随机变量的分布列核心提炼1．超几何分布在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则事件{X＝k}发生的概率P(X＝k)＝C k M C n－kN－MC n N，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.2．二项分布一般地，在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝C knp k(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.考向一超几何分布例2(2020·天津市滨海新区塘沽第一中学模拟)4月23日是“世界读书日”，某中学开展了一系列的读书教育活动．学校为了解高三学生课外阅读情况，采用分层抽样的方法从高三某班甲、乙、丙、丁四个读书小组(每名学生只能参加一个读书小组)学生中抽取12名学生参加问卷调查．各组人数统计如下：(1)从参加问卷调查的12名学生中随机抽取2人，求这2人来自同一个小组的概率；(2)从已抽取的甲、丙两个小组的学生中随机抽取2个，用X表示抽得甲组学生的人数，求随机变量X的分布列和均值．解(1)由题意得，问卷调查从四个小组中抽取的人数分别为4,3,2,3，从参加问卷调查的12名学生中随机抽取两人的取法共有C212＝66(种)，抽取的两名学生来自同一小组的取法共有C24＋2C23＋C22＝13(种)，所以，抽取的两名学生来自同一个小组的概率为P＝13 66 .(2)由(1)知，在参加问卷调查的12名学生中，来自甲、丙两小组的学生人数分别为4,2，所以抽取的两个人中是甲组学生的人数X的可能取值为0,1,2，因为P(X＝0)＝C04C22C26＝115，P(X＝1)＝C14C12C26＝815，P(X＝2)＝C24C02C26＝25.所以随机变量X的分布列为所以随机变量X的均值为E(X)＝0×115＋1×815＋2×25＝43.跟踪演练2PM2.5是指悬浮在空气中的空气动力学当量直径小于或等于2.5微米的可入肺颗粒物．根据现行国家标准GB3095－2012，PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．从某自然保护区2018年全年每天的PM2.5监测数据中随机地抽取10天的数据作为样本，监测值频数如下表所示：(1)从这10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，求恰有一天空气质量达到一级的概率；(2)从这10天的数据中任取3天数据，记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求ξ的分布列．解(1)记“从这10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A，则P(A)＝C13C27C310＝2140.(2)由条件知，ξ服从超几何分布，其中N＝10，M＝3，n＝3，且随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3.P(ξ＝k)＝C k3·C3－k7C310(k＝0,1,2,3)．∴P(ξ＝0)＝C03C37C310＝724，P(ξ＝1)＝C13C27C310＝2140，P(ξ＝2)＝C23C17C310＝740，P(ξ＝3)＝C33C07C310＝1120.故ξ的分布列为考向二二项分布例3(2020·陕西安康中学模拟)“互联网＋”是“智慧城市”的重要内容，A市在智慧城市的建设中，为方便市民使用互联网，在主城区覆盖了免费WiFi ，为了解免费WiFi 在A 市的使用情况，调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中抽取了200人进行抽样分析，得到如下列联表(单位：人)：(1)根据以上数据，判断是否有90%的把握认为A 市使用免费WiFi 的情况与年龄有关； (2)将频率视为概率，现从该市45岁以上的市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次．记被抽取3人中“偶尔或不用免费WiFi”的人数为X ，若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列、均值E (X )和方差D (X )．附：K 2＝n (ad －bc )2(a＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .解(1)由列联表可知K 2＝200×(70×40－60×30)2130×70×100×100≈2.198，因为2.198<2.706，所以没有90%的把握认为A 市使用免费WiFi 的情况与年龄有关． (2)由题意可知X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫3，25，X 的所有可能取值为0,1,2,3，P(X＝0)＝C03×⎝⎛⎭⎪⎫353＝27125，P(X＝1)＝C13×25×⎝⎛⎭⎪⎫352＝54125，P(X＝2)＝C23×⎝⎛⎭⎪⎫252×35＝36125，P(X＝3)＝C33×⎝⎛⎭⎪⎫253＝8125.所以X的分布列为E(X)＝3×25＝65，D(X)＝3×25×⎝⎛⎭⎪⎫1－25＝1825.规律方法随机变量分布列问题的两个关键点(1)求离散型随机变量分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类概率公式求概率．(2)求随机变量均值与方差的关键是正确求出随机变量的分布列，若随机变量服从二项分布，则可直接使用公式求解．跟踪演练3某机器生产商对一次性购买2台机器的客户推出2种超过质保期后2年内的延保维修方案：方案一：交纳延保金6000元，在延保的2年内一共可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1500元；方案二：交纳延保金7740元，在延保的2年内一共可免费维修4次，超过4次每次收取维修费a元．某工厂准备一次性购买2台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了100台这种机器超过质保期后2年内维修的次数，统计得下表：以这100台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后2年内共需维修的次数．(1)求X的分布列；(2)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，该工厂选择哪种延保方案更合算？解(1)X所有可能的取值为0,1,2,3,4,5,6，P(X＝0)＝15×15＝125，P(X＝1)＝110×15×2＝125，P(X＝2)＝110×110＋15×25×2＝17100，P(X＝3)＝110×25×2＋15×310×2＝15，P(X＝4)＝25×25＋310×110×2＝1150，P(X＝5)＝25×310×2＝625，P(X＝6)＝310×310＝9100，∴X的分布列为(2)设选择方案一所需费用为Y1元，则Y1的分布列为E(Y1)＝14×6000＋15×7500＋1150×9000＋625×10500＋9100×12000＝8580.设选择方案二所需费用为Y2元，则Y2的分布列为E(Y2)＝67100×7740＋625×(7740＋a)＋9100×(7740＋2a)＝7740＋21a50.当E(Y1)－E(Y2)＝840－21a50>0，即0<a<2000时，选择方案二更合算，当E(Y1)－E(Y2)＝840－21a50＝0，即a＝2000时，选择方案一、方案二均可；当E(Y1)－E(Y2)＝840－21a50<0，即a>2000时，选择方案一更合算．专题强化练一、单项选择题1.某路公交在某段路上有4个站点(如图)，分别记为A0，A1，A2，A3，现有甲、乙两人同时从A0站点上车，且他们中的每个人在站点A i(i＝1,2,3)下车是等可能的，则甲、乙两人不在同一站点下车的概率为()A.23B.34C.35D.12答案A解析设事件A表示“甲、乙两人不在同一站点下车”．甲、乙两人同在站点A1下车的概率为13×13；甲、乙两人同在站点A2下车的概率为13×13；甲、乙两人同在站点A3下车的概率为13×13.所以甲、乙两人在同一站点下车的概率为3×13×13＝13，则P(A)＝1－13＝23.2．设离散型随机变量X可能的取值为1,2,3,4，P(X＝k)＝ak＋b，若X的均值E(X)＝3，则a－b等于()A.110B．0C．－110D.15答案A解析∵离散型随机变量X可能的取值为1,2,3,4，P(X＝k)＝ak＋b，∴(a ＋b )＋(2a ＋b )＋(3a ＋b )＋(4a ＋b )＝1，即10a ＋4b ＝1，又X 的均值E (X )＝3，则(a ＋b )＋2(2a ＋b )＋3(3a ＋b )＋4(4a ＋b )＝3，即30a ＋10b ＝3，∴a ＝110，b ＝0，∴a －b ＝110.3．如图，电路从A 到B 上共连接着6个灯泡，每个灯泡断路的概率是13，整个电路的连通与否取决于灯泡是否断路，则从A 到B 连通的概率是()A.1027B.448729C.100243D.4081 答案B解析由题图可知，A ，C 之间未连通的概率是⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝19，连通的概率是1－19＝89.E ，F 之间连通的概率是⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49，未连通的概率是1－49＝59，故D ，B 之间未连通的概率是⎝ ⎛⎭⎪⎫592＝2581，D ，B 之间连通的概率是1－2581＝5681，故A ，B 之间连通的概率是89×5681＝448729. 4．先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别有1,2,3,4,5,6六个点)，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x ，y ，记事件A 为“x ＋y 为偶数”，事件B 为“x ，y 中有偶数且x ≠y ”，则概率P (B |A )等于() A.12B.13C.14D.25 答案B解析正面朝上的点数(x，y)的不同结果共有C16·C16＝36(种)，事件A：“x＋y为偶数”包含事件A1：“x，y都为偶数”与事件A2：“x，y都为奇数”两个互斥事件，其中P(A1)＝C13·C1336＝14，P(A2)＝C13·C1336＝14，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝14＋14＝12.事件B为“x，y中有偶数且x≠y”，所以事件AB为“x，y都为偶数且x≠y”，所以P(AB)＝C13·C13－336＝16，由条件概率的计算公式，得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝13.5．