最新高考调研理科数学课时作业讲解课时作业66汇总

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高考调研高考理科数学总复习6-1

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高考调研 ·高三总复习·数学（理）
(2)当 n≥2 时，Sn－Sn－1＝an＝3n＋b－3n－1－b＝2·3n－1.
当 n＝1 时，a1＝S1＝3＋b.
∴当 b＝－1 时，a1＝3－1＝2 适合 an＝2·3n－1.
∴an＝2·3n－1.
当 b≠－1 时，a1＝3＋b 不适合 an＝2·3n－1.
思考题 1 写出下列数列的一个通项公式： (1)3，5，9，17，33，… (2)－1，85，－175，294，…
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高考调研 ·高三总复习·数学（理）
【解析】 (1)观察各项的特点：每一项都比 2 的 n 次幂多 1，所以 an＝2n＋1.
(2)数列的符号规律为(－1)n，由第二、三、四项特点，可将第一项看作－33，这样，先不考虑符号，则分母为 3，5，7，9，…，可归纳为 2n＋1，分子为 3，8，15，24，…，将其每一项加 1 后变成 4，9，16，25，…，可归纳为(n＋1)2，综上，数列的通项公式为 an＝(－1)n·（n＋2n1＋）12－1＝(－1)nn22n＋＋21n.
请注意关于数列的概念问题，虽然在高考中很少独立命题，但数列的通项公式、猜想、归纳、递推意识却融入数列的试题之中，因此对本节要细心领会，认真掌握．
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高考调研 ·高三总复习·数学（理）
课前自助餐
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高考调研 ·高三总复习·数学（理）
数列的概念
按一定次序排成的一列数叫做数列．
数列的通项公式
＝－1，a2＝2，a1＝12.
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高考调研 ·高三总复习·数学（理）
4．(2018·山东师大附月考)已知数列{an}的前n项和Sn＝ nn＋＋12，则a5＋a6＝________．

高考调研精讲精练北师大版选修4-4数学课时作业6

课时作业(六)1．下列点不在曲线ρ＝cos θ上的是( ) A ．(12，π3)B ．(－12，23π)C ．(12，－π3)D ．(12，－23π)答案 D2．极坐标方程ρ＝1(0≤θ≤π)表示( ) A ．直线 B ．射线 C ．圆 D ．半圆答案 D3．极坐标方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的图形是( ) A ．两个圆B ．两条直线C ．一个圆和一条射线D ．一条直线和一条射线答案 C解析原方程等价于ρ＝1或θ＝π，ρ＝1为圆，θ＝π为射线． 4．极坐标方程ρ＝cos θ(－π2≤θ≤π2)表示的曲线是( )A ．圆B ．半圆C ．射线D ．直线答案 A5．圆心在(1，0)且过极点的圆的极坐标方程为( ) A ．ρ＝1 B ．ρ＝cos θ C ．ρ＝2cos θ D ．ρ＝2sin θ 答案 C6．在极坐标系中，圆心在(2，π)且过极点的圆的方程为( ) A ．ρ＝22cos θ B ．ρ＝－22cos θ C ．ρ＝22sin θ D ．ρ＝－22sin θ 答案 B7．以极坐标系中的点(1，1)为圆心，1为半径的圆的方程是( )A ．ρ＝2cos(θ－π4)B ．ρ＝2sin(θ－π4)C ．ρ＝2cos(θ－1)D ．ρ＝2sin(θ－1)答案 C解析在极坐标系中，圆心在(ρ0，θ0)，半径为r 的圆的方程为r 2＝ρ02＋ρ2－2ρρ0cos(θ－θ0)，所以可得ρ＝2cos(θ－1)．8．极坐标方程分别是ρ＝cos θ和ρ＝sin θ的两个圆的圆心距是( ) A ．2 B. 2 C ．1 D.22答案 D9．在极坐标中，圆ρ＝2cos θ的垂直于极轴的两条切线方程分别为( ) A ．θ＝0(ρ∈R)，ρcos θ＝2 B ．θ＝π2(ρ∈R)，ρcos θ＝2C ．θ＝π2(ρ∈R)，ρcos θ＝1D ．θ＝0(ρ∈R)，ρcos θ＝1 答案 B解析由ρ＝2cos θ可得圆的直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，所以垂直于x 轴的两条切线的直角坐标方程分别为x ＝0和x ＝2，即所求垂直于极轴的两条切线方程分别为θ＝π2(ρ∈R)和ρcos θ＝2，故选B.10．在极坐标方程中，曲线C 的方程是ρ＝4sin θ，过点(4，π6)作曲线C 的切线，则切线长为( ) A ．4 B.7 C ．2 2 D ．2 3答案 C解析 ρ＝4sin θ化为普通方程为x 2＋(y －2)2＝4，点(4，π6)的直角坐标是A(23，2)，圆心到定点的距离及半径为构成直角三角形．由勾股定理：切线长为（23）2－22＝2 2.11．在极坐标系中，下列点在曲线ρ＝4sin(θ－π6)上的是________．①(2，π6)；②(2，π4)；③(2，π3)；④(－4，－π3)．答案 ③④解析把(2，π3)代入曲线极坐标方程，因为4sin(θ－π6)＝4sin(π3－π6)＝2，则(2，π3)在曲线上；把(－4，－π3)代入曲线极坐标方程，因为4sin(θ－π6)＝4sin(－π3－π6)＝－4，则(－4，－π3)在曲线上．12．在极坐标系中，圆ρ＝2(cos θ＋sin θ)的圆心坐标是________．答案 (1，π4)解析把圆的极坐标方程ρ＝2(cos θ＋sin θ)两边都乘ρ，得ρ2＝2ρcos θ＋2ρsin θ，则圆的直角坐标方程为x 2＋y 2＝2x ＋2y ，即(x －22)2＋(y －22)2＝1，故得圆心的直角坐标为(22，22)，化为极坐标是(1，π4)． 13．在极坐标系中，以点P(－1，3π2)为圆心，且过极点的圆的极坐标方程是________．答案 ρ＝2sin θ解析极坐标(1，π2)与点P(－1，3π2)表示相同的点，如图A(2，π2)是圆与过极点垂直于极轴的直线的交点，设M(ρ，θ)是圆上任意一点，连接OM 和MA ，则OM ⊥MA.在Rt △OAM 中，用|OM|＝|OA|cos ∠AOM ，即ρ＝2cos(π2－θ)，∴所求圆的极坐标方程为ρ＝2sin θ. 14．(2015·江苏)已知圆C 的极坐标方程为ρ2＋22ρsin(θ－π4)－4＝0，求圆C 的半径．解析以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O ，以极轴为x 轴的正半轴，建立直角坐标系xOy.圆C 的极坐标方程为ρ2＋22ρsin(θ－π4)－4＝0，化简得ρ2＋2ρsin θ－2ρcos θ＝4.令y ＝ρsinθ，x ＝ρcos θ，得x 2＋y 2－2x ＋2y －4＝0，即(x －1)2＋(y ＋1)2＝6，所以圆C 的半径为 6. 15．圆O 1和圆O 2的极坐标方程分别为ρ＝4cos θ，ρ＝－4sin θ. (1)把圆O 1和圆O 2的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)求经过圆O 1，圆O 2交点的直线的极坐标方程．解析 (1)由ρ＝4cos θ得ρ2＝4ρcos θ，所以x 2＋y 2＝4x ，即圆O 1的直角坐标方程为x 2＋y 2－4x ＝0，同理圆O 2的直角坐标方程为x 2＋y 2＋4y ＝0.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－4x ＝0，x 2＋y 2＋4y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，y 1＝0，或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2，y 2＝－2.即圆O 1和圆O 2交于点(0，0)和(2，－2)，则tan θ＝－2－02－0＝－1，则θ＝3π4或θ＝7π4，即过圆O 1和圆O 2交点的直线的极坐标方程为θ＝3π4或θ＝7π4.16．在极坐标系中，已知直线l 的极坐标方程为ρsin(θ＋π4)＝1，圆C 的圆心是C(1，π4)，半径为1.(1)求圆C 的极坐标方程； (2)求直线l 被圆C 所截得的弦长．解析 (1)设O 为极点，OD 为圆C 的直径，A (ρ，θ)为圆C 上的一个动点，则∠AOD ＝π4－θ或∠AOD ＝θ－π4，|OA|＝|OD|cos(π4－θ)或|OA|＝|OD|cos(θ－π4)．所以圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos(θ－π4)．(2)直线l 的直角坐标方程为x ＋y －2＝0，圆心C 的直角坐标为(22，22)，故C 点满足直线l 的方程，则直线l 经过圆C 的圆心，故直线被圆所截得的弦长为直径为2.1．圆ρ＝2sin θ的圆心的极坐标是( ) A ．(0，0) B ．(1，0) C ．(1，π2)D ．(π2，1)答案 C2．在极坐标系中，曲线θ＝0(ρ≥0)，θ＝π2(ρ≥0)和ρ＝4(0≤θ≤π2)所围成图形的面积是( )A ．16πB ．8πC ．4πD ．2π答案 C3．直线ρcos θ＝6与极轴所在直线的交点的极坐标是________(ρ>0，θ∈[0，2π))．答案 (6，0)4．在极坐标系中，已知圆C 的方程为ρ＝2cos θ，则点(1，－π3)________圆C 上．(填“在”或“不在”) 答案在解析点坐标代入方程ρ＝2cos θ检验，点(1，－π3)满足方程．5．在极坐标系中，圆心在点C(2，3π2)处，且过极点的圆的极坐标方程是________．答案 ρ＝－4sin θ 解析如图，A(4，3π2)是圆与过极点垂直于极轴的直线的交点，设M(ρ，θ)是圆上任意一点，连接OM 和MA ，则OM ⊥MA. 在Rt △OAM 中，有|OM|＝|OA|cos ∠AOM ，即ρ＝4cos(θ－3π2)，∴所求圆的极坐标方程为ρ＝－4sin θ.6．在极坐标中，若直线ρcos θ＝3交曲线ρ＝4cos θ于A 、B 两点，则|AB|＝________．答案 2 37．求以C(4，π2)为圆心，半径等于4的圆的极坐标方程．解析设P(ρ，θ)为圆C 上任意一点(不与O 、A 点重合)，圆C 交过极点且垂直于极轴的直线于另一点A ，则|OA|＝8，在Rt △AOP 中，|OP|＝|OA|sin θ，即ρ＝8sin θ，经验证点O 、点A 也满足该等式，所以ρ＝8sin θ.这就是圆C 的极坐标方程．。

