2015年高考数学创新设计精品试题专题训练1-1-3
2015年高考数学创新设计精品试题专题训练1-1-4
则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，
即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立，
即aห้องสมุดไป่ตู้－x2在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝－x2，
在[1,2]上h′(x)＝－－2x＝－＜0，
所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)min＝h(2)＝－.
所以a≤－.
10．(2014·北京西城区一模)已知函数f(x)＝lnx－，其中a∈R.
解析f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0.
∴f(x)在(0,4)上递减，在(4，＋∞)上递增，∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.
答案A
4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x＋1有两个极值点，则实数a的取值范围是()．
A．(，＋∞)B．(－∞，－)
C．(－，)D．(－∞，－)∪(，＋∞)
解析f′(x)＝x2＋2ax＋3.
由题意知方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根，
所以Δ＝4a2－12＞0，
解得：a＞或a＜－.
答案D
二、填空题
5．已知函数f(x)＝x2＋mx＋lnx是单调递增函数，则m的取值范围是________．
(2)由f(x)＞－x＋2，得lnx－＞－x＋2，
即a＜xlnx＋x2－2x.
设函数g(x)＝xlnx＋x2－2x，
则g′(x)＝lnx＋2x－1.
因为x∈(1，＋∞)，
所以lnx＞0,2x－1＞0，
所以当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＝lnx＋2x－1＞0，
故函数g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，
2015年高考数学创新设计精品试题专题训练1-6-2
4．(2014· 合肥模拟)从装有除颜色外完全相同的 3 个白球和 m 个黑球的布袋中随 机摸取一球，有放回的摸取 5 次，设摸得白球数为 X，已知 E(X)＝3，则 D(X) 等于 8 A.5 4 C.5 解析 6 B.5 2 D.5 根据题目条件，每次摸到白球的概率都是 p＝ 3 ，满足二项分布， 3＋m ( )．
因此可求得期望 E(ξ)＝1. 答案 D
3 3．(2014· 温州模拟)某人射击一次击中的概率为5，经过 3 次射击，此人至少有两 次击中目标的概率为 54 A.125 81 C.125 解析 27 B.125 108 D.125 该人 3 次射击，恰有两次击中目标的概率是 ( )．
32 2 5 · ， P1＝C2 3· 5 33 5 . 三次全部击中目标的概率是 P2＝C3 3· 所以此人至少有两次击中目标的概率是 33 81 2 32 2 5 · ＋C3 P＝P1＋P2＝C3 · . 35 ＝ 5 125 答案 C
P(ξ＝0)＝0.5×(1－a)×(1－a)＝0.5(1－a)2； P(ξ＝1)＝0.5×(1－a)×(1－a)＋2×0.5×a×(1－a)＝0.5(1－a2)； P(ξ＝2)＝0.5×a2＋2×0.5×a×(1－a)＝0.5a(2－a)； P(ξ＝3)＝0.5×a×a＝0.5a2. 7 ∴E(ξ)＝P(ξ＝0)×0＋P(ξ＝1)×1＋P(ξ＝2)×2＋P(ξ＝3)×3＝6. 7 1 即 0.5(1－a2)＋a(2－a)＋1.5a2＝6，解得 a＝3. 答案 1 3
8．袋中有大小、质地相同的 5 个球，2 白 3 黑，现从中摸球，规定：每次从袋
中随机摸取一球，若摸到的是白球，则将此球放回袋中，并再放同样的一个 白球入袋；若摸到的是黑球，则将球放回袋中，并再放同样的一个黑球入袋， 连续摸两次球且按规定操作后袋中白球的个数记为 X，则 X 的数学期望为 __________． 解析 首先，连续摸两次球且按规定操作后袋中白球的个数可能为 2,3,4.
【创新设计】(人教通用)2015高考数学二轮复习 专题整合限时练1 理(含最新原创题,含解析)
【创新设计】（人教通用）2015高考数学二轮复习 专题整合限时练1理（含最新原创题，含解析）(建议用时：40分钟) 一、选择题1．若A ＝{x |2＜2x＜16，x ∈Z }，B ＝{x |x 2－2x －3＜0}，则A ∩B 中元素个数为 ( )．A ．0B ．1C ．2D ．3解析 因为A ＝{x |2＜2x＜16，x ∈Z }＝{x |1＜x ＜4，x ∈Z }＝{2,3}，B ＝{x |x 2－2x －3＜0}＝{x |－1＜x ＜3}，所以A ∩B ＝{2}． 答案 B2．若(1＋2a i)i ＝1－b i ，其中a ，b ∈R ，则|a ＋b i|＝( )．A.12＋i B ． 5 C.52D ．54解析 因为(1＋2a i)i ＝1－b i ，所以－2a ＋i ＝1－b i ，a ＝－12，b ＝－1，|a ＋b i|＝|－12－i|＝52. 答案 C3．我校要从4名男生和2名女生中选出2人担任H 7N 9禽流感防御宣传工作，则在选出的宣传者中男、女都有的概率为( )． A.815B ．12 C.25D ．415解析 从4名男生和2名女生中选出2人担任H 7N 9禽流感防御宣传工作，总的方法数为C 04C 22＋C 14C 12＋C 24C 02＝15，其中选出的宣传者中男、女都有的方法数为C 14C 12＝8，所以，所求概率为815.答案 A4．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 4＋a 6＝12，则S 7的值是( )．A ．21B ．24C ．28D ．7解析 ∵a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝12， ∴a 4＝4， ∴S 7＝a 1＋a 72×7＝7a 4＝28.答案 C5．设a ，b ∈R ，则“(a －b )·a 2＜0”是“a ＜b ”的( )．A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析 由(a －b )·a 2＜0得，a ≠0且a ＜b ；反之，由a ＜b ，不能推出(a －b )·a 2＜0，即“(a －b )·a 2＜0”是“a ＜b ”的充分非必要条件． 答案 A6．抛物线y 2＝4x 的焦点到双曲线x 2－y 23＝1的渐近线的距离是( )．A.12 B ．32C ．1D ． 3解析 抛物线y 2＝4x 的焦点为(1,0)，双曲线x 2－y 23＝1的渐近线为x ±33y ＝0，所以抛物线y 2＝4x 的焦点到双曲线x 2－y 23＝1的渐近线的距离是|1±33×0|1＋332＝32. 答案 B7.已知a 为执行如图所示的程序框图输出的结果，则二项式⎝⎛⎭⎪⎫a x －1x 6的展开式中含x 2项的系数是( )．A ．192B ．32C ．96D ．－192解析 由程序框图可知，a 计算的结果依次为2，－1，12，2，…，成周期性变化，周期为3；当i ＝2 011时运行结束，2 011＝3×670＋1，所以a ＝2.所以，⎝⎛⎭⎪⎫a x －1x 6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 6，T r ＋1＝C r 6(2x )6－r⎝⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r C r 6·26－r x 3－r， 令3－r ＝2，得r ＝1，所以，含x 2项的系数是(－1)C 1625＝－192. 答案 D8．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2)的图象如图所示，则f (x )的解析式为( )．A ．f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3B ．f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3C ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6 D ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6 解析 由图象可知A ＝1，且14T ＝14×2πω＝7π12－π3＝π4，∴ω＝2，f (x )＝sin (2x ＋φ)． 把⎝⎛⎭⎪⎫7π12，－1代入得：－1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×7π12＋φ，又∵|φ|＜π2，∴7π6＋φ＝3π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝sin (2x ＋π3)．答案 A9．已知O 是坐标原点，点A (－2,1)，若点M (x ，y )为平面区域⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥2，x ≤1，y ≤2上的一个动点，则O A →·O M →的取值X 围是( )． A ．[－1,0]B ．[－1,2]C ．[0,1]D ．[0,2]解析 ∵A (－2,1)，M (x ，y )，∴z ＝O A →·O M →＝－2x ＋y ，作出不等式组对应的平面区域及直线－2x ＋y ＝0，如图所示．平移直线－2x ＋y ＝0，由图象可知当直线经过点N (1,1)时，z min ＝－2＋1＝ －1；经过点M (0,2)时，z max ＝2. 答案 B10．如图F 1，F 2是双曲线C 1：x 2－y 23＝1与椭圆C 2的公共焦点，点A 是C 1，C 2在第一象限的公共点．若|F 1F 2|＝|F 1A |，则C 2的离心率是( )．A.13 B ．23 C.15D ．25解析 由题意知，|F 1F 2|＝|F 1A |＝4，∵|F 1A |－|F 2A |＝2，∴|F 2A |＝2，∴|F 1A |＋|F 2A |＝6，∵|F 1F 2|＝4，∴C 2的离心率是46＝23. 答案 B11．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形正视图为直角梯形，则此几何体的体积V 为( )．A.323 B ．403C.163D ．40解析 观察三视图可知，该几何体为四棱锥，底面为直角梯形，两个侧面与底面垂直，棱锥的高为4，由图中数据得该几何体的体积为13×4＋12×4×4＝403.