(2020·山东枣庄市八中月考)某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布N(105，σ2)(σ>0)，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀(高于120分)的人数占总人数的15，则此次数学考试成绩在90分到105分(含90分和105分)之间的人数约为() A．150B．200 C．300D．400答案C解析因为P(X<90)＝P(X>120)＝1 5，P(90≤X≤120)＝1－25＝35，所以P(90≤X≤105)＝12P(90≤X≤120)＝310，所以此次数学考试成绩在90分到105分(含90分和105分)之间的人数约为1000×3 10＝300.6．某次考试共有12个选择题，每个选择题的分值为5分，每个选择题四个选项有且只有一个选项是正确的，A学生对12个选择题中每个题的四个选择项都没有把握，最后选择题的得分为X 分，B 学生对12个选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错误的，对其它三个选项都没有把握，选择题的得分为Y 分，则D (Y )－D (X )等于() A.12512B.3512C.274D.234答案A解析设A 学生答对题的个数为m ，则得分X ＝5m ，m ～B ⎝⎛⎭⎪⎫12，14， D (m )＝12×14×34＝94，所以D (X )＝25×94＝2254；同理设B 学生答对题的个数为n ，则得分Y ＝5n ，n ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，13，D (n )＝12×13×23＝83，所以D (Y )＝83×25＝2003，所以D (Y )－D (X )＝2003－2254＝12512.二、多项选择题7．已知随机变量ξi 满足P (ξi ＝1)＝p i ，P (ξi ＝0)＝1－p i ，i ＝1,2.若0<p 1<p 2<12，则下列结论正确的是() A ．E (ξ1)<E (ξ2) B ．E (ξ1)>E (ξ2) C ．D (ξ1)<D (ξ2)D ．D (ξ1)>D (ξ2) 答案AC解析∵E (ξ1)＝p 1，E (ξ2)＝p 2， ∴E (ξ1)<E (ξ2)，∵D (ξ1)＝p 1(1－p 1)，D (ξ2)＝p 2(1－p 2)， ∴D (ξ1)－D (ξ2)＝(p 1－p 2)(1－p 1－p 2)<0，即D (ξ1)<D (ξ2)．8．某国产杀毒软件的比赛规则为每个软件进行四轮考核，每轮考核中能够准确对病毒进行查杀的进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某个软件在四轮考核中能够准确杀毒的概率依次是56，35，34，13，且各轮考核能否通过互不影响，则()A ．该软件通过考核的概率为18B ．该软件在第三轮考核被淘汰的概率为18C ．该软件至少能够通过两轮考核的概率为23D ．在此次比赛中该软件平均考核了6524轮答案ABD解析设事件A i (i ＝1,2,3,4)表示“该软件能通过第i 轮考核”，则P (A 1)＝56，P (A 2)＝35，P (A 3)＝34，P (A 4)＝13.该软件通过考核的概率为P (A 1A 2A 3A 4)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)P (A 4)＝56×35×34×13＝18，选项A 正确；该软件在第三轮考核被淘汰的概率为P (A 1A 2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝56×35×14＝18，选项B 正确；该软件至少能够通过两轮考核的概率为1－P (A 1)－P (A 1A 2)＝1－16－56×25＝12，选项C 不正确；设在此次比赛中，该软件考核了Y 轮，∴Y 的可能取值为1,2,3,4，P (Y ＝1)＝P (A 1)＝16，P (Y ＝2)＝P (A 1A 2)＝56×25＝13，P (Y ＝3)＝P (A 1A 2A 3)＝18，P (Y ＝4)＝P (A 1A 2A 3)＝56×35×34＝38，∴E (Y )＝1×16＋2×13＋3×18＋4×38＝6524，故选项D 正确．三、填空题9．某校高一新生健康检查的统计结果显示：体重超重者占40%，血压异常者占15%，两者都有的占8%，今任选一该校高一新生，已知此人体重超重，则他血压异常的概率为________．答案0.2解析记事件A 表示此人体重超重，事件B 表示此人血压异常，则P (A )＝0.4，P (AB )＝0.08，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.080.4＝0.2. 10．出租车司机从饭店到火车站途中经过六个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的，并且概率都是13，则这位司机遇到红灯前已经通过了两个交通岗的概率为________．答案427解析因为这位司机在第一、二个交通岗未遇到红灯，在第三个交通岗遇到红灯之间是相互独立的，且遇到红灯的概率都是13，所以未遇到红灯的概率都是1－13＝23，所以遇到红灯前已经通过了两个交通岗的概率为23×23×13＝427.11．(2020·临沂模拟)《易经》是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦)，每一卦由三根线组成(“”表示一根阳线，“”表示一根阴线)，从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有两根阳线，四根阴线的概率为________．答案314解析观察八卦图可知，含三根阴线的共有一卦，含三根阳线的共有一卦，含两根阳线一根阴线的共有三卦，含一根阳线两根阴线的共有三卦，所以从八卦中任取两卦有C 28＝28(种)情况．其中抽取的两卦中六根线恰有两根阳线，四根阴线的所有情况是一卦含有三根阴线，另一卦含有两根阳线一根阴线，或者两卦都含有一根阳线两根阴线，即C 13＋C 23＝6(种)情况．故所求概率为P ＝628＝314.12．(2020·浙江)盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球，从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P (ξ＝0)＝________，E (ξ)＝________. 答案131解析方法一1个红球，1个绿球，2个黄球，共有A 24＝12(种)排列．①红球前面没有黄球，有A13＋1＝4(种)，P(ξ＝0)＝412＝13；②红球前面有1个黄球，有A12＋A12＝4(种)，P(ξ＝1)＝412＝13；③红球前面有2个黄球，有1＋A13＝4(种)，P(ξ＝2)＝412＝13.E(ξ)＝0×13＋1×13＋2×13＝1.方法二①第1次就取到红球：P(红)＝1 4；②第2次取到红球：P(黄，红)＝24×13＝16，P(绿，红)＝14×13＝112；③第3次取到红球：P(黄，黄，红)＝24×13×12＝112，P(黄，绿，红)＝24×13×12＝112，P(绿，黄，红)＝14×23×12＝112；④第4次取到红球：P(黄，黄，绿，红)＝24×13×12＝112，P(黄，绿，黄，红)＝24×13×12＝112，P(绿，黄，黄，红)＝14×23×12＝112.故P(ξ＝0)＝P(红)＋P(绿，红)＝14＋112＝13，P(ξ＝1)＝P(黄，红)＋P(黄，绿，红)＋P(绿，黄，红)＝16＋112＋112＝13，P(ξ＝2)＝P(黄，黄，红)＋P(黄，黄，绿，红)＋P(黄，绿，黄，红)＋P(绿，黄，黄，红)＝112＋112＋112＋112＝13.则E(ξ)＝0×13＋1×13＋2×13＝1.四、解答题13．某大学在一次公益活动中聘用了10名志愿者，他们分别来自于A，B，C三个不同的专业，其中A专业2人，B专业3人，C专业5人，现从这10人中任意选取3人参加一个访谈节目．(1)求3个人来自两个不同专业的概率；(2)设X表示取到B专业的人数，求X的分布列与均值．解(1)令事件A表示“3个人来自于两个不同专业”，事件A1表示“3个人来自于同一个专业”，事件A2表示“3个人来自于三个不同专业”，P(A1)＝C33＋C35C310＝11120，P(A2)＝C12C13C15C310＝30120＝14，∴3个人来自两个不同专业的概率P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－11120－30120＝79120.(2)随机变量X的取值为0,1,2,3，P(X＝0)＝C03C37C310＝35120＝724，P(X＝1)＝C13C27C310＝63120＝2140，P(X＝2)＝C23C17C310＝21120＝740，P(X＝3)＝C33C07C310＝1120，∴X的分布列为E(X)＝0×724＋1×2140＋2×740＋3×1120＝910.14．(2020·寿光市第二中学月考)十九大以来，某贫困地区扶贫办积极贯彻落实国家精准扶贫的政策要求，带领广大农村地区人民群众脱贫奔小康．经过不懈的奋力拼搏，新农村建设取得巨大进步，农民年收入也逐年增加，为了制定提升农民收入力争早日脱贫的工作计划，该地扶贫办统计了2019年50位农民的年收入并制成如下频率分布直方图：(1)根据频率分布直方图，估计50位农民的年平均收入x(单位：千元)(同一组数据用该组数据区间的中点值表示)；(2)由频率分布直方图，可以认为该贫困地区农民收入X服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为年平均收入x，σ2近似为样本方差s2，经计算得s2＝6.92，利用该正态分布，求：①在扶贫攻坚工作中，若使该地区约有84.14%的农民的年收入不低于扶贫办制定的最低年收入标准，则最低年收入大约为多少千元？②为了调研“精准扶贫，不落一人”的政策要求落实情况，扶贫办随机走访了1000位农民．若每位农民的年收入互相独立，这1000位农民中的年收入不少于12.14千元的人数为ξ，求E(ξ)．附参考数据： 6.92≈2.63，若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)≈0.9973.解(1)x＝12×0.04＋14×0.12＋16×0.28＋18×0.36＋20×0.10＋22×0.06＋24×0.04＝17.40(千元)，故估计50位农民的年平均收入x为17.40千元．(2)由题意知X～N(17.40,6.92)，①P(X≥μ－σ)＝0.5＋0.68272≈0.8414，所以μ－σ≈17.40－2.63＝14.77时，满足题意，即最低年收入大约为14.77千元．②由P(X≥12.14)＝P(X≥μ－2σ)＝0.5＋0.95452≈0.9773，每个农民的年收入不少于12.14千元的事件的概率为0.9773，则ξ～B(1000，p)，其中p＝0.9773，所以E(ξ)＝1000×0.9773＝977.3.。

