2019年高考全国 I 卷数学试卷分析及2020届高三二轮复习建议

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2019高考数学1卷分析及2020高考建议

2019高考数学全国I卷分析及2020备考对策（理科）山西省祁县中学校刘培文总评：基于稳中求新、稳中求变的命题精神，依据《考试大纲》要求，2019年的高考数学试题侧重于考查数学基础知识及应用。

值得注意的是，考卷传达出明确信息:回归课本，发展学生的基本数学思维，注重数学思维的培养。

今年试题对于80-90分的学生几乎没有影响，主要对110-130分的学生影响较大。

着眼于整个试卷，与2018年压轴题相比：第12题仍是立体几何，难度变大，但总体难度适当；第16题考查内容发生变化，2018年考查三角函数及导数的应用，2019年则考查解析几何，整体难度合理；20题对考生不难，但是以往的导数压轴吓住大部分考生；21题可以拿分，但大部分考生已经放弃。

这些都导致高分人数比以往下降。

总而言之，如果学生想要取得理想的成绩，就需要“吃透课本、夯实基础、注意通性通法，理解中心思想”。

一、高考新动态2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷延续了2018年的做法，在结构上与去年保持一致，在内容上依据考纲，紧扣课本，科学规范，稳中求新。

既立足于基础知识的考查，又注重对数学思想方法的考查，对数学科学价值和人文价值的考查，做到了兼顾试题的基础性、应用性和创新性，体现了知识板块的层次性和多样性，保证了合理调控试卷的难度、区分度、信度和效度，努力实现对数学素养的考查要求。

二、考点新变化为了顺应新高考改革倡导的“突出独立思考、逻辑推理、数学应用、数学阅读和表达等关键能力的考查，突出对数学思想方法的理解，重视数学核心素养考查”思想，关于必修内容的考查，一方面直接考查基础知识、基本技能和基本方法，如试卷中的第1、2、3、5、6、7、8、9、13、14、17题；另一方面注重所学内容的全面考查，在选择题和填空题中涉及集合、复数、数列、平面向量、概率、切线方程、程序框图等内容。

关于选修内容，仍然以选考题的形式呈现，突出了新课程的选择性。

2020高考数学二轮复习分层设计(全国I卷)学案：第二层提升篇专题二数列——第2讲第2讲数列通项与求和

第2讲数列通项与求和[全国卷3年考情分析] 年份全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ2019 等比数列的求和·T 14 递推公式的应用·T 19 等差数列的前n 项和·T 142018a n 与S n 关系的应用·T 14等差数列前n 项和的最值问题·T 172017等差数列的基本运算、数列求和·T 17等比数列的通项公式、a n 与S n 的关系·T 17三角形问题交替考查且多出现在第17(或18)题的位置，难度中等，2020年高考此内容难度有可能加大，应引起关注．若以客观题考查，难度中等的题目较多，有时也出现在第12、16题的位置，难度偏大．考点一 a n 与S n 关系的应用[例1] (1)(2019·成都第一次诊断性检测)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝4，a n ＋1＝S n ，n ∈N *，则a 5＝________．(2)(2019·武汉市调研测试)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)，a 1＝－1，则a 4＝________．[解析] (1)法一：由a n ＋1＝S n ，得S n ＋1－S n ＝S n ，则S n ＋1＝2S n .又S 1＝a 1＝4，所以数列{S n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以S n ＝4·2n －1＝2n ＋1，则a 5＝S 5－S 4＝26－25＝32.法二：当n ≥2时，由a n ＋1＝S n ，得a n ＝S n －1，两式相减，得a n ＋1－a n ＝a n ，即a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是从第2项开始，公比为2的等比数列．又a 2＝S 1＝4，所以a 5＝a 2·23＝4×23＝32.(2)法一：由S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)可得S 2＝3S 1＋1＝3a 1＋1，即a 2＝2a 1＋1＝－1.根据S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)，①知S n ＋1＝3S n ＋2n ＋1－3，② ②－①可得，a n ＋1＝3a n ＋2n (n ≥2)．两边同时除以2n＋1可得a n ＋12n ＋1＝32·a n 2n ＋12(n ≥2)，令b n ＝a n 2n ，可得b n ＋1＝32·b n＋12(n ≥2)． ∴b n ＋1＋1＝32(b n ＋1)(n ≥2)，数列{b n ＋1}是以b 2＋1＝a 222＋1＝1－14＝34为首项，32为公比的等比数列．∴b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫32n －2·34(n ≥2)，∴b n ＝12·⎝⎛⎭⎫32n －1－1(n ≥2)．又b 1＝－12也满足上式， ∴b n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1·12－1(n ∈N *)，又b n ＝a n 2n ，∴a n ＝2n b n ，即a n ＝3n －1－2n .∴a 4＝33－24＝11.法二：由S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)，a 1＝－1，知S 2＝3S 1＋4－3，∴a 2＝－1.S 3＝3S 2＋8－3，∴a 3＝1.S 4＝3S 3＋16－3，∴a 4＝11.[答案] (1)32 (2)11 [解题方略](1)给出S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列．[多练强化]1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：a n ＋1－2a n ＝2n 两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，所以a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，所以a n ＝n ·2n －1.答案：n ·2n －12．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝a n ＋1－a n . (1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)设c n ＝b n（4n 2－1）2n，求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1)证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ，所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝（3a n ＋1－2a n ）－a n ＋1a n ＋1－a n ＝2（a n ＋1－a n ）a n ＋1－a n ＝2，又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝1×2n －1＝2n －1，因为c n ＝b n（4n 2－1）2n，所以c n ＝12（2n ＋1）（2n －1）＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 4n ＋2. 考点二数列求和题型一裂项相消求和[例2] (2019·安徽五校联盟第二次质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝2a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1），求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－1，得a 1＝1.当n ≥2时，有S n －1＝2a n －1－1，所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.所以{a n }是公比为2，首项为1的等比数列，故通项公式a n ＝2n －1.(2)b n ＝2a n （a n ＋1）（a n ＋1＋1）＝2n （2n －1＋1）（2n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫12n －1＋1－12n ＋1， T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2×⎝⎛⎭⎫120＋1－121＋1＋2×⎝⎛⎭⎫121＋1－122＋1＋2×⎝⎛⎭⎫122＋1－123＋1＋…＋2×⎝⎛⎭⎫12n －1＋1－12n ＋1＝2n－12n ＋1. [解题方略](1)裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．题型二错位相减求和[例3] (2019·福建五校第二次联考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)因为S n ＝3n 2＋8n ，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2＋8n －[3(n －1)2＋8(n －1)]＝6n ＋5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝11 所以a n ＝6n ＋5，n ∈N * 于是，b n ＋1＋b n ＝a n ＝6n ＋5.因为{b n }是等差数列，所以可设b n ＝kn ＋t (k ，t 均为常数)，则有k (n ＋1)＋t ＋kn ＋t ＝6n ＋5，即2kn ＋k ＋2t ＝6n ＋5对任意的n ∈N *恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧2k ＝6，k ＋2t ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝3，t ＝1，故b n ＝3n ＋1.(2)因为a n ＝6n ＋5，b n ＝3n ＋1，所以c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝2n×(6n ＋6)．于是，T n ＝12×2＋18×22＋24×23＋…＋2n ×(6n ＋6)，①所以2T n ＝12×22＋18×23＋24×24＋…＋2n ×6n ＋2n ＋1×(6n ＋6)，②①－②得，－T n ＝24＋6(22＋23＋…＋2n )－2n ＋1×(6n ＋6)＝24＋6×22－2n ×21－2－2n ＋1×(6n ＋6)＝－2n ＋1×6n ，故T n ＝2n ＋1×6n ＝2n ＋2×3n . [解题方略](1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的积，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n 项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．(2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号．题型三分组转化求和[例4] 已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为d ，n ∈N *，且不等式ax 2－3x ＋2<0的解集为(1，d )．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝3a n ＋a n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n .[解](1)易知a ≠0，由题设可知⎩⎨⎧1＋d ＝3a ，1·d ＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，d ＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝32n －1＋2n －1－1，则T n ＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n －1＋2n －1)－n ＝(31＋33＋…＋32n －1)＋(1＋3＋…＋2n －1)－n ＝31（1－9n ）1－9＋（1＋2n －1）n 2－n＝38(9n －1)＋n 2－n . [解题方略](1)在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n 进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．(2)分组求和的策略：①根据等差、等比数列分组；②根据正号、负号分组．[多练强化]1．(2019·福建五校第二次联考)在数列{a n }中，a 1＝13，1a n ＋1＝3a n （a n ＋3），n ∈N *，且b n ＝13＋a n.记P n ＝b 1×b 2×…×b n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，则3n ＋1P n ＋S n ＝________．解析：因为1a n ＋1＝3a n （a n ＋3）＝1a n －1a n ＋3，所以b n ＝13＋a n ＝1a n －1a n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1.因为1a n ＋1＝3a n （a n ＋3），所以3＋a n ＝3a n ＋1a n ，所以b n ＝13＋a n ＝a n 3a n ＋1，所以P n ＝b 1×b 2×…×b n ＝a 13a 2×a 23a 3×…×a n 3a n ＋1＝a 13n a n ＋1.又a 1＝13，故3n ＋1P n ＋S n＝3a 1a n ＋1＋1a 1－1a n ＋1＝1a 1＝3. 答案：32．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn ，求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n ，可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n，又b n ＝a n n ，所以b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，即b n －b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，所以b n ＝2－12n－1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n 2n －1，①12T n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n ，② ①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，所以T n ＝4－n ＋22n －1. 易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)，所以S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例] 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为其前n 项和，已知S 3＝7，a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q (q >1)．由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝7，a 1（1－6q ＋q 2）＝－7.由q >1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由(1)得b n ＝2n －1＋(n －1)ln 2，所以T n＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)]ln 2＝1－2n1－2＋n（n－1）2ln 2＝2n－1＋n（n－1）2ln 2.[素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养．主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和．。