答案 B12．已知定义在R 上的函数f (x )是奇函数且满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x ＝f (x )，f (－2)＝－3，数列{a n }满足a 1＝－1，且S n n ＝2×a n n＋1(其中S n 为{a n }的前n 项和)，则f (a 5)＋f (a 6)＝( )． A ．－3 B ．－2 C ．3D ．2解析 ∵函数f (x )是奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，∵f (32－x )＝f (x )，∴f (32－x )＝－f (－x )，∴f (3＋x )＝f (x )，∴f (x )是以3为周期的周期函数． ∵S n n ＝2×a n n＋1，∴S n ＝2a n ＋n ，S n －1＝2a n －1＋(n －1)(n ≥2)． 两式相减并整理得出a n ＝2a n －1－1， 即a n －1＝2(a n －1－1)，∴数列{a n －1}是以2为公比的等比数列，首项为a 1－1＝－2，∴a n －1＝－2·2n －1＝－2n ，a n ＝－2n＋1，∴a 5＝－31，a 6＝－63.∴f (a 5)＋f (a 6)＝f (－31)＋f (－63)＝f (2)＋f (0)＝f (2)＝－f (－2)＝3. 答案 C 二、填空题13．已知向量p ＝(2，－1)，q ＝(x,2)，且p ⊥q ，则|p ＋λq |的最小值为__________．解析 ∵p ·q ＝2x －2＝0，∴x ＝1， ∴p ＋λq ＝(2＋λ，2λ－1)， ∴|p ＋λq |＝2＋λ2＋2λ－12＝5λ2＋5≥ 5.答案514．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a ＝2，b ＝2，sin B ＋cos B ＝2，则角A 的大小为________．解析 由sin B ＋cos B ＝2得，2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4＝2，sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π4＝1，而B ∈(0，π)，所以B ＝π4.由正弦定理得，sin A ＝a sin B b ＝12，又A ＋B ＋C ＝π，A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，3π4，∴A ＝π6.答案π615．若曲线y ＝x 在点(m ，m)处的切线与两坐标轴围成三角形的面积为18，则m ＝________. 解析 由y ＝x ，得y ′＝－12x，所以，曲线y ＝x在点(m ，m)处的切线方程为y －m＝－12m(x －m )，由已知，得12×32m×3m ＝18(m ＞0)，m ＝64.答案 6416．已知a ＞0，b ＞0，方程为x 2＋y 2－4x ＋2y ＝0的曲线关于直线ax －by －1＝0对称，则3a ＋2bab的最小值为________．解析 该曲线表示圆心为(2，－1)的圆，直线ax －by －1＝0经过圆心，则2a ＋b －1＝0，即2a ＋b ＝1，所以 3a ＋2b ab ＝3b ＋2a ＝(3b ＋2a )(2a ＋b )＝6a b ＋2b a＋7≥26a b ·2ba＋7＝7＋43(当且仅当a ＝2－3，b ＝23－3时等号成立)． 答案 7＋4 3。
2015年高考数学创新设计精品试题专题训练1-6-1
答案96
7．(2014·德州模拟)在区间[－2,3]上任取一个数a，则函数f(x)＝x3－ax2＋(a＋2)x有极值的概率为________．
专题六概率与统计
第1讲 统计与概率拟)从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为()．
A．224B.112
C．56D.28
解析根据分层抽样，应抽取男生1名，女生2名，抽取2名女生1名男生的方法有CC＝112.
B．在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”
C．有97.5%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”
D．有97.5%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”
解析因为4.762＞3.841，所以在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”，或者认为有95%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”，因此，只能选A.
④对分类变量X与Y的随机变量K2的观测值k来说，k越小，判断“X与Y有关系”的把握程度越大．
其中真命题的有____________(填序号)．
解析①从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是系统抽样，不是分层抽样．故①是假命题；
②两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1.故②是真命题；
答案B
2．(2014·北京顺义区统练)某商场在国庆黄金周的促销活动中，对10月1日9时至14时的销售额进行统计，其频率分布直方图如图所示．已知9时至10时的销售额为3万元，则11时至12时的销售额为()．
【创新设计】2015高考数学(理)(江西)二轮复习课件：1-3-2第2讲 数列的综合问题
SnTn n＋32 －1 n＋1 ∴Kn＝n· 2 ，则 cn＝ K ＝ . n＋1 2 n n＋42n＋1－1 n＋32n－1 cn＋1－cn＝ － ＋ n＋2 2 2n 1 2n＋1＋n＋2 ＝ >0， n＋2 2 所以 cn＋1>cn(n∈N*)．
n
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
专题训练· 对接高考
热点二
数列与函数的交汇问题
【例 2】 已知数列{an}和{bn}，对于任意的 n∈N*，点 P(n，an) 都在经过点 A(－1,0)与点
1 B2，3的直线
l 上，并且点 C(1,2)
是函数 f(x)＝ax(a＞0 且 a≠1)的图象上一点，数列{bn}的前 n 项和 Sn＝f(n)－1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
专题训练· 对接高考
证明 (1)由 an＋1＝3an＋1 1 1 得 an＋1＋2＝3an＋2. 1 3 1 3 又 a1＋2＝2，所以{an＋2}是首项为2，公比为 3 的等比数列． 1 3n 所以 an＋2＝ 2 ， 3n－1 因此{an}的通项公式为 an＝ 2 .
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
专题训练· 对接高考
[考点整合]
1．数列{an}的前n项和Sn与an的关系． 2．常用的数列求和方法． 3．数列{an}是单调递增数列，则an＋1－an＞0，n∈N*； 数列{an}是单调递减数列，则an＋1－an＜0，n∈N*.
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维(2)①由(1)知 cn＝a －b ＝2n－n－n＋1 ( n ∈ N )， n n 1 1 所以 Sn＝ －2n(n∈N*)． n＋1
2015年高考数学创新设计精品试题专题训练1-5-2
答案
A
x2 4．(2014· 福建卷)设 P，Q 分别为圆 x2＋(y－6)2＝2 和椭圆10＋y2＝1 上的点，则 P，Q 两点间的最大距离是 A．5 2 C．7＋ 2 解析 B. 46＋ 2 D.6 2 ( )．
设圆的圆心为 C，则 C(0,6)，半径为 r＝ 2，
点 C 到椭圆上的点 Q( 10cos α， sin α)的距离|CQ|＝ 10cos α2＋sin α－62 ＝ 46－9sin2 α－12sin α ＝ 2 50－9sin α＋32≤ 50＝5 2，
x2 2)＝0，即 x2＋(y－2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1 为半径的圆．又双曲线a2－ y2 b 2a b ＞ 0) 的渐近线方程为 y ＝ ± x ， 即 bx ± ay ＝ 0 ， 由题意， 可得 2＝1(a＞0， b a a2＋b2 2a c ＞1，即 c ＞1，所以 e＝a＜2，又 e＞1，故 1＜e＜2. 答案 (1,2)
＋|AB|＝4a＝8，所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3，由椭圆的性质，可知过椭圆 2b2 焦点的弦中，通径最短，即 a ＝3，可求得 b2＝3，即 b＝ 3. 答案 D
3．(2014· 湖北卷)已知 F1，F2 是椭圆和双曲线的公共焦点，P 是它们的一个公共 π 点， 且∠F1PF2＝3， 则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为 ( )．
b 则直线 y＝ 3x 应在两渐近线之间，所以有a≤ 3， 即 b≤ 3a，所以 b2≤3a2， c2－a2≤3a2，即 c2≤4a2，e2≤4，所以 1＜e≤2. 答案 B
x2 y2 2．已知椭圆 4 ＋b2＝1(0＜b＜2)，左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1 的直线 l 交椭 圆于 A，B 两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为 5，则 b 的值是 A．1 3 C.2 解析 B. 2 D. 3 由椭圆的方程， 可知长半轴长为 a＝2； 由椭圆的定义， 可知|AF2|＋|BF2| ( )．
2015年高考数学创新设计精品习题专题训练1-2-2
7．(2014·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b－c＝a,2sinB＝3sinC，则cosA的值为________．
解析∵2sinB＝3sinC，由正弦定理得2b＝3c，∴b＝c，
又b－c＝a，∴a＝4(b－c)，∴a＝2c.
∴cosA＝＝＝－.
答案－
8．(2014·江苏卷)若△ABC的内角满足sinA＋sinB＝2sinC，则cosC的最小值是________．
答案A
2．(2014·益阳模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若asinA＋bsinB－csinC＝asinB，则角C等于()．
A.B．
C.D．
解析由正弦定理，得a2＋b2－c2＝ab，
所以cosC＝＝，又0＜C＜π，所以C＝.
