高考数学一轮复习课时作业(十九) 理 新人教版
新高考一轮复习人教版 二项分布与正态分布 作业
11.3 二项分布与正态分布基础篇 固本夯基考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布、全概率公式1.(2022届长沙长郡中学月考,7)某电视台的夏日水上闯关节目一共有三关,第一关与第二关的过关率分别为23,34,只有通过前一关才能进入下一关,每一关都有两次闯关机会,且通过每关相互独立.一选手参加该节目,则该选手能进人第三关的概率为( ) A.12B.56C.89D.1516答案 B2.(2022届武汉部分学校质检,5)在一次试验中,随机事件A,B 满足P(A)=P(B)=23,则( ) A.事件A,B 一定互斥 B.事件A,B 一定不互斥 C.事件A,B 一定互相独立 D.事件A,B 一定不互相独立 答案 B3.(2021新高考Ⅰ,8,5分)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则( ) A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立 答案 B4.(2018课标Ⅲ,8,5分)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立.设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数,DX=2.4,P(X=4)<P(X=6),则p=( ) A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 答案 B5.(2021辽宁丹东质检,2)10张奖券中有4张“中奖”奖券,甲乙两人先后参加抽奖活动,每人从中不放回地抽取一张奖券,甲先抽,乙后抽,在甲中奖的条件下,乙没有中奖的概率为( ) A.35B.23C.34D.4156.(2021江苏徐州第三次调研,2)清明节前夕,某校团委决定举办“缅怀革命先烈,致敬时代英雄”主题演讲比赛,经过初赛,共10人进入决赛,其中高一年级2人,高二年级3人,高三年级5人,现采取抽签的方式决定演讲顺序,则在高二年级3人相邻的前提下,高一年级2人不相邻的概率为( ) A.112 B.13 C.12 D.34答案 D7.(多选)(2021福建厦门外国语学校月考,12)甲罐中有4个红球,3个白球和3个黑球;乙罐中有5个红球,3个白球和2个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以A 1,A 2和A 3表示由甲罐取出的球是红球,白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以M 表示由乙罐取出的球是红球的事件,下列结论正确的为( ) A.P(M)=12B.P(M|A 1)=611 C.事件M 与事件A 1不相互独立 D.A 1,A 2,A 3是两两互斥的事件 答案 BCD8.(2022届山东济宁一中开学考试,14)已知随机变量ξ~B (6,13),则P(ξ=4)= ,D(ξ)= .(用数字作答) 答案20243;439.(2022届山东潍坊10月段考,15)一项过关游戏规则规定:在第n 关要抛掷一颗质地均匀的骰子n 次,如果这n 次抛掷所出现的点数之和大于2n,则算过关.甲同学参加了该游戏,他连过前两关的概率是 .答案5910.(2020天津,13,5分)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响,则甲、乙两球都落入盒子的概率为 ;甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为 . 答案16;2311.(2019课标Ⅰ,15,5分)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是 .12.(2022届江苏苏州调研,19)某学校实行自主招生,参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答,至少答对3个才能通过初试.已知甲、乙两人参加初试,在这8个试题中甲能答对6个,乙能答对每个试题的概率为34,且甲、乙两人是否答对每个试题互不影响. (1)试通过计算,分析甲、乙两人谁通过自主招生初试的可能性更大;(2)若答对一题得5分,答错或不答得0分,记乙答题的得分为Y,求Y 的分布列及数学期望和方差. 解析 (1)∵在8个试题中甲能答对6个,∴甲通过自主招生初试的概率P 1=C 63C 21C 84+C 64C 84=1114,又∵乙能答对每个试题的概率为34, ∴乙通过自主招生初试的概率P 2=C 43(34)314+C 44(34)4=189256,∵P 1>P 2,∴甲通过自主招生初试的可能性更大.(2)由题意可知,乙答对题的个数X 的可能取值为0,1,2,3,4,X~B (4,34), P(X=k)=C 4k (34)k (14)4−k(k=0,1,2,3,4)且Y=5X, 故Y 的分布列为∴E(Y)=E(5X)=5E(X)=5×4×34=15, D(Y)=D(5X)=52D(X)=25×4×34×(1−34)=754. 13. (2022届山东潍坊阶段测,20)智能体温计测温方便、快捷,已经逐渐代替水银体温计应用于日常体温测量.调查发现,使用水银体温计测温结果与人体的真实体温基本一致,而使用智能体温计测量体温可能会产生误差.对同一人而言,如果用智能体温计与水银体温计测温结果相同,我们认为智能体温计“测温准确”;否则,我们认为智能体温计“测温失误”.现在某社区随机抽取了20人用两种体温计测量体温,数据如下:(1)试估计用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率;(2)从该社区中任意抽查3人用智能体温计测量体温,设随机变量X 为使用智能体温计“测温准确”的人数,求X 的分布列与数学期望.解析 (1)题表20人的体温数据中,用智能体温计与水银体温计测温结果相同的序号是01,04,06,07,09,12,13,14,16,18,19,20,共有12个, 由此估计所求概率为1220=35. (2)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3.由(1)可知,用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率为35. 所以P(X=0)=C 30(35)0(1−35)3=8125, P(X=1)=C 31(35)1(1−35)2=36125, P(X=2)=C 32(35)2(1−35)1=54125, P(X=3)=C 33(35)3(1−35)0=27125, 所以X 的分布列为故X 的数学期望E(X)=0×8125+1×36125+2×54125+3×27125=225125=95. 14.(2019课标Ⅱ,18,12分)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,甲先发球,两人又打了X 个球该局比赛结束. (1)求P(X=2);(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.解析 (1)X=2就是10∶10平后,两人又打了2个球该局比赛结束,则这2个球均由甲得分,或者均由乙得分.因此P(X=2)=0.5×0.4+(1-0.5)×(1-0.4)=0.5.(2)X=4且甲获胜,就是10∶10平后,两人又打了4个球该局比赛结束,且这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.因此所求概率为[0.5×(1-0.4)+(1-0.5)×0.4]×0.5×0.4=0.1.考点二 正态分布1.(2022届河北邢台9月联考,6)已知随机变量ξ服从正态分布N(3,4),若P(ξ>2c+1)=P(ξ<2c-1),则c 的值为( )A.32 B.2 C.1 D.12答案 A2.(2021广东深圳一模,5)已知随机变量ξ~N(μ,σ2),有下列四个命题: 甲:P(ξ<a-1)>P(ξ>a+2). 乙:P(ξ>a)=0.5. 丙:P(ξ≤a)=0.5.丁:P(a<ξ<a+1)<P(a+1<ξ<a+2).如果只有一个假命题,则该命题为( ) A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 答案 D3.(2020广东深圳七中月考,5)某班有60名学生,一次考试后数学成绩符合ξ~N(110,σ2),若P(100≤ξ≤110)=0.35,则估计该班学生数学成绩在120分以上的人数为( ) A.10 B.9 C.8 D.7 答案 B4.(2021江苏七市第二次调研,13)已知随机变量X~N(2,σ2),P(X>0)=0.9,则P(2<X ≤4)= . 答案 0.45.(2021广东韶关一模,20)在一次大范围的随机知识问卷调查中,通过随机抽样,得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如下表所示:(1)由频数分布表可以大致认为,此次问卷调查的得分ξ~N(μ,196),μ近似为这100人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表). ①求μ的值;②若P(ξ>2a-5)=P(ξ<a+3),求a 的值;(2)在(1)的条件下,为此次参加问卷调查的市民制订如下奖励方案:①得分不低于μ的可以获赠2次随机话费,得分低于μ的可以获赠1次随机话费; ②每次获赠的随机话费和对应的概率为:现有市民甲参加此次问卷调查,记X(单位:元)为该市民参加问卷调查获赠的话费,求X 的分布列与数学期望.解析 (1)①由题意得30×2+40×13+50×21+60×25+70×24+80×11+90×4100=60.5,∴μ=60.5.②由题意得2a-5+a+3=2×60.5,解得a=41.(2)由题意知P(ξ<μ)=P(ξ≥μ)=12,获赠话费X(单位:元)的可能取值为20,40,50,70,100, P(X=20)=12×34=38,P(X=40)=12×34×34=932,P(X=50)=12×14=18,P(X=70)=12×34×14+12×14×34=316,P(X=100)=12×14×14=132,∴X 的分布列为∴E(X)=20×38+40×932+50×18+70×316+100×132=1654. 综合篇 知能转换考法一 条件概率的求法1.(2021广东二模,3)2020年12月4日是第七个“国家宪法日”.某中学开展主题为“学习宪法知识,弘扬宪法精神”的知识竞赛活动.甲同学答对第一道题的概率为23,连续答对两道题的概率为12.用事件A 表示“甲同学答对第一道题”,事件B 表示“甲同学答对第二道题”,则P(B|A)=( ) A.13B.12C.23D.34答案 D2.(2022届全国学业质量检测,9)某公司为方便员工停车,租了6个停车位,编号如图所示,公司规定:每个车位只能停一辆车,每个员工只允许占用一个停车位,记事件A 为“员工小王的车停在编号为奇数的车位上”,事件B 为“员工小李的车停在编号为偶数的车位上”,则P(A|B)=( ) A.16B.310 C.12 D.35答案 D3.(多选)(2021江苏海安高级中学月考,7)已知A ,B 分别为随机事件A,B 的对立事件,P(A)>0,P(B)>0,则下列说法正确的是( ) A.P(B|A)+P(B |A)=P(A) B.P(B|A)+P(B |A)=1C.若A,B 独立,则P(A|B)=P(A)D.若A,B 互斥,则P(A|B)=P(B|A) 答案 BCD考法二 n 重伯努利试验及二项分布问题的求解方法1.(2021广东深圳外国语学校月考,5)某同学进行3分投篮训练,若该同学投中的概率为12,他连续投篮n 次至少得到3分的概率大于0.9,那么n 的最小值是( ) A.3 B.4 C.5 D.6 答案 B2.(2020辽宁葫芦岛兴城高级中学模拟)一个袋中有大小、形状相同的小球,其中红球1个、黑球2个,现随机等可能取出小球,当有放回依次取出两个小球时,记取出的红球数为ξ1;当无放回依次取出两个小球时,记取出的红球数为ξ2,则 ( ) A.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2) B.E(ξ1)=E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2) C.E(ξ1)=E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2) D.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2) 答案 B3.(多选)(2022届山东济宁一中开学考,11)某单位举行建党100周年党史知识竞赛,在必答题环节共设置了5道题,每道题答对得20分,答错扣10分(每道题都必须回答,但相互不影响).设某选手每道题答对的概率均为23,其必答题环节的总得分为X,则( ) A.该选手恰好答对2道题的概率为49B.E(X)=50C.D(X)=1003D.P(X>60)=112243答案 BD4.(2017课标Ⅱ,13,5分)一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽取100次,X 表示抽到的二等品件数,则DX= . 答案 1.965.(2022届山东济宁一中开学考试,21)由于抵抗力差的人感染新冠肺炎的可能性相对更高,特别是老年人群体,因此某社区在疫情控制后,及时给老年人免费体检,通过体检发现“高血糖,高血脂,高血压”,即“三高”老人较多.为此社区根据医生的建议为每位老人提供了一份详细的健康安排表,还特地建设了一个老年人活动中心,老年人每天可以到该活动中心去活动,以增强体质.通过统计每周到活动中心运动的老年人的活动时间,得到了以下频率分布直方图.(1)从到活动中心参加活动的老年人中任意选取5人.①若将频率视为概率,求至少有3人每周活动时间在[8,9)(单位:h)的概率;②若抽取的5人中每周活动时间在[8,11](单位:h)的人数为2人,从5人中选出3人进行健康情况调查,记3人中每周活动时间在[8,11](单位:h)的人数为ξ,求ξ的分布列和期望;(2)将某人的每周活动时间量与所有老年人的每周平均活动时间量比较,当超出所有老年人的每周平均活动时间量不少于0.74h 时,称该老年人为“活动爱好者”,从参加活动的老年人中随机抽取10人,且抽到k 人为“活动爱好者”的可能性最大,试求k 的值.(每组数据以区间的中点值为代表)解析 (1)由题图可知,从到活动中心参加活动的老年人中任意选取1人,每周活动时间在[8,9)(单位:h)的概率为25.①记“至少有3人每周活动时间在[8,9)(单位:h)”为事件A, 则P(A)=C 53·(25)3·(1−25)2+C 54·(25)4·(1−25)+C 55(25)5=9923 125.②随机变量ξ所有可能的取值为0,1,2,P(ξ=0)=C 33C 53=110,P(ξ=1)=C 32C 21C 53=35,P(ξ=2)=C 31C 22C 3=310,则ξ的分布列如下:故E(ξ)=0×110+1×35+2×310=65. (2)老年人的每周活动时间的平均值为6.5×0.06+7.5×0.35+8.5×0.4+9.5×0.15+10.5×0.04=8.26(h),则老年人中“活动爱好者”的活动时间为[9,11](单位:h),参加活动的老年人中为“活动爱好者”的概率为p=0.19,若从参加活动的老年人中随机抽取10人,且抽到X 人为“活动爱好者”,则X~B(10,0.19), 若k 人的可能性最大,则P(X=k)=C 10k p k(1-p)10-k,k=0,1,2,3, (10)由题意有{P(X =k)≥P(X =k −1),P(X =k)≥P(X =k +1),即{C 10k (0.19)k (0.81)10−k ≥C 10k−1(0.19)k−1(0.81)11−k ,C 10k (0.19)k (0.81)10−k ≥C 10k+1(0.19)k+1(0.81)9−k , 解得1.09≤k ≤2.09,由k ∈N *,得k=2.6.