高考数学一轮总复习课时作业66 参数方程(含解析)苏教版-苏教版高三全册数学试题

课时作业66 参数方程1．已知P 为半圆C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数，0≤θ≤π)上的点，点A 的坐标为(1,0)，O为坐标原点，点M 在射线OP 上，线段OM 与C 的弧AP ︵的长度均为π3.(1)以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，求点M 的极坐标； (2)求直线AM 的参数方程．解：(1)由已知，点M 的极角为π3，且点M 的极径等于π3，故点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎫π3，π3.(2)由(1)知点M 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫π6，3π6，A (1,0)．故直线AM 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋⎝⎛⎭⎫π6－1t ，y ＝3π6t (t 为参数)．2．在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)．(1)求C 和l 的直角坐标方程；(2)若曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标为(1,2)，求l 的斜率．解：(1)曲线C 的直角坐标方程为x 24＋y 216＝1.当cos α≠0时，l 的直角坐标方程为y ＝tan α·x ＋2－tan α，当cos α＝0时，l 的直角坐标方程为x ＝1.(2)将l 的参数方程代入C 的直角坐标方程，整理得关于t 的方程(1＋3cos 2α)t 2＋4(2cos α＋sin α)t －8＝0. ①因为曲线C 截直线l 所得线段的中点(1,2)在C 内，所以①有两个解，设为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝0.又由①得t 1＋t 2＝－4(2cos α＋sin α)1＋3cos 2α，故2cos α＋sin α＝0，于是直线l 的斜率k ＝tan α＝－2.3．(2020·某某教学质量检测)已知曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4cos θ，以极点O 为直角坐标原点，以极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系xOy ，将曲线C 1向左平移2个单位长度，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标保持不变，得到曲线C 2.(1)求曲线C 2的直角坐标方程；(2)已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2t ，y ＝－1＋3t (t 为参数)，点Q 为曲线C 2上的动点，求点Q到直线l 距离的最大值．解：(1)由ρ＝4cos θ得ρ2＝4ρcos θ，所以曲线C 1的直角坐标方程为(x －2)2＋y 2＝4.设曲线C 1上任意一点的坐标为(x ，y )，变换后对应的点的坐标为(x ′，y ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝12(x －2)，y ′＝y ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x ′＋2，y ＝y ′，代入曲线C 1的直角坐标方程(x －2)2＋y 2＝4中，整理得x ′2＋y ′24＝1，所以曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 24＝1. (2)设Q (cos θ1,2sin θ1)，由直线l 的参数方程得直线l 的普通方程为3x －2y －8＝0，则Q 到直线l 的距离d ＝|3cos θ1－4sin θ1－8|13＝|5cos (θ1＋α)－8|13(tan α＝43)，当cos(θ1＋α)＝－1时，d 取得最大值，为13，所以点Q 到直线l 距离的最大值为13.4．(2020·某某市质量检测)在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝－12t ，y ＝a ＋32t (t为参数，a ∈R )．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ，射线θ＝π3(ρ≥0)与曲线C 交于O ，P 两点，直线l 与曲线C 交于A ，B 两点．(1)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)当|AB |＝|OP |时，求a 的值．解：(1)将直线l 的参数方程化为普通方程，得3x ＋y －a ＝0.由ρ＝4cos θ，得ρ2＝4ρcos θ，从而x 2＋y 2＝4x ，即曲线C 的直角坐标方程为x 2－4x ＋y 2＝0.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝4cos θ，θ＝π3(ρ≥0)，得P (2，π3)．所以|OP |＝2，将直线l 的参数方程代入圆的方程x 2－4x ＋y 2＝0中，得t 2＋(2＋3a )t ＋a 2＝0，由Δ>0，得23－4<a <23＋4. 设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则|AB |＝|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝4＋43a －a 2＝2，解得a ＝0或a ＝4 3.所以，所求a 的值为0或4 3.5．(2020·某某市统考)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝－2＋t (t 是参数)，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2＝41＋3sin 2θ.(1)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)设曲线C 2经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝y 得到曲线C 3，M (x ，y )是曲线C 3上任意一点，求点M 到曲线C 1的距离的最大值．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t y ＝－2＋t ，消参可得曲线C 1的普通方程为x －2y －5＝0，∵ρ2＝41＋3sin 2θ，∴ρ2＋3ρ2sin 2θ＝4，将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2代入可得：x 2＋4y 2＝4.故曲线C 2的直角坐标方程为x 24＋y 2＝1.(2)曲线C 2：x 24＋y 2＝1，经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x y ′＝y得到曲线C 3的方程为x ′216＋y ′2＝1，∴曲线C 3的方程为x 216＋y 2＝1.设M (4cos α，sin α)，根据点到直线的距离公式可得点M 到曲线C 1的距离d ＝|4cos α－2sin α－5|12＋(－2)2＝|2sin α－4cos α＋5|5＝|25sin (α－φ)＋5|5≤25＋55＝2＋5(其中tan φ＝2)，∴点M 到曲线C 1的距离的最大值为2＋ 5.6．(2020·某某市第二次质量预测)在平面直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2cos 2θ＋3ρ2sin 2θ＝12，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝－2＋22t ，y ＝22t(t 为参数)，直线l 与曲线C 交于M ，N 两点．(1)若点P 的极坐标为(2，π)，求|PM |·|PN |的值； (2)求曲线C 的内接矩形周长的最大值．解：(1)由ρ2cos 2θ＋3ρ2sin θ＝12得x 2＋3y 2＝12，故曲线C 的直角坐标方程为x 212＋y 24＝1，点P 的直角坐标为(－2,0)，将直线l 的参数方程⎩⎨⎧x ＝－2＋22t ，y ＝22t代入曲线C 的直角坐标方程x 212＋y 24＝1中，得t 2－2t －4＝0，设点M ，N 对应的参数分别为t 1，t 2，则|PM |·|PN |＝|t 1t 2|＝4.(2)由曲线C 的直角坐标方程为x 212＋y 24＝1，可设曲线C 上的动点A (23cos α，2sin α)，0<α<π2，则以A 为顶点的内接矩形的周长为4(23cos α＋2sin α)＝16sin(α＋π3)，0<α<π2.因此该内接矩形周长的最大值为16，当且仅当α＝π6时取得最大值．。

人教版2020版高考数学理科一轮复习课时作业六(共7篇)

课时作业 54 抛物线....................................................................................................................32 .................................................................. 错误！未定义书签。 .................................................................. 错误！未定义书签。
则过点(3,1)的切线方程为(x－1)·(3－1)＋y(1－0)＝5，即 2x＋y－
7＝0.故选 B. 4．已知圆心(a，b)(a<0，b<0)在直线 y＝2x＋1 上的圆，其圆心
到 x 轴的距离恰好等于圆的半径，在 y 轴上截得的弦长为 2 5，则圆的方程为( B )
A．(x＋3)2＋(y＋5)2＝25 B．(x＋2)2＋(y＋3)2＝9 C.x－232＋y－732＝499 D.x＋232＋y＋732＝499 解析：设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，
解析：圆心 C(0,1)，设∠PCA＝α，|PC|＝m，则|PA|2＝m2＋1－2mcosα， |PB|2＝m2＋1－2mcos(π－α)＝m2＋1＋2mcosα，∴|PA|2＋|PB|2＝2m2＋
|0－1－1| 2.又 C 到直线 y＝x－1 的距离为 d＝ 2 ＝ 2，即 m 的最小值为
2，∴|PA|2＋|PB|2 的最小值为 2×( 2)2＋2＝6. 14．(2019·江苏南通模拟)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知
CM 是第二、四象限的角平分线，所以斜率为－1，所以过 M 的切线

高考数学一轮复习课时作业66 数系的扩充与复数的引入理-人教版高三全册数学试题

课时作业66 数系的扩充与复数的引入[基础达标]一、选择题1．[2020·某某市调研]已知复数z满足(1＋i)z＝2，则复数z的虚部为( ) A．1 B．－1C．i D．－i解析：由(1＋i)z＝2知z＝21＋i＝21－i1＋i1－i＝1－i，故z的虚部为－1.答案：B2．[2020·某某九校联考]若i为虚数单位，图中复平面内点Z表示复数z，则表示复数z1＋i的点是( )A．E B．FC．G D．H解析：由图知复数z＝3＋i，则z1＋i＝3＋i1＋i＝3＋i1－i1＋i1－i＝2－i，所以复数z1＋i所对应的点是H，故选D.答案：D3．[2020·某某某某一测]若复数z满足(3＋4i)z＝25i，其中i为虚数单位，则z的虚部是( )A．3i B．－3iC．3 D．－3解析：设z＝a＋b i(a，b∈R)，则(3＋4i)z＝(3＋4i)(a＋b i)＝3a－4b＋(3b＋4a)i，由复数相等的充要条件得到3a－4b＝0,3b＋4a＝25，解得b＝3，故选C.答案：C4．[2019·某某37校联考]复数z ＝1＋i1－i 的共轭复数是( )A ．1＋iB ．1－iC ．iD ．－i解析：因为z ＝1＋i1－i ＝i ，故z 的共轭复数z －＝－i ，故选D.答案：D5．[2020·某某株洲质检]已知复数z 满足(1－i)z ＝|2i|，i 为虚数单位，则z 等于( )A ．1－iB ．1＋i C.12－12i D.12＋12i 解析：由(1－i)z ＝|2i|，可得z ＝21－i ＝21＋i2＝1＋i ，故选B. 答案：B6．[2019·某某外国语学校摸底]当23<m <1时，复数z ＝(3m －2)＋(m －1)i 在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：复数z 在复平面内对应的点的坐标为(3m －2，m －1)，因为23<m <1，所以⎩⎪⎨⎪⎧3m －2>0，m －1<0，所以点在第四象限，故选D.答案：D7．[2020·某某某某调研]若a ＋b ii(a ，b ∈R )与(1－i)2互为共轭复数，则a －b 的值为( )A ．－2B ．2C ．－3D ．3 解析：∵a ＋b ii＝a ＋b i－i－i2＝b －a i ，(1－i)2＝－2i.又a ＋b ii与(1－i)2互为共轭复数，∴b ＝0，a ＝－2，则a －b ＝－2，故选A.答案：A8．[2019·某某某某金山中学期中]设复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于实轴对称，若z 1＝1＋3i 1－i，则z 1＋z 2等于( )A ．4iB ．－4iC ．2D ．－2 解析：z 1＝1＋3i1－i＝1＋3i 1＋i 1－i1＋i ＝－2＋4i2＝－1＋2i ，∵复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于实轴对称，∴z 2＝－1－2i ，则z 1＋z 2＝－2，故选D.答案：D9．[2019·某某某某模拟]已知复数z 满足z ＋z －＝4(i 为虚数单位)，其中z －是z 的共轭复数，|z |＝22，则复数z 的虚部为( )A ．±2 B．±2i C ．2 D ．2i解析：设z ＝a ＋b i ，a ，b ∈R ，则z 的共轭复数是z －＝a －b i.由z ＋z －＝4得a ＝2，又|z |＝22，∴4＋b 2＝8，∴b ＝±2.故选A.答案：A10．[2019·某某某某六中期末]已知i 为虚数单位，a 为实数，复数z ＝(a －2i)(1＋i)在复平面内对应的点为M ，则“a ＝1”是“点M 在第四象限”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解析：∵复数z ＝(a －2i)(1＋i)＝a ＋2＋(a －2)i ，∴z 在复平面内对应的点M 的坐标是(a ＋2，a －2)．若点M 在第四象限，则a ＋2>0，a －2<0，∴－2<a <2，∴“a ＝1”是“点M 在第四象限”的充分而不必要条件，故选A.答案：A 二、填空题11．[2020·某某学业质量抽测]已知复数z 1＝1＋2i ，z 1＋z 2＝2＋i ，则z 1·z 2＝________.解析：由已知条件得z 2＝2＋i －z 1＝2＋i －(1＋2i)＝1－i ，所以z 1·z 2＝(1＋2i)(1－i)＝3＋i.答案：3＋i12．[2020·某某检测]已知复数z 满足z －(3＋4i)＝4＋3i ，则|z |＝________. 解析：解法一因为z －＝4＋3i 3＋4i ＝4＋3i3－4i 3＋4i 3－4i ＝2425－725i ，所以z ＝2425＋725i ，所以|z |＝1.解法二设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，则z －＝x －y i ，所以(x －y i)(3＋4i)＝4＋3i,3x ＋4y＋(4x －3y )i ＝4＋3i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋4y ＝4，4x －3y ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2425，y ＝725.所以|z |＝1.解法三由z －(3＋4i)＝4＋3i ，得|z －(3＋4i)|＝|4＋3i|，即5|z －|＝5，所以|z |＝1. 答案：113．[2019·某某某某模拟]已知m ＋3ii＝n ＋i(m ，n ∈R )，其中i 为虚数单位，则m ＋n＝________.解析：因为m ＋3ii＝n ＋i ，所以3－m i ＝n ＋i ，所以m ＝－1，n ＝3，所以m ＋n ＝2.答案：214．[2020·某某某某三中检测]已知m ∈R ，p ：方程x 22＋y 2m ＝1表示焦点在y 轴上的椭圆；q ：在复平面内，复数z ＝1＋(m －3)i 对应的点在第四象限，若p ∧q 为真命题，则m 的取值X 围是________．解析：p ：方程x 22＋y 2m＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，则m >2.q ：在复平面内，复数z ＝1＋(m －3)i 对应的点在第四象限，则m <3，若p ∧q 为真命题，则2<m <3.答案：(2,3)[能力挑战]15．[2019·某某某某金山中学期末]定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc .若复数z 满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪i z －1 z＝－2，则z －＝( )A ．1－iB ．1＋iC ．－1＋iD ．－1－i解析：由题意得i z ＋z ＝－2，所以z ＝－21＋i ＝－21－i1＋i 1－i＝－1＋i ，所以z －＝－1－i ，故选D.答案：D16．[2019·某某某某一模]若(1＋i)2＋|2i|＝a ＋b i(a ，b ∈R ，i 为虚数单位)，则直线y ＝bax ＋1的斜率为( ) A ．－1 B ．1 C.3D.33解析：原式可化简为2＋2i ＝a ＋b i ，得a ＝2，b ＝2，所以直线y ＝ba x ＋1的斜率k ＝b a＝1，故选B.答案：B17．[2019·全国卷Ⅰ]设复数z 满足|z －i|＝1，z 在复平面内对应的点为(x ，y )，则( )A ．(x ＋1)2＋y 2＝1 B ．(x －1)2＋y 2＝1 C ．x 2＋(y －1)2＝1 D ．x 2＋(y ＋1)2＝1解析：通解 ∵z 在复平面内对应的点为(x ，y )，∴z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )．∵|z －i|＝1，∴|x ＋(y －1)i|＝1，∴x 2＋(y －1)2＝1.故选C.优解一 ∵|z －i|＝1表示复数z 在复平面内对应的点(x ，y )到点(0,1)的距离为1，∴x 2＋(y －1)2＝1.故选C.优解二在复平面内，点(1,1)所对应的复数z ＝1＋i 满足|z －i|＝1，但点(1,1)不在选项A ，D 的圆上，∴排除A ，D ；在复平面内，点(0,2)所对应的复数z ＝2i 满足|z －i|＝1，但点(0,2)不在选项B 的圆上，∴排除B.故选C.答案：C。

人教版2020版高考数学理科一轮复习课时作业七(共7篇)