(适用于新高考新教材)高考数学一轮总复习第六章数列课时规范练32数列求和

课时规范练32 数列求和基础巩固组1.设数列{a n}为等比数列,数列{b n}为等差数列,且S n为数列{b n}的前n项和,若a2=1,a10=16,且a6=b6,则S11=()A.20B.30C.44D.882.S n=+…+等于()A. B.C. D.3.(2022福建漳州二模)已知S n是数列{a n}的前n项和,a1=1,a2=2,a3=3,记b n=a n+a n+1+a n+2且b n+1b n=2,则S31=()A.171B.278C.351D.3954.在数列{a n}中,a n+a n+1=2n,S n为其前n项和,若a1=a4,则S101=()A.4 882B.5 100C.5 102D.5 2125.已知数列{a n}的通项公式为a n=,则其前n项和为()A.1B.1C.2D.26.(2022湖北荆州模拟)已知数列{a n}满足a n=1+2+4+…+2n1,则数列的前5项和为.7.(2022辽宁辽阳二模)①{2n a n}为等差数列,且a3=;②为等比数列,且a2=.从①②两个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答.在数列{a n}中,a1=,.(1)求{a n}的通项公式;(2)已知{a n}的前n项和为S n,试问是否存在正整数p,q,r,使得S n=pqa n+r?若存在,求p,q,r的值;若不存在,请说明理由.8.已知数列{a n}的前n项和S n满足S n=,数列{log3b n}是公差为1的等差数列,b1=1.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设c n=a2n+1+b2n+1,求数列{c n}的前n项和T n.综合提升组9.已知数列{a n}的前n项和为S n=23n,则此数列奇数项的前m项和为()A. B.C. D.10.对于实数x,[x]表示不超过x的最大整数.已知数列{a n}的通项公式为a n=,前n项和为S n,则[S1]+[S2]+…+[S40]=()A.105B.120C.125D.13011.在数列{a n}中,a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),若b n=a n cos,且数列{b n}的前n项和为S n,则S11=()A.64B.80C.64D.8012.在数列{a n}中,a1=2,a p+q=a p a q(p,q∈N*),记b m为数列{a n}中在区间(0,m](m∈N*)内的项的个数,则数列{b m}的前150项和S150= .13.(2022辽宁沈阳模拟)已知S n为等差数列{a n}的前n项和,a1+a5=22,S n=n(a n2n+2).(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=(1)n·,求数列{b n}的前2n+1项和T2n+1.14.在等差数列{a n}中,a1+3,a3,a4成等差数列,且a1,a3,a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)在任意相邻两项a k与a k+1(k=1,2,…)之间插入2k个2,使它们和原数列的项构成一个新的数列{b n},求数列{b n}的前200项和T200.创新应用组15.在数列{a n}中,a1=3,a n+1=3a n4n,若b n=,且数列{b n}的前n项和为S n,则S n=()A.n1+B.C.n1+D.n1+16.(2022山东潍坊二模)已知正项数列{a n}的前n项和为S n,且+2a n=4S n,数列{b n}满足b n=(2.(1)求数列{b n}的前n项和B n,并证明B n+1,B n,B n+2是等差数列;(2)设c n=(1)n a n+b n,求数列{c n}的前n项和T n.17.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,公比q>0,S2=2a22,S3=a42,数列{a n}满足a2=4b1,nb n+1(n+1)b n=n2+n(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:数列为等差数列;(3)设数列{c n}的通项公式为c n=其前n项和为T n,求T2n.课时规范练32数列求和1.C解析:∵数列{a n}为等比数列,∴=a2a10=16.又a6=a2q4>0(q为公比),∴b6=a6=4.又数列{b n}为等差数列,∴S11=×11=11a6=44.故选C.2.A解析:由S n=+…+,可得S n=+…+.两式相减可得,S n=+…+,所以S n=,故选A.3.C解析:由b n+1b n=2,得a n+1+a n+2+a n+3(a n+a n+1+a n+2)=a n+3a n=2,∴a1,a4,a7,…是首项为1,公差为2的等差数列,a2,a5,a8,…是首项为2,公差为2的等差数列,a3,a6,a9,…是首项为3,公差为2的等差数列,S31=(a1+a4+…+a31)+(a2+a5+…+a29)+(a3+a6+…+a30)=1×11++2×10++3×10+=351.4.C解析:因为a n+a n+1=2n, ①所以a n+1+a n+2=2n+2, ②由②①得a n+2a n=2,所以数列{a n}奇数项与偶数项均成公差为2的等差数列.当n为奇数时,a n=a1+×2=n+a11;当n为偶数时,a n=a2+×2=n+a22=n+(2a1)2=na1.又因为a1=a4,所以a1=4a1,得a1=2,所以a n=所以S101=(a1+…+a101)+(a2+…+a100)=×(2+102)+×(0+98)=5102.故选C.5.A解析:因为a n=,所以其前n项和为1+…+=1.故选A.6.解析:因为a n=1+2+4+…+2n1=2n1,a n+1=2n+11,所以.所以的前5项和为++…+==1.7.解 (1)若选①:设等差数列{2n a n}的公差为d,则d==2,∴2n a n=2a1+2(n1)=2n1,即a n=.若选②:设等比数列的公比为q,则q=,∴×n1=n,即a n=.(2)S n=+…+,S n=+…+,则两式相减得S n=+2×+…+,∴S n=3.∵S n=3=34×=34a n+2,∴存在正整数p,q,r,使得S n=pqa n+r,且p=3,q=4,r=2.8.解(1)当n=1时,a1=S1==1,当n≥2,a n=S n S n1==3n2,所以n=1满足n≥2时的情况,所以a n=3n2(n∈N*).因为log3b n=log3b1+(n1)×(1)=1n,所以b n=31n.(2)因为c n=a2n+1+b2n+1=3(2n+1)2+31(2n+1)=6n+1+n,所以T n=,所以T n=3n2+4n+1.9.B解析:当n≥2时,a n=S n S n1=(23n)(23n1)=2·3n1.因为当n=1时,a1=1不满足,所以数列{a n}从第2项开始成等比数列.又a3=18,则数列{a n}的奇数项构成的数列的前m项和T m=1=.故选B.10.B解析:因为a n=,所以S n=+ (1)[S1]=[1]=0,[S2]=[1]=0,[S3]=[1]=1,[S4]=[1]=1,…,[S7]=[1]=1, [S8]=[1]=2,[S9]=[1]=2,…,[S14]=[1]=2,[S15]=[1]=3,[S16]=[1]=3,…,[S23]=[1]=3,[S24]=[1]=4,[S25]=[1]=4,…,[S34]=[1]=4,[S35]=[1]=5,[S36]=[1]=5,…,[S40]=[1]=5.故[S1]+[S2]+…+[S40]=0×2+1×5+2×7+3×9+4×11+5×6=120.故选B.11.C解析:已知na n+1=(n+1)a n+n(n+1),则+1,可得数列是首项为1,公差为1的等差数列,即有=n,即a n=n2,则b n=a n cos=n2cos,则S11=(12+22+42+52+72+82+102+112)+(32+62+92)=(12+223232+42+526262+72+829292+102+112)=×(5+23+41+59)=64.故选C.12.803解析:令p=1,q=n,则a1+n=a1a n=2a n,所以数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n=2n.当m=1时,b1=0.当2n≤m<2n+1时,b m=n,所以S150=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b64+b65+…+b127)+(b128+b129+…+b150)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×26+7×(150127)=803.13.解 (1)设等差数列{a n}的公差为d.由a1+a5=22,得a3=11,由S n=n(a n2n+2),得S2=2(a22),又S2=a1+a2=2a2d,解得d=4,所以a n=a3+(n3)d=4n1.(2)由(1)得b n=(1)n·=(1)n·=(1)n,所以T2n+1=b1+b2+b3+…+b2n+b2n+1=++…+== .14.解(1)设等差数列{a n}的公差为d.由题意得a1+3+a4=2a3,即2a1+3+3d=2a1+4d,解得d=3.又a1a8=,即a1(a1+7×3)=(a1+2×3)2,解得a1=4,所以a n=3n+1.(2)在数列{b n}中,a k+1前面(包括a k+1)共有2+22+23+…+2k+(k+1)=2k+1+k1项.令2k+1+k1≤200(k=1,2,…),则k≤6,所以a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7出现在数列{b n}的前200项中.当k=6时,2k+1+k1=133,所以a7前面(包括a7)共有133项,所以a7后面(不包括a7)还有67个2.所以T200=(4+7+…+22)+2(2+22+23+…+26+67)=91+386=477.15.D解析:由a n+1=3a n4n,可得a n+1[2(n+1)+1]=3[a n(2n+1)].∵a1=3,∴a1(2×1+1)=0,则可得数列{a n(2n+1)}为常数列0,即a n(2n+1)=0,∴a n=2n+1,∴b n==1+=1+,∴S n=n++…+=n+=n1+.故选D.16.解 (1)+2a n=4S n, ①a n>0,当n=1时,+2a1=4a1,∴a1=2或a1=0(舍去),当n≥2时,+2a n1=4S n1, ②①②,得+2a n2a n1=4a n,∴(a n a n1)(a n+a n1)=2(a n+a n1).∵a n>0,∴a n a n1=2(n≥2),∴{a n}是以2为首项,2为公差的等差数列,∴a n=2n,b n=(2)n,∴数列{b n}是首项为2,公比为2的等比数列,∴B n==+(1)n.∵B n+2+B n+1=+(1)n+2·+(1)n+1·===2B n,∴B n+1,B n,B n+2成等差数列.(2)c n=(1)n·2n+(2)n=(2)n+2(1)n·n,当n为偶数时,T n=(2)1+(2)2+…+(2)n+2[1+23+4+…(n1)+n]=+2×[(1+2)+(3+4)+…+(n+1+n)]= +2×+n.当n为奇数时,T n=(2)1+(2)2+…+(2)n+2[1+23+4+…+(n1)n]=+2×[1+(23)+(45)+…+(n1n)]= +2×1+(1)×=n1=n.综上可知T n=17.(1)解因为等比数列{a n}的前n项和为S n,公比q>0,S2=2a22,S3=a42,所以S3S2=a42a2=a3,整理得a2q22a2=a2q.又a2≠0,所以q2q2=0.由于q>0,解得q=2.由于a1+a2=2a22,解得a1=2,所以a n=2n.(2)证明数列{a n}满足a2=4b1,解得b1=1.由于nb n+1(n+1)b n=n2+n,所以=1,所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列.(3)解因为数列是以1为首项,1为公差的等差数列,所以=1+(n1)=n,所以b n=n2.因为数列{c n}的通项公式为c n=所以令p n=c2n1+c2n==(4n1)·4n1,所以T2n=3·40+7·41+11·42+…+(4n1)·4n1, ①4T2n=3·41+7·42+11·43+…+(4n5)·4n1+(4n1)·4n.②①②得3T2n=3·40+4·41+…+4·4n1(4n1)·4n,整理得3T2n=3+4·(4n1)·4n,故T2n=·4n.。