届数学统考第二轮专题复习第1讲函数的图像与性质的简单应用学案理含解析

第1讲函数的图像与性质的简单应用高考年份全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ2020函数单调性的应用·T12对数大小的判断·T11 函数的奇偶性与单调性·T9函数的性质·T162019 函数图像的判断·T5函数的建模与应用·T4 函数图像的判断·T7 2018函数图像的判断·T3函数图像的判断·T71。

[2019·全国卷Ⅰ］函数f （x )=sinx+x cosx+x 2在[-π,π］的图像大致为( ）A BC D图M1-1-12。

[2018·全国卷Ⅲ]函数y=-x 4+x 2+2的图像大致为 ( ）图M1-1-23。

［2019·全国卷Ⅱ］若a〉b,则 (）A。

ln（a—b）>0 B。

3a〈3bC。

a3—b3〉0 D.｜a|>｜b｜4。

[2020·全国卷Ⅱ］若2x-2y〈3—x-3-y，则(）A.ln(y-x+1)〉0B.ln（y—x+1）〈0C.ln|x-y|〉0D。

ln｜x-y｜〈05.[2020·北京卷]已知函数f(x)=2x—x—1，则不等式f(x）〉0的解集是()A.（—1，1)B。

(-∞,—1)∪(1，+∞）C.(0，1）D。

（-∞,0）∪(1,+∞）6.[2020·全国新高考Ⅰ卷］若定义在R的奇函数f（x)在（-∞，0)单调递减,且f（2）=0,则满足xf(x-1）≥0的x的取值范围是（)B。

［—3,—1]∪[0，1]C.[—1，0］∪［1，+∞）D.[-1,0］∪［1,3］7.［2020·全国卷Ⅲ]已知55〈84,134<85。

设a=log53，b=log85,c=log138,则()A。

a<b〈c B.b<a〈cC。

b<c〈a D.c<a〈b8。

[2020·全国卷Ⅲ］Logistic模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎，累计确诊病例数I（t)(t的单位:天)的Logistic模型:I(t）=K1+e-0.23(t-53)其中K为最大确诊病例数。

2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第一部分刷考点考点十五直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线课件理

3．(2019·湖南师大附中月考七)已知动圆 C 经过点 A(2,0)，且截 y 轴所
得的弦长为 4，则圆心 C 的轨迹是( )
A．圆
B．椭圆
C．双曲线答案 D
D．抛物线
解析设圆心 C(x，y)，弦为 BD，过点 C 作 CE⊥y 轴，垂足为 E，则|BE|
＝2，∴|CA|2＝|CB|2＝|CE|2＋|BE|2，∴(x－2)2＋y2＝22＋x2，化为 y2＝4x，故
r2－A2B2＝ 52－32
10．(2019·河南鹤壁模拟)与双曲线x92－1y62 ＝1 具有相同的渐近线，且经
过点 A(3，－2 3)的双曲线方程是________．
答案解析
49x2－y42＝1 设与双曲线x92－1y62 ＝1 具有相同的渐近线的双曲线的方程为x92－
1y62 ＝m(m≠0)，代入点 A(3，－2 3)，解得 m＝41，则所求双曲线的方程为x92－
(2)证明：①当直线 l 垂直于 x 轴时，直线 l 的方程为 x＝2，此时直线 l 与椭圆x42＋y32＝1 相切，与题意不符．
②当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＋1＝k(x－2)．
y＋1＝kx－2，
由x42＋y32＝1，
消去 y 整理得
(4k2＋3)x2－(16k2＋8k)x＋16k2＋16k－8＝0.
二、填空题 9．(2019·湖南株洲第二次教学质量检测)设直线 l：3x＋4y＋a＝0，与圆 C：(x－2)2＋(y－1)2＝25 交于 A，B，且|AB|＝6，则 a 的值是________．
答案 10 或－30
解析因为|AB|＝6，所以圆心到直线的距离为 d＝＝4，所以|6＋324＋＋4a2|＝4，即 a＝10 或 a＝－30.

届数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析

第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2020证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18证明线面平行、面面垂直，求线面角的正弦值·T20点面的位置关系,求二面角的正弦值·T192019证明线面平行,求二面角的正弦值·T18证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折问题，证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T192018翻折问题，证明面面垂直，求线面角的正弦值·T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20证明面面垂直,求二面角的正弦值·T191。

［2020·全国卷Ⅱ］如图M4—12-1,已知三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2）设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4—12-12.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三DO.角形,P为DO上一点,PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值。

图M4—12-23.［2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,图①是由矩形ADEB,Rt △ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1，BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图②。

(1)证明:图②中的A，C，G,D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2）求图②中的二面角B—CG-A的大小.①②图M4-12—3平行、垂直关系的证明1如图M4—12-4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点。

高考数学冲刺复习规划建议方法

高考数学冲刺复习规划建议方法高考数学冲刺复习规划建议方法7篇高考数学冲刺复习规划建议方法你准备好了吗？一般来说，一轮复习的时间是高二下学期结束到高三上期结束时间前后。