(2022届广东汕头金山中学期中,19)如图,李先生家住H 小区,他工作在C 科技园区,从家开车到公司上班路上有L 1、L 2两条路线,L 1路线上有A 1、A 2、A 3三个路口,各路口遇到红灯的概率均为12;L 2路线上有B 1、B 2两个路口,各路口遇到红灯的概率依次为34,35.(1)若走L 1路线,求最多遇到1次红灯的概率; (2)若走L 2路线,求遇到红灯次数X 的数学期望;(3)按照“平均遇到红灯次数最少”的要求,请你帮助李先生从上述两条路线中选择一条较好的上班路线,并说明理由.解析 (1)设“走L 1路线最多遇到1次红灯”为事件A,则P(A)=C 30×(12)3+C 31×12×(1−12)2=12, 所以走L 1路线,最多遇到1次红灯的概率为12. (2)依题意,X 的可能取值为0,1,2. P(X=0)=(1−34)×(1−35)=110,P(X=1)=34×(1−35)+(1−34)×35=920,P(X=2)=34×35=920. 随机变量X 的分布列为所以E(X)=0×110+1×920+2×920=2720. (3)设选择L 1路线遇到红灯次数为Y,随机变量Y 服从二项分布Y~B (3,12),所以E(Y)=3×12=32. 因为E(X)<E(Y),所以选择L 2路线上班较好.7.(2019天津,16,13分)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为23.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.(1)用X 表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X 的分布列和数学期望;(2)设M 为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M 发生的概率.解析 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为23,故X~B (3,23),从而P(X=k)=C 3k ·(23)k (13)3−k ,k=0,1,2,3. 所以,随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望E(X)=3×23=2.(2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,则Y~B (3,23),且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}. 由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立, 从而由(1)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)=P(X=3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)=827×29+49×127=20243. 8.(2018课标Ⅰ,20,12分)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1),且各件产品是不是不合格品相互独立.(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p 0.(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p 0作为p 的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用. (i)若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求EX; (ii)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验? 解析 (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)=C 202p 2(1-p)18.因此f'(p)=C 202[2p(1-p)18-18p 2(1-p)17]=2C 202p(1-p)17(1-10p).令f'(p)=0,得p=0.1,当p ∈(0,0.1)时,f'(p)>0; 当p ∈(0.1,1)时,f'(p)<0. 所以f(p)的最大值点为p 0=0.1. (2)由(1)知,p=0.1,(i)令Y 表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),X=20×2+25Y,即X=40+25Y, 所以EX=E(40+25Y)=40+25EY=490.(ii)如果对余下的产品作检验,则这一箱产品所需要的检验费为400元. 由于EX>400,故应该对余下的产品作检验.考法三 正态分布问题的求解方法1.(2022届江苏苏州调研,3)已知随机变量ξ服从正态分布N(0,1),如果P(ξ≤1)=0.84,则P(-1<ξ≤0)=( )A.0.34B.0.68C.0.15D.0.07 答案 A2.(2022届江苏徐州期中,5)某单位招聘员工,先对应聘者的简历进行评分,评分达标者进入面试环节,现有1000人应聘,他们的简历评分X 服从正态分布N(60,102),若80分及以上为达标,则估计进入面试环节的人数为( )(附:若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X<μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ<X<μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ<X<μ+3σ)≈0.9973)A.12B.23C.46D.159 答案 B3.(多选)(2022届湖南湘潭9月模拟,10)已知随机变量X 服从正态分布N(0,22),则( ) A.X 的数学期望为E(X)=0 B.X 的方差为D(X)=2 C.P(X>0)=12D.P(X>2)=12 答案 AC4.(2022届河北9月开学摸底联考,7)含有海藻碘浓缩液的海藻碘盐,是新一代的碘盐产品.海藻中的碘80%为无机碘,10%~20%为有机碘,海藻碘盐兼备无机碘和有机碘的优点.某超市销售的袋装海藻碘食用盐的质量X(单位:克)服从正态分布N(400,4),某顾客购买了4袋海藻碘食用盐,则至少有2袋的质量超过400克的概率为( ) A.1116 B.34 C.58 D.516答案 A5.(2022届(新高考)第一次月考,19)数学建模是高中数学核心素养的一个组成部分,数学建模能力是应用意识和创新意识的重要表现.为全面推动数学建模活动的开展,某学校举行了一次数学建模竞赛活动,已知该竞赛共有60名学生参加,他们成绩的频率分布直方图如图.(1)为了对数据进行分析,将60分以下的成绩定为不合格,60分以上(含60分)的成绩定为合格.为科学评估该校学生数学建模水平,决定利用分层随机抽样的方法从这60名学生中选取10人,然后从这10人中抽取4人参加座谈会.记ξ为抽取的4人中,成绩不合格的人数,求ξ的分布列和数学期望;(2)已知这60名学生的数学建模竞赛成绩X 服从正态分布N(μ,σ2),其中μ可用样本平均数近似代替,σ2可用样本方差近似代替(每组数据以区间的中点值作代表),若成绩在46分以上的学生均能得到奖励,本次数学建模竞赛满分为100分,试估计此次竞赛受到奖励的人数.(结果根据四舍五入保留到整数位)若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X ≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ<X ≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ<X ≤μ+3σ)≈0.9973.解析 (1)由题中频率分布直方图和分层随机抽样的方法,可知抽取的10人中合格的人数为(0.01+0.02)×20×10=6,不合格的人数为10-6=4. 因此,ξ的可能值为0,1,2,3,4,P(ξ=0)=C 64C 104=114,P(ξ=1)=C 41C 63C 104=821,P(ξ=2)=C 42C 62C 104=37,P(ξ=3)=C 43C 61C 104=435,P(ξ=4)=C 44C 104=1210.故ξ的分布列为所以ξ的数学期望E(ξ)=0×114+1×821+2×37+3×435+4×1210=85. (2)由题意可知,μ=(30×0.005+50×0.015+70×0.02+90×0.01)×20=64,σ2=(30-64)2×0.1+(50-64)2×0.3+(70-64)2×0.4+(90-64)2×0.2=324,所以σ=18.由X 服从正态分布N(μ,σ2),得P(64-18<X ≤64+18)=P(46<X ≤82)≈0.6827,则P(X>82)=12(1-0.6827)=0.15865,P(X>46)=0.6827+0.15865=0.84135,60×0.84135≈50,所以估计此次竞赛受到奖励的人数为50.6.(2022届辽宁渤海大学附中考试,20)随着我国国民消费水平的不断提升,进口水果受到了人们的喜爱,世界各地鲜果纷纷从空中、海上汇聚中国:泰国的榴莲、山竹、椰青,厄瓜多尔的香蕉,智利的车厘子等水果走进了千家万户.某种水果按照果径大小可分为五个等级:特等、一等、二等、三等和等外.某水果进口商从采购的一批水果中随机抽取500个,利用水果的等级分类标准得到的数据如下:(1)若将样本频率视为概率,从这批水果中随机抽取6个,求恰好有3个水果是二等级别的概率; (2)若水果进口商进口时将特等级别与一等级别的水果标注为优级水果,则用分层随机抽样的方法从这500个水果中抽取10个,再从抽取的10个水果中随机抽取3个,Y 表示抽取的优级水果的数量,求Y 的分布列及数学期望E(Y).解析 (1)设从500个水果中随机抽取一个,抽到二等级别水果的事件为A,则P(A)=250500=12, 随机抽取6个,设抽到二等级别水果的个数为X,则X~B (6,12), 所以恰好抽到3个二等级别水果的概率为P(X=3)=C 63(12)3(12)3=516.(2)用分层随机抽样的方法从500个水果中抽取10个, 其中优级水果有3个,非优级水果有7个. 则Y 所有可能的取值为0,1,2,3.P(Y=0)=C 73C 103=724,P(Y=1)=C 72C 31C 103=2140,P(Y=2)=C 71C 32C 103=740,P(Y=3)=C 33C 103=1120.所以Y 的分布列为所以E(Y)=0×724+1×2140+2×740+3×1120=910.7.(2017课标Ⅰ,19,12分)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程,检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸(单位:cm).根据长期生产经验,可以认为这条生产线在正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ,σ2).(1)假设生产状态正常,记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件数,求P(X≥1)及X的数学期望;(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件,就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查.(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性;(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸:9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.9 5经计算得x=116∑i=116x i=9.97,s=√116∑i=116(x i−x)2=√116(∑i=116x i2−16x2)≈0.212,其中x i为抽取的第i个零件的尺寸,i=1,2, (16)用样本平均数x作为μ的估计值μ^,用样本标准差s作为σ的估计值σ^,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查.剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据,用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01).附:若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-3σ<Z<μ+3σ)=0.9974.0.997416≈0.9592,√0.008≈0.09.解析(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之内的概率为0.9974,从而零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率为0.0026,故X~B(16,0.0026).因此P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.997416≈0.0408.X的数学期望为EX=16×0.0026=0.0416.(2)(i)如果生产状态正常,一个零件尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率只有0.0026,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.0408,发生的概率很小.因此一旦发生这种情况,就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的.(ii)由x =9.97,s ≈0.212,得μ的估计值为μ^=9.97,σ的估计值为σ^=0.212,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外,因此需对当天的生产过程进行检查. 剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为115×(16×9.97-9.22)=10.02,因此μ的估计值为10.02.∑i=116x i 2=16×0.2122+16×9.972≈1591.134,剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为115×(1591.134-9.222-15×10.022)≈0.008, 因此σ的估计值为√0.008≈0.09.。
2025年新人教版高考数学一轮复习讲义 第一章 §1.1 集 合