人教版2020版高考数学理科一轮复习课时作业七（共7篇）目录课时作业61变量间的相关关系、统计案例 (2)课时作业62分类加法计数原理与分步乘法计数原理 (12)课时作业63排列与组合 (17)课时作业64二项式定理 (24)课时作业65随机事件的概率 (29)课时作业66古典概型 (38)课时作业67几何概型 (45)课时作业68离散型随机变量及其分布列 (55)课时作业69二项分布与正态分布 (64)课时作业61 变量间的相关关系、统计案例一、选择题1．四名同学根据各自的样本数据研究变量x ，y 之间的相关关系，并求得回归直线方程，分别得到以下四个结论：①y 与x 负相关且y ^＝2.347x －6.423； ②y 与x 负相关且y ^＝－3.476x ＋5.648； ③y 与x 正相关且y ^＝5.437x ＋8.493； ④y 与x 正相关且y ^＝－4.326x －4.578. 其中一定不正确的结论的序号是( D ) A ．①② B ．②③ C ．③④D ．①④解析：正相关指的是y 随x 的增大而增大，负相关指的是y 随x 的增大而减小，故不正确的为①④.2．下列说法错误的是( B )A ．自变量取值一定时，因变量的取值带有一定随机性的两个变量之间的关系叫做相关关系B ．在线性回归分析中，相关系数r 的值越大，变量间的相关性越强C ．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高D ．在回归分析中，R 2为0.98的模型比R 2为0.80的模型拟合的效果好解析：根据相关关系的概念知A 正确；当r >0时，r 越大，相关性越强，当r <0时，r 越大，相当性越弱，故B 不正确；对于一组数据的拟合程度的好坏的评价，一是残差点分布的带状区域越窄，拟合效果越好，二是R 2越大，拟合效果越好，所以R 2为0.98的模型比R 2为0.80的模型拟合的效果好，C 、D 正确，故选B.3．为了解某商品销售量y (件)与其单价x (元)的关系，统计了(x ，y )的10组值，并画成散点图如图，则其回归方程可能是( B )A.y ^＝－10x －198 B.y ^＝－10x ＋198 C.y ^＝10x ＋198D.y ^＝10x －198解析：由图象可知回归直线方程的斜率小于零，截距大于零，故选B.4．若一函数模型为y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，为将y 转化为t 的回归直线方程，需作变换t ＝( C )A ．x 2B ．(x ＋a )2 C.⎝⎛⎭⎪⎫x ＋b 2a 2D ．以上都不对解析：y 关于t 的回归直线方程，实际上就是y 关于t 的一次函数．因为y ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋b 2a 2＋4ac －b 24a ，所以可知选项C 正确．5．(2019·湖北七市联考)广告投入对商品的销售额有较大影响，某电商对连续5个年度的广告费和销售额进行统计，得到统计数据如表(单位：万元)由表可得回归方程为y ＝10.2x ＋a ，据此模拟，预测广告费为10万元时的销售额约为( C )A ．101.2B ．108.8C ．111.2D ．118.2解析：由题意得：x ＝4，y ＝50，∴50＝4×10.2＋a ^，解得a ^＝9.2，∴回归直线方程为y ^＝10.2x ＋9.2，∴当x ＝10时，y ^＝10.2×10＋9.2＝111.2，故选C.6．某考察团对10个城市的职工人均工资x (千元)与居民人均消费y (千元)进行调查统计，得出y 与x 具有线性相关关系，且回归方程为y ^＝0.6x ＋1.2.若某城市职工人均工资为5千元，估计该城市人均消费额占人均工资收入的百分比为( D )A ．66%B ．67%C ．79%D ．84%解析：因为y 与x 具有线性相关关系，满足回归方程y ^＝0.6x ＋1.2，该城市职工人均工资为x ＝5，所以可以估计该城市的职工人均消费水平y ＝0.6×5＋1.2＝4.2，所以可以估计该城市人均消费额占人均工资收入的百分比为4.25＝84%.7．(2019·江西九校联考)随着国家二孩政策的全面放开，为了调查一线城市和非一线城市的二孩生育意愿，某机构用简单随机抽样方法从不同地区调查了100位育龄妇女，结果如下表.由K 2＝(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，得K 2＝100×(45×22－20×13)265×35×58×42≈9.616.参照下表，A ．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“生育意愿与城市级别有关”B ．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“生育意愿与城市级别无关”C ．有99%以上的把握认为“生育意愿与城市级别有关”D ．有99%以上的把握认为“生育意愿与城市级别无关” 解析：∵K 2≈9.616>6.635，∴有99%以上的把握认为“生育意愿与城市级别有关”．二、填空题8．某单位为了了解用电量y (度)与气温x (℃)之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了如下对照表：由表中数据得线性回归直线方程y ＝b x ＋a 中的b ＝－2，预测当气温为－4 ℃时，用电量为68度．解析：回归直线过点(x ，y )，根据题意得x ＝18＋13＋10＋(－1)4＝10， y ＝24＋34＋38＋644＝40，将(10,40)代入y ^＝－2x ＋a ^，解得a ^＝60，则y ^＝－2x ＋60，当x ＝－4时，y ^＝(－2)×(－4)＋60＝68，即当气温为－4 ℃时，用电量约为68度．9．(2019·安徽蚌埠段考)为了研究工人的日平均工作量是否与年龄有关，从某工厂抽取了100名工人，且规定日平均生产件数不少于80件者为“生产能手”，列出的2×2列联表如下：龄有关”．解析：由2×2列联表可知，K 2＝ 100×(25×30－10×35)240×60×35×65≈2.93，因为2.93>2.706，所以有90%以上的把握认为“工人是否为‘生产能手’与工人的年龄有关”．三、解答题10．某公司为了了解广告投入对销售收益的影响，在若干地区各投入万元广告费用，并将各地的销售收益绘制成频率分布直方图(如图所示)．由于工作人员操作失误，横轴的数据丢失，但可以确定横轴是从0开始计数的．(1)根据频率分布直方图计算图中各小长方形的宽度；(2)估计该公司投入万元广告费用之后，对应销售收益的平均值(以各组的区间中点值代表该组的取值)；(3)该公司按照类似的研究方法，测得另外一些数据，并整理得到下表：果填入空白栏，并计算y关于x的线性回归方程．解：(1)设各小长方形的宽度为m，由频率分布直方图中各小长方形面积总和为1，可知(0.08＋0.1＋0.14＋0.12＋0.04＋0.02)·m＝0.5m ＝1，故m＝2.(2)由(1)知，各分组依次是[0,2)，[2,4)，[4,6)，[6,8)，[8,10)，[10,12]，其中点值分别为1,3,5,7,9,11，对应的频率分别为0.16,0.20, 0.28,0.24,0.08,0.04，故可估计平均值为1×0.16＋3×0.2＋5×0.28＋7×0.24＋9×0.08＋11×0.04＝5.(3)空白栏中填5.由题意可知，x ＝1＋2＋3＋4＋55＝3， y ＝2＋3＋2＋5＋75＝3.8，∑i ＝15x i y i ＝1×2＋2×3＋3×2＋4×5＋5×7＝69，∑i ＝15x 2i ＝12＋22＋32＋42＋52＝55.根据公式可求得b ^＝69－5×3×3.855－5×32＝1210＝1.2，a ^＝3.8－1.2×3＝0.2，即线性回归方程为y ^＝1.2x ＋0.2.11．已知某产品连续4个月的广告费用为x i (i ＝1,2,3,4)千元，销售额为y i (i ＝1,2,3,4)万元，经过对这些数据的处理，得到如下数据信息：①x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝18，y 1＋y 2＋y 3＋y 4＝14；②广告费用x 和销售额y 之间具有较强的线性相关关系；③回归直线方程y ^＝b ^x ＋a ^中的b ^＝0.8(用最小二乘法求得)．那么，当广告费用为6千元时，可预测销售额约为( B )A ．3.5万元B ．4.7万元C ．4.9万元D ．6.5万元解析：依题意得x ＝4.5，y ＝3.5，由回归直线必过样本中心点得a ＝3.5－0.8×4.5＝－0.1.当x ＝6时，y ^＝0.8×6－0.1＝4.7.12．近代统计学的发展起源于二十世纪初，它是在概率论的基础上发展起来的，统计性质的工作则可以追溯到远古的“结绳记事”和《二十四史》中大量的关于我国人口、钱粮、水文、天文、地震等资料的记录．近几年，雾霾来袭，对某市该年11月份的天气情况进行统计，结果如下表：表一策．下表是一个调查机构对比以上两年11月份(该年不限行30天、次年限行30天，共60天)的调查结果：表二是晴天的概率；(2)请用统计学原理计算，若没有90%的把握认为雾霾与限行有关系，则限行时有多少天没有雾霾？解：(a )a ＝10，b ＝20，所求概率P ＝630＝15.(2)设限行时有x 天没有雾霾，则有雾霾的天数为30－x ，由题意得K 2的观测值k ＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )≤3，代入数据化简得21x 2－440x ＋1 500≤0，x ∈[0,30]，x ∈N *，即(7x －30)(3x －50)≤0，解得307≤x ≤503，所以5≤x ≤16，且x ∈N *，所以若没有90%的把握认为雾霾与限行有关系，则限行时有5～16天没有雾霾．尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用 13．(2019·山西八校联考)某电视厂家准备在元旦举行促销活动，现根据近七年的广告费与销售量的数据确定此次广告费支出．广告费支出x (万元)和销售量y (万台)的数据如下：归方程；(2)若用y ＝c ＋d x 模型拟合y 与x 的关系，可得回归方程y ^＝1.63＋0.99x ，经计算线性回归模型和该模型的R 2分别约为0.75和0.88，请用R 2说明选择哪个回归模型更好；(3)已知利润z 与x ，y 的关系为z ＝200y －x .根据(2)的结果回答下列问题：①广告费x ＝20时，销售量及利润的预报值是多少？ ②广告费x 为何值时，利润的预报值最大？(精确到0.01) 参考公式：回归直线y ^＝a ^＋b ^x 的斜率和截距的最小二乘估计分别为b ^＝∑i ＝1n x i y i －n x y∑i ＝1n x 2i －n x 2＝∑i ＝1n (x i －x )(y i －y )∑i ＝1n (x i －x )2，a ^＝y －b ^x . 参考数据：5≈2.24.解：(1)∵x ＝8，y ＝4.2，∑i ＝17x i y i ＝279.4，∑i ＝17x 2i ＝708，∴b ^＝∑i ＝17x i y i －7x y∑i ＝17x 2i －7x 2＝279.4－7×8×4.2708－7×82＝0.17， a ^＝y －b ^ x ＝4.2－0.17×8＝2.84，∴y 关于x 的线性回归方程为y ^＝0.17x ＋2.84.(2)∵0.75<0.88且R 2越大，反映残差平方和越小，模型的拟合效果越好，∴选用y ^＝1.63＋0.99x 更好．(3)由(2)知，①当x ＝20时，销售量的预报值y ^＝1.63＋0.9920≈6.07(万台)，利润的预报值z ＝200×(1.63＋0.9920)－20≈1 193.04(万元)．②z ＝200(1.63＋0.99x )－x ＝－x ＋198x ＋326＝－(x )2＋198x ＋326＝－(x －99)2＋10 127， ∴当x ＝99，即x ＝9 801时，利润的预报值最大，故广告费为9 801万元时，利润的预报值最大．课时作业62分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题1．从甲地到乙地，一天中有5次火车，12次客车，3次飞机航班，还有6次轮船，某人某天要从甲地到乙地，共有不同走法的种数是(A)A．26 B．60C．18 D．1 080解析：由分类加法计数原理知有5＋12＋3＋6＝26(种)不同走法．2．a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a 不能当副组长，不同选法的种数是(B)A．20 B．16C．10 D．6解析：当a当组长时，则共有1×4＝4种选法；当a不当组长时，又因为a也不能当副组长，则共有4×3＝12种选法．因此共有4＋12＝16种选法．3．从集合{0,1,2,3,4,5}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a ＋b i，其中虚数有(C)A．36个B．30个C．25个D．20个解析：因为a，b互不相等且a＋b i为虚数，所以b只能从{1,2,3,4,5}中选，有5种选法，a从剩余的5个数中选，有5种选法，所以共有虚数5×5＝25(个)，故选C.4．(2019·南昌二模)为便民惠民，某通信运营商推出“优惠卡活动”．其内容如下：卡号的前七位是固定的，后四位从“0000”到“9999”共10 000个号码参与该活动，凡卡号后四位带有“6”或“8”的一律作为“优惠卡”，则“优惠卡”的个数是(C)A．1 980 B．4 096C．5 904 D．8 020解析：卡号后四位不带“6”和“8”的个数为84＝4 096，故带有“6”或“8”的“优惠卡”有5 904个．5．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(B)A．144个B．120个C．96个D．72个解析：当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A34个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C13 A34个偶数．故符合条件的偶数共有2A34＋C13A34＝120(个)．6．有六种不同颜色，给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，不同的涂色方法共有(A)A．4 320种B．2 880种C．1 440种D．720种解析：区域1有6种不同的涂色方法，区域2有5种不同的涂色方法，区域3有4种不同的涂色方法，区域4有3种不同的涂色方法，区域6有4种不同的涂色方法，区域5有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理得，共有6×5×4×3×4×3＝4 320(种)涂色方法，故选A.7．某班有9名运动员，其中5人会打篮球，6人会踢足球，现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛，则不同的选派方案有(A) A．28种B．30种C．27种D．29种解析：有9名运动员，其中5人会打篮球，6人会踢足球，则有2人既会踢足球又会打篮球，有3人只会打篮球，有4人只会踢足球，所以选派的方案有四类：选派两种球都会的运动员有2种方案；选派两种球都会的运动员中一名踢足球，只会打篮球的运动员打篮球，有2×3＝6(种)方案；选派两种球都会的运动员中一名打篮球，只会踢足球的运动员踢足球，有2×4＝8(种)方案；选派只会打篮球和踢足球的运动员分别打篮球和踢足球，有3×4＝12(种)方案．综上可知，共有2＋6＋8＋12＝28(种)方案，故选A.二、填空题8．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有12种行车路线．解析：由分步乘法计数原理知4×3＝12(种)．9．正整数180的正约数的个数为18.解析：180＝22×32×5，其正约数的构成是2i3j5k形式的数，其中i＝0,1,2，j＝0,1,2，k＝0,1，故其不同的正约数有3×3×2＝18(个)．10．已知△ABC三边a，b，c的长都是整数，且a≤b≤c，如果b＝25，则符合条件的三角形共有325个．解析：根据三边构成三角形的条件可知，c<25＋a.第一类：当a＝1，b＝25时，c可取25，共1个值；第二类：当a＝2，b＝25时，c可取25,26，共2个值；……当a＝25，b＝25时，c可取25,26，…，49，共25个值；所以三角形的个数为1＋2＋…＋25＝325.11．在某一运动会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有2_880种．解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排．故安排方式有4×3×2＝24(种)．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．故安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种)．12．甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛，决出第1名至第5名(没有重名次)．已知甲、乙均未得到第1名，且乙不是最后一名，则5名同学的名次排列情况可能有(C) A．27种B．48种C．54种D．72种解析：分五步完成：第一步，决出第1名的情况有3种；第二步，决出第5名的情况有3种；第三步，决出第2名的情况有3种；第四步，决出第3名的情况有2种；第五步，决出第4名的情况有1种．因此，根据分步乘法计数原理可知，5名同学的名次排列情况可能有3×3×3×2×1＝54(种)．13．某校高三年级5个班进行拔河比赛，每2个班都要比赛一场．到现在为止，(1)班已经比了4场，(2)班已经比了3场，(3)班已经比了2场，(4)班已经比了1场，则(5)班已经比了(B) A．1场B．2场C．3场D．4场解析：设①②③④⑤分别代表(1)(2)(3)(4)(5)班，①比了4场，则①和②③④⑤均比了1场；由于④只比了1场，则一定是和①比的；②比了3场，是和①③⑤比的；③比了2场，是和①②比的．所以此时⑤比了2场，是和①②比的.5个班的比赛情况可以用下图表示．14．6个标有不同编号的乒乓球放在两头有盖的棱柱型纸盒中，正视图如图所示，若随机从一头取出一个乒乓球，分6次取完，并依次排成一行，则不同的排法种数是32.(用数字作答)解析：排成一行的6个球，第1个球可从左边取，也可从右边取，有2种可能，同样第2个球也有2种可能，……，第5个球也有2种可能，第6个球只有1种可能，因此不同的排法种数为25＝32.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·河北唐山二模)用两个1，一个2，一个0可组成不同四位数的个数是(D)A．18 B．16C．12 D．9解析：根据题意，分3步进行分析：①0不能放在千位，可以放在百位、十位和个位，有3种情况，②在剩下的3个数位中任选1个，安排2，有3种情况，③在最后2个数位安排2个1，有1种情况，则可组成3×3＝9个不同四位数，故选D.16．设a，b，c∈{1,2,3,4,5,6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有27个．解析：先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1,2，…，6，有六个．再考虑等腰的情况，若a＝b＝1，c<a＋b＝2，此时c＝1，与等边重复；若a＝b＝2，c<a＋b＝4，则c＝1,3，有两个；若a＝b＝3，c<a＋b ＝6，则c＝1,2,4,5，有四个；若a＝b＝4，c<a＋b＝8，则c＝1,2,3,5,6，有五个；若a＝b＝5，c<a＋b＝10，则c＝1,2,3,4,6，有五个；若a＝b＝6，c<a＋b＝12，则c＝1,2,3,4,5，有五个．故一共有27个符合题意的三角形．