以下是小编精心收集整理的高考数学冲刺复习规划建议方法，下面小编就和大家分享，来欣赏一下吧。

高考数学冲刺复习规划建议方法精选篇1为迎接20__年高考，实现高考既定目标，结合本届高三我所承担教学班级的具体情况，力求做到复习有针对性，有实效，打整体战，特拟订以下计划：一、指导思想：成功在课堂，潜力在学生，优势在群体，关键在落实。

1、紧密结合高考形势，吃透《课标》和《考纲》精神，明确《考纲》中每一个考点的要求、范围、难度，明确出题点并找出规律，搞好知识点全面复习。

以《考试说明》为行动指南，以20__至20__宁夏海南卷、20__至20__年新课标卷为实践样品，借鉴其他省市新课标卷命题理念及特点，揣摩20__年新课标卷的命题趋势，探讨各种题型及其应对策略，以策略指导教学实践。

2、以提高课堂教学实效为中心，抓基础、抓重点、抓落实：要在培养学生的思维能力和探究意识上下工夫，使学生始终保持适当的兴奋度；要以学生的思维活动为中心、以学生的领悟为基础、以学生的运用为落脚点，使学生全面介入教学活动而不是被老师牵着走。

3、以能力培养为目标，切实加强高三复习的计划性、针对性和科学性：要帮助学生形成条理化、有序化、网络化的知识结构，培养学生清晰审题能力、感悟归纳能力、知识迁移能力、方法运用能力、创新思维能力、清晰规范的语言表述能力。

教师要争取让学生在每一堂课、每一个步骤都有所悟，有所得。

二、教学目标：1、从“知识和能力”“过程和方法”“情感态度和价值观”三个维度培养学生语文学科的知识和能力体系，巩固学生的语文基础知识，提高综合应用能力。

2、不遗漏任何一个知识点，对重点知识分考点进行复习，建立知识系统，力争做到小块不丢分，大块得高分。

3、梳理知识网络，总结解题方法，提高审题能力，规范答题要求，强化踩分意识，培养学生的应考能力。

2020届高三二轮复习数学(全国卷)备考策略最全最新

转向
素养导向下高考数学命题走向
2.能力立意与素养导向比较（强调、特点、目标与要求）
能
能
力
力
立
立
意
意
与比较
素养导向
素养导向
强调特点目标
强调特点要求目的
知识、智力、能力和技能的全面考查
追求知识覆盖全面，题目结构完整
目标指向明确，要有一定的反应速度
不仅是知识和智力，更是知识迁移和后天习得
数据分析
收集数据，整理数据，提取信息，构建模型，进行推断，获得结论.
素养导向下高考数学命题走向
1.中国学生发展素养导向（总体框架、基本内涵确定考查目标）
中国学生发提展出核心素养
核心素养的总体框架
高考评价体系
核心素养的基本内涵
命题
考确查标定目志
标
能素力养立导意向
探索和表述论证过程，理解命题体系，有逻辑地表达与交流
数学学科核心素养
数学建模
发现和提出问题，建立和求解模型，检验和完善模型，分析和解决问题.
直观想象
建立数与形的联系，利用几何图形描述问题，借助几何直观理解问题，运用空间想象认识事物.
数学运算
理解运算对象，掌握运算法则，探索运算思路，选择运算方法，设计运算过程，求得运算结果.
与原理科相比
映射三视图算法系统抽样几何概型二元一次不等式组与简单线性规划推理与证明定积分与微积分基本定理统计案例
增加的内容
有限样本空间百分位数空间向量与立体几何数学建模活动与数学探究活动
弱化的内容
计数原理常用逻辑用语
有限样本空间百分位数数学建模活动与数学探究活动

关于2023届高考数学二轮复习备考思考与建议

2022. 12. 4教师端线上形式1.假借平台拓展服务空间金太阳组织创建的平台，分享一些教学思考，提醒“抬头望路”2.节点差异提早预设布局时间点觉得确实有偏早，一轮复习尚未完成，预设“二轮布局”3.个人观点仅供择同选用认同点选择使用并落实，不认同点可以商榷，碰撞“思维火花”1.考什么与怎么考（命题）没有考试大纲？没有考试说明？如何研判最有可能的考向？2.备什么与怎么考（应考）需要丰富哪些应考储备？3.如何备与怎么学（教与学）——教学评价的参考教师的影响度学生的参与度内容的适标度媒介的适切度教学的规范度目标的达成度——“备、教、学、评”一体化【教师指导学生学习知能素养考试评价】要点二轮复习的目标与复习教学的遵循（1）备考的本质考试培训！（2）培训的目的学会考试的内容、学会考试的方法？会解答象近年高考那样的题目？解得好、解得快？会解答与近年高考不一样的题目？（宝典中没有的——突破应试题海的模式化）提高有效解决问题（曾经的实测试题）的能力与效率；形成促进。

丰富内在储备+提升展示技能。

●培训的内容与方法命题规律考过试题“变式”考、“创新”考！实现旧题的“变式”和“创新”。

模拟训练+专题复习？（危险的外在表现形式！）夯实学科基础——针对中等及偏下水平稳固知识结构—— 强筋状腱强化关键重点——必考常考内容为重点补缺补漏扫盲——盲区规避优化应试策略——非智力因素、得全该得基本分、争取超常发挥分学校（班级、学科）的指标任务：平均成绩——整体水平的提升上线人数——改变发展的方向亮点培育——迎合各方的需求（强化分层意识）学生的目标：总分的提升目标（效益）学科的分数位置（特长）旧四化：试题问题化、问题模型化、解模规律化、解题技能化立足通性通法、理顺逻辑顺序、清晰表达过程。

4. 复习教学的遵循二、研判卷题格局，把握基本考向《中国高考报告》、《高考试题分析》、高考评价报告落实评价体系的学科化突出学科素养的导向性突出学科特点的思维性体现本质考查的灵活性探索命题创新的积极性体现五育并举的全面性保持整体设计的稳定性当前评价量尺打造的顶层设计立德树人指导教学服务选拔考试内容考试方法——挖掘命题改革信息、体会考试说明功能试题浏览：特别关注：2.分板块的命题改革方向把握非主干板块内容：集合——传统的语言定位与交汇方式、可能的集合思想及图形语言平面向量——工具地位的体现与交汇应用的自觉、图形方法的强化不等式——内容的改变与函数的交汇，着重考查不等式的运算性质、—元二次不等式、基本不等式（显性考查与隐性考查结合，交汇考查，应独立板块）常用逻辑用语——充分性必要性的强化推理与证明——考查方式的正确理解复数——趋势的变化、教学新定位计数原理——基本模型二项式定理——热点内容三视图——隐性考查处理、不考后如何保持直观想象素养的考查地位对三角函数的考查突出基础，体现综合，对恒等变换的要求有所下降，更多强调对公式的灵活运用．试题呈现以下四个特点：（1）利用数形结合考查，通过图形分析、研究、总结三角函数的性质和图像特点；（2）利用三角公式考查，创设试题情境，灵活运用公式，解决问题；（3）利用真实情境考查，考查解三角形内容，体现三角函数的工具性作用；（4）体现思维深度，考查创新意识；（5）关注结构不良试题设计。