2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第一章§1.1 集 合1.了解集合的含义，了解全集、空集的含义.2.理解元素与集合的属于关系，理解集合间的包含和相等关系.3.会求两个集合的并集、交集与补集.4.能用自然语言、图形语言、集合语言描述不同的具体问题，能使用Venn图表示集合间的基本关系和基本运算.第一部分 落实主干知识第二部分 探究核心题型课时精练第一部分落实主干知识1.集合与元素(1)集合中元素的三个特性： 、 、 .(2)元素与集合的关系是 或 ，用符号 或 表示.(3)集合的表示法： 、 、 .确定性互异性无序性属于不属于∈∉列举法描述法图示法(4)常见数集的记法集合非负整数集(或自然数集)正整数集整数集有理数集实数集符号___ N *(或N ＋)___ ______ NZQ R2.集合的基本关系(1)子集：一般地，对于两个集合A ，B ，如果集合A 中 都是集合B 中的元素，就称集合A 为集合B 的子集，记作 (或B ⊇A ).(2)真子集：如果集合A ⊆B ，但存在元素x ∈B ，且 ，就称集合A 是集合B 的真子集，记作 (或B A ).(3)相等：若A ⊆B ，且 ，则A ＝B .(4)空集：不含任何元素的集合叫做空集，记为∅.空集是 的子集，是 的真子集.任意一个元素A ⊆B x ∉A A B B ⊆A 任何集合任何非空集合3.集合的基本运算表示运算集合语言图形语言记法并集________________ ______ 交集______________________ 补集____________________{x |x ∈A ，或x ∈B }A ∪B {x |x ∈A ，且x ∈B }A ∩B {x |x ∈U ，且x ∉A }∁U A常用结论1.若集合A有n(n≥1)个元素，则集合A有2n个子集，2n－1个真子集.2.空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集.3.A∩B＝A⇔A⊆B，A∪B＝A⇔B⊆A.4.∁U(A∩B)＝(∁U A)∪(∁U B)，∁U(A∪B)＝(∁U A)∩(∁U B).1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)集合{x ∈N |x 3＝x }，用列举法表示为{－1,0,1}.( )(2){x |y ＝x 2＋1}＝{y |y ＝x 2＋1}＝{(x ，y )|y ＝x 2＋1}.( )(3)若1∈{x 2，x }，则x ＝－1或x ＝1.( )(4)对任意集合A ，B ，都有(A ∩B )⊆(A ∪B ).( )√×××2.(必修第一册P14T4改编)设集合A＝{x|3≤x<7}，B＝{x|2<x<10}，则(∁R A)∩B等于A.{x|2<x≤3}B.{x|7<x<10}√C.{x|2<x<3或7≤x<10}D.{x|2<x≤3或7<x<10}因为∁R A＝{x|x<3或x≥7}，B＝{x|2<x<10}，所以(∁R A)∩B＝{x|2<x<3或7≤x<10}.3.(必修第一册P35T9改编)已知集合A＝{1,3，a2}，B＝{1，a＋2}，若2A∪B＝A，则实数a＝________.因为A∪B＝A，所以B⊆A，所以a＋2∈A.当a＋2＝3，即a＝1时，A＝{1,3,1}，不满足集合中元素的互异性，不符合题意；当a＋2＝a2时，a＝－1(舍去)或a＝2，此时A＝{1,3,4}，B＝{1,4}，符合题意.综上，实数a＝2.4.(必修第一册P9T5改编)已知集合A＝{x|0<x<a}，B＝{x|0<x<2}，若B⊆A，[2，＋∞)则实数a的取值范围为___________.因为B⊆A，所以利用数轴分析法(如图)，可知a≥2.返回第二部分探究核心题型例1 (1)(2023·长春模拟)已知集合A ＝{(x ，y )|x 2＋y 2＝4}，B ＝{(x ，y )|x ＋y ＝0}，则A ∩B 的子集个数为A.1B.2C.3D.4√题型一 集合的含义与表示集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝4}表示以(0,0)为圆心，2为半径的圆上的所有点，集合B＝{(x，y)|x＋y＝0}表示直线x＋y＝0上的所有点，因为直线x＋y＝0经过圆心(0,0)，所以直线与圆相交，所以A∩B的元素个数为2，则A∩B的子集个数为4.(2)已知集合A＝{0，m，m2－3m＋2}，且2∈A，则实数m的值为√A.2B.3C.0D.－2因为集合A＝{0，m，m2－3m＋2}，且2∈A，则m＝2或m2－3m＋2＝2，解得m∈{0,2,3}.当m＝0时，集合A中的元素不满足互异性；当m＝2时，m2－3m＋2＝0，集合A中的元素不满足互异性；当m＝3时，A＝{0,3,2}，符合题意.综上所述，m＝3.思维升华解决集合含义问题的关键点(1)一是确定构成集合的元素.(2)确定元素的限制条件.(3)根据元素的特征(满足的条件)构造关系式解决相应问题.跟踪训练1 (1)(2023·苏州模拟)设集合A＝{1,2,3}，B＝{4,5}，C＝{x＋y |x∈A，y∈B}，则C中元素的个数为√A.3B.4C.5D.6因为集合A＝{1,2,3}，B＝{4,5}，C＝{x＋y|x∈A，y∈B}，所以C＝{5,6,7,8}.即C中元素的个数为4.(2)若含有3个实数的集合既可表示成 ，又可表示成{a2，a＋b,0}，1则a2 024＋b2 024＝________.此时两集合分别是{a,1,0}，{a，a2,0}，则a2＝1，解得a＝1或a＝－1.当a＝1时，不满足互异性，故舍去；当a＝－1时，满足题意.所以a2 024＋b2 024＝(－1)2 024＋02 024＝1.例2 (1)(2023·海口质检)已知集合A ＝{x |x >5}，B ＝{x |1－log 2x <0}，则A.A ⊆BB.B ⊆AC.A ∩B ＝∅D.A ∪B ＝R因为集合A ＝{x |x >5}，集合B ＝{x |1－log 2x <0}＝{x |x >2}，所以A ⊆B .√题型二 集合间的基本关系(2)已知集合A＝{x|x<－1或x≥3}，B＝{x|ax＋1≤0}，若B⊆A，则实数a的取值范围是√∵B⊆A，∴①若B＝∅，即ax＋1≤0无解，此时a＝0，满足题意.②若B≠∅，即ax＋1≤0有解，思维升华(1)空集是任何集合的子集，在涉及集合关系问题时，必须考虑空集的情况，否则易造成漏解.(2)已知两个集合间的关系求参数时，关键是将条件转化为元素或区间端点间的关系，进而转化为参数所满足的关系，常用数轴、Venn图等来直观解决这类问题.跟踪训练2 (1)已知集合M＝{x|y ＝ ，x∈R}，N＝{x|x＝m2，m∈M}，则集合M，N的关系是√A.M NB.N MC.M⊆∁R ND.N⊆∁R M因为M＝{x|y＝ ，x∈R}＝{x|－1≤x≤1}，N＝{x|x＝m2，m∈M}＝{x|0≤x≤1}，所以N M.(2)设集合A ＝{x |－1≤x ＋1≤6}，B ＝{x |m －1<x <2m ＋1}，当x ∈Z 时，集合A 的非空真子集的个数为________；当B ⊆A 时，实数m 的取值范围是________________________.254{m |m ≤－2或－1≤m ≤2}易得A＝{x|－2≤x≤5}.若x∈Z，则A＝{－2，－1,0,1,2,3,4,5}，即A中含有8个元素，∴A的非空真子集的个数为28－2＝254.①当m－1≥2m＋1，即m≤－2时，B＝∅，B⊆A；②当m>－2时，B＝{x|m－1<x<2m＋1}≠∅，综上所述，m的取值范围是{m|m≤－2或－1≤m≤2}.题型三 集合的基本运算命题点1 集合的运算例3 (1)(2022·新高考全国Ⅰ)若集合M＝{x | <4}，N＝{x|3x≥1}，则M∩N 等于√所以M＝{x|0≤x<16}；因为N＝{x|3x≥1}，(2)(多选)已知M ，N 均为实数集R 的子集，且N ∩(∁R M )＝∅，则下列结论中正确的是A.M ∩(∁R N )＝∅B.M ∪(∁R N )＝RC.(∁R M )∪(∁R N )＝∁R MD.(∁R M )∩(∁R N )＝∁R M√√∵N∩(∁R M)＝∅，∴N⊆M，如图，若N是M的真子集，则M∩(∁R N)≠∅，故A错误；由N⊆M可得M∪(∁R N)＝R，故B正确；由N⊆M可得∁R N⊇∁R M，故C错误，D正确.命题点2 利用集合的运算求参数的值(范围)例4 (1)(多选)已知A＝{x|x2＋x－6＝0}，B＝{x|mx＋1＝0}，且A∪B＝A，则m的值可能为√√√由题意知A＝{x|x2＋x－6＝0}，由x2＋x－6＝0，解得x＝2或x＝－3，所以A＝{2，－3}，因为A∪B＝A，所以B⊆A，当B＝∅时，m＝0，满足题意；(2)(2024·本溪模拟)设集合A＝{x|x<a2}，B＝{x|x>a}，若A∩(∁R B)＝A，则实数a的取值范围为√A.[0,1]B.[0,1)C.(0,1)D.(－∞，0]∪[1，＋∞)因为B＝{x|x>a}，所以∁R B＝{x|x≤a}，又A∩(∁R B)＝A，所以A⊆∁R B，又A＝{x|x<a2}，所以a2≤a，解得0≤a≤1，即实数a的取值范围为[0,1].思维升华对于集合的交、并、补运算，如果集合中的元素是离散的，可用Venn图表示；如果集合中的元素是连续的，可用数轴表示，此时要注意端点的情况.跟踪训练3 (1)(多选)已知集合A ＝{x |x 2－2x >0}，B ＝{x |1<x <3}，则A.(∁R A )∪B ＝{x |0≤x <3}B.(∁R A )∩B ＝{x |1<x <2}C.A ∩B ＝{x |2<x <3}D.A ∩B 是{x |2<x <5}的真子集√√√由x2－2x>0，得x<0或x>2，所以A＝{x|x<0或x>2}，所以∁R A＝{x|0≤x≤2}，对于A，因为B＝{x|1<x<3}，所以(∁R A)∪B＝{x|0≤x<3}，所以A正确；对于B，因为B＝{x|1<x<3}，所以(∁R A)∩B＝{x|1<x≤2}，所以B错误；对于C，因为A＝{x|x<0或x>2}，B＝{x|1<x<3}，所以A∩B＝{x|2<x<3}，所以C正确；对于D，因为A∩B＝{x|2<x<3}，所以A∩B是{x|2<x<5}的真子集，所(2)已知集合A，B满足A＝{x|x>1}，B＝{x|x<a－1}，若A∩B＝∅，则实数a的取值范围为√A.(－∞，1]B.(－∞，2]C.[1，＋∞)D.[2，＋∞)因为集合A，B满足A＝{x|x>1}，B＝{x|x<a－1}，且A∩B＝∅，则a－1≤1，解得a≤2.题型四 集合的新定义问题例5 (多选)群论是代数学的分支学科，在抽象代数中具有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明.群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G是一个非空集合，“·”是G上的一个代数运算，即对所有的a，b∈G，有a·b∈G，如果G的运算还满足：①∀a，b，c∈G，有(a·b)·c＝a·(b·c)；②∃e∈G，使得∀a∈G，有e·a＝a·e＝a；③∀a∈G，∃b∈G，使a·b＝b·a＝e，则称G关于“·”构成一个群.则下列说法正确的有A.G＝{－1,0,1}关于数的乘法构成群√√对于A，若G＝{－1,0,1}，则对所有的a，b∈G，有a·b∈{1,0，－1}＝G，满足乘法结合律，即①成立，满足②的e为1，但当a＝0时，不存在b∈G，使得a·b＝b·a＝e＝1，即③不成立，故A 错误；对于C，若G＝R，则对所有的a，b∈R，有a＋b∈R，满足加法结合律，即①成立，满足②的e为0，思维升华集合新定义问题的“三定”(1)定元素：确定已知集合中所含的元素，利用列举法写出所有元素.(2)定运算：根据要求及新定义运算，将所求解集合的运算问题转化为集合的交集、并集或补集的基本运算问题，或转化为数的有关运算问题.(3)定结果：根据定义的运算进行求解，利用列举法或描述法写出所求集合中的所有元素.跟踪训练4 (多选)设A 为非空实数集，若对任意x ，y ∈A ，都有x ＋y ∈A ，x －y ∈A ，且xy ∈A ，则称A 为封闭集.下列叙述中，正确的为A.集合A ＝{－2，－1,0,1,2}为封闭集B.集合A ＝{n |n ＝2k ，k ∈Z }为封闭集C.封闭集一定是无限集D.若A 为封闭集，则一定有0∈A √√对于A，在集合A＝{－2，－1,0,1,2}中，－2－2＝－4不在集合A中，∴集合A不是封闭集，故A错误；对于B，集合A＝{n|n＝2k，k∈Z}，设x，y∈A，则x＝2k1，y＝2k2，k1，k2∈Z，∴x＋y＝2(k1＋k2)∈A，x－y＝2(k1－k2)∈A，xy＝4k1k2∈A，∴集合A＝{n|n＝2k，k∈Z}为封闭集，故B正确；对于C，封闭集不一定是无限集，如：{0}为封闭集，故C错误；对于D，若A为封闭集，则取x＝y，得x－y＝0∈A，故D正确.知识过关一、单项选择题1.(2022·全国乙卷)设全集U＝{1,2,3,4,5}，集合M满足∁U M＝{1,3}，则√A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M由题意知M＝{2,4,5}.2.(2023·新高考全国Ⅰ)已知集合M＝{－2，－1,0,1,2}，N＝{x|x2－x－6≥0}，则M∩N等于A.{－2，－1,0,1}B.{0,1,2}√C.{－2}D.{2}方法一 因为N＝{x|x2－x－6≥0}＝(－∞，－2]∪[3，＋∞)，而M＝{－2，－1,0,1,2}，所以M∩N＝{－2}.方法二 因为M＝{－2，－1,0,1,2}，将－2，－1，0,1,2代入不等式x2－x－6≥0，只有－2使不等式成立，所以M∩N＝{－2}.。
2019版高考数学(理)一轮总复习作业：39专题研究3 数列的综合应用
专题层级快练(三十九)(第一次作业)1．设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和，若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( )A ．2B ．－2C. D ．－1212答案 D解析 S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6.∵S 22＝S 1S 4，∴(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)．∴4a 12－4a 1＋1＝4a 12－6a 1⇒a 1＝－.122．(2017·山西四校联考)已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，a 3，2a 2成等差数列，12则＝( )a 9＋a 10a7＋a 8A ．1＋ B ．1－22C ．3＋2 D ．3－222答案 C解析 因为a 1，a 3，2a 2成等差数列，所以a 3×2＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，所以1212q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋或q ＝1－(舍)，所以＝＝q 2＝(1＋)22a9＋a10a7＋a8a1q8（1＋q ）a1q6（1＋q ）22＝3＋2.23．已知{a n }是等差数列，a 1＝15，S 5＝55，则过点P(3，a 2)，Q(4，a 4)的直线的斜率为( )A ．4 B.14C ．－4D ．－14答案 C解析 S 5＝5a 1＋d ，所以5×15＋10d ＝55，即d ＝－2.所以k PQ ＝＝2d ＝－4.5×42a4－a24－34．(2016·四川)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(参考数据：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30)( )A ．2018年 B ．2019年C ．2020年 D ．2021年答案 B解析 根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从2015年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列{a n }，其中，首项a 1＝130，公比q ＝1＋12%＝1.12，所以a n ＝130×1.12n －1.由130×1.12n －1>200，两边同时取对数，得n －1>，又lg2－lg1.3lg1.12≈＝3.8，则n>4.8，即a 5开始超过200，所以2019年投入的研发资金lg2－lg1.3lg1.120.30－0.110.05开始超过200万元，故选B.5．已知各项均不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 72＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝( )A ．2 B ．4C ．8 D ．16答案 D解析 因为{a n }为等差数列，所以a 3＋a 11＝2a 7，所以已知等式可化为4a 7－a 72＝0，解得a 7＝4或a 7＝0(舍去)，又{b n }为等比数列，所以b 6b 8＝b 72＝a 72＝16.6．已知{a n }，{b n }均为等差数列，且a 2＝8，a 6＝16，b 2＝4，b 6＝a 6，则由{a n }，{b n }的公共项组成的新数列{c n }的通项公式c n ＝( )A ．3n ＋4 B ．6n ＋2C ．6n ＋4 D ．2n ＋2答案 C解析 设{a n }的公差为d 1，{b n }的公差为d 2，则d 1＝＝＝2，d 2＝＝＝3.a6－a26－284b6－b26－2124∴a n ＝a 2＋(n －2)×2＝2n ＋4，b n ＝b 2＋(n －2)×3＝3n －2.∴数列{a n }为6，8，10，12，14，16，18，20，22，…，数列{b n }为1，4，7，10，13，16，19，22，….∴{c n }是以10为首项，以6为公差的等差数列．∴c n ＝10＋(n －1)×6＝6n ＋4.7．(2017·重庆巴蜀中学二诊)中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”意思是：今有大夫、不更、簪袅、上造、公士凡五人，他们共猎儿五只鹿，欲按其爵级高低依次递减相同的量来分配，问各得多少．若五只鹿的鹿肉共500斤，则不更、簪袅、上造这三人共分得鹿肉斤数为( )A ．200 B ．300C. D ．4005003答案 B解析 由题意可知五人分得的鹿肉斤数成等差数列，记为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝500.由等差数列的性质可得5a 3＝500，即a 3＝100，所以a 2＋a 3＋a 4＝3a 3＝300.8．(2017·河南洛阳期末)已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则＝( )a 1＋a 5＋a 9a2＋a 3A ．2 B ．3C ．5 D ．6答案 B解析 ∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 42＝a 2a 8，即(a 1＋3d)2＝(a 1＋d)(a 1＋7d)，∴a 1＝d ，∴＝＝3.故选B.a1＋a5＋a9a2＋a33a1＋12d2a1＋3d 9．(2017·衡水中学调研卷)在1到104之间所有形如2n 与形如3n (n ∈N *)的数，它们各自之和的差的绝对值为(lg2≈0.301 0)( )A ．1 631 B ．6 542C ．15 340 D ．17 424答案 B解析 由2n <104，得n<≈13.29，故数列{2n }在1到104之间的项共有13项，它们的和4lg2S 1＝＝16382；同理，数列{3n }在1到104之间的项共有8项，它们的和2×（1－213）1－2S 2＝＝9 840，∴|S 1－S 2|＝6 542.3×（1－38）1－310．(2018·温州十校联考)设数列{a n }和{b n }分别是等差数列与等比数列，且a 1＝b 1＝4，a 4＝b 4＝1，则以下结论正确的是( )A ．a 2>b 2 B ．a 3<b 3C ．a 5>b 5D ．a 6>b 6答案 A解析 设等差数列的公差、等比数列的公比分别为d ，q ，则由题意得解得{4＋3d ＝1，4q3＝1，)则a 2－b 2＝3－>3－＝0；故选A.{d ＝－1，q ＝314，)31632711．数列{a n }是等差数列，若a 1，a 3，a 4是等比数列{b n }中的连续三项，则数列{b n }的公比为________．答案 或112解析 设数列{a n }的公差为d ，由题可知，a 32＝a 1·a 4，可得(a 1＋2d)2＝a 1(a 1＋3d)，整理得(a 1＋4d)d ＝0，解得d ＝0或a 1＝－4d.当d ＝0时，等比数列{b n }的公比为1；当a 1＝－4d 时，a 1，a 3，a 4分别为－4d ，－2d ，－d ，所以等比数列{b n }的公比为.1212．(2017·广东潮州期末)从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升纯酒精，然后填满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，以此继续下去，则至少应倒________次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于10%.答案 4解析 设开始纯酒精体积与总溶液体积之比为1，操作一次后纯酒精体积与总溶液体积之比a 1＝，设操作n 次后，纯酒精体积与总溶液体积之比为a n ，则12a n ＋1＝a n ·，∴a n ＝a 1q n －1＝()n ，∴()n <，解得n ≥4.12121211013．(2015·浙江)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．12131n (1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .答案 (1)a n ＝2n ，b n ＝n (2)T n ＝(n －1)2n ＋1＋2解析 (1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.n ≥2时，b 1＋b 2＋…＋b n －1＝b n －1和原递推式作差得b n ＝b n ＋1－b n ，整理得121n －11n ＝，所以b n ＝n(n ∈N *)．bn ＋1n ＋1bnn(2)由①知a n b n ＝n·2n ，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n ，2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n·2n ＋1.故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．14．(2016·四川)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q>0，n ∈N *.(1)若a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－＝1的离心率为e n ，且e 2＝2，求e 12＋e 22＋…＋e n 2.y 2an2答案 (1)a n ＝2n －1(n ∈N *) (2)n ＋(3n －1)12解析 (1)由已知S n ＋1＝qS n ＋1，得S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列．从而a n ＝q n －1.由a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，可得2a 3＝a 2＋a 2＋a 3，所以a 3＝2a 2，故q ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，a n ＝q n －1.所以双曲线x 2－＝1的离心率e n ＝＝.y2an21＋an21＋q2（n －1）由e 2＝＝2解得q ＝.1＋q23所以e 12＋e 22＋…＋e n 2＝(1＋1)＋(1＋q 2)＋…＋[1＋q 2(n －1)]＝n ＋[1＋q 2＋…＋q 2(n －1)]＝n ＋＝n ＋(3n －1)．q2n －1q2－11215．(2018·衡水中学调研卷)若某地区2015年人口总数为45万，实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化：从2016年开始到2025年每年人口比上年增加0.5万人，从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.(1)求实施新政策后第n 年的人口总数a n 的表达式(注：2016年为第一年)；(2)若新政策实施后的2016年到2035年人口平均值超过49万，则需调整政策，否则继续实施，问到2035年后是否需要调整政策？(说明：0.9910＝(1－0.01)10≈0.9)．答案 (1) (2)不需要{0.5n ＋45，1≤n ≤1050×0.99n －10，11≤n ≤20)解析 (1)由题意知，当n ≤10时，数列{a n }是以45.5为首项，0.5为公差的等差数列，所以a n ＝45.5＋(n －1)×0.5＝0.5n ＋45.当11≤n ≤20时，数列{a n }是公比为0.99的等比数列，而a 11＝50×0.99，所以a n ＝50×0.99n －10.所以新政策实施后第n 年的人口总数a n (单位：万)的表达式为a n ＝{0.5n ＋45，1≤n ≤10，50×0.99n －10，11≤n ≤20.)(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，则从2016年到2035年共20年，由等差数列及等比数列的求和公式得S 20＝S 10＋(a 11＋a 12＋…＋a 20)＝477.5＋4 950×(1－0.9910)≈972.5(万)，所以新政策实施到2035年人口均值为≈48.63<49.S2020所以到2035年后不需要调整政策．16．(2018·云、贵、川三省联考)设数列{a n }是公差大于0的等差数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝9，且2a 1，a 3－1，a 4＋1构成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足＝2n －1(n ∈N *)，设T n 是数列{b n }的前n 项和，证明：T n <6.a nbn 答案 (1)2n －1 (2)略解析 (1)设数列{a n }的公差为d ，则d>0.因为S 3＝9，所以a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝9，即a 2＝3.因为2a 1，a 3－1，a 4＋1构成等比数列，所以(2＋d)2＝2(3－d)(4＋2d)，所以d ＝2.所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1.(2)证明：因为＝2n －1(n ∈N *)，anbn 所以b n ＝＝(2n －1)()n －1，2n －12n －112所以T n ＝1×()0＋3×()1＋…＋(2n －1)×()n －1，①121212所以T n ＝1×()1＋3×()2＋…＋(2n －3)×()n －1＋(2n －1)×()n ，②1212121212由①②两式相减得T n ＝1＋2×()1＋2×()2＋…＋2×()n －1－(2n －1)×()n ＝1＋－＝3－12121212121－（12）n －11－122n －12n－，整理化简得12n －22n －12n T n ＝6－.2n ＋32n －1又因为n ∈N *，所以T n ＝6－<6.2n ＋32n －1(第二次作业)1．若方程x 2－5x ＋m ＝0与x 2－10x ＋n ＝0的四个根适当排列后，恰好组成一个首项为1的等比数列，则m ∶n 的值为( ) A. B.1412C ．2 D ．4答案 A解析 设等比数列的公比为q ，由根与系数的关系，得1＋q ＋q 2＋q 3＝15，即(q －2)(q 2＋3q ＋7)＝0，因此q ＝2，此时m ＝q 2，n ＝q 4，故m ∶n ＝1∶4，故选A.2．某林厂年初有森林木材存量S 立方米，木材以每年25%的增长率生长，而每年末要砍伐固定的木材量x 立方米，为实现经过两次砍伐后的木材的存量增加50%，则x 的值是( )A. B.S 32S 34C. D.S 36S 38答案 C解析 [(1＋)S －x](1＋)－x ＝(1＋)S ，x ＝.141412S363．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a ＋b ＋c 的值为( )12121abcA.1 B ．2C ．3 D ．4答案 A解析 由题意知，a ＝，b ＝，c ＝.故a ＋b ＋c ＝1，故选A.125163164．今年“五一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来，……，按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是( )A ．211－47 B ．212－57C ．213－68 D ．214－80答案 B解析 由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟内进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，记第n 个30分钟内进入公园的人数为a n ，第n 个30分钟内出来的人数为b n ，则a n ＝4×2n －1，b n ＝n ，故上午11时30分公园内的人数为S ＝2＋－4（1－210）1－2＝212－57.10×（1＋10）25．(2017·河北唐山一中调研)定义：F(x ，y)＝y x (x>0，y>0)，已知数列{a n }满足：a n ＝(n ∈N *)，若对任意正整数n ，都有a n ≥a k (k ∈N *)成立，则a k 的值为( )F （n ，2）F （2，n ）A. B ．212C. D.8998答案 C解析 由题意得a n ＝＝且a k ＝(a n )min ，由指数函数y ＝2x 与二次函数y ＝x 2图像的F （n ，2）F （2，n ）2nn2对比可得当x>0时，先减后增，故有最小值．因此a 1＝2，a 2＝1，a 3＝，a 4＝1，所以2xx22xx289a 2>a 3且a 3<a 4，所以(a n )min ＝a 3＝，则a k ＝，故选C.89896．(2017·保定模拟)如图所示，矩形A n B n C n D n 的一个边A n B n 在x 轴上，另外两个顶点C n ，D n 在函数f(x)＝x ＋(x>0)的图像上．若点B n 的坐标为(n ，0)(n ≥2，n ∈N *)，记矩形1x A n B n C n D n 的周长为a n ，则a 2＋a 3＋…＋a 10等于( )A ．208B ．216C ．212D ．220答案 B解析 由B n (n ，0)，得C n (n ，n ＋)，令x ＋＝n ＋，即x 2－(n ＋)x ＋1＝0，得x ＝n 或1n 1x 1n 1n x ＝，所以D n (，n ＋)，所以矩形A n B n C n D n 的周长a n ＝2(n －)＋2(n ＋)＝4n.所以1n 1n 1n 1n 1n a 2＋a 3＋…＋a 10＝4(2＋3＋…＋10)＝216.故选B.7．(2018·江西九江一中月考)在等比数列{a n }中，a 7是a 8，a 9的等差中项，公比q 满足如下条件：△OAB(O 为原点)中，＝(1，1)，＝(2，q)，∠A 为锐角，则公比OA → OB→ q ＝________．答案 －2解析 由a 7是a 8，a 9的等差中项，知2a 7＝a 8＋a 9＝a 7q ＋a 7q 2，得q ＝1或q ＝－2.又因为∠A 为锐角，所以·＝·(－)＝(－1，－1)·(1，q －1)＝－q>0，可知q<0，AO → AB → AO → OB→ OA → 故q ＝－2.8．(2017·河北教学质量监测)已知函数y ＝x 2(x>0)的图像在点(a k ，a k 2)处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1(k ∈N *)，若a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________．答案 21解析 由题意，得函数y ＝x 2(x>0)的图像在点(a k ，a k 2)处的切线方程是y －a k 2＝2a k (x －a k )．