2022高三数学复习精练32

数学基础知识复习数学精练（32）1（2022辽宁卷理）平面向量a 与b 的夹角为600，a=（2，0），|b|=1 则|a ＋2b|= A 3 B 23 2（2022宁夏海南卷文）已知a=（－3，2），b=（－1，0），向量λa ＋b 与a －2b 垂直，则实数λ的值为A －71B 71C －61D 61 3（2022山东卷理）已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m ⊥β”的（） A 充分不必要条件 B 必要不充分条件C 充要条件D 既不充分也不必要条件=a －2和=（a ＋2）＋1互相垂直，则a 的值为D －15已知向量b a d ，R k b a k c b a -=∈+===)(),1,0(),0,1(，如果c ∥d ，那么=1且c 与d 同向=1且c 与d 反向 =－1且c 与d 同向 =－1且c 与d 反向=3绕原点逆时针旋转90度，再向右平移1个单位，所得的直线方程为M （1,－1），则直线的斜率为（）A 3131+-=x yB 131+-=x yC 33-=x yD 131+=x y 7如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为（）－A 1B 1C 1D 1中，AA 1=2AB ，E 为AA 1中点，则异面直线BE 与CD 1所形成角的余弦值为A 1010B 51C 10103D 53 9在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM=1，点上且满足学PM PA 2=，则）PC PB （PA +·等于 A 94 B 34 C 34- D 94- 10如图，在四面体ABCD 中，截面N 是正方形，则在下列命题中，错误的为⊥BD ∥截面N＝BD 所成的角为45°11 02≠=b a 且关于的函数x b a x a x x f ··2131)(23++=在R 上有极值，则a 与b 的夹角范围是A ⎪⎭⎫⎢⎣⎡6,0πB ⎥⎦⎤ ⎝⎛ππ,6C ⎥⎦⎤ ⎝⎛ππ,3D ⎥⎦⎤ ⎝⎛32,3ππ 12 △ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为1，若，且AO AC AB 2=+，且AC OA =，则向量BA 在向量BC 方向上的射影的数量为（）A 23B 23 D 23-B A B D D AC CD C C A。

2021高三数学(文)人教版一轮复习专练32 高考大题专练(三) 数列的综合运用 Word版含解析

专练32 高考大题专练(三) 数列的综合运用[基础强化]1．设{a n }是等差数列，且a 1＝ln2，a 2＋a 3＝5ln2.(1)求{a n }的通项公式；(2)求e a 1＋e a 2＋…＋e a n .2．记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.(1)求{an }的通项公式；(2)求Sn ，并求Sn 的最小值．3．[2020·全国卷Ⅲ]设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和．若S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，求m .4．[2020·河南信阳高三测试]设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n .(n ∈N *)(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，求证数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n ＜16.5．[2019·全国卷Ⅰ]记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5.(1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．专练32 高考大题专练(三) 数列的综合运用1．解析：(1)设{a n }的公差为d .因为a 2＋a 3＝5ln2，所以2a 1＋3d ＝5ln2.又a 1＝ln2，所以d ＝ln2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln2.(2)因为e a 1＝e ln2＝2，e a n e a n －1＝e a n －a n －1＝e ln2＝2，所以{e a n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以e a 1＋e a 2＋…＋e a n ＝2×1－2n1－2＝2(2n －1)． 2．解析：(1)设{an }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{an }的通项公式为an ＝2n －9.(2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.。

高考数学冲刺复习精练32 试题

智才艺州攀枝花市创界学校数学冲刺复习数学精练〔32〕1．点P 在曲线323+-=x x y 上挪动，设点P 处切线的倾斜角为α，那么角α的取值范围是〔〕 A ．［0，2π］B ．［0，2π〕∪［43π,π)C ．［43π,π)D ．(2π,43π］2．{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项和，4515,55a S ==，那么过点34(3,),(4,)P a Q a 的直线的斜率是〔〕 A ．4B ．14C ．4-D ．14- 3．为等差数列，以表示的前n 项和，那么使得到达最大值的n 是()A.18B.19C.20D.21 4.等比数列}{n a 的前n 项和为n S ，且2012320102011+=S a ，2012320092010+=S a ，那么公比q 等于()A.3B.31 C.4 D.41 5设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，那么“a 1＜0，且0＜q ＜1”是“对于任意n∈N*都有a n+1＞a n 〞的〔〕〔〕A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分比要条件D ．既不充分又不必要条件6.设2a 是1b +和1b -的等比中项，那么64a b +的最大值为〔〕A ．10B ．7C ．5D ．107．设O 为坐标原点，(4,3),(12,5),OA OB OP OA OB λ=--=-=+，假设向量,OA OP 的夹角与,OP OB 的夹角相等，那么实数λ的值是〔〕A ．135B ．53 C ．135±D ．53±8．如图，将45°直角三角板和30°直角三角板拼在一起，其中45°直角三角板的斜边与30°直角三角板的30°角所对的直角边重合．假设DB x DC y DA =⋅+⋅，那么x ，y 等于〔〕 A ．3,1x y ==B ．13,3x y =+=C ．2,3x y ==D ．3,13x y =+9．3sin 4θ=，且θ在第二象限，那么2θ在()〔A 〕第一象限〔B 〕第二象限〔C 〕第三象限〔D 〕第四象限 10．假设△ABC 的内角A 满足322sin =A,那么sinA+cosA 等于〔〕A ．315 B ．315-C ．35 D ．35-1B,2 A,3 C,4 C,5 A,6 C,7 A,8．B,9 C,10 A。

高考数学专题复习专题5 平面向量第32练平面向量的数量积练习理(2021年最新整理)

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量的数量积练习理训练目标(1)平面向量数量积的概念；（2)数量积的应用．训练题型（1）向量数量积的运算；(2)求向量的夹角;（3)求向量的模．解题策略（1）数量积计算的三种方法：定义、坐标运算、数量积的几何意义；（2）求两向量的夹角时，要注意夹角θ为锐角和cos θ＞0的区别，不能漏解或增解;(3）求向量的模的基本思想是利用｜a|2＝a·a，灵活运用数量积的运算律。

1．（2017·玉溪月考）若向量a，b满足|a|＝1，｜b|＝错误!,且a⊥（a＋b），则a与b的夹角为________．2．（2016·淄博期中）已知矩形ABCD中，AB＝错误!，BC＝1，则错误!·错误!＝________. 3．(2016·镇江模拟）在△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点,AB＝4，AC＝3，则错误!·错误!＝________。

4．（2017·吉林东北师大附中三校联考）如图,已知△ABC外接圆的圆心为O，AB＝2错误!,AC ＝2错误!,A为钝角，M是BC边的中点，则错误!·错误!＝________。

5．已知向量a＝(cos θ,sin θ)，向量b＝(错误!,－1)，则|2a－b｜的最大值与最小值的和为________．6．（2015·安徽改编）△ABC是边长为2的等边三角形，已知向量a,b满足错误!＝2a，错误!＝2a＋b,则下列正确结论的个数为________．①｜b｜＝1；②a⊥b；③a·b＝1；④（4a＋b)⊥错误!.7．（2015·福建改编)已知错误!⊥错误!,|错误!｜＝错误!,｜错误!|＝t，若点P是△ABC所在平面内的一点，且错误!＝错误!＋错误!，则错误!·错误!的最大值等于________．8．（2016·吉林长春质检）已知向量a＝（1，错误!)，b＝（0，t2＋1）,则当t∈[－错误!，2]时，|a－t b｜b||的取值范围是________．9．已知菱形ABCD的边长为2,∠BAD＝120°，点E，F分别在边BC,DC上，BE＝λBC,DF＝μDC。