2019-2020届高考数学二轮复习第二部分板块二十三均值柯西妙解最值课件理

注意： (1)前提是“一正、二定、三相等”，如果没有满足前提，则应根据题目创设情境；还要注意选择恰当的公式； (2)“和定积最大，积定和最小”，可用来求最值； (3)均值不等式具有放缩功能，如果有多处用到，请注意每处取等的条件是否一致．
编后语
做笔记不是要将所有东西都写下，我们需要的只是“详略得当“的笔记。做笔记究竟应该完整到什么程度，才能算详略得当呢？对此很难作出简单回答。课堂笔记，最祥可逐字逐句，有言必录；最略则廖廖数笔，提纲挈领。做笔记的详略要依下面这些条件而定。
在高考中，一般只用到二维的柯西不等式，即(a2＋b2)·(c2 ＋d2)≥(ac＋bd)2.
[例 1] 设 x，y 为正数，且 x＋2y＋1x＋8y＝10，求 2x＋y 的最大值．
[解] 已知等式两边同乘以 2x＋y，
得x＋2y＋1x＋8y(2x＋y)＝10(2x＋y)，所以2x＋2 y2＋1x＋8y(2x＋y)＝10(2x＋y)，得 10(2x＋y)－2x＋2 y2＝10＋xy＋16yx≥18，解得 2≤2x＋y≤18. 所以 2x＋y 的最大值为 18.
[常用结论——记一番]
1．如果 a，b∈R，那么 a2＋b2≥2ab(当且仅当 a＝b 时取等号)． 2．如果 a，b 是正数，那么a＋2 b≥ ab(当且仅当 a＝b 时取等号)．我们称a＋2 b为 a，b 的算术平均数，称 ab为 a，b 的几何平均数． 3．最值定理：若 x，y∈R＋，x＋y＝S，xy＝P，则： ①如果 P 是定值，那么当 x＝y 时，S 的值最小； ②如果 S 是定值，那么当 x＝y 时，P 的值最大．
可得 b2≤4ac－4a2，则a2＋b22c2≤4aa2c＋－24ca22＝24acac－2＋11 ，又 4ac－ 4a2≥0，∴4·ac－4≥0，∴ac－1≥0，令 t＝ac－1，则 t≥0.当 t>0 时，a2＋b22c2≤2t2＋44tt＋3＝2t＋43t ＋4≤2 64＋4＝ 6－2 当且仅当 t＝ 26时等号成立，当 t＝0 时，a2＋b22c2＝0< 6－2，故a2＋b22c2 的最大值为 6－2，故选 B. 答案：B

2019年数学全国Ⅰ卷高考试题分析及2020年高考备考趋势及应对.docx

2019 数学全国Ⅰ卷高考试题分析及2020 高考备考趋势及应对一、2015-2019 年高考考点分析（一）客观题1、集合，以不等式为媒介，考查集合的运算。

2、复数，考查运算，概念，模长，2019 年考了轨迹方程，难度增大。

3、线性规划（19 年没考，因新教材删去该内容，与新高考逐步靠拢）4、概率（近5 年均考独立重复事件的概率和几何概型）5、三视图（19 年没考，因新教材删去该内容，与新高考逐步靠拢）求面积体积长度和距离。

6、立体几何（平行、线面角、最值）7、三角函数（图象性质、恒等变换、求值化简，利用正余弦定理求范围）19 年考了3 题，难度加大。

8、平面向量（分解、模长、夹角、数量积运算），近几年基本上没与其他知识结合。

9、框图（循环结构），17 年与19 年均考了填条件。

10、圆与圆锥曲线（离心率、范围、方程、弦长），19 年考了2 小一大，基本上考全相关知识点。

例如小题考了椭圆、双曲线、大题就考抛物线。

11、不等式（以幂函数、指、对数函数为落脚点，考利用图象或者单调性比较大小）12、数列（等差等比数列的通项与求和公式，最值问题），均为基础知识。

19 年考了两小一大，小题为基础题，必拿分题。

13、二项式定理（考展开式系数问题）19 年没考查，也就是不是每年必考，但会考。

14、函数的图象和性质（基础题，17 年和19 年相似）15、函数与导数的综合16、数学文化题（读懂题目为关键，新题但不难）17、简单的统计题（二）主观题1、三角（恒等变换、正余弦定理解三角形）2、数列（等差等比的通项、求和和构造等差等比数列及递推数列）3、概率统计（直方图、条形图、数字特征、线性回归、正态分布、估计统计量）4、立体几何（垂直的证明、二面角及线面角、动点问题、存在性问题）5、导数及其应用（切线、单调区间、极值最值、零点个数、含参数恒成立证明，包含多次求导）函数均为基本初等函数的组合，例19 年为三角函数与对数函数的组合。

专题06三点共线高考数学多题一解篇(文理通用)(解析版)

高考数学二轮复习微专题（文理通用）多题一解之三点共线篇【知识储备】 1、共线向量定理：向量a (a ≠0)与b 共线的充要条件是存在唯一一个实数λ，使得b ＝λa 。

2、A ，B ，C 三点共线，O 为A ，B ，C 所在直线外一点，则OA →＝λOB →＋μOC →且λ＋μ＝1。

特别，当A 为线段BC 中点时，OA →＝12OB →＋12OC →。

3．向量共线的坐标表示：若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ∥b ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0。

提示：a ∥b 的充要条件不能表示成x 1x 2＝y 1y 2，因为x 2，y 2有可能等于0，应表示为x 1y 2－x 2y 1＝0。

【走进高考】【例】【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点．若1F A AB =u u u r u u u r ，120FB F B ⋅=u u ur u u u u r ，则C 的离心率为____．【答案】2【解析】法一：由1F A AB =u u u r u u u r可得1，，F A B 三点共线且A 为线段1F B 的中点，由题意知F 1，F 2的坐标分别为(,0),(,0)-c c ，设A 点的坐标为(,）-b x x a ，B 点的坐标为11(,）x y ，由1F A AB =u u u r u u u r 可得11(,(,）=）+--+b bx c x x x y x a a，解得B 点的坐标为2(2,）+-b x c x a ，所以1222=(22,),2,（）+-=-u u u r u u u u r b bF B x c x F B x x a a，又120FB F B ⋅=u u u r u u u u r ，则有22242(22)0++=b x x c x a （1），又2=(2)-⨯+b b x x c a a 可得4=-cx ，代入（1）式得223=b a ，∴该双曲线的离心率为2c e a ====．法二：如图，由1,F A AB =u u u r u u u r得1.F A AB =又12,OF OF =得OA 是三角形12F F B 的中位线，即22,2.BF OA BF OA =∥由120F B F B ⋅=u u u r u u u u r，得121,,F B F B OA F A ⊥∴⊥ ∴1OB OF =，1AOB AOF ∠=∠，又OA 与OB 都是渐近线，得21,BOF AOF ∠=∠又21πBOF AOB AOF ∠+∠+∠=，∴2160,BOF AOF BOA ∠=∠=∠=o又渐近线OB的斜率为tan 60ba=︒=∴该双曲线的离心率为2c e a ====．【名师点睛】本题结合平面向量考查双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养，采取几何法，利用数形结合思想解题．解答本题时，通过向量关系得到1F A AB =和1OA F A ⊥，从而可以得到1AOB AOF ∠=∠，再结合双曲线的渐近线可得21,BOF AOF ∠=∠进而得到2160,BOF AOF BOA ∠=∠=∠=o从而由tan 60ba=︒=. 【例】【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知抛物线C ：y 2=3x 的焦点为F ，斜率为的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．（1）若|AF |+|BF |=4，求l 的方程；（2）若，求|AB |．【答案】（1）3728y x =-；（2）3. 【解析】设直线()()11223:,,,,2l y x t A x y B x y =+．（1）由题设得3,04F ⎛⎫⎪⎝⎭，故123||||2AF BF x x +=++，由题设可得1252x x +=．由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得22912(1)40x t x t +-+=，则1212(1)9t x x -+=-．从而12(1)592t --=，得78t =-．所以l 的方程为3728y x =-．（2）法一：由题意设P 点的坐标为(,0）x ，则1122=(,),,（）--=-u u u r u u u rAP x x y PB x x y ，323AP PB =u u u r u u u r由3AP PB =u u u r u u u r可得123y y =-．由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得2220y y t -+=．所以122y y +=．从而2232y y -+=，故211,3y y =-=．代入C 的方程得1213,3x x ==．故||3AB =．法二：过A 点、B 点分别向x 轴作垂线，垂足分别为M ，N ，易知AMP BNP ∆≈∆，由3AP PB =u u u r u u u r可得123y y =-．下同法一。