答案A
3．(2014·吉林省实验中学一模)在△ABC中，sin(A＋B)·sin(A－B)＝sin2C，则此三角形的形状是()．
答案A
二、填空题
6．(2014·福建卷)在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2，则△ABC的面积等于________．
解析由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA，
∴12＝AB2＋16－2×AB×4×cos 60°，解得AB＝2，
∴S△ABC＝·AB·AC·sinA＝×2×4×sin 60°＝2.
第2讲 解三角形问题
一、选择题
1．(2014·西安模拟)△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
asinAsinB＋bcos2A＝a，则因为asinAsinB＋bcos2A＝a，所以由正弦定理，得sinAsinAsinB＋sinB＝sinA，即sinB＝sinA，所以＝.
【三维设计】2015年高考数学总复习创新问题专项训练(二)文北师大版
创新问题专项训练(二)一、选择题 1．用C (A )表示非空集合A 中的元素个数，定义A *B ＝⎩⎪⎨⎪⎧C A －C B ，C A C B ，C B －C A ，C AC B ，若A ＝{x |x 2－ax －1＝0，a ∈R }，B ＝{x ||x 2＋bx ＋1|＝1，b ∈R }，设S ＝{b |A *B ＝1}，则C (S )等于( )A ．4B ．3C ．2D ．12．已知集合A ＝{(x ，y )||x －2|＋|y －3|≤1}，集合B ＝{(x ，y )|x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ≤0，D 2＋E 2－4F >0}，若集合A ，B 恒满足“A ⊆B ”，则集合B 中的点所形成的几何图形面积的最小值是( )A.22πB ．πC.12πD.2π3．已知数组(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x 10，y 10)满足线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^，则“(x 0，y 0)满足线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^”是“x 0＝x 1＋x 2＋ … ＋x 1010，y 0＝y 1＋y 2＋…＋y 1010”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4．给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″(x )＝(f ′(x ))′，若f ″(x )<0在D 上恒成立，则称f (x )在D 上为凸函数．以下四个函数在(0，π2)上不是凸函数的是( )A ．f (x )＝sin x ＋cos xB ．f (x )＝ln x －2xC ．f (x )＝－x 3＋2x －1D ．f (x )＝x ·e x5．定义：若函数f (x )的图像经过变换T 后所得图像对应函数的值域与f (x )的值域相同，则称变换T 是f (x )的同值变换．下面给出四个函数及其对应的变换T ，其中T 不属于f (x )的同值变换的是( )A ．f (x )＝(x －1)2，T 将函数f (x )的图像关于y 轴对称 B ．f (x )＝2x －1－1，T 将函数f (x )的图像关于x 轴对称C ．f (x )＝2x ＋3，T 将函数f (x )的图像关于点(－1,1)对称D ．f (x )＝sin(x ＋π3)，T 将函数f (x )的图像关于点(－1，0)对称二、填空题6．对于非空实数集A ，记A *＝{y |任意x ∈A ，y ≥x }．设非空实数集合M ，P ，满足M ⊆P .给出以下结论：①P *⊆M *；②M *∩P ≠∅；③M ∩P *＝∅.其中正确的结论是________(写出所有正确结论的序号)．7．已知[x ]表示不超过实数x 的最大整数，如[1.8]＝1，[－1.2]＝－2.x 0是函数f (x )＝ln x －2x的零点，则[x 0]等于________．8．某同学为研究函数f (x )＝1＋x 2＋1＋－x2(0≤x ≤1)的性质，构造了如图所示的两个边长为1的正方形ABCD 和BEFC ，点P 是边BC 上的一个动点，设CP ＝x ，则AP ＋PF ＝f (x )．请你参考这些信息，推知函数f (x )的极值点是______；函数f (x )的值域是________．9.(1)如图，矩形ABCD 的三个顶点A ，B ，C 分别在函数y ＝x ，y ＝x 12，y ＝(22)x的图像上，且矩形的边分别平行于两坐标轴．若点A 的纵坐标为2，则点D 的坐标为________．(2)若存在实常数k 和b ，使得函数f (x )和g (x )对其定义域上的任意实数x 分别满足：f (x )≥kx ＋b 和g (x )≤kx ＋b ，则称直线l ：y ＝kx ＋b 为f (x )和g (x )的“隔离直线”．已知h (x )＝x 2，φ(x )＝2eln x (其中e 为自然对数的底数)，根据你的数学知识，推断h (x )与φ(x )间的隔离直线方程为________．三、解答题10．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 和g (x )＝ax 2＋bx ＋c ·ln x (abc ≠0)． (1)证明：当a <0时，无论b 为何值，函数g (x )在定义域内不可能总为增函数； (2)在同一函数图像上取任意两个不同的点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，线段AB 的中点C (x 0，y 0)，记直线AB 的斜率为k ，若f (x )满足k ＝f ′(x 0)，则称其为“K 函数”．判断函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 与g (x )＝ax 2＋bx ＋c ·ln x (abc ≠0)是否为“K 函数”？并证明你的结论．11．如图，两个圆形飞轮通过皮带传动，大飞轮O 1的半径为2r (r 为常数)，小飞轮O 2的半径为r ，O 1O 2＝4r .在大飞轮的边缘上有两个点A ，B ，满足∠BO 1A＝π3，在小飞轮的边缘上有点C .设大飞轮逆时针旋转，传动开始时，点B ，C 在水平直线O 1O 2上．(1)求点A 到达最高点时A ，C 间的距离； (2)求点B ，C 在传动过程中高度差的最大值．答 案1．选B 显然集合A 的元素个数为2，根据A *B ＝1可知，集合B 的元素个数为1或3，即方程|x 2＋bx ＋1|＝1有1个根或有3个根．结合函数y ＝|x 2＋bx ＋1|的图象可得，b ＝0或4－b 24＝－1，即b ＝0或b ＝±2 2.2．选B 集合A 可以看作是由区域{(x ，y )||x |＋|y |≤1}向右平移2个单位长度、向上平移3个单位长度得到的，这是一个边长为2的正方形区域，集合B 是一个圆形区域，如果A ⊆B 且集合B 中的点形成的几何图形的面积最小，则圆x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0是|x －2|＋|y －3|＝1所表示正方形的外接圆，其面积是π×12＝π.3．选B 由于线性回归方程恒过样本点的中心(x ，y )，则由“x 0＝x 1＋x 2＋…＋x 1010，y 0＝y 1＋y 2＋…＋y 1010”一定能推出“(x 0，y 0)满足线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^”，反之不一定成立．4．选D 由凸函数的定义可得该题即判断f (x )的二阶导函数f ″(x )的正负．对于A ，f ′(x )＝cos x －sin x ，f ″(x )＝－sin x －cos x ，在x ∈(0，π2)上，恒有f ″(x )<0；对于B ，f ′(x )＝1x －2，f ″(x )＝－1x 2，在x ∈(0，π2)上，恒有f ″(x )<0；对于C ，f ′(x )＝－3x 2＋2，f ″(x )＝－6x ，在x ∈(0，π2)上，恒有f ″(x )<0；对于D ，f ′(x )＝e x ＋x e x ，f ″(x )＝e x ＋e x ＋x e x ＝2e x ＋x e x，在x ∈(0，π2)上，恒有f ″(x )>0.5．选B 选项B 中，f (x )＝2x －1－1的值域为(－1，＋∞)，将函数f (x )的图象关于x轴对称变换后所得函数的值域为(－∞，1)，值域改变，不属于同值变换．经验证，其他选项正确．6．解析：对于①，由M ⊆P 得知，集合M 中的最大元素m 必不超过集合P 中的最大元素p ，依题意有P *＝{y |y ≥p }，M *＝{y |y ≥m }，又m ≤p ，因此有P *⊆M *，①正确；对于②，取M ＝P ＝{y |y <1}，依题意得M *＝{y |y ≥1}，此时M *∩P ＝∅，因此②不正确；对于③，取M ＝{0，－1,1}，P ＝{y |y ≤1}，此时P *＝{y |y ≥1}，M ∩P *＝{1}≠∅，因此③不正确．综上所述，其中正确的结论是①.答案：①7．解析：∵函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，∴函数f ′(x )＝1x ＋2x2>0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．由f (2)＝ln 2－1<0，f (e)＝ln e －2e >0，知x 0∈(2，e)，∴[x 0]＝2.答案：28．解析：显然当点P 为线段BC 的中点时，A ，P ，F 三点共线，此时AP ＝PF ，且函数f (x )取得最小值5，函数f (x )的图象的对称轴为x ＝12；当x ∈[0，12]时，函数f (x )单调递减，且值域为[5，2＋1]；当x ∈[12，1]时，函数f (x )单调递增，且值域为[5，2＋1]，∴函数f (x )的值域为[5，2＋1]．答案：x ＝12[5，2＋1]9．解析：(1)由A 点的纵坐标为2，得点A 的横坐标是⎝⎛⎭⎪⎫222＝12，由矩形的边平行于坐标轴，得B 点的纵坐标是2，从而横坐标是22＝4，所以C 点的横坐标是4，纵坐标是(22)4＝14，所以点D 的横坐标等于A 点的横坐标12，点D 的纵坐标等于C 点的纵坐标14，即D 点的坐标是(12，14)．(2)容易观察到h (x )和φ(x )有公共点(e ，e)，又(x －e)2≥0，即x 2≥2e x －e ，所以猜想h (x )和φ(x )间的隔离直线为y ＝2e x －e ，下面只需证明2eln x ≤2e x －e 恒成立即可，构造函数λ(x )＝2eln x －2e x ＋e.由于λ′(x )＝2e e －xx(x >0)，即函数λ(x )在区间(0，e)上递增，在(e ，＋∞)上递减，故λ(x )≤λ(e)＝0，即2eln x －2e x ＋e≤0，得2eln x ≤2e x －e.故猜想成立，所以两函数间的隔离直线方程为y ＝2e x －e.答案：(1)(12，14)(2)y ＝2e x －e10．解：(1)假设g (x )在定义域(0，＋∞)上为增函数，则有g ′(x )＝2ax ＋b ＋c x ＝2ax 2＋bx ＋cx>0对于一切x >0恒成立，从而必有2ax 2＋bx ＋c >0对于一切x >0恒成立．又a <0，由二次函数的图象可知：2ax 2＋bx ＋c >0对于一切x >0恒成立是不可能的． 因此当a <0时，无论b 为何值，函数g (x )在定义域内不可能总为增函数．(2)函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 是“K 函数”，g (x )＝ax 2＋bx ＋c ·ln x (abc ≠0)不是“K 函数”．证明如下：对于二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，k ＝f x 1－f x 2x 1－x 2＝a x 22－x 21＋b x 2－x 1x 2－x 1＝a (x 2＋x 1)＋b ＝2ax 0＋b .又f ′(x 0)＝2ax 0＋b ，故k ＝f ′(x 0)． 故函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 是“K 函数”．