2021届高三高考数学复习压轴题专练32—椭圆(4)【含答案】

2021届高三高考数学复习压轴题专练32—椭圆（4）【含答案】1．直线10x y -+=经过椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点F ，交椭圆于A ，B 两点，交y轴于C 点，若2FC AC =，则该椭圆的离心率是( ) A ．1022- B ．312- C ．222- D ．21-解：如图所示：对直线10x y -+=，令0x =，解得1y =，令0y =，解得1x =-，故(1,0)F -，(0,1)C ，则(1,1)FC =，设0(A x ，0)y ，则00(,1)AC x y =--，而2FC AC =，则00212(1)1x y -=⎧⎨-=⎩，解得001212x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，点A 又在椭圆上，所以222211()()221a b-+=，222(1,)c a b c ==+，整理得4224421a a a -=-，所以235a +=所以241245(102)102354435c e a ---=-+．故选：A ．2．已知椭圆2214x y +=的上顶点为A ，B 、C 为椭圆上异于A 的两点，且AB AC ⊥，则直线BC 过定点( ) A ．(1,0)B ．(3，0)C ．1(0,)2D ．3(0,)5-解：因为AB AC ⊥，所以10AB AC k k =-<，所以直线BC 斜率存在，设直线:(1)BC l y kx m m =+≠，1(B x ，1)y ，2(C x ，2)y ，联立方程2244y kx mx y =+⎧⎨+=⎩，消y 得222(41)8440k x kmx m +++-=，122814kmx x k -+=+，21224414m x x k -=+，(*) 又1212111AB AC y y k k x x --=⋅=-，整理得1212(1)(1)0y y x x --+=，即1212(1)(1)0kx m kx m x x +-+-+=，所以221212(1)(1)()(1)0(*)k x x k m x x m ++-++-=，代入得：2222224(1)(1)8(1)(1)01414k m k m m m k k+---+-=++，整理得530m +=得35m =-，所以直线BC 过定点3(0,)5-．故选：D ．3．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左焦点为F ，上顶点为A ，右顶点为B ，若OAB ∠，OAF ∠的平分线分别交x 轴于点D ，E ，且222||||||2||||AD AE DE AD AE +-=⋅，则椭圆C 的离心率为( ) A ．22B ．312- C ．512- D ．32解：如下图所示：因为222||||||2|||AD AE DE AD AE +-⋅，所以由余弦定理得222||||||2||||22||||AD AE DE AD AE AD AE +-⋅=⋅，又(0,)2DAE π∠∈，所以45DAE ∠=︒．因为AD ，AE 分别为OAB ∠，OAF ∠的平分线，所以290BAF DAE ∠=∠=︒，所以AB AF ⊥．由题意可知，点(,0)F c -，(0,)A b ，(,0)B a ，则(,),(,)AF c b AB a b =--=-．由20AF AB ac b ⋅=-+=，可得220a c ac --=，即220c ac a +-=，在等式220c ac a +-=的两边同时除以2a ，可得210e e +-=，因为01e <<，解得512e -=．故选：C ．4．如图，椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的右焦点为F ，A ，B 分别为椭圆的上、下顶点，P 是椭圆上一点，//AP BF ，||||AF PB =，记椭圆的离心率为e ，则2(e = )A ．22B ．1718- C ．12D ．1518- 解：(0,)B b -，(,0)F c ，则BFb kc =，∴直线:bAP y x b c=+，与椭圆方程联立，可得2222()20a c x a cx ++=，可得P 点的横坐标为2222a c x a c =-+，则322b y a c =-+，即2222(a c P a c -+，322)b a c -+，由||||AF PB =，得22||PB a =，即2322222222()()a c b b a a c a c+-+=++，整理为：6244264320c a c a c a --+=，则64243210e e e --+=，即242(1)(41)0e e e -+-=， 210e -≠，42410e e ∴+-=，解得2171e -=或2171e --=．故选：B ．5．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右顶点分别为A 和B ，P 是椭圆上不同于A ，B的一点．设直线AP ，BP 的斜率分别为m ，n ，则当239(3)(||||)32a ln m ln nb mn mn -+++取最小值时，椭圆C 的离心率为( ) A ．223B ．45C ．32 D ．15解：(,0)A a -，(,0)B a ，设0(P x ，0)y ，则2222002()b y a x a=-，则00y n x a =-，200y m x a =+，2202220y b mn x a a∴==--，则222222239239(3)(||||)(3)3232a a a a b ln m ln n ln b mn mn b b b a -+++=+-+ 322()3()393a a a a ln b b b b=-+-．令322()3393f t t t t lnt =-+-，(1)t >，322292639(3)(23)()263t t t t t f t t t t t t-+--+'=-+-==，故3t =时，()f t 取最小值，椭圆C 22221b a -故选：A ．6．卡西尼卵形线是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．在数学史上，同一平面内到两个定点（叫做焦点）的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．已知卡西尼卵形线是中心对称图形且有唯一的对称中心．若某卡西尼卵形线C 两焦点间的距离为2，且C 上的点到两焦点的距离之积为1，则C 上的点到其对称中心距离的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．2解：设左、右焦点分别为1F ，2F ，以线段12F F 的中点为坐标原点， 1F ，2F 所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系，则1(1,0)F -，2(1,0)F ．设曲线上任意一点(,)P x y ，则2222(1)(1)1x y x y ++⋅-+=，化简得该卡西尼卵形线的方程为22222()2()x y x y +=-，显然其对称中心为(0,0)．由22222()2()x y x y +=-得222222()2()40x y x y y +-+=-，所以22222()2()x y x y ++，所以2202x y +，所以222x y +．当且仅当0,2y x ==±时等号成立，所以该卡西尼卵形线上的点到其对称中心距离的最大值为2．故选：B ．7．已知椭圆22143x y +=上有三个点A 、B 、C ，AB ，BC ，AC 的中点分别为D 、E 、F ，AB ，BC ，AC 的斜率都存在且不为0，若3(4OD OE OF k k k O ++=-为坐标原点），则111(AB BC ACk k k ++= ) A ．1 B ．1-C ．34-D ．34解：如图，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，3(C x ，3)y ，则 2211143x y +=，2222143x y +=，两式作差得，12121212()()()()43x x x x y y y y -+-+=-，∴121212124()3()x x y y y y x x -+=--+，即143OD AB k k =-．同理可得，143OE BC k k =-，143OF AC k k =-， ∴111443()()1334OD OE OF AB BC AC k k k k k k ++=-++=-⨯-=，故选：A ．8．已知点A 为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左顶点，(,0)F c 为椭圆的右焦点，B 、E 在椭圆上，四边形OABE 为平行四边形(O 为坐标原点），过直线AE 上一点P 作圆222()4b x c y -+=的切线PQ ，Q 为切点，若PQF ∆面积的最小值大于28b ，则椭圆C 的离心率的取值范围是( )A ．102(0,)3- B ．102(,1)3- C ．51(0,)3- D ．51(,1)3- 解：因为四边形OABE 为平行四边形，所以//BE AO ，||||BE AO a ==，设E 点纵坐标为m ，代入椭圆的方程得22221x m a b+=，解得22a x b m b=-2222()a a b m b m a b b--=，解得3m =，当3m =，可得223()22a ax b b b -=， (2aE 3)，(,0)A a -，所以直线AE 的方程为332())32b y x a x a a =+=+，3330bx ay ab -=，所以||min PF 即为点F 到直线AE 的距离223()39b a c d b a+=+，所以22221||4PQ d R d b =-=-，所以222111()||22248PFQ minb b S PQ R d b ∆=⋅=⋅⋅->，整理得2212d b >，故22222222222223()3()(1)1393()942b a c a c b e b b b a a c a e +++==>+-+-，所以221(1)(4)2e e +>-，所以23420e e +->，所以210(3e s --<舍去）或1023e ->，所以e 的取值范围为102(3-，1)．故选：B ．二、多选题9．如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心F 为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月飞行，然后在P 点处变轨进入以F 为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ上绕月飞行，最后在Q 点处变轨进入以F 为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月飞行，设圆形轨道Ⅰ的半径为R ，圆形轨道Ⅲ的半径为r ，则( )A ．椭圆轨道Ⅱ上任意两点距离最大为2RB ．椭圆轨道Ⅱ的焦距为R r -C ．若r 不变，则R 越大，椭圆轨道Ⅱ的短轴越短D ．若R 不变，则r 越小椭圆轨道Ⅱ的离心率越大解：由题可知椭圆轨道Ⅰ的半径为R ，Ⅱ为椭圆，设为22221x y a b+=，所以a c R +=①，Ⅲ为圆形轨道，半径为r ，所以a c r -=②，对于A ：由题可知椭圆Ⅱ上任意两点最大距离为22a R r R =+≠，故A 不正确；对于B ：椭圆Ⅱ的焦距为2c ， ①-②得，2c R r =-，故B 正确；对于C ：由①②得2R ra +=，2R r c -=，所以2222()()222244R r R r b a c Rr +-=-=-=，若r 不变，R 越大，2b 越大，故C 不正确；对于222:1112R rc R r r D e R r R a R r R r r--====-=-++++， R 不变，r 越小，Rr 越大，21R r+越小，则e 越大，故D 正确．