2020届数学(理)高考二轮专题复习课件：第二部分专题六第2讲基本初等函数、函数与方程 (数理化网)

于( )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：(1)当 x＞1 时，f(x)＝ln(x－1)＝0，得 x＝2. 当 x≤1 时，2x－1－1＝0，得 x＝1. 所以 f(x)有两个零点 x＝1 与 x＝2. (2)因为 f(2)＝ln 2－1＜0，f(3)＝ln 3－23＞0，又 f(x)＝ln x－2x在(0，＋∞)上是增函数，所以 x0∈(2，3)，从而 g(x0)＝2. 答案：(1)C (2)B
答案：①130 ②15
从近年高考命题看，基本初等函数着重于分段函数、幂函数、指数函数、对数函数的图象性质；以基本初等函数为载体考查函数与方程，以及函数简单的实际应用，突出数形结合与转化思想方法的考查．题目以中档难度为主，大多以选择题、填空题的形式呈现．考查的数学核心素养主要有数学运算、直观想象、数学建模．
（RM＋1r）2＋Mr22＝(R＋r)MR31.
设
α
＝
r R
.
由
于
α
的值很小，因此在近似计算中
3α（3＋1＋3αα4）＋2α5≈3α3，则 r 的近似值为(
)
A. MM21R
B. 2MM21R
3 C.R
解析：由 α＝Rr 得 r＝αR，代入（RM＋1r）2＋Mr22＝(R＋r)MR31，整理得3α（3＋1＋3αα4）＋2α5＝MM21. 又因为3α（3＋1＋3αα4）＋2α5≈3α3，所以 3α3≈MM21，所以 α≈
热点 1 基本初等函数的图象与性质(自主演练) 1．指数函数 y＝ax(a＞0，a≠1)与对数函数 y＝logax(a ＞0，a≠1)的图象和性质，分 0＜a＜1，a＞1 两种情况，当 a＞1 时，两函数在定义域内都为增函数，当 0＜a＜1 时，两函数在定义域内都为减函数． 2．同底的指数函数 y＝ax 与对数函数 y＝logax(a＞0，且 a≠1)的图象关于直线 y＝x 对称．

2020届高考数学大二轮复习冲刺经典专题第二编讲专题专题五解析几何第2讲椭圆、双曲线、抛物线课件文

∴∠F1PF2＝60°，由余弦定理可得 4c2＝16a2＋4a2－2·4a·2a·cos60°， ∴c＝ 3a，∴b＝ c2－a2＝ 2a. ∴ba＝ 2，∴双曲线 C 的渐近线方程为 y＝± 2x.故选 A．
(2)已知 F1，F2 为双曲线ax22－by22＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，以 F1F2 为直
第二编讲专题专题五解析几何
第2讲椭圆、双曲线、抛物线
「考情研析」1.考查圆锥曲线的定义、方程及几何性质，特别是椭圆、双曲线的离心率和双曲线的渐近线． 2.以解答题的形式考查直线与圆锥曲线的位置关系(弦长、中点等).
1
PART ONE
核心知识回顾
1.圆锥曲线的定义式 (1)椭圆：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)； (2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)； (3)抛物线：|PF|＝|PM|，点 F 不在直线 l 上，PM⊥l 于 M(l 为抛物线的准线方程)．
A．y＝± 2x
B．y＝±
2 2x
C．y＝±2x D．y＝±2 2x
答案 A
解析由题意得，|PF1|＝2|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PF1|＝4a，|PF2|＝ 2a，
由于 P，M 关于原点对称，F1，F2 关于原点对称，∴线段 PM，F1F2 互相平分，四边形 PF1MF2 为平行四边形，PF1∥MF2，∵∠MF2N＝60°，
D． 10
答案 B
解析设双曲线的右焦点为 F′，取 MN 的中点 P，连接 F′P，F′M， F′N，如图所示，由F→N＝3F→M，可知|MF|＝|MP|＝|NP|.又 O 为 FF′的中点，可知 OM∥PF′.∵OM⊥FN，∴PF′⊥FN.∴PF′为线段 MN 的垂直平分线．

2020高考数学二轮备考策略及注意事项

模拟试题商榷点1——核心知识考查不均衡
模拟试题商榷点2——核心知识考查不均衡
三角函数的图象与性质零考查
模拟试题商榷点2——核心知识考查不均衡
数学文化、五育并举零考查
概率知识零考查
模拟试题商榷点3——关键条件漏注
n N
模拟试题商榷点4——条件标错位置
模拟试题商榷点5——知识超标
模拟试题商榷点6——选择题压轴压不住
措施二：结合ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ际，制定策略
二轮备考怎么复习？
主干知识
专题思想方法
答题模板
题型分类
考题方法技巧
刷题突破
专题整合类
专题划分
知识整合
对点训练
考点精讲
题型突破
思维升华
专题整合类
重构了知识体系，尤其是主干知识体系构优点建的很牢固，方法系统归纳，有利于中等
生成绩的提升
（1）注重通性通法的考查，淡化了特殊的解题技巧，以全国Ⅰ卷理科为例： 1,2,3,5,7,8,9,10,13,14等都是很常规的考法，注重基础知识的积累与应用；
（2）增加了很多开放性和探索性问题设问，考查学生的学科素养，例如：全国Ⅰ卷理科T4，T21；Ⅱ卷理科T4、T13、T21；Ⅲ卷理科T3、T17、T20等
一、选择题、填空题的命题特点
(一)考查排列、组合的应用,以考查两个计数原理和排列、组合的应用为主, 难度中等,常常以选择题、填空题的形式出现.
(二)考查二项式定理的应用,以考查运用二项式定理求特定项、求项数和二项式定理性质的应用为主,难度中等,常常以选择题、填空题的形式出现.
(三)考查随机事件的概率,以考查随机事件、互斥事件与对立事件的概率为主,难度中等,常与事件的频率交汇考查.本节内容在高考中三种题型都有可能出现,随机事件的频率与概率题目往往以解答题的形式出现,互斥事件、对立事件的概念及概率题目常常以选择、填空题的形式出现.