令y ＝0，得x ＝a k ，即a k ＋1＝a k ，因此数列{a k }是以16为首项，为121212公比的等比数列，所以a k ＝16·()k －1＝25－k ，所以a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.129．(2017·合肥质检)一种专门占据内存的计算机病毒，开机时占据内存2KB ，然后每3分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机后经过__________分钟，该病毒占据64MB 内存(1MB ＝210KB)．答案 45解析 依题意可知a 0＝2，a 1＝22，a 2＝23，…，a n ＝2n ＋1.64MB ＝64×210＝216KB ，令2n ＋1＝216得n ＝15.∴开机后45分钟该病毒占据64MB 内存．10．一个数字生成器，生成规则如下：第1次生成一个数x ，以后每次生成的结果可将上一次生成的每一个数x 生成两个数，一个是－x ，另一个是x ＋3.设第n 次生成的数的个数为a n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________；若x ＝1，前n 次生成的所有数中不同的数的个数为T n ，则T 4＝________．答案 2n －1，10解析 由题意可知，依次生成的数字个数是首项为1，公比为2的等比数列，故S n ＝＝2n －1.1－2n 1－2当x ＝1时，第1次生成的数为1，第2次生成的数为－1，4，第3次生成的数为1，2；－4，7，第4次生成的数为－1，4；－2，5；4，－1；－7，10.故T 4＝10.11．(2018·湖北武汉武昌实验中学模拟)已知数列{a n }，{b n }中，a 1＝a ，{b n }是比公为的等23比数列，记b n ＝(n ∈N *)，若不等式a n >a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范a n －2a n －1围是________．答案 (2，＋∞)解析 因为b n ＝(n ∈N *)，所以a n ＝，所以an －2an －1bn －2bn －1a n ＋1－a n ＝－＝－＝＝<bn ＋1－2bn ＋1－1bn －2bn －11bn －11bn ＋1－1bn ＋1－bn（1－bn ＋1）（1－bn ）－13bn （1－23bn ）（1－bn ）0，即>0，解得b n >或0<b n <1.若b n >，则b 1()n －1>对一切正整数n 成立，bn（23bn －1）（bn －1）32322332显然不可能；若0<b n <1，则0<b 1()n －1<1对一切正整数n 成立，只要0<b 1<1即可，即0<23<1，解得a 1＝a>2.a1－2a1－112．(2018·上海虹口区模拟)某市2017年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张．为了节能减排和控制总量，从2017年开始，每年电动型汽车牌照的发放量按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型汽车的牌照的数量维持在这一年的水平不变．(1)记2017年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{a n }，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{b n }，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式；a 1＝10a 2＝9.5a 3＝____a 4＝____…b 1＝2b 2＝3b 3＝____b 4＝____…(2)从2017年算起，求二十年发放的汽车牌照总量．答案 (1)a 3＝9，a 4＝8.5，b 3＝4.5，b 4＝6.75a n ＝b n ＝{－n 2＋212，1≤n ≤20且n ∈N *，0，n ≥21且n ∈N *){2×（32）n －1，1≤n ≤4且n ∈N *，6.75，n ≥5且n ∈N *)(2)229.25万张解析 (1)a 1＝10a 2＝9.5a 3＝9a 4＝8.5…b 1＝2b 2＝3b 3＝4.5b 4＝6.75…当1≤n ≤20且n ∈N *，a n ＝10＋(n －1)×(－0.5)＝－＋；当n ≥21且n ∈N *，a n ＝0，n 2212∴a n ＝{－n 2＋212，1≤n ≤20且n ∈N *，0，n ≥21且n ∈N *.)∵a 4＋b 4＝15.25>15，∴b n ＝{2×（32）n －1，1≤n ≤4且n ∈N *，6.75，n ≥5且n ∈N *.)(2)a 1＋a 2＋…＋a 20＝10×20＋×(－)＝105，20×19212b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋…＋b 20＝＋6.75×16＝124.25.2×[1－（32）4]1－32∴从2017年算起，二十年发放的汽车牌照总量为229.25万张．13．(2017·江西省宜春中学与新余一中联考)设函数f(x)＝＋sinx 的所有正的极小值点从小x2到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)令b n ＝，设数列{}的前n 项和为S n ，求证S n <.x n2π1b n·bn ＋132答案 (1)x n ＝2n π－(n ∈N *) (2)略2π3解析 (1)f(x)＝＋sinx ，令f ′(x)＝＋cosx ＝0，得x ＝2k π±(k ∈Z )．x2122π3由f ′(x)>0⇒2k π－<x<2k π＋(k ∈Z )，2π32π3由f ′(x)<0⇒2k π＋<x<2k π＋(k ∈Z )，2π34π3当x ＝2k π－(k ∈Z )时，f(x)取得极小值，2π3所以x n ＝2n π－(n ∈N *)．2π3(2)因为b n ＝＝n －＝，xn 2π133n －13所以＝·＝3(－)，1bn·bn ＋133n －133n ＋213n －113n ＋2所以S n ＝3(－＋－＋…＋－)＝3(－)＝－，所以S n <.1215151813n －113n ＋21213n ＋23233n ＋23214．(2017·山东，理)是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1，1)，P 2(x 2，2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .答案 (1)2n －1 (2)（2n －1）×2n ＋12解析 (1)设数列{x n }的公比为q ，则q>0.由题意得所以3q 2－5q －2＝0.因为q>0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }{x1＋x1q ＝3，x1q2－x1q ＝2，)的通项公比为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1.由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，（n ＋n ＋1）2所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，①又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝＋－(2n ＋1)322（1－2n －1）1－2×2n －1.所以T n ＝.（2n －1）×2n ＋1215．(2018·浙江镇海中学模拟)已知数列{a n }是各项均为正数的等差数列，其中a 1＝1，且a 2，a 4，a 6＋2成等比数列；数列{b n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＋b n ＝1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)如果c n ＝a n b n ，设数列{c n }的前n 项和为T n ，是否存在正整数n ，使得T n >S n 成立？若存在，求出n 的最小值；若不存在，说明理由．答案 (1)a n ＝1 b n ＝ (2)存在 213n 解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依条件有a 42＝a 2(a 6＋2)，即(a 1＋3d)2＝(a 1＋d)(a 1＋5d ＋2)，解得d ＝－(因数列各项均为正数，故舍去)或d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)12d ＝1＋(n －1)＝n.由2S n ＋b n ＝1，得S n ＝(1－b n )．12当n ＝1时，2S 1＋b 1＝1，解得b 1＝；13当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝(1－b n )－(1－b n －1)＝－b n ＋b n －1，12121212所以b n ＝b n －1，所以数列{b n }是首项为，公比为的等比数列，故b n ＝.13131313n (2)由(1)知，c n ＝a n b n ＝，n3n 所以T n ＝1×＋2×＋3×＋…＋n ×①1313213313n 在①式两边同乘，得T n ＝1×＋2×＋3×＋…＋n ×②131********3413n ＋1由①②两式相减得T n ＝＋＋＋…＋－n ×，整理化简得T n ＝－×－×231313213313n 13n ＋1343413n n2＝－×.又因为S n ＝＝－，13n 342n ＋3413n 13（1－13n ）1－131212×3n 所以T n －S n ＝－×.142n ＋1413n 当n ＝1时，T 1＝S 1，当n ≥2时，－×＝[3n －(2n ＋1)]>0，142n ＋1413n 14×3n 所以T n >S n ，故所求的正整数n 存在，其最小值是2.1．设某商品一次性付款的金额为a 元，若以分期付款的形式等额地分成n 次付清，且每期利率r 保持不变，按复利计算，则每期期末所付款是( )A.(1＋r)n 元 B.元an ar （1＋r ）n （1＋r ）n －1C.(1＋r)n －1元 D.元an ar （1＋r ）n －1（1＋r ）n －1答案 B解析 设每期期末所付款是x 元，则各次付款的本利和为x(1＋r)n －1＋x(1＋r)n －2＋x(1＋r)n －3＋…＋x(1＋r)＋x ＝a(1＋r)n ，即x·＝a(1＋r)n ，整理得x ＝.故选B.（1＋r ）n －1rar （1＋r ）n（1＋r ）n －12．在平面直角坐标系上，有一点列：P 1，P 2，…P n ，…(n ∈N *)，设点P n 的坐标为(n ，a n )，其中a n ＝(n ∈N *)，过点P n ，P n ＋1的直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为b n ，设S n 表2n 示数列{b n }的前n 项和，则S 5＝________．答案 1256解析 由题意得，过点P n ，P n ＋1的直线为＝，即2x ＋n(n ＋1)y －2(2n ＋1)y －2nx －n 2n ＋1－2n（n ＋1）－n ＝0.令y ＝0，得x ＝2n ＋1，令x ＝0，得y ＝，所以b n ＝×(2n ＋1)2（2n ＋1）n （n ＋1）12×＝4＋＝4＋－，所以S 5＝4×5＋1－＋－＋…＋－＝.2（2n ＋1）n （n ＋1）1n （n ＋1）1n 1n ＋1121213151612563．设函数f(x)＝＋sinx 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }，{x n }的前n 项和x2为S n ，则sinS n 不可能取的值是( )A ．0B.12C ．－ D.3232答案 B解析 由f(x)＝＋sinx ，得f ′(x)＝＋cosx ，令f ′(x)＝0，得x ＝2k π±(k ∈Z )，当x2122π3f ′(x)>0时，2k π－<x<2k π＋(k ∈Z )，当f ′(x)<0时，2π32π32k π－<x<2k π－(k ∈Z )．f(x)取极小值，即x n ＝2n π－，所以4π32π32π3S n ＝x 1＋x 2＋x 3＋…＋x n ＝2π(1＋2＋3＋…＋n)－＝n(n ＋1)π－，当n ＝3k(k ∈N *)时，2n π32n π3sinS n ＝sin(－2k π)＝0；当n ＝3k －1(k ∈N *)时，sinS n ＝sin ＝；当n ＝3k －2(k ∈N *)时，2π332sinS n ＝sin ＝－.4π3324．一企业的某产品每件利润100元，在未做电视广告时，日销售量为b 件．当对产品做电视广告后，记每日播n 次时的日销售量为a n (n ∈N *)件，调查发现：每日播1次则日销售量a 1件在b 件的基础上增加件，每日播2次则日销售量a 2件在每日播1次时日销售量a 1件b2的基础上增加件，…，每日播n 次，该产品的日销售量a n 件在每日播n －1次时的日销售b4量a n －1件的基础上增加件．合同约定：每播一次企业需支付广告费2b 元．b2n (1)试求出a n 与n 的关系式；(2)该企业为了获得扣除广告费后的日利润最大，求每日电视广告需播多少次？答案 (1)a n ＝b(2－) (2)每日电视广告需播5次，日利润最大12n 解析 (1)由题意，电视广告每日播k 次时，该产品的日销售量a k 满足a k ＝a k －1＋(k ∈N *，a 0＝b)，b2k ∴a n ＝b ＋＋＋…＋＝＝b(2－)(n ∈N *)．b2b22b2n b[1－（12）n ＋1]1－1212n即该产品每日销售量a n (件)与电视广告播放量n(次/日)的关系式为a n ＝b(2－)(n ∈N *)．12n (2)该企业每日播放电视广告n 次时的获利为c n ＝100b(2－)－2bn ＝100b(2－0.02n －)(n ∈N *)．12n 12n ∵c n －c n －1＝100b(－0.02)≥0，12n 即2n ≤50，n ∈N *，∴n ≤5(n ∈N *)．∵c n ＋1－c n ＝100b(－0.02)≤0，12n ＋1∴2n ≥25，∴n ≥5.∴n ＝5.∴要使该产品每日获得的利润最大，则每日电视广告需播5次．5．已知函数f(x)＝log k x(k 为常数，k>0且k ≠1)，且数列{f(a n )}是首项为4，公差为2的等差数列．(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)若b n ＝a n ·f(a n )，当k ＝时，求数列{b n }的前n 项和S n ；2(3)若c n ＝a n lga n ，问是否存在实数k ，使得{c n }中的每一项恒小于它后面的项？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．答案 (1)略 (2)S n ＝n·2n ＋3 (3)(0，)∪(1，＋∞)63解析 (1)由题意知f(a n )＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2，即log k a n ＝2n ＋2，∴a n ＝k 2n ＋2，∴＝＝k 2.an ＋1an k2（n ＋1）＋2k2n ＋2∵常数k>0且k ≠1，∴k 2为非零常数．∴数列{a n }是以k 4为首项，k 2为公比的等比数列．(2)由(1)知，b n ＝a n f(a n )＝k 2n ＋2·(2n ＋2)，当k ＝时，b n ＝(2n ＋2)·2n ＋1＝(n ＋1)·2n ＋2.2∴S n ＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋(n ＋1)·2n ＋2，①2S n ＝2·24＋3·25＋…＋n·2n ＋2＋(n ＋1)·2n ＋3.