对于函数g (x )＝ax 2＋bx ＋c ·ln x (abc ≠0)(x >0)， 不妨设x 2>x 1>0，则k ＝g x 1－g x 2x 1－x 2＝a x 21－x 22＋b x 1－x 2＋c ln x 1x 2x 1－x 2＝2ax 0＋b ＋c lnx 1x 2x 1－x 2.又g ′(x 0)＝2ax 0＋b ＋c x 0，若g (x )为“K 函数”，则必满足k ＝g ′(x 0)，即有2ax 0＋b ＋c ln x 1x 2x 1－x 2＝2ax 0＋b ＋cx 0，也即c ln x 1x 2x 1－x 2＝2c x 1＋x 2(c ≠0)，所以lnx 1x 2x 1－x 2＝2x 1＋x 2.设t ＝x 1x 2，则0<t <1，ln t ＝t －1＋t.①设s (t )＝ln t －t －1＋t，则s ′(t )＝t －2t＋t2>0，所以s (t )在t ∈(0,1)上为增函数，s (t )<s (1)＝0，故ln t ≠t －1＋t.②①与②矛盾，因此，函数g (x )＝ax 2＋bx ＋c ·ln x (abc ≠0)不是“K 函数”． 11．解：(1)以O1为坐标系的原点，O 1O 2所在直线为x 轴，建立如图所示的直角坐标系．当点A 到达最高点时，点A 绕O 1转过π6，则点C 绕O 2转过π3.此时A (0,2r )，C (92r ，32r )．∴AC ＝－92r 2＋r －32r 2＝25－23·r .(2)由题意，设大飞轮转过的角度为θ， 则小飞轮转过的角度为2θ，其中θ∈[0,2π]．此时B (2r cos θ，2r sin θ)，C (4r ＋r cos 2θ，r sin 2θ)． 记点B ，C 的高度差为d ，则d ＝|2r sin θ－r sin 2θ|， 即d ＝2r |sin θ－sin θcos θ|.设f (θ)＝sin θ－sin θcos θ，θ∈[0,2π]， 则f ′(θ)＝(1－cos θ)(2cos θ＋1)．令f ′(θ)＝(1－cos θ)(2cos θ＋1)＝0，得cos θ＝－12或1，则θ＝2π3，4π3，0或2π.f (θ)和f ′(θ)随θ的变化情况如下表：综上所述，点B ，C 在传动过程中高度差的最大值d max ＝332r .。
【创新设计】(江西专用)2015高考数学二轮复习 专题训练 1-3-2 数列的综合问题 理
第2讲 数列的综合问题一、选择题1．(2014·杭州质量检测)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＜0，a 5＞|a 4|，则使S n ＞0成立的最小正整数n 为( )．A ．6B ．7C ．8D ．9解析 ∵a 4＜0，a 5＞|a 4|， ∴a 4＋a 5＞0， ∴S 8＝a 4＋a 52＝a 1＋a 82＞0.∴最小正整数为8. 答案 C2．(2014·广州综合测试)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin n ＋π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2014＝( )．A ．1 006B ．1 007C ．1 008D ．1 009解析 由a n ＋1－a n ＝sinn ＋π2⇒a n ＋1＝a n ＋sinn ＋π2，所以a 2＝a 1＋sin π＝1＋0＝1，a 3＝a 2＋sin 3π2＝1＋(－1)＝0，a 4＝a 3＋sin 2π＝0＋0＝0，a 5＝a 4＋sin 5π2＝0＋1＝1，∴a 5＝a 1，如此继续可得a n ＋4＝a n (n ∈N *)，数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，而2 014＝4×503＋2，因此S 2 014＝503×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝503×(1＋1＋0＋0)＋1＋1＝1 008. 答案 C3．(2014·吉林省实验中学模拟)a n ＝⎠⎛0n (2x ＋1)d x ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前项和为S n ，数列{b n }的通项公式为b n ＝n －8，则b n S n 的最小值为 ( )．A ．－3B ．－4C ．3D ．4解析 a n ＝⎠⎛0n (2x ＋1)d x ＝n 2＋n ＝n (n ＋1)，所以1a n＝1n －1n ＋1，所以S n ＝n n ＋1，所以b n S n ＝n n －n ＋1＝n ＋1＋9n ＋1－10≥－4，当且仅当n ＋1＝9n ＋1，即n ＝2时等号成立，所以b n S n 的最小值为－4. 答案 B4．已知各项都为正的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )．A.32 B ．53 C.256D ．43解析 由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理有q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾，舍去)，又由 a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m＋n －2＝16a 21，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫4m n ＋n m ＋5≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫24mn ·n m ＋5＝32，当且仅当4m n ＝n m ，m ＋n ＝6，即n ＝2m ＝4时取得最小值32.答案 A 二、填空题5．(2013·辽宁卷)已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和．若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________.解析 ∵a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两根，且q ＞1， ∴a 1＝1，a 3＝4，则公比q ＝2， 因此S 6＝－261－2＝63.答案 636．(2014·江苏五市联考)各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2－a 1＝1.当a 3取最小值时，数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析 根据题意，由于各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2－a 1＝1，所以q ＞1.∵a 2a 1＝q ，∴a 1(q －1)＝1，a 1＝1q －1， ∴a 3＝q 2q －1＝q －2＋q －＋1q －1＝q －1＋1q －1＋2≥2q －1q －1＋2＝4， 当且仅当q ＝2时取得等号，故可知数列{a n }的通项公式a n ＝2n －1.答案 2n －17．(2014·咸阳一模)已知函数f (x )＝x ＋sin x ，项数为19的等差数列{a n }满足a n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，且公差d ≠0.若f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 18)＋f (a 19)＝0，则当k ＝________时，f (a k )＝0.解析 因为函数f (x )＝x ＋sin x 是奇函数，所以图象关于原点对称，图象过原点．而等差数列{a n }有19项，a n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，若f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 18)＋f (a 19)＝0，则必有f (a 10)＝0，所以k ＝10. 答案 108．(2013·新课标全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．解析 由已知⎩⎪⎨⎪⎧S10＝10a 1＋10×92d ＝0，S15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得a 1＝－3，d ＝23，那么nS n ＝n 2a 1＋n 2n －2d ＝n 33－10n 23，由于函数f (x )＝x 33－10x 23(x ＞0)在x ＝203处取得极小值也是最小值，因而检验n ＝6时，6S 6＝－48，而n ＝7时，7S 7＝－49. 答案 －49 三、解答题9．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 3＝4，{a n }的前3项和为7.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －3)2n＋3，设数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≤2－1n.(1)解 设数列{a n }的公比为q ，由已知得q >0，且⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1＋a 1q ＋4＝7，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)证明 当n ＝1时，a 1b 1＝1，且a 1＝1，解得b 1＝1. 当n ≥2时，a n b n ＝(2n －3)2n＋3－(2n －2－3)2n －1－3＝(2n －1)·2n －1.∵a n ＝2n －1，∴当n ≥2时，b n ＝2n －1.∵b 1＝1＝2×1－1满足b n ＝2n －1， ∴数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1(n ∈N *)． ∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列．∴S n ＝n 2.∴当n ＝1时，1S 1＝1＝2－11.当n ≥2时，1S n ＝1n 2<1nn －＝1n －1－1n. ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≤2－11＋11－12＋…＋1n －1－1n ＝2－1n. 10．(2014·四川卷)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n， 所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n.所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 11．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且对任意正整数n ，点(a n ＋1，S n )在直线2x ＋y －2＝0上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，可得2a n ＋1＋S n －2＝0.① 当n ≥2时，2a n ＋S n －1－2＝0.② ①－②，得2a n ＋1－2a n ＋a n ＝0，所以a n ＋1a n ＝12(n ≥2)． 因为a 1＝1,2a 2＋a 1＝2，所以a 2＝12.所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)知，S n ＝1－12n1－12＝2－12.若⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列，则S 1＋λ＋λ2，S 2＋2λ＋λ22，S 3＋3λ＋λ23成等差数列，则2⎝ ⎛⎭⎪⎫S 2＋9λ4＝S 1＋3λ2＋S 3＋25λ8，即2⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋9λ4＝1＋3λ2＋74＋25λ8，解得λ＝2. 又λ＝2时，S n ＋2n ＋22n ＝2n ＋2，显然{2n ＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2， 使得数列{S n ＋λn ＋λ2n }成等差数列．。
2015年高考数学创新设计精品习题专题训练1-2-3
A.B．
C.D．
解析由题意知点F为△ABC的重心，设H为BC中点，则＝＝×(＋)＝a＋b，
所以x＝，yБайду номын сангаас.