课时作业63排列与组合一、选择题1．从10名大学毕业生中选3个人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为(C)A．85 B．56C．49 D．28解析：分两类：甲、乙中只有1人入选且丙没有入选，甲、乙均入选且丙没有入选，计算可得所求选法种数为C12C27＋C22C17＝49.2．4位男生和2位女生排成一排，男生有且只有2位相邻，则不同排法的种数是(C)A．72 B．96C．144 D．240解析：先在4位男生中选出2位，易知他们是可以交换位置的，则共有A24种选法，然后再将2位女生全排列，共有A22种排法，最后将3组男生插空全排列，共有A33种排法．综上所述，共有A24A22A33＝144种不同的排法．故选C.3．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为(D)A．144 B．120C．72 D．24解析：“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A34＝4×3×2＝24.4．A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有(B) A．60种B．48种C．30种D．24种解析：由题知，可先将B，C二人看作一个整体，再与剩余人进行排列，则不同的座次有A22A44＝48种．5．(2019·昆明两区七校调研)某校从8名教师中选派4名同时去4个边远地区支教(每地1名教师)，其中甲和乙不能都去，甲和丙只能都去或都不去，则不同的选派方案有(B)A．900种B．600种C．300种D．150种解析：依题意，就甲是否去支教进行分类计数：第一类，甲去支教，则乙不去支教，且丙也去支教，则满足题意的选派方案有C25·A44＝240(种)；第二类，甲不去支教，且丙也不去支教，则满足题意的选派方案有A46＝360(种)，因此，满足题意的选派方案共有240＋360＝600(种)，故选B.6．将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，则甲、乙在同一路口的分配方案共有(C) A．18种B．24种C．36种D．72种解析：不同的分配方案可分为以下两种情况：①甲、乙两人在一个路口，其余三人分配在另外的两个路口，其不同的分配方案有C23A33＝18(种)；②甲、乙所在路口分配三人，另外两个路口各分配一个人，其不同的分配方案有C13A33＝18(种)．由分类加法计数原理可知不同的分配方案共有18＋18＝36(种)．7．(2019·安徽黄山二模)我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼-15”飞机准备着舰，规定乙机不能最先着舰，且丙机必须在甲机之前着舰(不一定相邻)，那么不同的着舰方法种数为(C)A．24 B．36C．48 D．96解析：根据题意，分2种情况讨论：①丙机最先着舰，此时只需将剩下的4架飞机全排列，有A 44＝24种情况，即此时有24种不同的着舰方法；②丙机不最先着舰，此时需要在除甲、乙、丙之外的2架飞机中任选1架，作为最先着舰的飞机，将剩下的4架飞机全排列，丙机在甲机之前和丙机在甲机之后的数目相同，则此时有12×C 12A 44＝24种情况，即此时有24种不同的着舰方法．则一共有24＋24＝48种不同的着舰方法．故选C.二、填空题8．现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人，每人一张，若甲、乙分得的电影票连号，则共有48种不同的分法．(用数字作答)解析：电影票号码相邻只有4种情况，则甲、乙2人在这4种情况中选一种，共C 14种选法，2张票分给甲、乙，共有A 22种分法，其余3张票分给其他3个人，共有A 33种分法，根据分步乘法计数原理，可得共有C 14A 22A 33＝48种分法．9．现有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加区分，将这9个球排成一列，有1_260种不同的方法．(用数字作答)解析：第一步，从9个位置中选出2个位置，分给相同的红球，有C 29种选法；第二步，从剩余的7个位置中选出3个位置，分给相同的黄球，有C 37种选法；第三步，剩下的4个位置全部分给4个白球，有1种选法．根据分步乘法计数原理可得，排列方法共有C 29C 37＝1 260(种)．10．(2018·浙江卷)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成1_260个没有重复数字的四位数．(用数字作答)解析：若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为C 25C 23A 44；若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为C 25C 13C 13A 33.综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为C 25C 23A 44＋C 25C 13C 13A 33＝720＋540＝1 260.11．某班主任准备请2018届毕业生做报告，要从甲、乙等8人中选4人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言中间需恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有1_080种．(用数字作答)解析：若甲、乙同时参加，有2C 26A 22A 22＝120种，若甲、乙有一人参加，有C 12C 36A 44＝960种，从而不同的发言顺序有1 080种．12．(2019·福建福州二模)福州西湖公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有( B )A ．90种B ．180种C ．270种D ．360种解析：根据题意，分3步进行分析：①在6位志愿者中任选1个，安排到甲展区，有C 16＝6种情况；②在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有C 15＝5种情况；③将剩下的4个志愿者平均分成2组，然后安排到剩下的2个展区，有C 24C 22A 22×A 22＝6种情况，则一共有6×5×6＝180种不同的安排方案，故选B.13．(2019·郑州质量预测)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为( D )A ．72B ．120C ．192D ．240解析：将数字“124 467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数．(1)若末位数字为2，因为其他位数上含有2个4，所以有5×4×3×2×1＝60种情况；(2)若末位数字为6，同理有25×4×3×2×1＝60种情况；(3)若末位数字为4，因为其他位数上只2含有1个4，所以共有5×4×3×2×1＝120种情况．综上，共有60＋60＋120＝240种情况．14．(2019·昆明质检)某小区一号楼共有7层，每层只有1家住户，已知任意相邻两层楼的住户在同一天至多一家有快递，且任意相邻三层楼的住户在同一天至少一家有快递，则在同一天这7家住户有无快递的可能情况共有12种．解析：分三类：(1)同一天2家有快递：可能是2层和5层、3层和5层、3层和6层，共3种情况；(2)同一天3家有快递：考虑将有快递的3家插入没有快递的4家形成的空位中，有C35种插入法，但需减去1层、3层与7层有快递，1层、5层与7层有快递这两种情况，所以有C35－2＝8种情况；(3)同一天4家有快递：只有1层、3层、5层、7层有快递这一种情况．根据分类加法计数原理可知，同一天7家住户有无快递的可能情况共有3＋8＋1＝12种．尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·河南豫北名校联考)2018年元旦假期，高三的8名同学准备拼车去旅游，其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名，分乘甲乙两辆汽车，每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中(1)班两位同学是孪生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有(B) A．18种B．24种C．48种D．36种解析：由题意，有两类：第一类，一班的2名同学在甲车上，甲车上剩下两个要来自不同的班级，从三个班级中选两个，有C23＝3种，然后分别从选择的班级中再选择一个学生，有C12C12＝4种，故有3×4＝12种．第二类，一班的2名同学不在甲车上，则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上，有C13＝3种，然后再从剩下的两个班级中分别选择一人，有C12C12＝4种，这时共有3×4＝12种，根据分类计数原理得，共有12＋12＝24种不同的乘车方式，故选B.16．(2019·山西长治二模)某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为3个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i(i＝1,2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i 个单位，一直循环下去．则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A 处的所有不同走法共有(C)A．22种B．24种C．25种D．36种解析：由题意知正方形ABCD(边长为3个单位)的周长是12，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处表示三次骰子的点数之和是12，在点数中三个数字能够使得和为12的有1,5,6；2,4,6；3,4,5；3,3,6；5,5,2；4,4,4，共有6种组合，前三种组合1,5,6；2,4,6；3,4,5各可以排出A 33＝6种结果，3,3,6和5,5,2各可以排出A 33A 22＝3种结果，4,4,4只可以排出1种结果．根据分类计数原理知共有3×6＋2×3＋1＝25种结果，故选C.课时作业64 二项式定理一、选择题1．C 1n ＋2C 2n ＋4C 3n＋…＋2n －1C nn 等于( D ) A ．3n B ．2·3n C.3n2－1D.3n －12解析：因为C 0n ＋2(C 1n ＋2C 2n ＋4C 3n ＋…＋2n －1C nn )＝(1＋2)n ，所以C 1n ＋2C 2n ＋4C 3n ＋…＋2n －1C nn ＝3n－12.2．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 5的展开式中x 的系数为( B )A ．5B ．10C ．20D ．40解析：∵T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 5x10－3r，令10－3r ＝1，得r ＝3，∴x 的系数为C 35＝10.3．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋2x n的展开式的各项系数和为243，则展开式中x 7的系数为( B )A ．5B ．40C ．20D ．10解析：由题意，二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋2x n的展开式中各项的系数和为243，令x ＝1，则3n＝243，解得n ＝5，所以二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋2x 5的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5(x 3)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝2r C r 5x 15－4r，令15－4r ＝7，得r ＝2，则T 3＝22C 25x15－4×2＝40x 7，即x 7的系数为40，故选B. 4．(2019·吉林四平联考)1＋(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n 的展开式的各项系数之和为( C )A ．2n －1B ．2n －1C ．2n ＋1－1D ．2n解析：令x ＝1，得1＋2＋22＋ (2)＝1×(2n ＋1－1)2－1＝2n ＋1－1.5．(3－2x －x 4)(2x －1)6的展开式中，含x 3项的系数为( C ) A ．600 B ．360 C ．－600D ．－360解析：由二项展开式的通项公式可知，展开式中含x 3项的系数为3×C 3623(－1)3－2×C 2622(－1)4＝－600. 6．(2019·内蒙古包头模拟)已知(2x －1)5＝a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 5|＝( B )A ．1B ．243C ．121D ．122解析：令x ＝1，得a 5＋a 4＋a 3＋a 2＋a 1＋a 0＝1，① 令x ＝－1，得－a 5＋a 4－a 3＋a 2－a 1＋a 0＝－243，② ①＋②，得2(a 4＋a 2＋a 0)＝－242，即a 4＋a 2＋a 0＝－121.①－②，得2(a 5＋a 3＋a 1)＝244，即a 5＋a 3＋a 1＝122.所以|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 5|＝122＋121＝243.故选B. 7．在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋1x 2 01510的展开式中，x 2的系数为( C )A ．10B ．30C ．45D ．120解析：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋1x 2 01510＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋x )＋1x 2 01510＝(1＋x )10＋C 110(1＋x )91x 2 015＋…＋C 1010⎝⎛⎭⎪⎫1x 2 01510，所以x 2只出现在(1＋x )10的展开式中，所以含x 2的项为C 210x 2，系数为C 210＝45.故选C.二、填空题8．(x 2－1x )8的展开式中x 7的系数为－56.(用数字作答) 解析：二项展开式的通项T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r ·(－1x)r ＝(－1)r C r 8x16－3r，令16－3r ＝7，得r ＝3，故x 7的系数为－C 38＝－56.9．若二项式(x －23x)n 的展开式中仅有第6项的二项式系数最大，则其常数项是13_440.解析：∵二项式(x －23x)n 的展开式中仅有第6项的二项式系数最大，∴n ＝10，∴T r ＋1＝C r 10(x )10－r (－23x )r ＝(－2)r C r10·x 30－5r6 ，令30－5r 6＝0，解得r ＝6，∴常数项是(－2)6C 610＝13 440.10．(2019·湖南湘东五校联考)若(x ＋a )(1＋2x )5的展开式中x 3的系数为20，则a ＝－14.解析：(x ＋a )(1＋2x )5的展开式中x 3的系数为C 25·22＋a ·C 35·23＝20，∴40＋80a ＝20，解得a ＝－14.11．(2019·武汉市调研)在(x ＋4x －4)5的展开式中，x 3的系数是180. 解析：(x ＋4x －4)5＝(－4＋x ＋4x )5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5(－4)5－r ·(x ＋4x )r ，r ＝0,1,2,3,4,5，(x ＋4x )r 的展开式的通项T k ＋1＝C k r x r －k (4x )k＝4k C k r x r －2k，k ＝0,1，…，r .令r －2k ＝3，当k ＝0时，r ＝3；当k ＝1时，r ＝5.∴x 3的系数为40×C 03×(－4)5－3×C 35＋4×C 15×(－4)0×C 55＝180.12．(2019·广东茂名联考)在(x ＋x )6⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y 5的展开式中，x 4y 2项的系数为( C )A ．200B ．180C ．150D ．120解析：(x ＋x )6展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6(x )6－r x r＝C r 6，令6＋r 2＝4，得r ＝2，则T 3＝C 26＝15x 4.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y 5展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫1y r ＝C r 5y －r ，令r ＝2可得T 3＝C 25y －2＝10y －2.故x 4y2项的系数为15×10＝150.13．(2019·安徽蚌埠一模)已知(2x －1)4＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4，则a 2＝( B )A ．18B ．24C ．36D ．56解析：∵(2x －1)4＝[(2x －2)＋1]4＝[1＋(2x －2)]4＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4，∴a 2＝C 24·22＝24，故选B. 14．(2019·山东济南模拟)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中含x 4项的系数为－48.解析：令x ＝1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为1－a ＝2，得a ＝－1，则⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中x 4项的系数即是⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中的x 3项与x 5项系数的和．又⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式的通项为T r ＋1＝C r5(－1)r ·25－r ·x 5－2r ，令5－2r ＝3，得r ＝1，令5－2r ＝5，得r ＝0，将r ＝1与r ＝0分别代入通项，可得x 3项与x 5项的系数分别为－80与32，故原展开式中x 4项的系数为－80＋32＝－48.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用 15．(2019·洛阳市第一次联考)已知(1＋ax ＋by )5(a ，b 为常数，a ∈N *，b ∈N *)的展开式中不含字母x 的项的系数和为243，则函数f (x )＝sin2x ＋b 2sin (x ＋π4)，x ∈[0，π2]的最小值为2.解析：令x ＝0，y ＝1，得(1＋b )5＝243，解得b ＝2.因为x ∈[0，π2]，所以x ＋π4∈[π4，3π4]，则sin x ＋cos x ＝2sin(x ＋π4)∈[1，2]，所以f (x )＝sin2x ＋b 2sin (x ＋π4)＝sin2x ＋2sin x ＋cos x ＝2sin x ·cos x ＋2sin x ＋cos x ＝sin x ＋cos x ＋1sin x ＋cos x。