②②－①，得S n ＝－2·23－24－25－…－2n ＋2＋(n ＋1)·2n ＋3＝－23－(23＋24＋25＋…＋2n ＋2)＋(n ＋1)·2n ＋3，∴S n ＝－23－＋(n ＋1)·2n ＋3＝n·2n ＋3.23（1－2n ）1－2(3)存在．由(1)知，c n ＝a n lga n ＝(2n ＋2)·k 2n ＋2lgk ，要使c n <c n ＋1对一切n ∈N *成立，即(n ＋1)lgk<(n ＋2)k 2lgk 对一切n ∈N *成立．①当k>1时，lgk>0，n ＋1<(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立；②当0<k<1时，lgk<0，n ＋1>(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，只需k 2<()min ，n ＋1n ＋2∵＝1－单调递增，n ＋1n ＋21n ＋2∴当n ＝1时，()min ＝.n ＋1n ＋223∴k 2<，且0<k<1，因此0<k<.2363综上所述，存在实数k ∈(0，)∪(1，＋∞)满足条件．636．(2017·衡水中学调研卷)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S n 2－(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n)＝0，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有＋＋…＋<.1a 1（a 1＋1）1a 2（a 2＋1）1a n （a n ＋1）13答案 (1)a 1＝2 (2)a n ＝2n (3)略解析 (1)令n ＝1代入得a 1＝2(负值舍去)．(2)由S n 2－(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n)＝0，n ∈N *，得[S n －(n 2＋n)](S n ＋3)＝0.又已知各项均为正数，故S n ＝n 2＋n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n ，当n ＝1时，a 1＝2也满足上式，所以a n ＝2n ，n ∈N *.(3)证明：k ∈N *，4k 2＋2k －(3k 2 ＋3k)＝k 2－k ＝k(k －1)≥0，∴4k 2＋2k ≥3k 2＋3k.∴＝＝≤1ak （ak ＋1）12k （2k ＋1）14k2＋2k 13k2＋3k ＝(－)．131k 1k ＋1∴＋＋…＋1a1（a1＋1）1a2（a2＋1）1an （an ＋1）≤(－＋－＋…＋－)13111212131n 1n ＋1＝(1－)<.131n ＋113∴不等式成立．。
高考数学一轮复习 课时作业19 任意角和弧度制及任意角的三角函数 理(含解析)新人教版-新人教版高三
课时作业19 任意角和弧度制及任意角的三角函数一、选择题1．将－300°化为弧度为( B ) A ．－43π B．－53πC ．－76π D．－74π解析：－300×π180＝－53π.2．tan 8π3的值为( D )A.33 B ．－33C. 3 D ．－ 3解析：tan 8π3＝tan(2π＋2π3)＝tan 2π3＝－ 3.3．已知2弧度的圆心角所对的弦长为2，则这个圆心角所对的弧长是( C ) A ．2 B ．sin2 C.2sin1D ．2sin1 解析：r ＝1sin1，l ＝θ·r ＝2·1sin1＝2sin1，故选C.4．已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12在角θ的终边上，且θ∈[0,2π)，则θ的值为(C)A.5π6B.2π3 C.11π6 D.5π3解析：因为点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12在第四象限，所以根据三角函数的定义可知tan θ＝－1232＝－33，又θ∈[0,2π)，可得θ＝11π6.5.如图，在平面直角坐标系xOy 中，角α的终边与单位圆交于点A ，点A 的纵坐标为45，则cos α的值为( D )A.45 B ．－45 C.35 D ．－35解析：因为点A 的纵坐标y A ＝45，且点A 在第二象限，又因为圆O 为单位圆，所以A 点横坐标x A ＝－35，由三角函数的定义可得cos α＝－35.6．(2019·某某一模)设α是第二象限角，P (x,4)为其终边上的一点，且cos α＝15x ，则tan α＝( D )A.43B.34 C ．－34D ．－43解析：因为α是第二象限角，所以cos α＝15x <0，即x <0.又cos α＝15x ＝x x 2＋16，解得x ＝－3，所以tan α＝4x ＝－43.7．点P (cos α，tan α)在第二象限是角α的终边在第三象限的( C ) 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解析：若点P (cos α，tan α)在第二象限，则⎩⎪⎨⎪⎧cos α<0，tan α>0，可得α的终边在第三象限；反之，若角α的终边在第三象限，有⎩⎪⎨⎪⎧cos α<0，tan α>0，即点P (cos α，tan α)在第二象限，故选项C 正确．8．已知A (x A ，y A )是单位圆(圆心在坐标原点O )上任意一点，将射线OA 绕O 点逆时针旋转30°，交单位圆于点B (x B ，y B )，则x A －y B 的取值X 围是( C )A ．[－2,2]B ．[－2，2]C ．[－1,1] D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12解析：设x 轴正方向逆时针到射线OA 的角为α，根据三角函数的定义得x A ＝cos α，y B ＝sin(α＋30°)，所以x A －y B ＝cos α－sin(α＋30°)＝－32sin α＋12cos α＝sin(α＋150°)∈[－1,1]．二、填空题9．－2 017°角是第二象限角，与－2 017°角终边相同的最小正角是143°，最大负角是－217°.解析：因为－2 017°＝－6×360°＋143°，所以－2 017°角的终边与143°角的终边相同．所以－2 017°角是第二象限角，与－2 017°角终边相同的最小正角是143°.又143°－360°＝－217°，故与－2 017°角终边相同的最大负角是－217°.10．设角α是第三象限角，且⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin α2＝－sin α2，则角α2是第四象限角．解析：由角α是第三象限角，知2k π＋π<α<2k π＋3π2(k ∈Z )，则k π＋π2<α2<k π＋3π4(k ∈Z )，故α2是第二或第四象限角．由⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin α2＝－sin α2知sin α2<0，所以α2只能是第四象限角．11．一扇形是从一个圆中剪下的一部分，半径等于圆半径的23，面积等于圆面积的527，则扇形的弧长与圆周长之比为518.解析：设圆的半径为r ，则扇形的半径为2r3，记扇形的圆心角为α，则扇形与圆面积之比为12α⎝ ⎛⎭⎪⎫2r 32πr 2＝527，∴α＝5π6.∴扇形的弧长与圆周长之比为l c ＝5π6·23r 2πr ＝518.12．在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称．若sin α＝13，则sin β＝13.解析：解法1：当角α的终边在第一象限时，取角α终边上一点P 1(22，1)，其关于y 轴的对称点(－22，1)在角β的终边上，此时sin β＝13；当角α的终边在第二象限时，取角α终边上一点P 2(－22，1)，其关于y 轴的对称点(22，1)在角β的终边上，此时sin β＝13.综合可得sin β＝13.解法2：令角α与角β均在区间(0，π)内，故角α与角β互补，得sin β＝sin α＝13. 解法3：由已知可得，sin β＝sin(2k π＋π－α)＝sin(π－α)＝sin α＝13(k ∈Z )．13．已知角α的终边上一点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π3，cos 2π3，则角α的最小正值为( D )A.5π6 B.2π3 C.5π3 D.11π6解析：由题意知点P 在第四象限，根据三角函数的定义得cos α＝sin 2π3＝32，故α＝2k π－π6(k ∈Z )，所以α的最小正值为11π6.14．(2019·某某模拟)已知角α的顶点在原点，始边在x 轴正半轴，终边与圆心在原点的单位圆交于点A (m ，3m )，则sin2α＝32. 解析：由题意得|OA |2＝m 2＋3m 2＝1， 故m 2＝14.由任意角三角函数定义知cos α＝m ，sin α＝3m ，由此sin2α＝2sin αcos α＝23m 2＝32. 尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用 15．已知sin α>sin β，那么下列命题成立的是( D ) A ．若α，β是第一象限的角，则cos α>cos β B ．若α，β是第二象限的角，则tan α>tan β C ．若α，β是第三象限的角，则cos α>cos β D ．若α，β是第四象限的角，则tan α>tan β 解析：由三角函数线可知选D.16．(2018·全国卷Ⅰ)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点A (1，a )，B (2，b )，且cos2α＝23，则|a －b |＝( B )A.15B.55C.255D ．1 解析：解法1：由正切定义tan α＝y x，则tan α＝a 1＝b2，即a ＝tan α，b ＝2tan α.又cos2α＝cos 2α－sin 2α＝cos 2α－sin 2αcos 2α＋sin 2α＝1－tan 2α1＋tan 2α＝23，得tan 2α＝15，tan α＝±55. ∴|b －a |＝|2tan α－tan α|＝|tan α|＝55. 解法2：由两点斜率公式，得：tan α＝b －a2－1＝b －a .又cos2α＝cos 2α－sin 2α ＝cos 2α－sin 2αcos 2α＋sin 2α＝1－tan 2α1＋tan 2α＝23， 解得tan 2α＝15，∴|b －a |＝|tan α|＝55.。
【高考数学】最新新人教版2019届高考数学一轮复习：第二篇函数导数及其应用第10节导数的概念及计算训练理
第10节导数的概念及计算【选题明细表】知识点、方法题号导数的概念与运算1,2,3,13导数的几何意义4,5, 7,8,9,11导数运算及几何意义综合6,10,12,14,15基础巩固(时间:30分钟)1.(2017·黑龙江省伊春市期中)函数y=的导数为( D )(A) (B)(C)- (D)解析:因为y=,所以y′==.故选D.2.函数y=ln(2x2+1)的导数是( B )(A) (B)(C)(D)解析:因为y=ln(2x2+1),所以y′=·(2x2+1)′=.故选B.3.(2017·山西怀仁县期中)已知f(x)=x2+3xf′(1),则f′(2)等于( A )(A)1 (B)2 (C)4 (D)8解析:f′(x)=2x+3f′(1),令x=1,得f′(1)=2+3f′(1),f′(1)=-1,所以f′(x)=2x-3.所以f′(2)=1.故选A.4.(2017·湖南怀化一模)如图,函数y=f(x)的图象在点P处的切线方程是y=-x+8,则f(5)+f′(5)等于( A )(A)2 (B)1(C) (D)0解析:根据图象知,点P为切点,f(5)=-5+8=3,f′(5)为函数y=f(x)的图象在点P处的切线的斜率,所以f′(5)=-1,所以f(5)+f′(5)=2.故选A.5.函数f(x)=e x ln x在x=1处的切线方程是( C )(A)y=2e(x-1) (B)y=ex-1(C)y=e(x-1) (D)y=x-e解析:函数f(x)=e x ln x的导数为f′(x)=e x ln x+e x·,所以切线的斜率k=f′(1)=e,令f(x)=e x ln x中x=1,得f(1)=0,所以切点坐标为(1,0),所以切线方程为y-0=e(x-1),即y=e(x-1).故选C.6.(2017·湖南邵阳二模)已知a>0,曲线f(x)=2ax2-在点(1,f(1))处的切线的斜率为k,则当k取最小值时a的值为( A )(A) (B) (C)1 (D)2解析:f(x)=2ax2-的导数为f′(x)=4ax+,可得在点(1,f(1))处的切线的斜率为k=4a+,由a>0,可得4a+≥2=4,当且仅当4a=,即a=时,k取最小值.故选A.7.导学号 38486054(2017·河南许昌二模)已知函数y=x+1+ln x在点A(1,2)处的切线l,若l与二次函数y=ax+(a+2)x+1的图象也相切,则实数a的取值为( D )(A)12 (B)8 (C)0 (D)4解析:y=x+1+ln x的导数为y′=1+,曲线y=x+1+ln x在x=1处的切线斜率为k=2,则曲线y=x+1+ln x在x=1处的切线方程为y-2=2x-2,即y=2x.由于切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,y=ax2+(a+2)x+1可联立y=2x,得ax2+ax+1=0,又a≠0,两线相切有一切点,所以有Δ=a2-4a=0,解得a=4.故选D.8.(2017·天津卷)已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1,f(1))处的切线为l,则l 在y轴上的截距为.解析:因为f′(x)=a-,所以f′(1)=a-1.又因为f(1)=a,所以切线l的斜率为a-1,且过点(1,a),所以切线l的方程为y-a=(a-1)(x-1).令x=0,得y=1,故l在y轴上的截距为1.答案:19.(2017·云南一模)已知函数f(x)=axln x+b(a,b∈R),若f(x)的图象在x=1处的切线方程为2x-y=0,则a+b= .解析:f(x)=axln x+b的导数为f′(x)=a(1+ln x),由f(x)的图象在x=1处的切线方程为2x-y=0,易知f(1)=2,即b=2,f′(1)=2,即a=2,则a+b=4.答案:4能力提升(时间:15分钟)10.导学号 38486055已知函数f(x)在R上可导,且f(x)=x2+2xf′(2),则函数f(x)的解析式为( B )(A)f(x)=x2+8x (B)f(x)=x2-8x(C)f(x)=x2+2x (D)f(x)=x2-2x解析:因为f(x)=x2+2xf′(2),所以f′(x)=2x+2f′(2),所以f′(2)=2×2+2f′(2),解得f′(2)=-4,所以f(x)=x2-8x,故选B.11.(2017·广州一模)设函数f(x)=x3+ax2,若曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线方程为x+y=0,则点P的坐标为( D )(A)(0,0) (B)(1,-1)(C)(-1,1) (D)(1,-1)或(-1,1)解析:因为f(x)=x3+ax2,所以f′(x)=3x2+2ax,因为函数在点(x0,f(x0))处的切线方程为x+y=0,所以3+2ax0=-1,因为x0++a=0,解得x0=±1.当x0=1时,f(x0)=-1,当x0=-1时,f(x0)=1.故选D.。
2024年高考总复习优化设计一轮用书数学配人教A版(适用于新教材)课时规范练20
答案:B
解析:由(1- tanα)(1- tanβ)=4,得1- tanβ- tanα+3tanαtanβ=4,所以- (tanβ+tanα)=3(1-tanαtanβ),所以 =- =- ,所以tan(α+β)=- ,因为α,β∈ 0, ,所以(α+β)∈(0,π),所以α+β= ,故选B.