答案C
4．(2014·龙岩期末考试)在平面直角坐标系中，菱形OABC的两个顶点为O(0,0)，A(1,1)，且·＝1，则·等于()．
A．－1B．1
C.D．
解析依题意，||＝||＝||＝，·＝||||cos∠AOC＝1，
C．max{|a＋b|2，|a－b|2}≤|a|2＋|b|2
D．max{|a＋b|2，|a－b|2}≥|a|2＋|b|2
解析对于min{|a＋b|，|a－b|}与min{|a|，|b|}，相当于平行四边形的对角线长度的较小者与两邻边长的较小者比较，它们的大小关系不定，因此A、B均错；而|a＋b|，|a－b|中的较大者与|a|，|b|可构成非锐角三角形的三边，因此有max{|a＋b|2，|a－b|2}≥|a|2＋|b|2，因此选D.
答案D
二、填空题
6．(2014·山东卷)在△ABC中，已知·＝tanA，当A＝时，△ABC的面积为________．
解析由A＝，·＝tanA，
得||·||·cosA＝tanA，
即||·||×＝，∴||·||＝，
∴S△ABC＝||·||·sinA＝××＝.
答案
7.如图，在△ABC中，∠C＝90°，且AC＝BC＝3，点M满足＝2，则·＝________.
cos∠AOC＝，∠AOC＝，则||＝||＝||＝，∠BAC＝，·＝||||cos∠BAC＝1.
答案B
5．(2014·浙江卷)记max{x，y}＝min{x，y}＝设a，b为平面向量，则()．
2015年高考数学创新设计精品试题专题训练1-5-1
4．(2014· 辽宁卷)已知点 A(－2,3)在抛物线 C：y2＝2px 的准线上，过点 A 的直线 与 C 在第一象限相切于点 B，记 C 的焦点为 F，则直线 BF 的斜率为 ( 1 A.2 3 C.4 解析 2 B.3 4 D.3 ∵A(－2,3)在抛物线 y2＝2px 的准线上， )．
p ∴－2＝－2，∴p＝4，∴y2＝8x，设直线 AB 的方程为 x＝m(y－3)－2①，将 ①与 y2＝8x 联立，得 y2－8my＋24m＋16＝0②，则 Δ＝(－8m)2－4(24m＋16) 1 ＝0，即 2m2－3m－2＝0，解得 m＝2 或 m＝－2(舍去)，将 m＝2 代入①②解 x＝8， 8－0 4 得 即 B(8,8)，又 F(2,0)，∴kBF＝ ＝ ，故选 D. 8－2 3 y＝8， 答案 D
பைடு நூலகம்二、填空题
5．(2014· 新课标全国卷Ⅱ)设点 M(x0,1)，若在圆 O：x2＋y2＝1 上存在点 N，使得 ∠OMN＝45° ，则 x0 的取值范围是________． 解析 由题意可知 M 在直线 y＝1 上运动，设直线 y＝1 与圆 x2＋y2＝1 相切
于点 P(0,1)．当 x0＝0 即点 M 与点 P 重合时，显然圆上存在点 N(± 1,0)符合要 求；当 x0≠0 时，过 M 作圆的切线，切点之一为点 P，此时对于圆上任意一 点 N，都有∠OMN≤∠OMP，故要存在∠OMN＝45° ，只需∠OMP≥45° .特 别地，当∠OMP＝45° 时，有 x0＝± 1.结合图形可知，符合条件的 x0 的取值范 围为[－1,1]．
答案
[－1,1]
x2 y2 6．已知 P 为椭圆25＋16＝1 上的一点，M，N 分别为圆(x＋3)2＋y2＝1 和圆(x－ 3)2＋y2＝4 上的点，则|PM|＋|PN|的最小值为________． 解析 由题意知椭圆的两个焦点 F1，F2 分别是两圆的圆心，且 |PF1|＋ |PF2|
2015届《创新设计》高考数学(江苏版,理科)一轮总复习方法强化练——计数原理-推荐下载
方法强化练——计数原理(建议用时：60分钟)一、填空题1．A ，B ，C ，D ，E 五人并排站成一排，如果B 必须站在A 的右边(A ，B 可以不相邻)，那么不同的排法共有________．解析 可先排C ，D ，E 三人，共A 种排法，剩余A 、B 两人只有一种排法，由35分步乘法计数原理满足条件的排法共A ＝60种．35答案 60种2．(2014·重庆质检)(1＋3x )n (其中n ∈N 且n ≥6)的展开式中x 5与x 6的系数相等，则n 等于________．解析 (1＋3x )n 的展开式中含x 5的项为C (3x )5＝C 35x 5，展开式中含x 6的项5n 5n 为C 36x 6.6n 由两项的系数相等得C ·35＝C ·36，解得n ＝7.5n 6n 答案 73．(2014·济南调研)只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有________．解析 由题意知，1,2,3中必有某一个数字重复使用2次，第一步确定谁被使用2次，有3种方法；第二步把这2个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法．故共可组成3×3×2＝18个不同的四位数．答案 18个4．组合式C －2C ＋4C －8C ＋…＋(－2)n C 的值等于________．0n 1n 2n 3n n 解析 在(1＋x )n ＝C ＋C x ＋C x 2＋…＋C x n 中，令x ＝－2，得原式＝(1－2)0n 1n 2n n n ＝(－1)n .答案 (－1)n5．若n的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之(x －12)和为________．解析 由题意知C ＝＝15，所以n ＝6，则n＝6，令x ＝1得2n n (n －1)2(x －12)(x －12)所有项系数之和为6＝.(12)164答案 1646．(2014·杭州检测)甲、乙两人计划从A ，B ，C 三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有________．解析 甲、乙各选两个景点有C C ＝9种方法，其中，入选景点完全相同的有23233种．∴满足条件要求的选法共有9－3＝6(种)．答案 6种7．若(x －1)8＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 8(1＋x )8，则a 6＝________.解析 (x －1)8＝[(x ＋1)－2]8＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 8(1＋x )8，∴a 6＝C(－2)2＝4C ＝112.2828答案 1128．(2014·长沙模拟)已知x ，y 满足Error!(x ∈Z ，y ∈Z )，每一对整数(x ，y )对应平面上一个点，则过这些点中的其中3个点可作不同的圆的个数为________．解析 如图所示，阴影中的整点部分为x ，y 满足的区域，其中整数点(x ，y )共有8个，从中任取3个有C ＝56种取法．38其中三点共线的有1＋C ＝11(种)．35故可作不同的圆的个数为45.答案 459．(2014·广州调研)已知a ＝2cosd x ，则二项式5的展开式中x 的π∫0(x ＋π6)(x 2＋ax )系数为________．解析 a ＝2cosd x ＝2sin Error!＝－2，则π∫0(x ＋π6)(x ＋π6)5＝5，∴T r ＋1＝C x 2(5－r )r ＝(－2)rC x10－3r .(x 2＋a x )(x 2－2x )r 5(－2x )r 5令10－3r ＝1，得r ＝3.∴展开式中x 的系数为(－2)3C ＝－80.35答案 －8010．(2014·衡水中学模拟)用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是________．解析 先将3,5排列，有A 种排法；再将4,6插空排列，有2A 种排法；最后22将1,2插入3,4,5,6形成的空中，有C 种排法．由分步乘法计数原理知，共有A 15·2A ·C ＝40种．2215答案 4011.n 的展开式中各项系数之和为729，则该展开式中二项式系数最大的(2x ＋13x )项等于________．解析 依题意，令x ＝1，有3n ＝729，则n ＝6，∴展开式第4项的二项式系数最大，则T 4＝C (2x )33＝160x 2.36(13x )答案 160x 212．(2014·郑州调研)某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，而丙、丁两种不能排在一起，不同的排法共有________种．解析 甲、乙作为元素集团，内部有A 种排法，“甲乙”元素集团与“戊”全2排列有A 种排法．将丙、丁插在3个空档中有A 种方法．∴由分步计数原理，223共有A A A ＝24种排法．2223答案 2413．(2013·新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，(x ＋y )2m 展开式的二项式系数的最大值为a ，(x ＋y )2m ＋1展开式的二项式系数的最大值为b ，若13a ＝7b ，则m ＝________.解析 由二项式系数的性质，得a ＝C ，b ＝C ＝C ，又13a ＝7b ，m 2m m 2m ＋1m ＋12m ＋1因此13C ＝7C ，解得m ＝6.m 2m m 2m ＋1答案 614．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________(用数字作答)．解析 当每个台阶上各站1人时有A C 种站法，当两个人站在同一个台阶上337时有C C C 种站法，因此不同的站法种数有231716A C ＋C C C ＝210＋126＝336(种)．337231716答案 33615．(2014·无锡质检)(x 2＋2)5的展开式的常数项是________．(1x 2－1)解析 二项式5展开式的通项为：(1x 2－1)T r ＋1＝C 5－r·(－1)r ＝C ·x 2r －10·(－1)r.r 5(1x 2)r 5当2r －10＝－2，即r ＝4时，有x 2·C x －2·(－1)4＝C ×(－1)4＝5；4545当2r －10＝0，即r ＝5时，有2·C x 0·(－1)5＝－2.5∴展开式中的常数项为5－2＝3.答案 316．将6位志愿者分成4个组，其中两个组各2人，另两个组各1人．分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案种数有________．解析 将6位志愿者分为2名，2名，1名，1名四组，有＝×15×6＝45C26C24A2212种分组方法．将四组分赴四个不同场馆有A 种方法．