【高中数学】【高考调研】高中数学课时作业6 新人教A版选修22

课时作业(六)一、选择题1．若f (x )＝(x ＋1)4，则f ′(0)等于( ) A ．0 B ．1 C ．3 D ．4答案 D2．若f (x )＝sin(2x ＋π6)，则f ′(π6)等于( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 A3．y ＝cos 3(2x ＋3)的导数是( ) A ．y ′＝3cos 2(2x ＋3) B ．y ′＝6cos 2(2x ＋3)C ．y ′＝－3cos 2(2x ＋3)·sin(2x ＋3)D ．y ′＝－6cos 2(2x ＋3)·sin(2x ＋3) 答案 D4．函数y ＝sin 2x 的图像在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，14处的切线的斜率是( )A. 3B.33C.12D.32答案 D分析将函数y ＝sin 2x 看作是由函数y ＝u 2，u ＝sin x 复合而成的．解析 ∵y ′＝2sin x cos x ， ∴y ′|x ＝π6＝2sin π6cos π6＝32.5．y ＝sin 31x的导数是( )A ．－3x 2sin 21xB ．－32x 2sin 22xC ．－3x2cos 1x ·sin 21xD.32x 2sin 1x ·sin 2x答案 C6．曲线y ＝ln(2x －1)上的点到直线2x －y ＋3＝0的最短距离是( ) A. 5 B ．2 5 C ．3 5 D ．0答案 A解析 y ′＝22x －1＝2，∴x ＝1.∴切点坐标为(1,0)．由点到直线的距离公式，得d ＝|2×1－0＋3|22＋12＝ 5. 7．设y ＝f (2－x)可导，则y ′等于( ) A ．f ′(2－x)ln2 B ．2－x ·f ′(2－x)ln2 C ．－2－x·f ′(2－x)ln2 D ．－2－x·f ′(2－x)log2e答案 C8．曲线y ＝e 12 x 在点(4，e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( ) A.92e 2B ．4e 2C ．2e 2D ．e 2答案 D解析 ∵y ′＝12·e 12 x ，∴切线的斜率k ＝y ′|x ＝4＝12e 2.∴切线方程为y －e 2＝12e 2(x －4)．∴横纵截距分别为2，－e 2，∴S ＝e 2，故选D.9．若函数f (x )的导函数f ′(x )＝x 2－4x ＋3，则函数f (x ＋1)的单调递减区间是( ) A ．(2,4) B ．(－3，－1) C ．(1,3) D ．(0,2)答案 D解析由f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)知，当x ∈(1,3)时，f ′(x )<0.函数f (x )在(1,3)上为减函数，函数f (x ＋1)的图像是由函数y ＝f (x )图像向左平移1个单位长度得到的，所以(0,2)为函数y ＝f (x ＋1)的单调减区间．10．函数f (x )＝a sin ax (a ∈R )的图像过点P (2π，0)，并且在点P 处的切线斜率为4，则f (x )的最小正周期为( )A ．2πB ．π C.π2 D.π4答案 B解析 f ′(x )＝a 2cos ax ，∴f ′(2π)＝a 2cos2πa . 又a sin2πa ＝0，∴2πa ＝k π，k ∈Z . ∴f ′(2π)＝a 2cos k π＝4，∴a ＝±2. ∴T ＝2π|a |＝π.二、填空题11．函数y ＝ln(2x 2－4)的导函数是y ′＝________. 答案2xx 2－212．设函数f (x )＝(1－2x 3)10，则f ′(1)＝________. 答案 6013．若f (x )＝(x －1)·e x －1，则f ′(x )＝________.答案 x ·ex －114．设曲线y ＝e ax在点(0,1)处的切线与直线x ＋2y ＋1＝0垂直，则a ＝________. 答案 2解析由题意得y ′＝a e ax，y ′|x ＝0＝a ea ×0＝2，a ＝2.15．一物体作阻尼运动，运动规律为x ＝e －2tsin(3t ＋π6)，则物体在时刻t ＝0时，速度为________，加速度为________．答案332－1；63－52三、解答题16．已知f (x )＝(x ＋1＋x 2)10，求f ′0f 0.解析 (1＋x 2)′＝[(1＋x 2) 12 ]′ ＝12(1＋x 2) － 12 ·2x ＝x (1＋x 2) － 12 ，∴f ′(x )＝10(x ＋1＋x 2)9·[1＋x (1＋x 2) － 12 ]＝10·x ＋1＋x 2101＋x2.∴f ′(0)＝10.又f (0)＝1，∴f ′0f 0＝10.17．求证：双曲线C 1：x 2－y 2＝5与椭圆C 2：4x 2＋9y 2＝72在第一象限交点处的切线互相垂直．证明联立两曲线的方程，求得它们在第一象限交点为(3,2)．C 1在第一象限的部分对应的函数解析式为y ＝x 2－5，于是有：y ′＝[(x 2－5) 12 ]′＝x 2－5′2x 2－5＝x x 2－5， ∴k 1＝y ′|x ＝3＝32.C 2在第一象限的部分对应的函数解析式为 y ＝8－49x 2. ∴y ′＝－89x 28－49x 2＝－2x318－x 2. ∴k 2＝y ′|x ＝3＝－23.∵k 1·k 2＝－1，∴两切线互相垂直． ►重点班·选做题18．曲线y ＝e 2xcos3x 在(0,1)处的切线与l 的距离为5，求l 的方程．解析由题意知y ′＝(e 2x )′cos3x ＋e 2x (cos3x )′＝2e 2xcos3x ＋3(－sin3x )·e 2x＝2e 2xcos3x －3e 2xsin3x ，∴曲线在(0,1)处的切线的斜率为k ＝y ′|x ＝0＝2. ∴该切线方程为y －1＝2x ⇒y ＝2x ＋1. 设l 的方程为y ＝2x ＋m ，则d ＝|m －1|5＝ 5.解得m ＝－4或m ＝6.当m ＝－4时，l 的方程为y ＝2x －4；当m＝6时，l的方程为y＝2x＋6.综上，可知l的方程为y＝2x－4或y＝2x＋6.高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。

2020高考数学理科大一轮复习课时作业：第十章概率课时作业66

课时作业66 古典概型一、选择题1．已知袋子中装有大小相同的6个小球，其中有2个红球、4个白球．现从中随机摸出3个小球，则至少有2个白球的概率为( C )A.34B.35C.45D.710解析：所求问题有两种情况：1红2白或3白，则所求概率P ＝C 12C 24＋C 34C 36＝45. 2．投掷两颗骰子，其向上的点数分别为m 和n ，则复数(m ＋n i)2为纯虚数的概率为( C )A.13B.14C.16D.112解析：∵(m ＋n i)2＝m 2－n 2＋2mn i 为纯虚数， ∴m 2－n 2＝0，∴m ＝n ，(m ，n )的所有可能取法有6×6＝36种，其中满足m ＝n 的取法有6种，∴所求概率P ＝636＝16.3．从甲、乙、丙、丁四个人中选两名代表，甲被选中的概率是( B )A.23B.12C.13D.14解析：P ＝1－C 23C 24＝1－12＝12.故选B.4．已知集合M ＝{1,2,3,4}，N ＝{(a ，b )|a ∈M ，b ∈M }，A 是集合N 中任意一点，O 为坐标原点，则直线OA 与y ＝x 2＋1有交点的概率是( C )A.12B.13C.14D.18解析：易知过点(0,0)，与y ＝x 2＋1相切的直线为y ＝2x (斜率小于0的无需考虑)，集合N 中共有16个元素，其中使直线OA 的斜率不小于2的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,4)，共4个，故所求的概率为416＝14.5．从数字1,2,3,4,5中，随机抽取3个数字(允许重复)组成一个三位数，其各位数字之和等于12的概率为( A )A.225B.13125C.18125D.9125解析：从5个数字中任意抽取3个数字组成一个三位数，并且允许有重复的数字，这样构成的数字有53＝125个，但要使各位数字之和等于12且没有重复数字时，则该数只能含有3,4,5三个数字，它们有A 33＝6种；若三位数的各位数字均重复，则该数为444；若三位数中有2个数字重复，则该数为552,525,255，有3种．因此，所求概率为P ＝6＋1＋3125＝225.故选A.6．(2018·全国卷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( C )A.112B.114C.115D.118解析：不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，从中随机选取两个不同的数有C 210种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率P ＝3C 210＝115，故选C.7．如图，三行三列的方阵中有九个数a ij (i ＝1,2,3；j ＝1,2,3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是( D )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a 31a 32 a 33 A.37 B.47 C.114D.1314解析：从九个数中任取三个数的不同取法共有C 39＝84种，因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C 13·C 12·C 11＝6种，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－684＝1314.二、填空题8．将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是56.解析：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，所有等可能的结果有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(6,6)，共36种情况．设事件A ＝“出现向上的点数之和小于10”，其对立事件A ＝“出现向上的点数之和大于或等于10”，A 包含的可能结果有(4,6)，(5,5)，(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共6种情况．所以由古典概型的概率公式，得P (A )＝636＝16，所以P (A )＝1－16＝56.9．(2019·重庆适应性测试)从2,3,4,5,6这5个数字中任取3个，则所取3个数之和为偶数的概率为25.解析：依题意，从2,3,4,5,6这5个数字中任取3个，共有10种不同的取法，其中所取3个数之和为偶数的取法共有1＋3＝4种(包含两种情形：一种情形是所取的3个数均为偶数，有1种取法；另一种情形是所取的3个数中2个奇数，另一个是偶数，有3种取法)，因此所求的概率为410＝25.10．用两种不同的颜色给图中三个矩形随机涂色，每个矩形只涂一种颜色，则相邻两个矩形涂不同颜色的概率是14.解析：由于只有两种颜色，不妨将其设为1和2，若只用一种颜色有111,222.若用两种颜色有122,212,221,211,121,112.所以基本事件共有8种．又相邻颜色各不相同的有2种，故所求概率为14.三、解答题11．在某项大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到A ，B ，C ，D 四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．(1)求甲、乙两人同时参加A 岗位服务的概率； (2)求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率； (3)求五名志愿者中仅有一人参加A 岗位服务的概率．解：(1)记“甲、乙两人同时参加A 岗位服务”为事件E A ，那么P (E A )＝A 33C 25A 44＝140，即甲、乙两人同时参加A 岗位服务的概率是140.(2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E ，那么P (E )＝A 44C 25A 44＝110，所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P (E )＝1－P (E )＝910.(3)有两人同时参加A 岗位服务的概率P 2＝C 25A 33C 25A 44＝14，所以仅有一人参加A 岗位服务的概率P 1＝1－P 2＝34.12．某中学组织了一次数学学业水平模拟测试，学校从测试合格的男、女生各随机抽取100人的成绩进行统计分析，分析制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图．(注：分组区间为[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100])(1)若得分大于或等于80认定为优秀，则男、女生的优秀人数各为多少？(2)在(1)中所述的优秀学生中用分层抽样的方法抽取5人，从这5人中任意选取2人，求至少有一名男生的概率．解：(1)由题可得，男生优秀人数为100×(0.01＋0.02)×10＝30，女生优秀人数为100×(0.015＋0.03)×10＝45.(2)因为样本容量与总体中的个体数的比是530＋45＝115，所以样本中包含的男生人数为30×115＝2，女生人数为45×115＝3.则从5人中任意选取2人共有C25＝10种，抽取的2人中没有一名男生有C23＝3(种)，则至少有一名男生有C25－C23＝7(种)．故至少有一名男生的概率为P ＝710，即选取的2人中至少有一名男生的概率为710.13．(2019·西安调研)安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为( B )A.115B.15C.14D.12解析：由题意，甲连续三天参加活动的所有情况为：第1～3天，第2～4天，第3～5天，第4～6天，共4种．故所求事件的概率P ＝4·A 33C 36A 33＝15.14．从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为16.解析：十个数中任取七个不同的数共有C 710种情况，七个数的中位数为6，那么6只能处在中间位置，有C 36种情况，于是所求概率P＝C 36C 710＝16.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用 15．(2019·甘肃二诊)某县自古就以盛产“美瓜”而名扬内外，生产的“瓜州蜜瓜”有4个系列30多个品种，质脆汁多，香甜可口，清爽宜人，含糖量达14%～19%，是消暑止渴的佳品，有诗曰：冰泉浸绿玉，霸刀破黄金；凉冷消晚暑，清甘洗渴心．调查表明，蜜瓜的甜度与海拔、日照时长、温差有极强的相关性，分别用x ，y ，z 表示蜜瓜甜度与海拔、日照时长、温差的相关程度，并对它们进行量化：0表示一般，1表示良，2表示优，再用综合指标ω＝x ＋y ＋z 的值评定蜜瓜的等级，若ω≥4，则为一级；若2≤ω≤3，则为二级；若0≤ω≤1，则为三级．近年来，周边各省也开始发展蜜瓜种植，为了了解目前蜜瓜在周边各省的种植情况，研究人员从不同省份随机抽取了10块蜜瓜种植地，得到如下结果：量；(2)在所取样本的二级和二级蜜瓜种植地中任取2块，X 表示取到三级蜜瓜种植地的数量，求椭机变量X 的分布列及数学期望．解：(1)计算10块种植地的综合指标，可得下表：由上表可知：等级为一级的有5个，其频率为12.用样本的频率估计总体的频率，可估计等级为一级的蜜瓜种植地数量为110×12＝55(块)．(2)二级和三级蜜瓜种植地共有5块，三级蜜瓜种植地有2块，则X 的所有可能取值为0,1,2.P (X ＝0)＝C 02C 23C 25＝310，P (X ＝1)＝C 12C 13C 25＝35，P (X ＝2)＝C 22C 03C 25＝110.所以随机变量X 的分布列为从而E (X )＝0×310＋1×35＋2×110＝45.感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