2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第一部分刷考点考点二十坐标系与参数方程文2

考点二十　坐标系与参数方程解答题1．在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝x ，圆C ：Error!(φ为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求直线l 与圆C 的极坐标方程；(2)设直线l 与圆C 的交点为M ，N ，求△CMN 的面积．解　(1)将C 的参数方程化为普通方程，得(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝1，∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴直线l 的极坐标方程为θ＝(ρ∈R )，π4圆C 的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ＋4ρsin θ＋4＝0.(2)将θ＝代入ρ2＋2ρcos θ＋4ρsin θ＋4＝0，π4得ρ2＋3ρ＋4＝0，解得ρ1＝－2，ρ2＝－，222|MN |＝|ρ1－ρ2|＝，2∵圆C 的半径为1，∴△CMN 的面积为××1×sin ＝.122π4122．已知在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为Error!(t 是参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为 ρ＝4cos θ.(1)求曲线C 1的普通方程及曲线C 2的直角坐标方程并说明各曲线名称；(2)判断曲线C 1与曲线C 2的位置关系？若相交，求出弦长．解　(1)由Error!消去t 得x －2y －3＝0，所以曲线C 1的普通方程为x －2y －3＝0，是斜率为的直线．12由ρ＝4cos θ两边同乘以ρ得ρ2＝4ρcos θ，所以x 2＋y 2＝4x ，配方得(x －2)2＋y 2＝4，即曲线C 2的普通方程为(x －2)2＋y 2＝4，是以(2,0)为圆心，2为半径的圆．(2)由(1)知，曲线C 2：(x －2)2＋y 2＝4的圆心为(2,0)，半径为2，由点到直线的距离公式得，圆心(2,0)到直线x －2y －3＝0的距离为d ＝＝<2，|2－0－3|555所以曲线C 1与曲线C 2相交，弦长为2＝.22－(55)229553．在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程是Error!(θ为参数)，以射线Ox 为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρcos θ－ρsin θ－＝0.3(1)求曲线C 的普通方程，及直线l 的参数方程；(2)求直线l 与曲线C 相交所得的弦AB 的长．解　(1)曲线C 的参数方程化成普通方程为＋＝1，x 24y 23因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以l 的直角坐标方程为x －y －＝0，其倾斜角为，3π4过点(，0)，3所以直线方程化成参数方程为Error!(t 为参数，且t ∈R )．(2)将Error!代入＋＝1，x 24y 23得7t 2＋6t －6＝0，6Δ＝(6)2－4×7×(－6)＝384>0，6设方程的两根是t 1，t 2，则t 1＋t 2＝－，t 1t 2＝－，66767所以AB ＝|t 1－t 2|＝＝＝.t 1＋t 2 2－4t 1t 23847867故直线l 与曲线C 相交所得的弦AB 的长为.8674．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在极坐标系Ox 中，A (2,0)，B，C ，D (2，π)，弧，，所在圆的圆心分别是(1,0)，，(1，π)，(2，π4)(2，3π4)AB ︵ BC ︵ CD︵(1，π2)曲线M 1是弧，曲线M 2是弧，曲线M 3是弧.AB ︵ BC ︵ CD ︵(1)分别写出M 1，M 2，M 3的极坐标方程；(2)曲线M 由M 1，M 2，M 3构成，若点P 在M 上，且|OP |＝，求P 的极坐标．3解　(1)由题设可得，弧，，所在圆的极坐标方程分别为AB ︵ BC ︵ CD︵ρ＝2cos θ，ρ＝2sin θ，ρ＝－2cos θ，所以M 1的极坐标方程为ρ＝2cos θ，(0≤θ≤π4)M 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ，(π4≤θ≤3π4)M 3的极坐标方程为ρ＝－2cos θ.(3π4≤θ≤π)(2)设P (ρ，θ)，由题设及(1)知若0≤θ≤，则2cos θ＝，解得θ＝；π43π6若≤θ≤，则2sin θ＝，解得θ＝或θ＝；π43π43π32π3若≤θ≤π，则－2cos θ＝，解得θ＝.3π435π6综上，P 的极坐标为或或或.(3，π6)(3，π3)(3，2π3)(3，5π6)5．(2019·河南洛阳第三次统考)已知极点与坐标原点O 重合，极轴与x 轴非负半轴重合，M 是曲线C ：ρ＝2sin θ上任一点，点P 满足＝3.设点P 的轨迹为曲线Q .OP → OM→(1)求曲线Q 的平面直角坐标方程；(2)已知曲线Q 向上平移1个单位后得到曲线N ，设曲线N 与直线l ：Error!(t 为参数)相交于A ，B 两点，求|OA |＋|OB |的值．解　(1)设P (ρ，θ)，∵＝3，∴点M 的极坐标为，代入曲线C ，得OP → OM→ (ρ3，θ)＝2sin θ，ρ3即曲线Q 的极坐标方程为ρ＝6sin θ，∵ρ2＝6ρsin θ，∴x 2＋y 2＝6y ，∴x 2＋(y －3)2＝9，∴曲线Q 的平面直角坐标方程为x 2＋(y －3)2＝9.(2)曲线Q 向上平移1个单位后得到曲线N 的方程为x 2＋(y －4)2＝9.l 的参数方程化为Error!两方程联立得t 2－4t ＋7＝0，2∴t 1＋t 2＝4，t 1t 2＝7，2∴|OA |＋|OB |＝|t 1|＋|t 2|＝t 1＋t 2＝4.26．(2019·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为Error!(t 为参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为2ρcos θ＋ρsin θ＋11＝0.3(1)求C 和l 的直角坐标方程；(2)求C 上的点到l 距离的最小值．解　(1)因为－1<≤1，1－t 21＋t 2且x 2＋2＝2＋＝1，(y2)(1－t 21＋t 2)4t 21＋t 2 2所以C 的直角坐标方程为x 2＋＝1(x ≠－1)，y 24l 的直角坐标方程为2x ＋y ＋11＝0.3(2)由(1)可设C 的参数方程为Error!(α为参数，－π<α<π)．C 上的点到l 的距离为＝.|2cos α＋23sin α＋11|74cos (α－π3)＋117当α＝－时，4cos＋11取得最小值7，2π3(α－π3)故C 上的点到l 距离的最小值为.7解答题1．(2019·全国卷Ⅱ)在极坐标系中，O 为极点，点M (ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C ：ρ＝4sin θ上，直线l 过点A (4,0)且与OM 垂直，垂足为P .(1)当θ0＝时，求ρ0及l 的极坐标方程；π3(2)当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程．解　(1)因为M (ρ0，θ0)在曲线C 上，当θ0＝时，ρ0＝4sin ＝2.π3π33由已知得|OP |＝|OA |cos ＝2.π3设Q (ρ，θ)为l 上除P 外的任意一点．