4∴根据分步乘法计数原理，不同的分配方案有45·A ＝1 080种方法．4答案 1 080二、解答题17．已知n，(12＋2x )(1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．解 (1)∵C ＋C ＝2C ，∴n 2－21n ＋98＝0.4n 6n 5n ∴n ＝7或n ＝14，当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5.∴T 4的系数为C 423＝，37(12)352T 5的系数为C 324＝70，47(12)当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8.∴T 8的系数为C 727＝3 432.714(12)(2)∵C ＋C ＋C ＝79，∴n 2＋n －156＝0.0n 1n 2n ∴n ＝12或n ＝－13(舍去)．设T k ＋1项的系数最大，∵12＝12(1＋4x )12，(12＋2x)(12)∴Error!∴9.4≤k ≤10.4，∴k ＝10.∴展开式中系数最大的项为T 11，T 11＝C ·2·210·x 10＝16 896x 10.1012(12)18．(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为多少？(2)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？解 (1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插．34由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A＝24种．(2)法一 每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；27若分配到2所学校有C×2＝42种；37若分配到3所学校有C＝35种．∴共有7＋42＋35＝84种方法．法二 10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9 69个间隔中，共有C＝84种不同方法．所以名额分配的方法共有84种.。
【创新设计】2015高考数学(鲁闽皖京渝津,文科)大二轮总复习：第1部分专题4第1讲 专题训练 Word版含解析
一、选择题1．(2014·广东卷)若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是()．A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定解析构造如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4为B1C1时，l1∥l4，当取l4为BB1时，l1⊥l4，故排除A、B、C，选D.答案 D2．(2014·重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()．A．54 B．60 C．66 D．72解析还原为如图所示的直观图，S表＝S△ABC＋S△DEF＋S矩形ACFD＋S梯形ABED＋S梯形CBEF＝12×3×4＋12×3×5＋5×3＋12×(2＋5)×4＋12×(2＋5)×5＝60.答案 B3．(2014·安徽卷)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为()．A.233B．476C．6 D．7解析如图，由三视图可知，该几何体是由棱长为2的正方体右后和左下分别截去一个小三棱锥得到的，其体积为V＝2×2×2－2×13×12×1×1×1＝233.答案 A4．(2014·潍坊一模)三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的表面上，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，又SA＝AB＝BC＝1，则球O的表面积为()．A.32πB．32πC．3πD．12π解析如图，因为AB⊥BC，所以AC是△ABC所在截面圆的直径，又因为SA ⊥平面ABC，所以△SAC所在的截面圆是球的大圆，所以SC是球的一条直径．由题设SA＝AB＝BC＝1，由勾股定理可求得：AC＝2，SC＝3，所以球的半径R ＝32，所以球的表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3π.答案 C 二、填空题5. (2014·金丽衢十二校联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为____________．解析 由题意可得，几何体相当于一个棱长为2的正方体切去一个角，角的相邻三条棱长分别是1,2,2，所以几何体的体积为8－23＝223. 答案 2236．(2014·山东卷)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________． 解析 设棱锥的高为h ，则V ＝13×S 底·h ＝13×6×34×22×h ＝23， ∴h ＝1，由勾股定理知，侧棱长为22＋1＝5， ∵六棱锥六个侧面全等，且侧面三角形的高为 (5)2－12＝2，∴S 侧＝12×2×2×6＝12. 答案 127．(2014·武汉调研测试)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析由三视图可知，该几何体是底面半径为1，高为3，母线长为2的圆锥的一半，其表面积是整个圆锥表面积的一半与轴截面的面积之和．所以，S＝12×12×2π×1×2＋12×π×12＋12×2×3＝3π2＋ 3.答案3＋3π28．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________(填序号)．①AC⊥BE；②B1E∥平面ABCD；③三棱锥E－ABC的体积为定值；④直线B1E⊥直线BC1.解析因AC⊥平面BDD1B1，故①正确；易得②正确；记正方体的体积为V，则V E－ABC ＝16V为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误．答案①②③三、解答题9．(2014·山东卷)如图，四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．(1)求证：AP∥平面BEF；(2)求证：BE⊥平面P AC.证明(1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC. 由于E为AD的中点，AB＝BC＝12AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点．又F为PC的中点，因此在△P AC中，可得AP∥OF.又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF.所以AP∥平面BEF.(2)由题意知ED∥BC，ED＝BC.所以四边形BCDE为平行四边形，因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面P AC，所以BE⊥平面P AC.10. (2014·威海一模)如图，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，等腰梯形ABEF中，AB∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P分别为AB，CB的中点，M为底面△OBF的重心．(1)求证：平面ADF⊥平面CBF；(2)求证：PM∥平面AFC；(3)求多面体CD－AFEB的体积V.(1)证明∵矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，且CB⊥AB，∴CB⊥平面ABEF，又AF⊂平面ABEF，所以CB⊥AF，又AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°，由余弦定理知BF＝3，∴AF2＋BF2＝AB2，得AF⊥BF，BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CFB，又∵AF⊂平面ADF；∴平面ADF⊥平面CBF.(2)证明连接OM延长交BF于H，则H为BF的中点，又P为CB的中点，∴PH∥CF，又∵CF⊂平面AFC，PH⊄平面AFC，∴PH∥平面AFC，连接PO，则PO∥AC，又∵AC⊂平面AFC，PO⊄平面AFC，PO∥平面AFC，PO∩PH＝P，∴平面POH∥平面AFC，又∵PM⊂平面POH，∴PM∥平面AFC.(3)解多面体CD－AFEB的体积可分成三棱锥C－BEF与四棱锥F－ABCD的体积之和在等腰梯形ABEF中，计算得EF＝1，两底间的距离EE1＝3 2.所以V C －BEF ＝13S △BEF ×CB ＝13×12×1×32×1＝312， V F －ABCD ＝13S 矩形ABCD ×EE 1＝13×2×1×32＝33， 所以V ＝V C －BEF ＋V F －ABCD ＝5312.11．(2014·江西卷)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥BC ，A 1B ⊥BB 1. (1)求证：A 1C ⊥CC 1；(2)若AB ＝2，AC ＝3，BC ＝7，问AA 1为何值时，三棱柱ABC －A 1B 1C 1体积最大，并求此最大值．(1)证明 由AA 1⊥BC 知BB 1⊥BC ，又BB 1⊥A 1B ， 故BB 1⊥平面BCA 1，即BB 1⊥A 1C ， 又BB 1∥CC 1，所以A 1C ⊥CC 1. (2)解 法一 设AA 1＝x ，在Rt △A 1BB 1中，A 1B ＝A 1B 21－BB 21＝4－x 2. 同理，A 1C ＝A 1C 21－CC 21＝3－ x 2.在△A 1BC 中，cos ∠BA 1C ＝A 1B 2＋A 1C 2－BC 22A 1B ·A 1C＝－x 2(4－x 2)(3－x 2)，sin ∠BA 1C ＝12－7x 2(4－x 2)(3－x 2)，所以S △A 1BC ＝12A 1B ·A 1C ·sin ∠BA 1C ＝12－7x 22.从而三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝S 直·l ＝S △A 1BC ·AA 1＝x 12－7x 22，因x 12－7x 2＝12x 2－7x 4＝－7(x 2－67)2＋367，故当x ＝67＝427，即AA 1＝427时，体积V 取到最大值377.法二 如图，过A 1作BC 的垂线，垂足为D ，连接AD .由AA 1⊥BC ，A 1D ⊥BC ，故BC ⊥平面AA 1D ，BC ⊥AD ，又∠BAC ＝90°， 所以S △ABC ＝12AD ·BC ＝12AB ·AC ，所以AD ＝2217.设AA 1＝x ，在Rt △AA 1D 中， A 1D ＝AD 2－AA 21＝127－x 2，S △A 1BC ＝12A 1D ·BC ＝12－7x 22.从而三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝S 直·l ＝S △A 1BC ·AA 1＝x 12－7x 22.因x 12－7x 2＝12x 2－7x 4＝－7(x 2－67)2＋367，故当x ＝67＝427，即AA 1＝427时，体积V 取到最大值377.。