高考调研北师大版选修4-5数学课时作业6精讲精练

课时作业(六)1．已知a>b ，则不等式①a 2>b 2，②1a <1b ，③1a －b >1a 中不一定成立的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 D解析取a ＝1，b ＝－2验证．2．已知a ＋b>0，b<0，那么a ，b ，－a ，－b 的大小关系是( ) A ．a>b>－b>－a B ．a>－b>－a>b C ．a>－b>b>－a D ．a>b>－a>－b 答案 C解析方法一：特值法：令a ＝2，b ＝－1. 方法二：∵a ＋b>0，b<0， ∴a>－b>0，－a<b<0. ∴a>－b>0>b>－a.3．下列关系中对任意a<b<0的实数都成立的是( ) A ．a 21 D ．(12)a 2>(12)b 2答案 B解析 ∵a<b<0，∴－a>－b>0. ∴(－a)2>(－b)2>0即b 2a2<1. 又lgb 2－lga 2＝lgb 2a 2<lg1＝0，∴lgb 2<lga 2. 4．设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列t 与s 的大小关系中正确的是( ) A ．t>s B ．t ≥s C ．t<s D ．t ≤s答案 D5．已知P ＝1a 2＋a ＋1，Q ＝a 2－a ＋1，那么P ，Q 的大小关系是( )A ．P>0B ．P<QC ．P ≥QD ．P ≤Q答案 D6．已知a>b>－1，则1a ＋1与1b ＋1的大小关系为( ) A.1a ＋1>1b ＋1 B.1a ＋1<1b ＋1 C.1a ＋1≥1b ＋1 D.1a ＋1≤1b ＋1答案 B7．已知a>0且a ≠1，P ＝log a (a 3＋1)，Q ＝log a (a 2＋1)，则P ，Q 的大小关系是( ) A ．P>Q B ．P<Q C ．P ＝Q D ．大小不确定答案 A 解析P －Q ＝log a (a 3＋1)－log a (a 2＋1)＝log aa 3＋1a 2＋1，当0<a<1时，0<a 3＋1<a 2＋1，∴0<a 3＋1a 2＋1<1. ∴log a a 3＋1a 2＋1>0即P －Q>0，∴P>Q.当a>1时，a 3＋1>a 2＋1，∴a 3＋1a 2＋1>1.∴log a a 3＋1a 2＋1>0，∴P>Q.8．若x ∈(e －1，1)，a ＝lnx ，b ＝2lnx ，c ＝(lnx)3，则( ) A ．a<b<c B ．c<ax 2，∴a>b ，排除A ，B. ∵e －1<x<1，∴－1<lnx<ln1＝0. ∴lnx<ln 3x ，∴a<c ，故b<a<c.9．若0<a 1<a 2，0b>0，c>d>0，m ＝ac －bd ，n ＝（a －b ）（c －d ），则m 与n 的大小关系是( ) A ．m<n B ．m>n C ．m ≥n D ．m ≤n答案 C11．设a ，b ，m 均为正数，且b a b解析 b ＋m a ＋m －b a ＝m （a －b ）a （a ＋m ）>0.又a ，b ，m 为正数，所以a(a ＋m)>0，m>0，因此a －b>0即a>b. 12．如果x>100，那么lg 2x ，lgx 2，lg(lgx)从大到小的顺序为________．答案 lg 2x>lgx 2>lg(lgx)解析特殊值法，令x ＝1 000，则(lg1 000)2＝9，lg1 000 000＝6，lg(lg1 000)＝lg3<3，∴lg 2x>lgx 2>lg(lgx)．13．若x<y<0，M ＝(x 2＋y 2)(x －y)，N ＝(x 2－y 2)(x ＋y)，则M ，N 的大小关系为________．答案 M>N解析 M －N ＝(x 2＋y 2)(x －y)－(x 2－y 2)(x ＋y) ＝(x －y)[(x 2＋y 2)－(x ＋y)2] ＝－2xy(x －y)．∵x<y<0，∴xy>0，x －y<0.∴－2xy(x －y)>0，∴M －N>0，即M>N.14．已知0<x<1，a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x ，则a ，b ，c 中最大的是________．答案 c15．已知a<b<c ，x<y<z ，则ax ＋by ＋cz ，ax ＋cy ＋bz ，bx ＋ay ＋cz ，bx ＋cy ＋az 中最大的是哪一个？证明你的结论．解析 ax ＋by ＋cz 最大．理由如下：ax ＋by ＋cz －(ax ＋cy ＋bz)＝(b －c)y ＋(c －b)z ＝(b －c)(y －z)， ∵a<b<c ，x<y<z ，∴b －c<0，y －z<0. ∴ax ＋by ＋cz －(ax ＋cy ＋bz)>0，即ax ＋by ＋cz>ax ＋cy ＋bz.ax ＋by ＋cz －(bx ＋ay ＋cz)＝(a －b)x ＋(b －a)y ＝(a －b)(x －y)>0， ∴ax ＋by ＋cz>bx ＋ay ＋cz.ax ＋by ＋cz －(bx ＋cy ＋az)＝(a －b)x ＋(b －c)y ＋(c －a)z ＝(a －b)x ＋(b －c)y ＋[(c －b)＋(b －a)]z ＝(a －b)(x －z)＋(b －c)(y －z)>0，∴ax ＋by ＋cz>bx ＋cy ＋az.故ax ＋by ＋cz 最大．16．设a ≥0，b ≥0，a ≠b.求证：对于任意正数p 都有(a ＋pb 1＋p )2<a 2＋pb 21＋p .证明 ∵(a ＋pb 1＋p )2－a 2＋pb 21＋p＝（a 2＋2apb ＋p 2b 2）－（a 2＋a 2p ＋pb 2＋p 2b 2）（1＋p ）2＝2apb －a 2p －b 2p （1＋p ）2＝－p （a －b ）2（1＋p ）2<0，∴(a ＋pb 1＋p )2<a 2＋pb 21＋p.1．若A ＝a 2＋3ab ，B ＝4ab －b 2，则A ，B 的大小关系为( ) A ．A ≤B B ．A ≥B C ．AB D ．A>B答案 B解析作差法：A －B ＝a 2＋3ab －4ab ＋b 2＝a 2－ab ＋b 2＝(a －b 2)2＋34b 2≥0，∴A ≥B.2．一个个体户有一种商品，其成本低于3 5009 元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售．(填“月初”或“月末”) 答案月末解析设成本为x 元，则y 1＝(100＋x)·(1＋2.5%)＝1.025x ＋102.5，y 2＝120＋x·(1－2%)＝0.98x ＋120.∴y 1－y 2＝1.025x ＋102.5－(0.98x ＋120)＝0.045x －17.5. 令y 1＝y 2，则x ＝3 5009.因此当x<3 5009时，y 1<y 2，故应在月末售出．3．设a ＋b>0，n 为偶数，求证：b n －1a n ＋a n －1b n ≥1a ＋1b .证明 b n －1a n ＋a n －1b n －(1a ＋1b )＝（a n －b n ）（a n －1－b n －1）（ab ）n .(1)当a>0，b>0时，(a n －b n )(a n －1－b n －1)≥0，(ab)n >0， ∴b n －1a n ＋a n －1b n ≥1a ＋1b. (2)当a ，b 有一个为负值时，不妨设a>0，b<0且a ＋b>0， ∴a>|b|，又∵n 为偶数，∴(a n －b n )(a n －1－b n －1)>0，(ab)n >0. ∴b n －1a n ＋a n －1b n >1a ＋1b. 综合(1)(2)可知，原不等式成立．4．已知函数f(x)＝log 2(x ＋m)，且f(0)，f(2)，f(6)成等差数列． (1)求f(30)的值；(2)若a ，b ，c 是两两不相等的正数，且a ，b ，c 成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．解析 (1)由f(0)，f(2)，f(6)成等差数列，得2log 2(2＋m)＝log 2m ＋log 2(6＋m)，即(m ＋2)2＝m(m ＋6)(m>0)． ∴m ＝2.∴f(30)＝log 2(30＋2)＝5.(2)f(a)＋f(c)>2f(b)．证明如下：2f(b)＝2log2(b＋2)＝log2(b＋2)2，f(a)＋f(c)＝log2[(a＋2)(c＋2)]，又b2＝ac，∴(a＋2)(c＋2)－(b＋2)2＝ac＋2(a＋c)＋4－b2－4b－4＝2(a＋c)－4b.∵a＋c>2ac＝2b(a≠c)，∴2(a＋c)－4b>0.∴log2[(a＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2，即f(a)＋f(c)>2f(b)．。