2.若角α的终边过点P(-3,4),则sin 2α+ =()
A.- B.- C. D.
答案:B
解析:sin 2α+ =cos2α=2cos2α-1,由题意得cosα= =- ,所以sin 2α+ =2× - 2-1=- ,故选B.
3.(2023·安徽合肥高三月考)已知sin -θ =cos +θ ,则tan 2θ+ =()
10.(2023·重庆巴蜀中学高三模拟)已知tan θ- = ,则 =.
答案:-1
解析:令t=θ- ,则tant= ,θ=t+ ,所以θ+ =t+ ,2θ=2t+ ,所以 =-1.
综合提升组
11.(2023·湖南长沙高三期中)已知α,β∈(0,π),tan α+ = ,cos β+ = ,则cos(2α-β)=()
5.(2023·四川南充高三月考)若2cos2 α- =1+cos 2α,则tan 2α的值为()
A.- B. C.- D.
答案:D
解析:2cos2 α- =2 cosα+ sinα 2= +sin2α+ sin2α=1- cos2α+ sin2α,由1- cos2α+ sin2α=1+cos2α,可得 sin2α= cos2α,又cos2α≠0,则tan2α= ,故选D.
2024年高考总复习优化设计一轮用书数学配人教A版(适用于新教材)课时规范练30
课时规范练30《素养分级练》P367基础巩固组1.(2023·吉林长春高三月考)下列结论正确的是( )A.若向量m ,n 共线,则向量m ,n 的方向相同B.若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 是共线向量,则A ,B ,C ,D 四点在一条直线上C.在△ABC 中,若D 是BC 中点,则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) D.若a ∥b ,则∃λ∈R 使a =λb 答案:C解析:若m ,n 共线,则m ,n 的方向不一定相同,故A 错误;在平行四边形ABCD 中,满足AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 和CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,但A ,B ,C ,D 不在同一条直线上,故B 错误;易知C 正确;若a 为非零向量,b 为零向量,则a ∥b ,此时不存在λ∈R ,使得a =λb ,可知D 错误.故选C .2.如图,D ,E ,F 分别是△ABC 的边AB ,BC ,CA 的中点,则下列等式错误的是( )A.FD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0 B.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 C.FD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DE ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ D.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +EC ⃗⃗⃗⃗⃗ +FD ⃗⃗⃗⃗⃗ =BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 答案:D解析:FD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故A 正确;AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ +FA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故B 正确;FD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DE ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =FE ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,故C 正确;AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +EC ⃗⃗⃗⃗⃗ +FD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +0=AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ≠BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,故D 错误.故选D . 3.已知向量a =e 1-2e 2,b =2e 1+e 2,c =-6e 1+2e 2,其中e 1,e 2不共线,则a +b 与c 的关系为( ) A.不共线 B .共线 C.相等 D .无法确定答案:B解析:∵a +b =3e 1-e 2,∴c =-2(a +b ),∴a +b 与c 共线.故选B .4.(2023·山西临汾高三月考)P 是△ABC 所在平面内一点,若CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则S △ABP ∶S △ABC =()A.1∶4B.1∶3C.2∶3D.2∶1答案:A解析:由已知得3PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =CP⃗⃗⃗⃗⃗ ,故C ,P ,A 共线且CP=3PA (如图所示).所以S △ABP ∶S △ABC =1∶4.故选A .5.已知向量e 1与e 2不共线,且向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =e 1+m e 2,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =n e 1+e 2,若A ,B ,C 三点共线,则实数m ,n 满足的条件是( ) A.mn=1 B .mn=-1 C.m+n=1 D .m+n=-1答案:A解析:因为A ,B ,C 三点共线,所以一定存在一个确定的实数λ,使得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以有e 1+m e 2=n λe 1+λe 2,由此可得{1=nλ,m =λ,所以mn=1.故选A .6.(多选)四边形ABCD 为边长为1的正方形,M 为边CD 的中点,则( ) A.AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B.DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ C.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ D.AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =1 答案:BD解析:AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,故A 错误;AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,故B 正确;MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =-DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,故C 错误;AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )· BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,由BC ⊥DM ,得DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +0=|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=1,故D 正确.故选BD .7.在△ABC 中,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λOD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则λ= . 答案:2解析:由BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 因为OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即2OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以λ=2. 8.矩形ABCD 的对角线相交于点O ,E 为AO 的中点,若DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAD ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ,μ为实数),则λ2+μ2= . 答案:58解析:因为DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AE ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =14(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )-AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −34AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以λ=14,μ=-34,故λ2+μ2=116+916=58.9.在等腰梯形ABCD 中,设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,M 为BC 的中点,则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (用a 和b 表示);当x= 时,|b -x a |最小. 答案:32a +12b -12解析:∵M 为BC 的中点,∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12a +12b +12×2a =32a +12b .如图,设AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =x a ,则b -x a =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴当ED ⊥AB 时,|b -x a |最小,此时由几何知识易得x=-12.综合提升组10.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如图,某人仿照赵爽弦图,用四个三角形和一个小的平行四边形拼成一个大平行四边形,其中E ,F ,G ,H 分别是DF ,AG ,BH ,CE 的中点,若AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则xy=( )A.625 B.-625C.825D.-825答案:C解析:由题意,可得AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12(BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CH ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +14CE⃗⃗⃗⃗⃗ .因为四边形EFGH 是平行四边形,所以AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =-CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ −14AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =45AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +25BC ⃗⃗⃗⃗⃗ .因为AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以x=45,y=25,则xy=45×25=825.故选C .11.(2023·浙江金华高三开学考试)已知A ,B ,C 是圆O 上的三点,CO 的延长线与线段BA 的延长线交于圆O 外的点D ,若OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =m OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +n OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则m+n 的取值范围是 . 答案:(-1,0)解析:由于点D 在圆外,则OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 且k<-1.又OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =m OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +n OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =km OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +kn OB ⃗⃗⃗⃗⃗ .又D ,A ,B 三点共线,所以km+kn=1,m+n=1k ,而k<-1,所以m+n ∈(-1,0).创新应用组12.(2023·安徽蚌埠高三月考)如图,在△ABC 中,点O 在边BC 上,且OC=2OB.过点O 的直线分别交射线AB ,射线AC 于不同的两点M ,N ,若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =n AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则2m+n 的值等于 ;若tm+tn ≥2+√2恒成立,则实数t 的最小整数值为 .答案:3 2解析:连接AO ,因为OC=2OB ,所以AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23mAM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13nAN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .又M ,O ,N 共线,所以23m+13n=1,则2m+n=3.显然t>0,所以tm+t n≥2+√2等价于1m+1n≥2+√2t .因为1m+1n=131m+1n (2m+n )=133+2m n+nm ≥1+23√2,当且仅当n=√2m 且2m+n=3,即m=3-3√22,n=3√2-3时,1m+1n 取最小值1+23√2=(√2+1)23.于是(√2+1)23≥(√2+1)√2t,所以t ≥6-3√2,故实数t 的最小整数值是2.。
2019-2020年高考数学大一轮总复习 1.1集合与集合的运算课时作业 理