连接OQ ，在Rt△OPQ 中，ρcos ＝|OP |＝2.(θ－π3)经检验，点P在曲线ρcos ＝2上，(2，π3)(θ－π3)所以，l 的极坐标方程为ρcos＝2.(θ－π3)(2)设P (ρ，θ)，在Rt△OAP 中，|OP |＝|OA |cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ.因为P 在线段OM 上，且AP ⊥OM ，所以θ的取值范围是.[π4，π2]所以，P 点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈.[π4，π2]2．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为Error!(t 为参数)，圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5.以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求直线l 及圆C 的极坐标方程；(2)若直线l 与圆C 交于A ，B 两点，求cos∠AOB 的值．解　(1)由直线l 的参数方程Error!得，其普通方程为y ＝x ＋2，∴直线l 的极坐标方程为ρsin θ＝ρcos θ＋2.又∵圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5，将Error!代入并化简得ρ＝4cos θ＋2sin θ，∴圆C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ＋2sin θ.(2)将直线l ：ρsin θ＝ρcos θ＋2，与圆C ：ρ＝4cos θ＋2sin θ联立，得(4cos θ＋2sin θ)(sin θ－cos θ)＝2，整理得sin θcos θ＝3cos 2θ，∴θ＝或tan θ＝3.π2不妨记点A 对应的极角为，点B 对应的极角为θ，且tan θ＝3.π2于是，cos∠AOB ＝cos ＝sin θ＝.(π2－θ)310103．(2019·湖北4月调研)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为Error!(α是参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4sin θ.(1)求曲线C 1的极坐标方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)若射线θ＝β与曲线C 1交于O ，A 两点，与曲线C 2交于O ，B 两点，(0<β<π2)求|OA |＋|OB |取最大值时tan β的值．解　(1)由Error!得x 2－2x ＋y 2＝0，2将Error!代入得ρ＝2cos θ，2故曲线C 1的极坐标方程为ρ＝2cos θ.2由ρ＝4sin θ得ρ2＝4ρsin θ，将Error!代入得x 2＋y 2＝4y ，故曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－4y ＝0.(2)设点A ，B 的极坐标分别为(ρ1，θ)，(ρ2，θ)，将θ＝β分别代(0<β<π2)入曲线C 1，C 2的极坐标方程得ρ1＝2cos β，ρ2＝4sin β，2则|OA |＋|OB |＝2cos β＋4sin β＝2＝2sin(β＋φ)，26(sin β·63＋cos β·33)6其中φ为锐角，且满足sin φ＝，cos φ＝，3363当β＋φ＝时，|OA |＋|OB |取最大值，π2此时β＝－φ，tan β＝tan ＝＝＝＝.π2(π2－φ)sin (π2－φ)cos (π2－φ)cos φsin φ633324．已知直线l 的参数方程为Error!(t 为参数，0≤φ<π)，以坐标原点O 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＝1，l 与C 交于不同的两点P 1，P 2.(1)求φ的取值范围；(2)以φ为参数，求线段P 1P 2中点M 的轨迹的参数方程．解　(1)曲线C 的极坐标方程为ρ＝1，根据ρ2＝x 2＋y 2可得曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝1，将Error!代入x 2＋y 2＝1，得t 2－4t sin φ＋3＝0.　(*)由Δ＝16sin 2φ－12>0得|sin φ|>.32又0≤φ<π，所以φ的取值范围是.(π3，2π3)(2)由(1)中的(*)可知＝2sin φ，t 1＋t 22代入Error!得Error!整理得P 1P 2中点M 的轨迹的参数方程为Error!.(φ为参数，π3<φ<2π3)5．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为Error!(t 为参数，0≤α<π)，在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为ρ2＝.21＋sin2θ(1)求曲线C 的直角坐标方程；(2)设点M 的坐标为(1,0)，直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求＋的值．1|MA |1|MB |解　(1)曲线ρ2＝，即ρ2＋ρ2sin 2θ＝2，21＋sin2θ∵ρ2＝x 2＋y 2，ρsin θ＝y ，∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＋2y 2＝2，即＋y 2＝1.x 22(2)将Error!代入x 2＋2y 2＝2并整理得(1＋sin 2α)t 2＋2t cos α－1＝0，∴t 1＋t 2＝－，t 1·t 2＝，2cos α1＋sin2α－11＋sin2α∴＋＝＝＝，1|MA |1|MB ||MA |＋|MB ||MA |·|MB ||AB ||MA |·|MB ||t 1－t 2|－t 1·t 2∵|t 1－t 2|＝＝＝，t 1＋t 2 2－4t 1t 24cos2α 1＋sin2α 2＋41＋sin2α221＋sin2α∴＋＝＝2.1|MA |1|MB |221＋sin2α11＋sin2α26．(2019·江西省名校5月联考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1过点P (a,1)，其参数方程为Error!(t 为参数，a ∈R )，以O 为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρcos 2θ＋4cos θ－ρ＝0.(1)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)已知曲线C 1和曲线C 2交于A ，B 两点，且|PA |＝2|PB |，求实数a 的值．解　(1)C 1的参数方程为Error!消参得普通方程为x －y －a ＋1＝0，C 2的极坐标方程为ρcos 2θ＋4cos θ－ρ＝0，两边同乘ρ得ρ2cos 2θ＋4ρcos θ－ρ2＝0，得y 2＝4x ，所以曲线C 2的直角坐标方程为y 2＝4x .(2)曲线C 1的参数方程可转化为Error!(t 为参数，a ∈R )，代入曲线C 2：y 2＝4x ，得t 2－t ＋1－4a ＝0，由Δ＝(－)2－4××(1－4a )>0，得a >0，122212设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，由|PA |＝2|PB |得|t 1|＝2|t 2|，即t 1＝2t 2或t 1＝－2t 2，当t 1＝2t 2时，Error!解得a ＝；136当t 1＝－2t 2时，Error!解得a ＝，94综上，a ＝或.13694。