高三数学一轮复习：课时作业66 Word版

选修4－4 坐标系与参数方程课时作业66 坐标系1．在极坐标系(ρ，θ)(0≤θ<2π)中，求曲线ρ(cos θ＋sin θ)＝1与ρ(sin θ－cos θ)＝1的交点的极坐标．解：曲线ρ(cos θ＋sin θ)＝1化为直角坐标方程为x ＋y ＝1，ρ(sin θ－cos θ)＝1化为直角坐标方程为y －x ＝1.联立方程组⎩⎨⎧x ＋y ＝1，y －x ＝1，得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1，则交点为(0,1)，对应的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，π2.2．在极坐标系中，已知圆ρ＝3cos θ与直线2ρcos θ＋4ρsin θ＋a ＝0相切，求实数a 的值．解：圆ρ＝3cos θ的直角坐标方程为x 2＋y 2＝3x ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝94，直线2ρcos θ＋4ρsin θ＋a ＝0的直角坐标方程为2x ＋4y ＋a ＝0.因为圆与直线相切，所以|2×32＋4×0＋a |22＋42＝32，解得a ＝－3±3 5.3．在极坐标系中，求曲线ρ＝2cos θ关于直线θ＝π4对称的曲线的极坐标方程．解：以极点为坐标原点，极轴为x 轴建立直角坐标系，则曲线ρ＝2cos θ的直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，且圆心为(1,0)．直线θ＝π4的直角坐标方程为y ＝x ，因为圆心(1,0)关于y ＝x 的对称点为(0,1)，所以圆(x －1)2＋y 2＝1关于y ＝x 的对称曲线为x 2＋(y －1)2＝1.所以曲线ρ＝2cos θ关于直线θ＝π4对称的曲线的极坐标方程为ρ＝2sin θ.1．(2017·长沙一模)在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 1的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ＋3＝0，θ∈[0,2π)．(1)求C 1的直角坐标方程； (2)曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos π6y ＝t sin π6(t 为参数)，求C 1与C 2的公共点的极坐标．解：(1)将⎩⎨⎧ρ2＝x 2＋y 2ρcos θ＝x代入ρ2－4ρcos θ＋3＝0中得(x －2)2＋y 2＝1.(2)由题设可知，C 2是过坐标原点，倾斜角为π6的直线，因此C 2的极坐标方程为θ＝π6或θ＝7π6，ρ>0，将θ＝π6代入C 1：ρ2－4ρcos θ＋3＝0中，解得ρ＝ 3.同理，将θ＝7π6代入C 1得ρ＝－3，不合题意．故C 1，C 2公共点的极坐标为(3，π6)．2．(2017·东北三省四市一模)在直角坐标系xOy 中，圆C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋3cos φ1y ＝3sin φ1(φ1是参数)，圆C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos φ2y ＝1＋sin φ2(φ2是参数)，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求圆C 1，圆C 2的极坐标方程；(2)射线θ＝α(0≤α<2π)同时与圆C 1交于O ，M 两点，与圆C 2交于O ，N 两点，求|OM |＋|ON |的最大值．解：(1)圆C 1：(x －3)2＋y 2＝3，圆C 2：x 2＋(y －1)2＝1，故圆C 1：ρ＝23cos θ，圆C 2：ρ＝2sin θ.(2)当θ＝α时，M 的极坐标为(23cos α，α)，N 的极坐标为(2sin α，α)，∴|OM |＋|ON |＝23cos α＋2sin α，∴|OM |＋|ON |＝4sin(α＋π3)，∵π3≤α＋π3<7π3，∴当α＋π3＝π2，即α＝π6时，|OM |＋|ON |取得最大值4.3．(2017·河南新乡许昌平顶山调研)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos α，y ＝2sin α(α为参数)，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos β，y ＝2＋2sin β(β为参数)，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C 1和曲线C 2的极坐标方程；(2)已知射线l 1：θ＝α⎝ ⎛⎭⎪⎫0<α<π2，将射线l 1顺时针旋转π6得到射线l 2：θ＝α－π6，且射线l 1与曲线C 1交于O ，P 两点，射线l 2与曲线C 2交于O ，Q 两点，求|OP |·|OQ |的最大值．解：(1)曲线C 1的直角坐标方程为(x －2)2＋y 2＝4，所以C 1的极坐标方程为ρ＝4cos θ，曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4，所以C 2的极坐标方程为ρ＝4sin θ.(2)设点P 的极坐标为(ρ1，α)，即ρ1＝4cos α，点Q 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6，即ρ2＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6，则|OP |·|OQ |＝ρ1ρ2＝4cos α·4sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＝16cos α·⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin α－12cos α＝8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π6－4.∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴2α－π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，5π6.当2α－π6＝π2，即α＝π3时，|OP |·|OQ |取最大值4.。

高中全程复习方略·数学·理科课时作业66.pdf

(现四川省安岳县)人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求多项式值的一个实例．若输入 n，x 的值分别为 3,3，则输出 v 的值为( )
A．15 B．16
学无止境
C．47 D．48 解析：执行程序框图，n＝3，x＝3，v＝1，i＝2≥0，v＝1×3 ＋2＝5，i＝1≥0，v＝5×3＋1＝16，i＝0≥0，v＝16×3＋0＝48， i＝－1<0，退出循环，输出 v 的值为 48.故选 D. 答案：D 9．[2019·石家庄市考试]若执行如图所示的程序框图，输出的 S 的值为 4，则判断框中应填入的条件是( )
学无止境
i＝21，此时，不满足条件 i≤20，退出循环，输出 A 的值为611. 故选 C.
答案：C 6．[2019·开封测试]“欧几里得算法”是有记载的最古老的算法，可追溯至公元前 300 年前，如图所示的程序框图的算法思路就是来源于“欧几里得算法”．执行该程序框图(图中 “aMODb”表示 a 除以 b 的余数)，若输入的 a，b 分别为 675,125，则输出的 a＝( )
解析：依题意，数列sinn3π的项以 6 为周期重复出现，且前 6 项和等于 0，因为 2 017＝6×336＋1，所以数列sinn3π的前 2 017
学无止境
项和等于 336×0＋sinπ3＝ 23，执行题中的程序框图，输出 s 的值
等于数列sinn3π的前
2
017
项和，等于
3 2.
答案：
3 2
答案：B
A．600 B．400 C．15 D．10 解析：根据题意，得14909＝[4.975]＝4，所以该程序框图运行后输出的结果是 40 个 0,40 个 1,40 个 2,40 个 3,40 个 4 的和，所以输出的结果为 S＝40＋40×2＋40×3＋40×4＝400.故选 B. 答案：B 4．[2019·广州高三调研]在如图所示的程序框图中，f′i(x) 为 fi(x)的导函数，若 f0(x)＝sinx，则输出的结果是( )

2022高考数学(理)高考调研一轮复习：6-1课时作业

2022高考数学（理）高考调研一轮复习：6-1课时作业1．数列13，18，115，124，…的一个通项公式为( ) A ．a n ＝12n ＋1 B ．a n ＝1n ＋2 C ．a n ＝1n (n ＋2) D ．a n ＝12n －1答案 C解析观看知a n ＝1(n ＋1)2－1＝1n (n ＋2).2．在数列1,1,2,3,5,8,13，x,34,55，…中，x 应取( ) A ．19 B ．20 C ．21 D ．22 答案 C解析 a 1＝1，a 2＝1，an ＋2＝an ＋1＋an ，∴x ＝8＋13＝21，故选C.3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n (n ≥2，n ∈N ＋)，则a 3a 5的值是( )A.1516B.158C.34D.38 答案 C解析由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴a 3·a 2＝a 2＋(－1)3，∴a 3＝12， ∴12a 4＝12＋(－1)4，∴a 4＝3， ∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34.4．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n (n ∈N *)，则a 100的值是( )A ．9900B ．9902C ．9904D ．11000答案 B解析 a 100＝(a 100－a 99)＋(a 99－a 98)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2(99＋98＋…＋2＋1)＋2 ＝2·99·(99＋1)2＋2＝9902. 5．已知数列{a n }满足a 0＝1，a n ＝a 0＋a 1＋…＋a n －1(n ≥1)，则当n ≥1时，a n ＝( )A ．2nB.12n (n ＋1) C ．2n －1 D ．2n －1答案 C解析方法一由已知a n ＝a 0＋a 1＋…＋a n －1(n ≥1)且a 0＝1，得到a 1＝a 0＝1＝21－1，a 2＝a 0＋a 1＝2＝22－1，a 3＝a 0＋a 1＋a 2＝4＝23－1，a 4＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＝8＝24－1. 由此猜想出a n ＝2n －1(n ≥1)．方法二由a n ＝a 0＋a 1＋…＋a n －1(n ≥1)，得a n ＋1＝a 0＋a 1＋…＋a n －1＋a n . ∴两式相减得a n ＋1－a n ＝a n . ∴a n ＋1＝2a n .∴a n ＋1a n ＝2(n ≥1)．∴该数列{a n }为一等比数列(n ≥1)，其中a 1＝a 0＝1. ∴当n ≥1时，a n ＝2n －1.6．(2020·韶关模拟)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N ＋)，则数列{na n }中数值最小的项是( )A ．第2项B ．第3项C ．第4项D ．第5项答案 B解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N ＋)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图像的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N ＋，∴当n ＝3时，f (n )取最小值．因此，数列{na n }中数值最小的项是第3项．7．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋2a n ，则那个数列的第n 项a n 为( )A ．2n －1B ．2n ＋1 C.12n －1 D.12n ＋1答案 C解析 ∵a n ＋1＝a n 1＋2a n ，∴1a n ＋1＝1a n ＋2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，公差为2，首项1a 1＝1.∴1a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1，∴a n ＝12n －1. 8．已知数列{a n }关于任意p ，q ∈N *，有a p ＋a q ＝a p ＋q ，若a 1＝19，则a 36＝________.答案 4 解析 ∵a 1＝19.∴a 2＝a 1＋a 1＝29，a 4＝a 2＋a 2＝49，a 8＝a 4＋a 4＝89.∴a 36＝a 18＋a 18＝2a 18＝2(a 9＋a 9)＝4a 9＝4(a 1＋a 8)＝4(19＋89)＝4. 9．记数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a 2等于________．答案 4解当n ＝1时，由S 1＝a 1＝2(a 1－1)，得a 1＝2；当n ＝2时，由a 1＋a 2＝2(a 2－1)，得a 2＝4.10．已知f (x )＝x 2＋3x ＋2，数列{a n }满足a 1＝a ，且a n ＋1＝f ′(a n )(n ∈N *)，则该数列的通项公式a n 为________．解析 f (x )＝x 2＋3x ＋2，∴f ′(x )＝2x ＋3， ∴a n ＋1＝f ′(a n )＝2a n ＋3. ∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．∴{a n ＋3}是公比为2，首项为3＋a 的等比数列， ∴a n ＋3＝(3＋a )·2n －1， ∴a n ＝(3＋a )·2n －1－3. 11．已知{a n }的前n 项和为S n ，满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝________.解析 ∵S n ＋1＝2n ＋1，∴S n ＝2n ＋1－1， ∴n ＝1时，a 1＝3，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，∴a n ＝⎩⎨⎧3，n ＝12n ，n ≥212．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－5n ＋4. (1)数列中有多少项是负数？(2)n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值．答案 (1)2项 (2)n ＝2或3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2解析 (1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4.∵n ∈N *，∴n ＝2,3.∴数列有两项是负数．(2)∵a n ＝n 2－5n ＋4＝(n －52)2－94的对称轴方程为n ＝52，又n ∈N *，∴n ＝2或3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2.13．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N ＋，a ∈R ，且a ≠0)． (1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N ＋，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范畴．答案 (1)最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0 (2)－10<a <－8 解析 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N ＋，a ∈R ，且a ≠0)， ∵a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9.结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性．可知1>a 1>a 2>a 3>a 4； a 5>a 6>a 7>…>a n >1(n ∈N ＋)．∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0. (2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a 2.∵对任意的n ∈N ＋，都有a n ≤a 6成立，并结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，∴5<2－a2<6，∴－10<a <－8.14．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n >0，S n 是数列{a n }的前n 项和，对任意n ∈N *，有2S n ＝p (2a 2n ＋a n －1)(p 为常数)．(1)求p 和a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的通项公式．答案 (1)a 2＝32，a 3＝2 (2)a n ＝12(n ＋1)解析 (1)令n ＝1得2S 1＝p (2a 21＋a 1－1)，又a 1＝S 1＝1，得p ＝1；令n ＝2得2S 2＝2a 22＋a 2－1，又S 2＝1＋a 2，得2a 22－a 2－3＝0，a 2＝32或a 2＝－1(舍去)，∴a 2＝32；令n ＝3得2S 3＝2a 23＋a 3－1，又S 3＝52＋a 3，得2a 23－a 3－6＝0，a 3＝2或a 3＝－32(舍去)，∴a 3＝2.(2)由2S n ＝2a 2n ＋a n －1，得2S n －1＝2a 2n －1＋a n －1－1(n ≥2)，两式相减，得2a n ＝2(a 2n －a 2n －1)＋a n －a n －1，即(a n ＋a n －1)(2a n －2a n －1－1)＝0，∵a n >0，∴2a n －2a n －1－1＝0，即a n －a n －1＝12(n ≥2)，故{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，得a n ＝12(n ＋1)．1．(2011·浙江文)若数列{n (n ＋4)(23)n }中的最大项是第k 项，则k ＝________.答案 4 解析由题意得⎩⎨⎧k (k ＋4)(23)k >(k －1)(k －1＋4)(23)k －1k (k ＋4)(23)k>(k ＋1)(k ＋1＋4)(23)k ＋1，化简得⎩⎪⎨⎪⎧(k －1)2<10k 2>10，又因为k ∈N *，因此k ＝4. 2．如图是用同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案，则按此规律第n 个图案中需用黑色瓷砖________块．(用含n 的代数式表示)答案 4n ＋8解析第(1)、(2)、(3)…个图案黑色瓷砖数依次为：15－3＝12；24－8＝16；35－15＝20；…由此可推测第(n )个图案黑色瓷砖数为：12＋(n －1)×4＝4n ＋8.3．在数列{a n }中，a 1＝2，且对任意的正整数p ，q ，恒有a p ＋q ＝a p a q ，则a 8＝________.解析令p ＝q ＝1⇒a 2＝a 21＝4，令p ＝q ＝2⇒a 4＝a 22＝16，令p ＝q ＝4⇒a 8＝a 24＝256.4．(2010·辽宁)已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a n n 的最小值为________．解析在a n ＋1－a n ＝2n 中，令n ＝1，得a 2－a 1＝2；令n ＝2得，a 3－a 2＝4，…，a n －a n －1＝2(n －1)．把上面n －1个式子相加，得a n －a 1＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝(2＋2n －2)(n －1)2＝n 2－n ，∴a n ＝n 2－n ＋33，∴a n n ＝n 2－n ＋33n＝n ＋33n －1≥233－1，当且仅当n ＝33n ，即n ＝33时取等号，而n ∈N *，∴“＝”取不到．∵5＜33＜6，∴当n ＝5时，a n n ＝5－1＋335＝535，当n ＝6时，a n n ＝6－1＋336＝636＝212，∵535＞212，∴a n n 的最小值是212.1．(2020·黄冈期末)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n3n ＋1，那么那个数列是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．摆动数列D ．常数列解析由a n ＋1－a n ＝2(n ＋1)3(n ＋1)＋1－2n3n ＋1＝2(3n ＋4)(3n ＋1)>0，∴a n ＋1>a n ，故为递增数列．2．(2020·济南模拟)数列{an }中，a 1＝1，关于所有的n ≥2，n ∈N ＋都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5等于( ) A.6116 B.259 C.2516 D.3115答案 A解析由题意知：a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2， ∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n n －12(n ≥2)，∴a 3＋a 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫542＝6116. 3．已知数列{a n }中，a 1＝b (b 为任意正数)，a n ＋1＝－1a n ＋1(n ＝1,2,3，…)，能使a n ＝b 的n 的数值是( )A ．14B ．15C ．16D ．17答案 C解析 a 1＝b ，a 2＝－1b ＋1，a 3＝－b ＋1b ，a 4＝b ， ∴此数列的周期为3，∴能使a n ＝b 的n 的数值满足n ＝3k －2(k ∈N *)．4．(2020·海淀区)已知f (x )为偶函数，且f (2＋x )＝f (2－x )，当－2≤x ≤0时，f (x )＝2x ，若n ∈N *，a n ＝f (n )，则a 2010＝( )A ．2010B ．4 C.14D ．－4答案 C解析由f (x )为偶函数，得0≤x ≤2时f (x )＝2－x .又f (2＋x )＝f (2－x )，∴f (x )的图像关于x ＝2对称．又f (x )的图像还关于x ＝0对称．∴f (x ＋4)＝f (x )，∴a n ＋4＝a n ，∴a 2010＝a 4×502＋2＝a 2＝f (2)＝f (－2)＝2－2＝145．已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 3n n ＋1(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－4成立的最小自然数n 等于( )A ．83B ．82C ．81D ．80 答案 C解析 a n ＝log 3n －log 3(n ＋1)，∴S n ＝log 31－log 32＋log 32－log 33＋……＋log 3n －log 3(n ＋1)＝－log 3(n ＋1)，∴S n <－4，即log 3(n ＋1)>4，∴n ＋1<34，∴n >80，∴n 最小81.6．若数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，且关于任意大于1的整数n，点(S n，S n－1)在直线x－y－2＝0上，则数列{a n}的通项公式为__________．答案a n＝4n－27．2009年10月1日的国庆60周年阅兵式上，有n(n≥2)行、n ＋1列的大学生方阵．(1)写出一个数列，用它表示当n分别为2,3,4,5,6，…时方阵中的大学生人数；(2)说出(1)题中数列的第5、6项，并用a5，a6表示；(3)把(1)中的数列记为{a n}，求该数列的通项公式a n＝f(n)；(4)已知a n＝9900，问a n是第几项？现在大学生方阵有多少行、多少列？(5)画a n＝f(n)的图像，并利用图像说明方阵中大学生人数有可能是56,28吗？解析 (1)该数列为6,12,20,30,42，…；(2)a 5＝42，a 6＝56；(3)a n ＝(n ＋1)(n ＋2)(n ∈N *)；(4)由9900＝(n ＋1)(n ＋2)解得n ＝98，a n 是第98项，现在大学方阵有99行，100列；(5)f (n )＝n 2＋3n ＋2，如图，图像是分布在函数f (x )＝x 2＋3x ＋2上的孤立的点，由图可知，人数可能是56，不可能是28.8．(2020·江南十校联考)数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2n ＋1a n(n ＋12)a n ＋2n(n ∈N *)．设b n ＝2na n ，求数列{b n }的通项公式b n .解析由已知可得a n ＋12n ＋1＝a n (n ＋12)a n ＋2n，即2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋n ＋12，即2n ＋1a n ＋1－2n a n ＝n ＋12，即b n ＋1－b n ＝n ＋12，∴b 2－b 1＝1＋12，b 3－b 2＝2＋12，…，b n －b n －1＝(n －1)＋12，以上各式相加，得b n －b 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －12＝(n －1)n 2＋n －12＝n 2－12.又b 1＝2a 1＝22＝1，∴b n ＝n 2－12＋1＝n 2＋12.。