【三维设计】2015年高考数学总复习创新问题专项训练(一)文北师大版
创新问题专项训练(一)一、选择题1.如图，直线l 和圆C ，当l 从l 0开始在平面上绕点O 按逆时针方向匀速转动(转动角度不超过90°)时，它扫过的圆内阴影部分的面积S 是时间t 的函数，这个函数的图像大致是( )2．已知两个非零向量a 与b ，定义|a ×b |＝|a |·|b |sin θ，其中θ为a 与b 的夹角．若a ＝(－3,4)，b ＝(0,2)，则|a ×b |的值为( )A ．－8B ．－6C ．8D ．63．设实数a 1，a 2，a 3，a 4是一个等差数列，且满足1<a 1<3，a 3＝4.若定义b n ＝{2a n }，给出下列命题：(1)b 1，b 2，b 3，b 4是一个等比数列；(2)b 1<b 2；(3)b 2>4；(4)b 4>32；(5)b 2·b 4＝256.其中真命题的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．54．我们把形如y ＝f (x )φ(x )的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边求对数得ln y ＝φ(x )ln f (x )，两边求导得y ′y＝φ′(x )·ln f (x )＋φ(x )·f x f x ，于是y ′＝f (x )φ(x )[φ′(x )·l n f (x )＋φ(x )·f x f x]．运用此方法可以探求得y ＝x 1x的一个单调递增区间是( )A ．(e,4)B ．(3,6)C ．(2,3)D ．(0,1)5．对向量a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)定义一种运算“⊗”：a ⊗b ＝(a 1，a 2)⊗(b 1，b 2)＝(a 1b 1，a 2b 2)．已知动点P ，Q 分别在曲线y ＝sin x 和y ＝f (x )上运动，且OQ ＝m ⊗OP ＋n (其中O为坐标原点)，若向量m ＝(12，3)，n ＝(π6，0)，则y ＝f (x )的最大值为( )A.12 B ．2 C ．3 D. 3二、填空题6．设a ＝x 2－xy ＋y 2，b ＝p xy ，c ＝x ＋y ，若对任意的正实数x ，y ，都存在以a ，b ，c 为三边长的三角形，则实数p 的取值范围是________．7．若从集合113,434⎧⎫⎨⎬⎩⎭，，中随机抽取一个数记为a ，从集合{－1,1，－2,2}中随机抽取一个数记为b ，则函数f (x )＝a x＋b (a >0，a ≠1)的图像经过第三象限的概率是________．8.一个平面图由若干顶点与边组成，各顶点用一串从1开始的连续自然数进行编号，记各边的编号为它的两个端点的编号差的绝对值，若各条边的编号正好也是一串从1开始的连续自然数，则称这样的图形为“优美图”．已知如图是“优美图”，则点A，B与边a所对应的三个数分别为________．9．已知数列{a n}：a1，a2，a3，…，a n，如果数列{b n}：b1，b2，b3，…，b n满足b1＝a n，b k＝a k－1＋a k－b k－1，其中k＝2,3，…，n，则称{b n}为{a n}的“衍生数列”．若数列{a n}：a1，a2，a3，a4的“衍生数列”是5，－2,7,2，则{a n}为________；若n为偶数，且{a n}的“衍生数列”是{b n}，则{b n}的“衍生数列”是________．三、解答题10．设数列{a n}的各项均为正数．若对任意的n∈N+，存在k∈N+，使得a2n＋k＝a n·a n＋2k 成立，则称数列{a n}为“J k型”数列．(1)若数列{a n}是“J2型”数列，且a2＝8，a8＝1，求a2n；(2)若数列{a n}既是“J3型”数列，又是“J4型”数列，证明：数列{a n}是等比数列．11．春节前，有超过20万名广西，四川等省籍的外来务工人员选择驾乘摩托车沿321国道长途跋涉返乡过年，为防止摩托车驾驶人员因长途疲劳驾驶，手脚僵硬影响驾驶操作而引发交通事故，肇庆市公安交警部门在321国道沿线设立了多个长途行驶摩托车驾驶人员休息站，让过往返乡过年的摩托车驾驶人员有一个停车休息的场所．交警小李在某休息站连续5天对进站休息的驾驶人员每隔50辆摩托车就进行省籍询问一次，询问结果如图所示．(1)问交警小李对进站休息的驾驶人员的省籍询问采用的是什么抽样方法；(2)用分层抽样的方法对被询问了省籍的驾驶人员进行抽样，若广西籍的被抽取了5名，则四川籍的应抽取几名？(3)在上述抽出的驾驶人员中任取2名，求至少有1名驾驶人员是广西籍的概率．答 案1．选D 依题意，直线l 从l 0开始按逆时针方向匀速转动，开始一段时间阴影部分的面积增加的比较慢，中间一段时间阴影部分的面积增加的比较快，最后一段时间阴影部分的面积增加的又比较慢，因此结合各选项知，选D.2．选D |a |＝－2＋42＝5，|b |＝02＋22＝2，a ·b ＝－3×0＋4×2＝8，所以cos θ＝a ·b |a |·|b |＝85×2＝45，又因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝35.故根据定义可知|a ×b |＝|a |·|b |sin θ＝5×2×35＝6. 3．选C 若{a n }是公差为d 的等差数列，则{2a n }是公比为2d的等比数列，故(1)正确；a 3>a 1⇒公差d >0⇒公比2d >1，(2)正确；a 1＋a 3＝2a 2，由1<a 1<3，a 3＝4，得a 1＋a 3>5⇒a 2>2⇒b 2＝2a 2>4，(3)正确；1<a 1<3，a 3＝4，又a 3＝a 1＋2d ⇒d ＝4－a 12∈(12，32)⇒a 4∈(92，112)，故b 4＝2a 4不一定大于32，(4)不正确；因为b 2·b 4＝b 23＝(2a 3)2＝256，所以(5)正确．4．选D 由题意知y ′＝x 1x(－1x 2l n x ＋1x ·1x )＝x 1x ·1x 2(1－ln x )，x >0，1x2>0，x 1x >0，令y ′>0，则1－ln x >0，所以0<x <e ，因为(0,1)⊆(0，e)，所以选D.5．选C 设P ＝(x 1，y 1)，Q ＝(x ，y )，∵m ＝(12，3)，∴m ⊗OP ＝(12，3)⊗(x 1，y 1)＝(x 12，3y 1)，∵OQ ＝m ⊗OP ＋n ，∴(x ，y )＝(x 12，3y 1)＋(π6，0)，∴x ＝x 12＋π6，y ＝3y 1，∴x 1＝2x－π3，y 1＝y3， 又y 1＝sin x 1，∴y 3＝sin(2x －π3)，∴y ＝3sin(2x －π3)，显然当sin(2x －π3)＝1时，y ＝f (x )取得最大值3.6．解析：∵a ＝x 2－xy ＋y 2，b ＝p xy ，c ＝x ＋y ，∴a <c ，∴⎩⎨⎧x 2－xy ＋y 2＋p xy >x 2＋2xy ＋y 2，x 2－xy ＋y 2＋x 2＋2xy ＋y 2>p xy ，即⎩⎪⎨⎪⎧p > x y ＋yx ＋2－ x y ＋yx －1，p < x y ＋yx＋2＋ x y ＋yx－1，令t ＝x y ＋y x(t ≥2)，则⎩⎨⎧p >t ＋2－t －1p <t ＋2＋t －1，从而1<p <3.答案：(1,3)7．解析：(b ，a )的所有可能情况有：⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，13，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，14，(－1,3)，(－1,4)；⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，14，(1,3)，(1,4)；⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，13，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，14，(－2,3)，(－2,4)；⎝ ⎛⎭⎪⎫2，13，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，14，(2,3)，(2,4)，共16种．由于函数f (x )的图象经过第三象限，因此，0<a <1，b <－1或a >1，b <0，因此满足条件的(b ，a )有：(－1,3)，(－1,4)，(－2，13)，(－2，14)，(－2,3)，(－2,4)，共6种．根据古典概型的概率计算公式可得P ＝616＝38.答案：388．解析：观察图中编号为4的边，由于6－2＝5－1＝4，而数字2已为一端点的编号，故编号为4的边的左、右两端点应为5、1，从而易知编号为1的边的左、右两端点应为4、3.考虑到图中编号为1的边，易知点A 对应的数为3，点B 对应的数为6.故应填3、6、3.答案：3、6、39．解析：由b 1＝a n ，b k ＝a k －1＋a k －b k －1，k ＝2,3，…，n 可得，a 4＝5,2＝a 3＋a 4－7，解得a 3＝4.又7＝a 2＋a 3－(－2)，解得a 2＝1.由－2＝a 1＋a 2－5，解得a 1＝2，所以数列{a n }为2,1,4,5.由已知，b 1＝a 1－(a 1－a n )，b 2＝a 1＋a 2－b 1＝a 2＋(a 1－a n )，….