2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第一部分刷考点考点十一等差数列与等比数列(理)

考点十一等差数列与等比数列一、选择题1．已知数列{a n }为等比数列，且a 3＝－4，a 7＝－16，则a 5＝( ) A ．－8 B ．8 C ．±8 D ．±4 2答案 A解析由a 7a 3＝q 4得q 4＝4，则q 2＝2，所以a 5＝a 3·q 2＝－4×2＝－8，故选A. 2．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n ，则a 6＝( ) A ．16 B ．8 C ．4 D ．2 2答案 C解析由2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n 知，数列{a 2n }是等差数列，前两项为1,4，所以公差d ＝3，故a 26＝1＋5×3＝16，所以a 6＝4，故选C.3．在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”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答案 B解析若a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，则此数列可以为0,0,0,0,0，…，此时{a n }不是等比数列；若{a n }是公比为2的等比数列，则由等比数列的定义可知a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，….故选B.4．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n n －12×2＝n 2－4n .故选A.5．(2019·湖南六校联考)已知公差d ≠0的等差数列{a n }满足a 1＝1，且a 2，a 4－2，a 6成等比数列，若正整数m ，n 满足m －n ＝10，则a m －a n ＝( )A ．10B ．20C ．30D ．5或40答案 C解析由题知(a 4－2)2＝a 2a 6，因为{a n }为等差数列，所以(3d －1)2＝(1＋d )(1＋5d )，因为d ≠0，解得d ＝3，从而a m －a n ＝(m －n )d ＝30，故选C.6．(2019·河南百校联盟仿真试卷)已知等差数列{a n }满足a 1＝32，a 2＋a 3＝40，则{|a n |}的前12项和为( )A ．－144B ．80C ．144D ．304答案 D解析 a 2＋a 3＝2a 1＋3d ＝64＋3d ＝40⇒d ＝－8，所以a n ＝40－8n .所以|a n |＝|40－8n |＝⎩⎪⎨⎪⎧40－8n ，n ≤5，8n －40，n >5，所以前12项和为5×32＋02＋7×8＋562＝80＋224＝304.7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )且a 2＝3，a 6＝11，则S 7等于( ) A ．13 B ．49 C ．35 D ．63答案 B解析由S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )可知数列{a n }是等差数列，所以S 7＝7a 1＋a 72＝7a 2＋a 62＝7×142＝49.选B. 8．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案 A解析由a 4＋a 6＝2a 5＝－6得a 5＝－3，则公差为－3＋115－1＝2，所以由a n ＝－11＋(n －1)×2＝2n －13≤0得n ≤132，所以前6项和最小，选A.二、填空题9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6a 3＝2，则S 6S 3＝________. 答案 72解析设等差数列{a n }的公差为d ，a 6a 3＝2，即a 3＋3d ＝2a 3，a 3＝3d ，S 6S 3＝3a 3＋a 43a 2＝a 3＋a 3＋d a 3－d ＝3d ＋3d ＋d 3d －d ＝72.10．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝32，S 3＝92，则公比q ＝________.答案 1或－12解析因为⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝32，a 1＋a 2＋a 3＝92，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝32，a 1＋a 2＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝32，a 1＋a 1q ＝3，即1＋qq 2＝2，所以2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.11．(2019·广东广州天河区综合测试一)在等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20，则m ＝________.答案 191解析等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，a m ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20，则a m ＝d ＋2d ＋…＋19d ＝19×1＋192d ＝190d ＝a 191，m ＝191.12．(2019·河南新乡第一次模拟)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，(n ＋1)a n ＋1＝(n －1)S n ，则S n ＝________.答案2n －1n解析 ∵(n ＋1)a n ＋1＝(n －1)S n ，∴na n ＋1＋S n ＋1＝nS n ，∴n (S n ＋1－S n )＋S n ＋1＝nS n ，∴n ＋1S n ＋1nS n ＝2，∴{nS n }是首项为1，公比为2的等比数列，则nS n ＝2n －1，∴S n ＝2n －1n.三、解答题13．(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．解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧9a 1＋9×82d ＝－a 1＋4d ，a 1＋2d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，d ＝－2，所以a n ＝8＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋10.(2)由(1)知a 5＝0，即a 5＝a 1＋4d ＝0，即a 1＝－4d ，又a 1>0，所以d <0，由S n ≥a n 得na 1＋n n －12d ≥a 1＋(n －1)d ，整理得(n 2－9n )d ≥(2n －10)d ，因为d <0，所以n 2－9n ≤2n －10，即n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是1≤n ≤10(n ∈N *)．14．已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19.(1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 解 (1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19，∴b 1＝1， ∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列，∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3， ∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝3n .(2)由(1)得，令C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，∴C n ＋1＝(－1)n ＋12n，∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1， ∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列， ∴T n ＝－1×[1－－2n]1＋2＝－13[1－(－2)n]＝－2n－13.一、选择题1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n ＋1＋λ，则λ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2答案 A解析解法一：a 2＝S 2－S 1＝23－22＝4，a 3＝S 3－S 2＝24－23＝8，所以a 1＝a 22a 3＝2，所以S 1＝22＋λ＝2，故λ＝－2.解法二：S n ＝2n ＋1＋λ＝2·2n＋λ，根据等比数列前n 项和公式的结构知λ＝－2.2．《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺，今一月日织九匹三丈．”其意思为今有女子善织布，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一个月(按30天计)共织390尺布．则该女最后一天织多少尺布？( )A ．18B ．20C ．21D ．25答案 C解析依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为{a n }，其中a 1＝5，前30项和为390，于是有305＋a 302＝390，解得a 30＝21，即该织女最后一天织21尺布，选C.3．若等比数列的前n 项和，前2n 项和，前3n 项和分别为A ，B ，C ，则( ) A ．A ＋B ＝C B ．B 2＝ACC ．A ＋B －C ＝B 3D ．A 2＋B 2＝A (B ＋C )答案 D解析由等比数列的性质可知，当公比q ≠－1时，A ，B －A ，C －B 成等比数列，所以(B －A )2＝A (C －B )，所以A 2＋B 2＝AC ＋AB ＝A (B ＋C )，当q ＝－1时，易验证此等式成立，故选D.4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝4，S 5≥S 4≥S 6，则公差d 的取值范围是( ) A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－89 B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－45C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－89，－45D ．[]－1，0答案 A解析因为S 5≥S 4≥S 6，所以S 4＋a 5≥S 4≥S 4＋a 5＋a 6，所以a 5≥0≥a 5＋a 6，又a 1＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＋4d ≥0，8＋9d ≤0，解得－1≤d ≤－89.5．数列{a n }中，已知对任意自然数n ，a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n－1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n 等于( ) A ．(2n－1)2B ．13(2n－1) C ．4n－1 D ．13(4n－1) 答案 D解析当n ＝1时，a 1＝2－1＝1；当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝(2n －1)－(2n －1－1)＝2n －1，n ＝1时也符合，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．所以a 2n ＝4n －1(n ∈N *)也是等比数列，所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1＋4＋42＋…＋4n －1＝1－4n1－4＝4n－13，故选D.6．已知数列{a n }是等差数列，r ，s ，t 为正整数，则“r ＋t ＝2s ”是“a r ＋a t ＝2a s ”的( ) A ．充要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分不必要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 C解析设{a n }的公差为d ，由a r ＋a t ＝2a s 得(r ＋t －2)d ＝(2s －2)d ，即r ＋t ＝2s 或d ＝0，则“r ＋t ＝2s ”是“r ＋t ＝2s 或d ＝0”的充分不必要条件．故选C.7．已知在公比不为1的等比数列{a n }中，a 2a 4＝9，且2a 3为3a 2和a 4的等差中项，设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T 8＝( )A ．12×37－16 B ．310C ．318D ．320答案 D解析由题意，得a 23＝9，设等比数列的公比为q ，由2a 3为3a 2和a 4的等差中项，得3·a 3q＋a 3q ＝4·a 3，由公比不为1，解得q ＝3，所以T 8＝a 1·a 2·…·a 8＝a 81q 28＝a 81q 16·q 12＝(a 1q 2)8·q 12＝(a 23)4q 12＝94×312＝320.8．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－2a 2n －a n ＋1a n ＝0，设b n ＝log 2a n ＋1a 1，则数列{b n }的前n 项和为( )A ．nB ．n n －12C ．n n ＋12D ．n ＋1n ＋22答案 C解析因为a 2n ＋1－2a 2n －a n ＋1a n ＝0，所以(a n ＋1＋a n )·(2a n －a n ＋1)＝0，又因为a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即a n ＋1a n ＝2，所以数列{a n }是公比为2的等比数列，a n ＋1a 1＝a 1q n a 1＝2n ，所以b n ＝log 2a n ＋1a 1＝log 22n＝n ，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.二、填空题9．(2019·江西抚州七校联考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝10，S 30＝30，则S 20＝________.答案 20解析因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，所以S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列，因为S 10＝10，S 30＝30，所以(S 20－10)2＝10×(30－S 20)，解得S 20＝20或S 20＝－10，因为S 20－S 10＝q 10S 10>0，所以S 20>0，则S 20＝20.10．(2019·广东深圳适应性考试)等差数列{a n }中，a 4＝10且a 3，a 6，a 10成等比数列，数列{a n }的前20项和S 20＝________.答案 200或330解析设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 4－d ＝10－d ，a 6＝a 4＋2d ＝10＋2d ，a 10＝a 4＋6d ＝10＋6d ，又a 3a 10＝a 26，即(10－d )(10＋6d )＝(10＋2d )2，整理得10d 2－10d ＝0，解得d ＝0或d ＝1.当d ＝0时，S 20＝20a 4＝200；当d ＝1时，a 1＝a 4－3d ＝10－3×1＝7，于是，S 20＝20a 1＋20×192d ＝20×7＋190＝330. 11．(2019·河北唐山质检)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＝________.答案－1n解析由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，两边同时除以S n ＋1S n ，得1S n ＋1－1S n＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.12．(2019·山东德州第一次考试)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ≠0,3S n ＝a n a n＋1＋1，则a 2019＝________. 答案 3028解析数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1,3S n ＝a n a n ＋1＋1 ①，当n ＝1时，整理得3S 1＝3a 1＝a 1·a 2＋1，解得a 2＝2，当n ≥2时，3S n －1＝a n －1·a n ＋1 ②，①－②得，3a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)，由于a n ≠0，故a n ＋1－a n －1＝3(常数)，故数列{a n }的奇数项为首项为1，公差为3的等差数列，则a n ＝1＋3⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12－1.数列{a n }的偶数项为首项为2，公差为3的等差数列，a n＝2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1，所以a 2019＝1＋3⎝⎛⎭⎪⎫2019＋12－1＝3028. 三、解答题13．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－2n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.14．(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解 (1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1，所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.。