【与名师对话】2021高考数学课时作业66 文（含解析）北师大版(1)

课时作业(六十六)一、选择题1．以下各式中对x ∈R 都成立的是( )A ．lg(x 2＋1)≥lg(2x )B ．x 2＋1>2x ≤1D ．x ＋1x≥2解析：A 、D 中x 必需大于0，故A 、D 排除，B 中应x 2＋1≥2x ，故B 不正确．答案：C2．(2021年西安二模)设a ，b 是两个实数，给出以下条件： ①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1. 其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是 ( )A ．②③B ．①②③C ．③D ．③④⑤解析：若a ＝12，b ＝23，那么a ＋b >1，但a <1，b <1，故①推不出；若a ＝b ＝1，那么a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，那么a 2＋b 2>2，故④推不出；若a ＝－2，b ＝－3，那么ab >1，故⑤推不出；关于③，即a ＋b >2，那么a ，b 中至少有一个大于1，反证法：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾，因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1. 答案：C3．设f (x )是概念在正整数集上的函数，且f (k )知足：当“f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”．那么以下命题总成立的是( )A ．假设f (3)≥9成立，那么当k ≥1，均有f (k )≥k 2成立B ．假设f (5)≥25成立，那么当k <5，均有f (k )≥k 2成立C ．假设f (7)<49成立，那么当k ≥8，均有f (k )<k 2成立D ．假设f (4)＝25成立，那么当k ≥4，均有f (k )≥k 2成立解析：由题意f (x )知足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”知，关于A ，不必然有k ＝1,2时成立．关于B 、C 显然错误．关于D ，∵f (4)＝25>42，因此关于任意的k ≥4，有f (k )≥k 2成立．答案：D4．(2021年德州一模)设a 、b 、c 均为正实数，那么三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( )A ．都大于2B ．都不大于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2解析：因为a >0，b >0，c >0，因此⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥6，当且仅当a ＝b ＝c 时，取“＝”，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2. 答案：D5．若是△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值别离等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，那么 A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形解析：由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，那么△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，那么，A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为180°相矛盾，因此假设不成立，因此△A 2B 2C 2是钝角三角形，应选D.答案：D6．(2021年威海模拟)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的核心为F ，点P 1(x 1，y 1)、P 2(x 2，y 2)、P 3(x 3，y 3)在抛物线上，且2x 2＝x 1＋x 3，那么有( )A ．|FP 1|＋|FP 2|＝|FP 3|B ．|FP 1|2＋|FP 2|2＝|FP 3|2C ．2|FP 2|＝|FP 1|＋|FP 3|D ．|FP 2|2＝|FP 1|·|FP 3| 解析：如下图，y 2＝2px的准线为x ＝－p2，P 1A ⊥l ，P 2B ⊥l ，P 3C ⊥l .由抛物线概念知： |P 1F |＝|P 1A |＝x 1＋p2，|P 2F |＝|P 2B |＝x 2＋p2，|P 3F |＝|P 3C |＝x 3＋p2，∴2|FP 2|＝2⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋p 2＝2x 2＋p ，|FP 1|＋|FP 3|＝⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋p 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋p 2＝x 1＋x 3＋p .又∵2x 2＝x 1＋x 3，∴2|FP 2|＝|FP 1|＋|FP 3|. 答案：C二、填空题7．(2021年青岛模拟)已知函数f (x )＝lg 1－x1＋x，假设f (a )＝b ，那么f (－a )＝________(用b表示)．解析：∵f (－x )＝lg 1＋x 1－x ＝－lg 1－x1＋x ＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，∴f (－a )＝－f (a )＝－b . 答案：－b8．设奇函数f (x )的概念域为R ，最小正周期T ＝3，假设f (1)≥1，f (2)＝2a －3a ＋1，那么a的取值范围为________．解析：因为f (x )是奇函数，因此f (1)＝－f (－1)，又因为其最小正周期T ＝3，因此f (1)＝－f (－1)＝－f (2)．由f (1)≥1，f (2)＝2a －3a ＋1，得－2a －3a ＋1≥1，解得－1<a ≤23.答案：(－1，23]9．(2021年大连一模)给出以下三个命题： ①若a ≥b >－1，那么a 1＋a ≥b1＋b ；②假设正整数m 和n ，知足m ≤n ，那么mn －m 2≤n2；③设P (x 1，y 1)为圆O 1：x 2＋y 2＝9上任意一点，圆O 2是以(a ，b )为圆心且半径为1的圆．当知足(a －x 1)2＋(b －y 1)2＝1时，圆O 1与圆O 2相切．其中假命题为________(写出所有知足题意的序号)．解析：①a 1＋a ≥b 1＋b ⇔1－11＋a ≥1－11＋b ⇔11＋a ≤11＋b，∵a ≥b >－1，∴a ＋1≥b ＋1>0，∴0<11＋a ≤11＋b ，从而1－11＋a ≥1－11＋b ，即a 1＋a ≥b1＋b成立，∴①为真命题；②取x ＝m ，y ＝n －m ，由均值不等式，得m n －m ≤m ＋n －m 2＝n2，故②为真命题；③为假命题．答案：③三、解答题10．设a >0，b >0，a ＋b ＝1.求证：1a ＋1b ＋1ab≥8.证明：∵a ＋b ＝1，∴1a ＋1b ＋1ab＝a ＋b a ＋a ＋b b ＋a ＋b ab＝1＋b a＋1＋a b＋a ＋bab≥2＋2b a ·ab ＋a ＋b⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝2＋2＋4＝8，当且仅当a ＝b ＝12时等号成立．11．(2021年南京二模)如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC . (1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ； (2)点F 在BE 上．假设DE ∥平面ACF ，求BFBE的值．解：(1)证明：因为ABCD 为矩形，因此AB ⊥BC . 因为平面ABCD ⊥平面BCE ，平面ABCD ∩平面BCE ＝BC ，AB ⊂平面ABCD ，因此AB ⊥平面BCE .因为CE ⊂平面BCE ，因此CE ⊥AB .因为CE ⊥BE ，AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，AB ∩BE ＝B ，因此CE ⊥平面ABE .因为CE ⊂平面AEC ，因此平面AEC ⊥平面ABE . (2)如图，连接BD 交AC 于点O ，连接OF .因为DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF ，因此DE ∥OF .又因为矩形ABCD 中，O 为BD 中点，因此F 为BE 中点，即BF BE ＝12.12．(2021年沈阳模拟)设数列{a n}的前n项和为S n，且方程x2－a n x－a n＝0有一根为S n －1，n ＝1,2,3，….(1)求a 1，a 2；(2)猜想数列{S n }的通项公式，并给出严格的证明．解：(1)当n ＝1时，x 2－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1，于是(a 1－1)2－a 1(a 1－1)－a 1＝0，解得a 1＝12.当n ＝2时，x 2－a2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2－12，于是⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－122－a 2⎝⎛⎭⎪⎫a 2－12－a 2＝0，解得a 2＝16. (2)由题设(S n －1)2－a n (S n －1)－a n ＝0，即S 2n －2S n ＋1－a n S n ＝0. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入上式得S n －1S n －2S n ＋1＝0.①由(1)得S 1＝a 1＝12，S 2＝a 1＋a 2＝12＋16＝23.由①可得S 3＝34.由此猜想S n ＝nn ＋1，n ＝1,2,3，….下面用数学归纳法证明那个结论． (ⅰ)n ＝1时已知结论成立． (ⅱ)假设n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即S k ＝kk ＋1，当n ＝k ＋1时，由①得S k ＋1＝12－S k，即S k ＋1＝k ＋1k ＋2，故n ＝k ＋1时结论也成立．综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知S n＝nn＋1对所有正整数n都成立．[热点预测]13．已知数列{a n}的各项均为正数，那么“数列{a n}为等比数列”是“数列{lg a n}为等差数列的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：假设{a n }为等比数列，那么a na n －1＝q ，因此lg a n －lg a n －1＝lg a na n －1＝lg q ，故数列{lg a n }是等差数列；假设数列{lg a n }是等差数列，那么lg a n －lg a n －1＝d ，即lga n a n －1＝d ，因此a n a n －1＝10d ，故数列{a n }是等比数列，应选C.答案：C 14．假设实数x ，y 知足4x ＋4y ＝2x ＋1＋2y ＋1，那么t ＝2x ＋2y 的取值范围是________．解析：由题意得，2(2x ＋2y )＝4x ＋4y ＝(2x ＋2y )2－2·2x ·2y ，∵2x ·2y ≤14(2x ＋2y )2，令t ＝2x ＋2y ，于是原式可化为2t ≥t 2－12t 2，解得0≤t ≤4.结合函数y 1＝2x ，y 2＝4x 的图象间的关系，由实数x ，y 知足4x ＋4y ＝2x ＋1＋2y ＋1可知，x ，y 至少有一个为非负数，故t >2.综上可知2<t ≤4.答案：(2,4]15．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边别离为a ，b ，c ，且知足2c －b a ＝cos B cos A. (1)求角A 的大小；(2)假设a ＝25，求△ABC 面积的最大值．解：(1)因为2c －b a ＝cos B cos A，因此(2c －b )·cos A ＝a ·cos B . 由正弦定理，得(2sin C －sin B )·cos A ＝sin A ·cos B ，整理得2sin C ·cos A －sin B ·cos A ＝sin A ·cos B ，因此2sin C ·cos A ＝sin(A ＋B )＝sin C .在△ABC 中，sin C ≠0，因此cos A ＝12，A ＝π3.(2)由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，又a ＝25，因此b 2＋c 2－20＝bc ≥2bc －20. 因此bc ≤20，当且仅当b ＝c 时取“＝”．因此△ABC 的面积S ＝12bc sin A ≤5 3. 因此△ABC 面积的最大值为5 3.。