故选：BD ．10．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的右焦点为F ，点P 在椭圆C 上，点Q 在圆22:(3)(4)4E x y ++-=上，且圆E 上的所有点均在椭圆C 外，若||||PQ PF -的最小值为256-，且椭圆C 的长轴长恰与圆E 的直径长相等，则下列说法正确的是( )A ．椭圆C 的焦距为2B ．椭圆C 的短轴长为3C ．||||PQ PF +的最小值为23D ．过点F 的圆E 的切线斜率为473-± 解：对于A ：因为椭圆C 的长轴长与圆E 的直径长相等，所以24a =，即2a =，设椭圆的左焦点(,0)F c '-，由椭圆的定义可知||||24PF PF a '+==，所以||||||(4||)||||4||4||24256PQ PF PQ PF PQ PF QF EF -=--'=+'-'-'--=，所以22||25(3)(40)EF c '=-++-1c =或5，因为2c a <=，所以1c =，即椭圆的焦距为22c =，故A 正确，对于B ：由2222213b a c =-=-=，所以椭圆的短轴长为23，故B 错误，对于22:||||||||||(13)(04)422C PQ PF QF EF EQ +-=++-=-，故C 错误，对于D ：设过点F 的切线方程为(1)y k x =-，则2|(31)4|21k k ---=+，解得473k -±=，故D 正确，故选：AD ．11．如图，已知椭圆221:14x C y +=，过抛物线22:4C x y =焦点F 的直线交抛物线于M ，N两点，连接NO ，MO 并延长分别交1C 于A ，B 两点，连接AB ，OMN ∆与OAB ∆的面积分别记为OMN S ∆，.OAB S ∆则下列命题：A ．若记直线NO ，MO 的斜率分别为1k ，2k ，则12k k 的大小是定值14-B ．OAB ∆的面积OAB S ∆是定值1C ．线段OA ，OB 长度的平方和22||||OA OB +是定值5D ．设OMNOABS S λ∆∆=，则5λ其中正确的命题有( )A ．AB ．BC ．CD ．D解：(0,1)F ，设直线MN 方程为1y k =+，代入抛物线方程得：2440x kx --=，设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，则124x x k +=，124x x =-，1212121211164y y k k x x x x ===-，A 正确．设直线OA 的方程为：1y k x =，由对称性令10k >，代入椭圆的方程得：12211(1414A k k++，同理可得，22222(1414B kk++，212121||14k OA k+=+点B 到直线OA 的距离122221141d kk++，22121222221111214()4()1||12(14)(14)4(2)OABk k k k S OA d k k k k k k ∆--==++-+，B 正确． 22221222124444||||1414k k OA OB k k +++=+++ 222212212212(1)(14)(1)(14)4(14)(14)k k k k k k +++++=⨯++ 22122212555245244k k k k ++=⨯=++，C 正确． 221212||||||(14)(14)||||||A B x x OM ON k k OA OB x x λ⋅===++⋅2222121224()2422k k k k =+++⨯⋅=，当且仅当12k k =-时等号成立．D 不正确．故选：ABC ．12．已知椭圆22:14x C y +=的左、右两个焦点分别为1F 、2F ，直线(0)y kx k =≠与C 交于A 、B 两点，AE x ⊥轴，垂足为E ，直线BE 与椭圆C 的另一个交点为P ，则下列结论正确的是( )A ．若1260F PF ∠=︒，则△12F PF 的面积为36B ．四边形12AF BF ，可能为矩形C ．直线BE 的斜率为12kD ．若P 与A 、B 两点不重合，则直线PA 和PB 斜率之积为4-解：由椭圆22:14x C y +=，得2a =，1b =，3c =在△12PF F 中，由余弦定理可得，222121212||||||2||||cos60F F PF PF PF PF =+-︒，即2212443||||c a PF PF =-，解得124||||3PF PF =， ∴12143323F PF S=⨯=，故A 错误；若四边形12AF BF 为矩形，则11AF BF ⊥，即110F A F B ⋅=，即()()0A B A B x c x c y y +++=，联立2214y kx x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，得22(41)4k x +=，得0A B x x +=，2441A B x x k =-+，22441A B k y y k =-+，即22244304141k k k -+-=++，得2810k -=，该方程有实根，故B 正确；由22(41)4k x +=，得2141x k =±+0k >，得21(241A k +241k +，21(41B k -+241k +，则21(241E k +0)，则22414241BE kk k k +==-+，故C 正确；A PB P B PPA A P B P B Py y y y y y k x x x x x x ---+===---+，BE 所在直线方程为22()241k y x k =-+，与椭圆2214x y +=联立，可得22222()4041x k x k +--=+，即22222244(1)404141k k k x x k k +-+-=++．得22214141B P k x x k k +=⋅++， 2222221442()214141(1)41B P k k ky y k k k k k -+=⋅-=+++++，故12PA k k =-，则11224PA PB k k k k ⋅=-⋅=-，故D 错误．故选：BC ．三、填空题13．设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的焦点为1F ，2F ，P 是椭圆上一点，且123F PF π∠=，若△12F PF 的外接圆和内切圆的半径分别为R ，r ，当4R r =时，椭圆的离心率为．解：△12F PF 的外接圆的半径R ，由正弦定理1212||22sin sin 3F F cR F PF π==∠，所以23R =，又由于4R r =，所以3r =，在△12F PF 中，由余弦定理可得22212121212||||||2||||cos F F PF PF PF PF F PF =+-⋅∠，而123F PF π∠=，所以2212443||||c a PF PF =-，所以可得：22124||||()3PF PF a c =-，由三角形的面积相等可得：1212121211(||||||)||||sin 22PF PF F F r PF PF F PF ++⋅=∠，所以2243(22)()3a c r a c +=-所以223432(()3a c a c +=-，整理可得：2320e e --=，解得23e =或1e =-，故答案为：23． 14．已知(1,0)F 为椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的右焦点，过E 的下顶点B 和F 的直线与E的另一交点为A ，若45BF FA =，则a = ．解：法（1）由椭圆的方程可得(0,)B b -，(1,0)F ，所以0()10BF b k b --==-，所以直线:(1)BF y b x =-，联立2222(1)1y b x x y ab =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理可得222(1)20a x a x +-=，可得0x =或2221a x a =+，所以2221A a x a=+，所以22(1)1A b a y a -=+，因为45BF FA =，则4(1，222)5(11a b a =-+，22(1))1b a a -+，所以22(1)451b a b a-=⋅+，解得29a =，即3a =，法（2）作AH 垂直于x 轴于H ，易知Rt AHF Rt BOF ∆∆∽，因为45BF FA =，所以||4||||||||5||||AF AH AH FH BF BO b OF ====，所以A 的纵坐标为45b ，A 的横坐标为491155+⋅=，所以A 的坐标为：9(5，4)5b ，将A 点的坐标代入椭圆的方程：222294()()551b a b+=，解得29a =，即3a =，故答案为：3．15．曲面22z x y =+被平面1x y z ++=截成一椭圆，则椭圆上的点到原点距离的取值范围是．解：设椭圆上的点(x ，y ，)z ，则椭圆上的点到原点的距离2222d x y z =++， x ，y ，z 满足的条件为：22z x y =+，1x y z ++=，作拉格朗日函数22222()(1)L x y z z x y x y z λμ=+++--+++-， 22022020x y zL x x L y y L z λμλμλμ=-+=⎧⎪=-+=⎨⎪=++=⎩，可得(1)()0x y λ--=，所以有1λ=或x y =，有10λμ=⇒=，12z =-，不符合题意，所以舍弃，将x y =代入22z x y =+和1x y z ++=可得：22z x =，2212210x z x x +=⇒+-=，解得：13x y -±==，3z =+ 113(M -+13-+23)-，213(M --13--23)，由题意可知这种距离的最大值和最小值一定存在，所以距离的最大值和最小值分别在这两点处取到处取得，而22132()3)95-±++=+3 所以最大值和最小值分别为：1953max M d d =+，2953min M d d ==-故答案为：[953-953]+．16．已知A 、B 为椭圆22:143x y C +=上两点，线段AB 的中点在圆221x y +=上，则直线AB 在y 轴上截距的取值范围为．解：设点1(A x ，1)y 、2(B x ，2)y ，线段AB 的中点为(,)m n ，则221m n +=， ∴22112222143143x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式相减整理得，121212123()4()y y x x x x y y -+=--+ ①当0n ≠，即10n -<或01n <时，121234y y mx x n-=--，此时直线AB 的方程为3()4my n x m n-=--，令0x =，则222343(1)313()44444m n n n y n n n n n n +-=+==+=+，若10n -<，则13()4y n n=+在[1-，0)上单调递减，1y ∴-；若01n <，则13()4y n n =+在(0，1]上单调递减，1y ∴，(y ∴∈-∞，1][1-，)+∞；②当0n =时，直线AB 过点(1,0)或(1,0)-，且垂直于x 轴，在y 轴上无截距．综上所述，直线AB 在y 轴上截距的取值范围为(-∞，1][1-，)+∞．故答案为：(-∞，1][1-，)+∞．。