因为n 是偶数，所以b n ＝a n ＋(－1)n(a 1－a n )＝a 1.设{b n }的“衍生数列”为{c n }，则c i＝b i ＋(－1)i(b 1－b n )＝a i ＋(－1)i·(a 1－a n )＋(－1)i(b 1－b n )＝a i ＋(－1)i(a 1－a n )＋(－1)i·(a n －a 1)＝a i ，其中i ＝1,2,3，…，n .则{b n }的“衍生数列”是{a n }．答案：2,1,4,5 {a n }10．解：(1)由题意得a 2，a 4，a 6，a 8，…成等比数列，且公比q ＝(a 8a 2)13＝12，所以a 2n ＝a 2qn －1＝(12)n －4. (2)由数列{a n }是“J 4型”数列，得a 1，a 5，a 9，a 13，a 17，a 21，…成等比数列，设公比为t .由数列{a n }是“J 3型”数列，得a 1，a 4，a 7，a 10，a 13，…成等比数列，设公比为α1；a 2，a 5，a 8，a 11，a 14，…成等比数列，设公比为α2； a 3，a 6，a 9，a 12，a 15，…成等比数列，设公比为α3.则a 13a 1＝α41＝t 3，a 17a 5＝α42＝t 3，a 21a 9＝α43＝t 3. 所以α1＝α2＝α3，不妨记α＝α1＝α2＝α3，且t ＝α43.于是a 3k －2＝a 1αk －1＝a 1(3α)(3k －2)－1，a 3k －1＝a 5αk －2＝a 1t αk －2＝a 1α23k －＝a 1(3α)(3k －1)－1，a 3k ＝a 9αk －3＝a 1t 2αk －3＝a 1α13k －＝a 1(3α)3k －1，所以a n ＝a 1(3α)n －1，故{a n }为等比数列．11．解：(1)交警小李对进站休息的驾驶人员的省籍询问采用的是系统抽样方法． (2)从图中可知，被询问了省籍的驾驶人员是广西籍的有5＋20＋25＋20＋30＝100名，四川籍的有15＋10＋5＋5＋5＝40名．设四川籍的驾驶人员应抽取x 名，依题意得5100＝x40，解得x ＝2，即四川籍的应抽取2名．(3)用a 1，a 2，a 3，a 4，a 5表示被抽取的广西籍驾驶人员，b 1，b 2表示被抽取的四川籍驾驶人员，则所有可能结果共有{a 1，a 2}，{a 1，a 3}，{a 1，a 4}，{a 1，a 5}，{a 1，b 1}，{a 1，b 2}，{a 2，a 3}，{a 2，a 4}，{a 2，a 5}，{a 2，b 1}，{a 2，b 2}，{a 3，a 4}，{a 3，a 5}，{a 3，b 1}，{a 3，b 2}，{a 4，a 5}，{a 4，b 1}，{a 4，b 2}，{a 5，b 1}，{a 5，b 2}，{b 1，b 2}，共21个，其中2名驾驶人员都是四川籍的结果有{b 1，b 2},1个． 所以抽取的2名驾驶人员都是四川籍的概率P 1＝121，至少有1名驾驶人员是广西籍的概率P ＝1－P 1＝1－121＝2021.。
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二、填空题
5．(2014·盐城模拟)已知f(x)＝x2＋2xf′(2 014)＋2 014lnx，则f′(2 014)＝_____.
解析因为f′(x)＝x＋2f′(2 014)＋，
所以f′(2 014)＝2 014＋2f′(பைடு நூலகம் 014)＋，
即f′(2 014)＝－(2 014＋1)＝－2 015.
答案－2 015
6．函数f(x)＝2mcos2＋1的导函数的最大值等于1，则实数m的值为________．
解析显然m≠0，所以f(x)＝2mcos2＋1
＝m＋m＋1＝mcosx＋m＋1，
因此f′(x)＝－msinx，其最大值为1，故有m＝±1.
答案±1
7．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－alnx在(1,2)上为增函数，则a的值等于________．
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6lnx(x>0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2或3.
当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，
故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；
当2<x<3时，f′(x)<0，
故f(x)在(2,3)上为减函数．
由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.
解析∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，
∴≥1，得a≥2.
又∵g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.
答案2
8．(2014·绍兴模拟)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值为________．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
解(1)因f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，
故f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－16a＝(6－8a)(x－1)，
由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝.
A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B．－x0是f(－x)的极小值点
C．－x0是－f(x)的极小值点
D．－x0是－f(－x)的极小值点
解析A错，因为极大值未必是最大值；B错，因为函数y＝f(x)与函数y＝f(－x)的图象关于y轴对称，－x0应是f(－x)的极大值点；C错，函数y＝f(x)与函数y＝－f(x)的图象关于x轴对称，x0应为－f(x)的极小值点；D正确，函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称，－x0应为y＝－f(－x)的极小值点．
第3讲 导数与函数的单调性、极值与最值的基本问题
一、选择题
1．函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间为()．
A．(－1,1]B．(0,1]
C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)
解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1]．
解析依题意知f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.
又a>0，b>0，∴ab≤2＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号，∴ab的最大值为9.
答案9
三、解答题
9．设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．
答案B
2.已知函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间为()．
A．(－∞，1)
B．(－∞，0)和(2，＋∞)
C．R
D．(1,2)
解析因为函数y＝x是R上的减函数，所以f′(x)＞0的充要条件是0＜f′(x)＜1，f′(x)＜0的充要条件是f′(x)＞1.由图象，可知当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，0＜f′(x)＜1，即f′(x)＞0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．
答案B
3．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()．
A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
解析当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，
g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]
＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．
①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0；
②当b>2时，若x满足2<ex＋e－x<2b－2，即0<x<ln (b－1＋)时g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x<ln (b－1＋)时，g(x)<0.
10．(2014·新课标全国卷Ⅱ节选)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值．
解(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等号仅当x＝0时成立．
所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，
综上，b的最大值为2.
11．(2014·山东卷)设函数f(x)＝－k(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围．
解(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∴f(1)不是极值，故A，B错；
当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，
显然f′(1)＝0，且x在1的左侧附近f′(x)<0，
x在1的右侧附近f′(x)>0，
∴f(x)在x＝1处取到极小值．故选C.
答案C
4．设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()．