“8+3+3”小题强化训练(32)2024届高三数学二轮复习(新高考九省联考题型)(解析版)

2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(32)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知i 为虚数单位，若2i1iz =+，则z z ⋅=（）A. B.2 C.2i - D.2i【答案】B【解析】因为()()()()2i 1i 2i 1i 2i1i 1i 1i 1i 2z --====+++⋅-，所以1i z =-，()()1i 1i 2z z ⋅=+⋅-=.故选：B2．设集合{}1A x x =<，{}e xB yy ==∣，则A B = （）A.∅B.()1,0- C.()0,1 D.()1,1-【答案】C【解析】因为{}1A x x =<，所以{|11}A x x =-<<，因为{}e xB yy ==∣，所以{|0}B y y =>，所以A B = ()0,1.故选：C.3．设5250125(12)x a a x a x a x +=++++ ，则125a a a +++= （）A.2- B.1- C.242D.243【答案】C【解析】令0x =，则051a =，01a ∴=；令1x =，则50123453a a a a a a =+++++；51234531242a a a a a ∴++++=-=.故选：C.4．已知等边ABC 的边长为2，点D 、E 分别为,AB BC 的中点，若2DE EF = ，则EF AF ⋅=（）A.1B.45C.65D.54【答案】A【解析】在ABC 中，取,AC AB为基底，则2,,60AC AB AC AB ===︒ .因为点D 、E 分别为,AB BC 的中点，1124DE AC EF == ，()11132424AF AE EF AB AC AC AB AC =+=++=+ ，211313424816EF AF AC AB AC AC AB AC⎛⎫⋅=⋅+=⋅+ ⎪⎝⎭1322cos 6041816=⨯⨯⨯+⨯= 故选：A5．在平面直角坐标系xOy 中，已知A 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右顶点，以OA 为直径的圆与C 的一条渐近线交于另一点M ，若12AM b =，则C 的离心率为（）A. B.2C. D.4【答案】B【解析】由题意得，OM ⊥AM ，双曲线的一条渐近线方程为by x a=，故tan bAOM a∠=，即AM b OM a =，又12AM b =，所以12OM a =，由勾股定理得222OM AM OA =+，即2221144a b a +=，解得22b ，2c e a ===,故选：B.6．已知某圆台的上、下底面半径分别为12,r r ，且212r r =，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（）A.28π3B.40π3C.56π3D.112π3【答案】C【解析】如图，设圆台上、下底面圆心分别为12,O O ，则圆台内切球的球心O 一定在12O O 的中点处，设球O 与母线AB 切于M 点，所以OM AB ⊥，所以122OM OO OO ===，所以1AOO 与AOM 全等，所以1AM r =，同理2BM r =，所以1213AB r r r =+=，过A 作2AG BO ⊥，垂足为G ，则211BG r r r =-=，124AG O O ==，所以222AG AB BG =-，所以()2221111638r r r =-=，所以1r =，所以2r =所以该圆台的体积为()156π2π8π4π433++⨯=.故选：C7．已知数列{}n a 满足121a a ==，22,21(N ),2n n n a n k a k a n k*++=-⎧=∈⎨-=⎩，若n S 为数列{}n a 的前n 项和，则50S =（）A.624B.625C.626D.650【答案】C【解析】数列{}n a 中，121a a ==，22,21(N ),2n n n a n k a k a n k*++=-⎧=∈⎨-=⎩，当21,N n k k *=-∈时，22n n a a +-=，即数列{}n a 的奇数项构成等差数列，其首项为1，公差为2，则13549252425126252a a a a ⨯++++=⨯+⨯= ，当2,N n k k *=∈时，21n n a a +=-，即数列{}n a 的偶数项构成等比数列，其首项为1，公比为1-，则25246501[1(1)]11(1)a a a a ⨯--++++==-- ，所以501354924650()()626S a a a a a a a a =+++++++++= .故选：C8．已知(),3M a 是抛物线C ：()220x py p =>上一点，且位于第一象限，点M 到抛物线C 的焦点F 的距离为4，过点()4,2P 向抛物线C 作两条切线，切点分别为A ，B ，则AF BF ⋅=（）A.1- B.1C.16D.12-【答案】B【解析】如示意图，由抛物线的定义可知点M 到抛物线准线2py =-的距离为4，则3422pp +=⇒=，即抛物线2:4C x y =，则()0,1F .设()()1122,,,A x y B x y ，则()()1122,1,1AF BF FA FB x y x y →→→→⋅=⋅=-⋅-()()()212221212121212111164x x x x y y y y x x x x =+-++=+++()()221212121311642x x x x x x =-+++.由2142x y y x '=⇒=，则1211,22AP BP k x k x ==，所以()211111111:2202202AP xl y y x x x x y y x x x y y -=-⇒-+-=⇒--=，()222222222:2202202BP x l y y x x x x y y x x x y y -=-⇒-+-=⇒--=，因为点()4,2P 在这两条直线上，所以11111122422204240422204240x y x y x y x y ⋅-⋅-=--=⎧⎧⇒⎨⎨⋅-⋅-=--=⎩⎩，于是点A ,B 都在直线4240x y --=上，即:22AB l y x =-，代入抛物线方程并化简得：2880x x -+=，由根与系数的关系可知12128x x x x +==.于是22813881=11642AF BF →→⋅=-⨯+⨯+.故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知,x y ∈R ，且123x =，124y =，则（）A.y x > B.1x y +>C.14xy < D.2x y <【答案】ACD【解析】∵123x =，∴12log 3x =，同理12log 4y =，∵12log y x =在0x >时递增，故y x >，故A正确；∵12log 121x y +==，∴B错误；∵0x >，0y >，∴2124x y xy +⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，当且仅当x y =时等号成立，而x y <，故14xy <，∴C正确；∴212x y =++=+，即<，∴D正确．故选：ACD．10．甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件1A 和2A 表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件B 表示从乙箱中取出的两球都是红球，则（）A.13()5P A =B.11()50P B =C.()1950P B A = D.22()11P A B =【答案】ABD【解析】依题意可得13()5P A =，22()5P A =，()23125C 3C 10P B A ==，()22225C 1C 10P B A ==，所以()()()()()112233211151051050P B P A P B A P A P B A =+=⨯+⨯=，故A正确、B正确、C错误；()()()()()222212|2105()111150P A B P B A P A P A B P B P B ⨯====，故D正确.故选：ABD11．如图，多面体PS ABCD -由正四棱锥P ABCD -和正四面体S PBC -组合而成，其中1PS =，则下列关于该几何体叙述正确的是（）A.该几何体的体积为24B.该几何体为七面体C.二面角A PB C --的余弦值为13- D.该几何体为三棱柱【答案】ACD【解析】如图：在正四面体中S PBC -中，G 为PB 的中点，连接CG ，连接SG 作SO CG ⊥于O ，则O 为PBC 的中心，SO 为正四面体中S PBC -的高，因1PS =，32CG =，23=33CO CG =，2263SO SC CO =-=，1111362=132322312S PBC V PB CG SO -⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=，在正四面体中S PBC -中，G 为PB 的中点，所以SG PB ⊥，CG PB ⊥，故CGS ∠为二面角--S PB C 的一个平面角，1131332cos 33322GC GO CGS SG SB ⨯∠====如图：在正四棱锥P ABCD -中，由题意1PC CB ==，连接AC ，BD 交于点E ，连接PE ，则PE 为正四棱锥P ABCD -的高，22==22CE CB ，222222122PE PC CE ⎛⎫-=-= ⎪ ⎪⎝⎭，1122=113326P ABCD V CD BC PE -⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=，该几何体的体积为222===1264B PS A S BCD P ABCD PC V V V ---++，故A正确，取PB 的中点F ，连接AF，CF ，由题意正四棱锥P ABCD -的棱长都为1，所以⊥AF PB ，CF PB ⊥，故AFC ∠即为二面角A PB C --的一个平面角，其中=22AF CF BC ==，AC ==，在AFC △中，222222221cos =233322AF CF AC AFC AF CF ⎛⎫⎛+- ⎪ +-∠=-⋅，故C正确，因1cos cos 3CGS AFC ∠==-∠，可知二面角--S PB C 与二面角A PB C --所成角互补，故平面PBS 与PBA 为同一平面，同理，平面PDC 和平面PDS 也为同一平面，故该几何体有5个面，B错误，因,,,P A B S 四点共面，且PDC △和PCS 都为等边三角形，易知//SC PD ，且SC PD =，故侧面PDCS 为平行四边形，又PD ⊂平面PAD ,SC ⊄平面PAD ，所以//SC 平面PAD ，同理//SB 平面PAD ，且侧面PABS 为平行四边形，又SC SB S = ，SC ⊂平面SCB ，SB ⊂平面SCB ，所以平面//SCB 平面PAD ，又侧面ABCD 为正方形，故多面体PS ABCD -即为三棱柱ADP BCS -，故D正确，故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．设0x >，0y >，122y x+=，则1x y +的最小值为________．【答案】32+【解析】因为122y x +=，所以112y x+=，因为0x >，0y >，所以111111222x x y xy y y x xy ⎛⎫⎛⎫+=++=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭313323222222222xy xy +=++≥+=+⨯=.当且仅当12112xy xy y x⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，即24x y ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩时取等.故答案为：32+13.中心极限定理是概率论中的一个重要结论．根据该定理，若随机变量()~,B n p ξ，则当5np >且()15n p ->时，ξ可以由服从正态分布的随机变量η近似替代，且ξ的期望与方差分别与η的均值与方差近似相等．现投掷一枚质地均匀分布的骰子2500次，利用正态分布估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为________．附：若：()2~,N ημσ，则()0.6827P μσημσ-<<+≈，()220.9545P μσημσ-<<+≈，()330.9973P μσημσ-<<+≈．【答案】0.9773【解析】骰子向上的点数为偶数的概率12p =，故1~2500,2B ξ⎛⎫ ⎪⎝⎭，显然()11250052np n p =-=⨯>，其中1250np =，()1625np p -=，故()21250,25N η ，则21250501300μσ+=+=，由正态分布的对称性可知，估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为10.50.95450.97732+⨯≈.故答案为：0.977314.已知函数()221e 1xf x x ⎛⎫=-⎪+⎝⎭，()g x 满足()()13330g x g x ++-=，()()()2G x f x g x =--，若()G x 恰有()*21n n +∈N 个零点，则这21n +个零点之和为________．【答案】42n +【解析】因为()221e 1xf x x ⎛⎫=-⎪+⎝⎭的定义域为R ，关于原点对称，所以()()22222e 1e 11e 11e 1e x xx x x f x x x x -⎛⎫⎛⎫-⎛⎫-=--=-= ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭()221e 1x x f x ⎛⎫=--=- ⎪+⎝⎭，所以函数()f x 为奇函数，关于原点()0,0中心对称，而函数()2f x -是函数()f x 向右平移两个单位得到的函数，因而()2f x -关于()2,0中心对称，函数()g x 满足()()13330g x g x ++-=，所以()()1333g x g x +=--，即()()13g x g x +=--，所以函数()g x 关于()2,0中心对称，且()20g =，且()()()22220G f g =--=，所以由函数零点定义可知()()()2G x f x g x =--，即()()2f x g x -=，由于函数()2f x -和函数()g x 都关于()2,0中心对称，所以两个函数的交点也关于()2,0中心对称，又因为()G x 恰有()*21n n +∈N个零点，即函数()2f x -和函数()g x 的交点恰有()*21n n +∈N个，且其中一个为2x =，其余的2n 个交点关于()2,0对称分布，所以()*21n n +∈N个零点的和满足242422n n ⨯+=+，故答案为：42n +。

新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习课时规范练32复数北师大版

课时规范练32　复数基础巩固组1.已知复数z满足z(3-i)=10,则z=( )A.-3-iB.-3+iC.3-iD.3+i2.(2021湖北黄冈中学三模)已知复数z满足z2+4i=0,则|z|=( )A.4B.2C.√2D.13.设复数z满足|z+1|=|z-i|,z在复平面内对应的点为(x,y),则( )A.x=0B.y=0C.x-y=0D.x+y=04.(2021山东聊城二模)已知复数z1=-2+i,z2=z1i,在复平面内,复数z1和z2对应的两点之间的距离是( )A.√5B.√10C.5D.105.复数z=a+(1-a)i,a∈R,则z在复平面内对应的点不可能在的象限为( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限6.已知i为虚数单位,则下列结论不正确的是( )A.复数z=1+2i1-i 的虚部为32B.复数z=2+5i-i的共轭复数z=-5-2iC.复数z=12−12i在复平面内对应的点位于第二象限D.复数z满足1z∈R,则z∈R7.复数z 在复平面内所对应的点的坐标为(1,1),则|z |z的实部与虚部的和是( )A.√2B .0C .√22D .√22−√22i8.已知i 是虚数单位,则复数z=(1+i)(2-i)的实部是 .9.(2021河北石家庄二模)设a ,b 为实数,若复数1+2i a +bi =1-i,则a b= .综合提升组10.对任意z 1,z 2,z ∈C ,下列结论不成立的是( )A.当m ,n ∈N *时,有z m z n =z m+nB.当z 1,z 2∈C 时,若z 12+z 22=0,则z 1=0且z 2=0C.互为共轭复数的两个复数的模相等,且|z |2=|z|2=z z D.z 1=z 2的必要不充分条件是|z 1|=|z 2|11.设z 1,z 2是复数,则下列命题是假命题的有( )A.若|z 1-z 2|=0,则z 1=z 2B.若z 1=z 2,则z 1=z 2C.若|z 1|=|z 2|,则z 1z 1=z 2z 2D.若|z 1|=|z 2|,则z 12=z 2212.(2021山东淄博三模)已知复数z 满足等式|z-i |=1,则|z-1|的最大值为 .13.(2020全国Ⅱ,理15)设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=2,z 1+z 2=√3+i,则|z 1-z 2|= . 14.已知复数z 1=i,z 2=2i 1+i,则|z 1+z 2|= ,z 1+z 12+…+z 12020= .创新应用组15.已知复数z=1+cos 2θ+isin 2θ-π2<θ<π2,则下列说法错误的是( )A.复数z 在复平面上对应的点可能落在第二象限B.z 可能为实数C.|z|=2cos θD.1z 的实部为1216.国际数学教育大会(ICME)是世界数学教育规模最大、水平最高的学术性会议,第十四届大会将在上海召开,其会标如图,包含着许多数学元素.主画面是非常优美的几何化的中心对称图形,由弦图、圆和螺线组成,主画面标明的ICME-14下方的“”是用中国古代八进制的计数符号写出的八进制数3744,也可以读出其二进制码(0)11111100100,换算成十进制的数是n,则(1+i)2n= ,1+i√n= .17.已知复数z对应的点在复平面第一象限内,甲、乙、丙、丁四人对复数z的陈述如下(i为虚数单位):甲:z+z=2;乙:z-z=2√3i;丙:z z=4;丁:zz =z2 2.在甲、乙、丙、丁四人陈述中,有且只有两个人的陈述正确,则复数z= .课时规范练32　复数1.D　解析:z=103-i =10(3+i)(3-i)(3+i)=3+i,故选D.2.B　解析:设z=a+b i(a,b∈R),则z2+4i=(a+b i)2+4i=a2-b2+(2ab+4)i=0,所以a2=b2且ab=-2,即a=√2,b=-√2或a=-√2,b=√2,故|z|=√a2+b2=2.故选B.3.D　解析:复数z满足|z+1|=|z-i|,∴√(x+1)2+y2=√x2+(y-1)2,化简得x+y=0,故选D.4.B　解析:z1=-2+i在复平面内对应的点的坐标为(-2,1),z2=z1i=-i(-2+i)-i2=1+2i在复平面内对应的点的坐标为(1,2),所以复数z1和z2在复平面内对应的两点之间的距离为√(-2-1)2+(1-2)2=√10.故选B.5.C　解析:当在复平面内对应的点在第三象限时,满足{1-a<0,a<0,此时a不存在.故选C.6.C　对于A,z=1+2i1-i =(1+2i)(1+i)(1-i)(1+i)=-12+32i,其虚部为32,故A正确;对于B,z=2+5i-i=(2+5i)i=-5+2i,故z=-5-2i,故B正确;对于C,z=12−12i在复平面内对应点的坐标为12,-12,位于第四象限,故C不正确;对于D,设z=a+b i(a,b∈R),则1z=1a+b i=a-b ia2+b2,又1z∈R,得b=0,所以z=a∈R,故D正确.故选C.7.B　由题意可得,z=1+i,z=1-i,则|z|=|z|=√2,∴|z| z =√21+i=√2(1-i)(1+i)(1-i)=√22−√22i,所以|z|z的实部为√22,虚部为-√22,故实部和虚部的和为0,故选B.8.3　解析:z=(1+i)(2-i)=3+i,实部是3.9.-13　解析:1+2ia+b i=1-i,则a+b i=1+2i1-i=(1+2i)(1+i)(1-i)(1+i)=-1+3i2=-12+32i,所以a=-12,b=32,因此ab=-13.10.B　解析:由复数乘法的运算律知,A正确;取z1=1,z2=i,满足z12+z22=0,但z1=0且z2=0不成立,故B错误;由复数的模及共轭复数的概念知结论成立,故C正确;由z1=z2能推出|z1|=|z2|,但|z1|=|z2|推不出z1=z2,因此z1=z2的必要不充分条件是|z1|=|z2|,故D正确.故选B.11.D 解析:对于A,若|z 1-z 2|=0,则z 1-z 2=0,z 1=z 2,所以z 1=z 2,故A 为真命题;对于B,若z 1=z 2,则z 1和z 2互为共轭复数,所以z 1=z 2,故B 为真命题;对于C,设z 1=a 1+b 1i,z 2=a 2+b 2i,a 1,b 1,a 2,b 2∈R ,若|z 1|=|z 2|,则√a 12+b 12=√a 22+b22,即a 12+b 12=a 22+b22,所以z 1z 1=a 12+b 12=a 22+b 22=z 2z 2,故C 为真命题;对于D,若z 1=1,z 2=i,则|z 1|=|z 2|,而z 12=1,z 22=-1,故D 为假命题.故选D .12.√2+1　解析:因为|z-i |=1,所以复数z 在复平面内对应的点是以(0,1)为圆心,1为半径的圆,如图所示,则|z-1|的最大值为圆心(0,1)到点A (1,0)的距离加1,即√(0-1)2+(1-0)2+1=√2+1.13.2√3　解析:设z 1=a+b i,z 2=c+d i,a ,b ,c ,d ∈R .∵|z 1|=|z 2|=2,∴a 2+b 2=4,c 2+d 2=4.又z 1+z 2=(a+c )+(b+d )i =√3+i,∴a+c=√3,b+d=1.∴(a+c )2+(b+d )2=a 2+b 2+c 2+d 2+2ac+2bd=8+2ac+2bd=4.∴2ac+2bd=-4.∴(a-c )2+(b-d )2=a 2+c 2+b 2+d 2-2ac-2bd=8-(-4)=12.∴|z 1-z 2|=√(a -c )2+(b -d )2=2√3.14.√5　0　解析:因为z 2=2i 1+i =2i (1-i )(1+i )(1-i )=1+i,z 1+z 2=i +(1+i)=1+2i,所以|z 1+z 2|=√12+22=√5;z 1+z12+…+z12020=z 1(1-z 12020)1-z 1=i (1-i 2020)1-i =i [1-(i 4)505]1-i =i (1-1)1-i =0.15.A 解析:因为-π2<θ<π2,所以-π<2θ<π,所以-1<cos2θ≤1,所以0<1+cos2θ≤2,故A 错误;当sin2θ=0,θ=0∈-π2,π2时,复数z 是实数,故B 正确;|z|=√(1+cos 2θ)2+(sin 2θ)2=√2+2cos 2θ=2cos θ,故C 正确;1z =11+cos2θ+isin 2θ=1+cos 2θ-isin 2θ(1+cos 2θ+isin 2θ)(1+cos 2θ-isin 2θ)=1+cos 2θ-isin 2θ2+2cos 2θ,则1z的实部是1+cos2θ2+2cos 2θ=12,故D 正确.故选A.16.-22 020　-1　∵11111100100=1×210+1×29+1×28+1×27+1×26+1×25+0×24+0×23+1×22+0×21+0×20=2020.∴(1+i)2n =(2i)2020=-22020.1+i √n =(1+i√2020=1+i √2×1010=i 1010=-1.17.1+i 解析:设z=a+b i(a>0,b>0),则z =a-b i,∴z+z =2a ,z-z =2b i,z z =a 2+b 2,z z =z 2a 2+b 2.∵z z =4与z z =z 22不可能同时成立,∴丙、丁的陈述不能同时正确;∵当z-z =2√3i 时,b 2=3>2,此时z z =z 22不成立,∴乙、丁的陈述不能同时正确;当甲、乙的陈述正确时,a=1,b=√3,则丙的陈述也正确,不合题意;当甲、丙的陈述正确时,a=1,b=√3,则乙的陈述也正确,不合题意;当乙、丙的陈述正确时,b=√3,a=1,则甲的陈述也正确,不合题意;当甲、丁的陈述正确时,a=b=1,乙、丙的陈述错误,符合题意.故z=1+i .。