2019-2020年高考数学大一轮总复习 1.1集合与集合的运算课时作业理A级训练(完成时间：10分钟)1.(xx·四川)已知集合A＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}，集合B为整数集，则A∩B＝()A．{－1,0} B．{0,1}C．{－2，－1,0,1} D．{－1,0,1,2}2.(xx·全国)设集合U＝{1,2,3,4,5}，集合A＝{1,2}，则∁U A＝()A．{1,2} B．{3,4,5}C．{1,2,3,4,5} D．∅3.(xx·广西)设集合M＝{1,2,4,6,8}，N＝{1,2,3,5,6,7}，则M∩N中元素的个数为()A．2 B．3C．5 D．74.已知集合A＝{x|x2－x－2<0}，B＝{x|－1<x<1}，则()A．A B B．B AC．A＝B D．A∩B＝∅5.已知集合A＝{0,1}，满足条件A∪B＝{2,0,1,3}的集合B共有()A．2个B．2个C．3个D．4个6.设集合U＝{x|x<5，x∈N*}，M＝{x|x2－5x＋6＝0}，则∁U M＝()A．{1,4} B．{1,5}C．{2,3} D．{3,4}7.已知全集U＝R，则正确表示集合M＝{0,1,2}和N＝{x|x2＋2x＝0}关系的韦恩(Venn)图是()A. B.C. D.8.集合A＝{x∈R||x－2|≤5}中的最小整数为________．9.(xx·重庆)设全集U＝{n∈N|1≤n≤10}，A＝{1,2,3,5,8}，B＝{1,3,5,7,9}，则(∁U A)∩B ＝________.10.若集合A＝{－1,3}，集合B＝{x|x2＋ax＋b＝0}，且A＝B，求实数a，b.B 级训练(完成时间：15分钟)1.[限时1分钟，达标是( )否( )]设全集U ＝R ，M ＝{x |x (x ＋3)＜0}，N ＝{x |x ＜－1}，则图中阴影部分表示的集合为( )A ．{x |x ≥－1}B ．{x |－3＜x ＜0}C ．{x |x ≤－3|D ．{x |－1≤x ＜0}2.[限时1分钟，达标是( )否( )](xx·江西)若集合A ＝{x ∈R |ax 2＋ax ＋1＝0}其中只有一个元素，则a ＝( )A ．4B ．2C ．0D ．0或43.[限时1分钟，达标是( )否( )]已知集合M ＝{x ||x －4|＋|x －1|＜5}，N ＝{x |a ＜x ＜6}，且M ∩N ＝(2，b )，则a ＋b ＝( )A ．6B ．7C ．8D ．94.[限时1分钟，达标是( )否( )](xx·上海)已知互异的复数a ，b 满足ab ≠0，集合{}a ，b ＝{}a 2，b 2，则a ＋b ＝________.5.[限时3分钟，达标是( )否( )]已知集合A ＝{x |6x ＋1≥1，x ∈R }，B ＝{x |x 2－2x －m <0}，若A ∩B ＝{x |－1<x <4}，则实数m 的值为________．6.[限时4分钟，达标是( )否( )]已知集合A ＝{－4,2a －1，a 2}，B ＝{a －5,1－a,9}，分别求适合下列条件的a 的值．(1)9∈(A ∩B )；(2){9}＝A ∩B .[限时4分钟，达标是( )否( )]设A ＝{x |x 2－8x ＋15＝0}，B ＝{x |ax －1＝0}．(1)若a ＝15，试判定集合A 与B 的关系； (2)若B ⊆A ，求实数a 组成的集合C .C 级训练(完成时间：8分钟)1.[限时4分钟，达标是( )否( )](xx·广东)设集合A ＝{(x 1，x 2，x 3，x 4，x 5)|x i ∈{－1,0,1}，i ＝1,2,3,4,5}，那么集合A 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|≤3”的元素个数为( )A ．60B ．90C ．120D ．1302.[限时4分钟，达标是( )否( )](xx·揭阳一模)定义一个集合A 的所有子集组成的集合叫做集合A 的幂集，记为P (A )，用n (A )表示有限集A 的元素个数，给出下列命题：①对于任意集合A ，都有A ∈P (A )；②存在集合A ，使得n [P (A )]＝3；③用∅表示空集，若A ∩B ＝∅，则P (A )∩P (B )＝∅；④若A ⊆B ，则P (A )⊆P (B )；⑤若n (A )－n (B )＝1，则n [P (A )]＝2×n [P (B )]．其中正确的命题个数为( )A ．4B ．3C ．2D ．1第一章 集合与简易逻辑第1讲 集合与集合的运算【A 级训练】1．D 解析：A ＝{x |(x ＋1)(x －2)≤0}＝{x |－1≤x ≤2}，又集合B 为整数集，故A ∩B ＝{－1,0,1,2}，故选D.2．B3．B 解析：因为M ＝{1,2,4,6,8}，N ＝{1,2,3,5,6,7}，所以M ∩N ＝{1,2,6}，即M ∩N中元素的个数为3.故选B.4．B 解析：A ＝{x |x 2－x －2<0}＝{x |－1<x <2}，则B A .5．D 解析：因为A ＝{0,1}，且A ∪B ＝{2,0,1,3}，所以B 可能为{2,3}或{2,3,0}或{2,3,1}或{2,0,1,3}，则满足条件的集合B 共有4个．6．A 解析：U ＝{1,2,3,4}，M ＝{x |x 2－5x ＋6＝0}＝{2,3}，所以∁U M ＝{1,4}．7．A 解析：N 为x 2＋2x ＝0的解集，解x 2＋2x ＝0可得，x ＝0或－2，则N ＝{－2,0}，M ∩N ＝{0}≠∅.8．－3 解析：由|x －2|≤5，得－5≤x －2≤5，即－3≤x ≤7，所以集合A 中的最小整数为－3.9．{7,9} 解析：因为全集U ＝{n ∈N |1≤n ≤10}，A ＝{1,2,3,5,8}，B ＝{1,3,5,7,9}，所以∁U A ＝{4,6,7,9}，所以(∁U A )∩B ＝{7,9}，故答案为{7,9}．10．解析：因为A ＝B ，所以B ＝{x |x 2＋ax ＋b ＝0}＝{－1,3}．所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＝－1＋3＝2b ＝－1×3＝－3，解得a ＝－2，b ＝－3. 【B 级训练】1．D 解析：M ＝{x |x (x ＋3)＜0}＝{x |－3＜x ＜0}，由图象知，图中阴影部分所表示的集合是M ∩(∁U N )，又N ＝{x |x ＜－1}，所以∁U N ＝{x |x ≥－1}．所以M ∩(∁U N )＝[－1,0)．2．A解析：当a＝0时，方程为1＝0不成立，不满足条件，当a≠0时，Δ＝a2－4a ＝0，解得a ＝4.3．B 解析：由集合M 中的不等式，解得0＜x ＜5，所以M ＝{x |0＜x ＜5}，因为N＝{x |a ＜x ＜6}，且M ∩N ＝(2，b )，所以a ＝2，b ＝5，则a ＋b ＝2＋5＝7.4．－1 解析：第一种情况：a ＝a 2，b ＝b 2，因为ab ≠0，所以a ＝b ＝1，与已知条件矛盾，不符；第二种情况：a ＝b 2，b ＝a 2，所以a ＝a 4⇒a 3＝1，所以a 2＋a ＋1＝0，即a ＋b ＝－1.5．8 解析：由6x ＋1≥1，得x －5x ＋1≤0，所以－1<x ≤5，所以A ＝{x |－1<x ≤5}． 因为A ∩B ＝{x |－1<x <4}，所以有42－2×4－m ＝0，解得m ＝8.此时B ＝{x |－2<x <4}，符合题意，故实数m 的值为8.6．解析：(1)因为9∈(A ∩B )，所以9∈A 且9∈B .所以2a －1＝9或a 2＝9，所以a ＝5或a ＝－3或a ＝3.经检验a ＝5或a ＝－3符合题意．所以a ＝5或a ＝－3.(2)因为{9}＝A ∩B ，所以9∈A 且9∈B ，由(1)知a ＝5或a ＝－3.当a ＝－3时，A ＝{－4，－7,9}，B ＝{－8,4,9}，此时A ∩B ＝{9}；当a ＝5时，A ＝{－4,9,25}，B ＝{0，－4,9}，此时A ∩B ＝{－4,9}，不合题意．综上知a ＝－3.7．解析：由x 2－8x ＋15＝0，得x ＝3或x ＝5.所以A ＝{3,5}．(1)当a ＝15时，由15x －1＝0，得x ＝5.所以B ＝{5}，所以B A . (2)因为A ＝{3,5}且B ⊆A ，所以，若B ＝∅，则方程ax －1＝0无解，有a ＝0；若B ≠∅，则a ≠0，由方程ax －1＝0，得x ＝1a ，所以1a ＝3或1a ＝5，即a ＝13或a ＝15.所以C ＝{0，13，15}． 【C 级训练】1．D 解析：由题目中“1≤|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|≤3”考虑x 1，x 2，x 3，x 4，x 5的可能取值，设A ＝{0}，B ＝{－1,1}，分为①有2个取值为0，另外3个从B 中取，共有方法数：C 25×23；②有3个取值为0，另外2个从B 中取，共有方法数：C 35×22；③有4个取值为0，另外1个从B 中取，共有方法数：C 45×2.所以总共方法数是C 25×23＋C 35×22＋C 45×2＝130，即元素个数为130.故选D.2．B 解析：由P (A )的定义可知①正确，④正确，设n (A )＝n ，则n [P (A )]＝2n ，所以②错误，若A ∩B ＝∅，则P (A )∩P (B )＝{∅}，③不正确；n (A )－n (B )＝1，即A 中元素比B 中元素多1个，则n [P (A )]＝2×n [P (B )]，⑤正确，故选B..。
2019年高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业 理(含解析)新人教A版
2019年高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业理（含解析）新人教A 版一、选择题1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以B 点为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则B (0,0,0)，C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， ∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2) ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22·8＝12.∴EF 与BC 1所成角为60°. 答案：B2．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.66B.33C.63D.23解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)，AG →＝(a ，a,0)，AC →＝(0,2a,2a )，BG →＝(a ，－a,0)，BC →＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝BG →·n 1|BG →||n 1|＝2a 2a ×3＝63.答案：C3．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为( )A.63aB.66a C.22a D.12a 解析：以A 1为原点建立如图所示的坐标系，则A 1(0,0,0)，M (a2，0，a )，D (0，a ，a )，C (a ，a ，a )设面A 1DM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )则⎩⎪⎨⎪⎧A 1M →·n ＝0A 1D →·n ＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2x ＋az ＝0，ay ＋az ＝0令y ＝1，∴z ＝－1，x ＝2，∴n＝(2,1，－1)，点C到面A1DM的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CD →|n |＝2a 6＝63a . 答案：A4．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E (13，0，13)，F (23，13，0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)， EF →＝(13，13，－13)，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC . 答案：B 二、填空题5．已知向量a ＝(－1,2,3)，b ＝(1,1,1)，则向量a 在向量b 方向上的投影为________． 解析：1|b |b ·a ＝13(1,1,1)·(－1,2,3)＝433，则a 在向量b 上的投影为433.答案：4336．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°. 答案：45°或135°7．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是________．解析：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a2. 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝(－a ，－a 2，a2)，CB →＝(a ，a,0)．设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12.∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30° 三、解答题8．(xx·安徽池州一中高三月考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成的角为60°.(1)求二面角F－BE－D的余弦值；(2)设点M是线段BD上一动点，试确定M的位置，使得AM∥面BEF，并证明你的结论．解：(1)∵DE⊥平面ABCD，∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°.∴DEBD＝ 3.由AD＝3，BD＝32，得DE＝36，AF＝ 6.如图，分别以DA，DC，DE为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)， ∴BF →＝(0，－3，6)，EF →＝(3,0，－26)．设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，n ·EF →＝0.即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0.令z ＝6，则n ＝(4,2，6)． ∵AC ⊥平面BDE ，∴CA →＝(3，－3,0)为平面BDE 的一个法向量， ∴cos 〈n ，CA →〉＝n ·CA →|n ||CA →|＝626×32＝1313.故二面角F －BE －D 的余弦值为1313. (2)依题意，设M (t ，t,0)(t >0)，则AM →＝(t －3，t,0)， ∵AM ∥平面BEF ，∴AM →·n ＝0， 即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.∴点M 的坐标为(2,2,0)，此时DM →＝23DB →，∴点M 是线段BD 靠近B 点的三等分点．9．(xx·新课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点． 又D 是AB 中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D －A 1C －E 的正弦值为63. 10．(xx·陕西卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝ 2.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．解：(1)证明：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)，A 1(0,0,1)． 由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1,1,1)．∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)，BB 1→＝(－1,0,1)， ∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z ， 取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量， ∴cos θ＝|cos 〈n ，A 1C →〉|＝12×2＝12. 又0≤θ≤π2，∴θ＝π3.11．(xx·河北沧州质量监测)如图，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥底面ABCD ，且面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1＝2.(1)求证：C 1D ∥平面ABB 1A 1；(2)求直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (3)求二面角D －A 1C 1－A 的余弦值．解：(1)证明：四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1∥CC 1， 又CC 1⊄面ABB 1A 1，所以CC 1∥平面ABB 1A 1， 又因为ABCD 是正方形，所以CD ∥AB ，又CD ⊄面ABB 1A 1，AB ⊂面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1. 又因为CC 1∩CD ＝C ，所以平面CDD 1C 1∥平面ABB 1A 1， 又因为C 1D ⊂平面CDD 1C 1，所以C 1D ∥平面ABB 1A 1.(2)ABCD 是正方形，AD ⊥CD ，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥AD ，A 1D ⊥CD ，如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D －xyz ， 在Rt △ADA 1中，由已知可得A 1D ＝ 3.所以D (0,0,0)，A 1(0,0，3)，A (1,0,0)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)，D 1(－1,0，3)，B (1,1,0)，BD 1→＝(－2，－1，3)，B 1D 1→＝(－1，－1,0)，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥平面A 1B 1C 1D 1，A 1D ⊥B 1D 1. 又B 1D 1⊥A 1C 1，所以B 1D 1⊥平面A 1C 1D ， 所以平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(1,1,0)． 设BD 1→与n 所成的角为β， 则cos β＝n ·BD 1→|n ||BD 1→|＝－32 8＝－34，所以直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为34.(3)平面A 1C 1A 的法向量为m ＝(a ，b ，c )则m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1A →＝0，所以－a ＋b ＝0，a －3c ＝0. 令c ＝3，可得m ＝(3,3，3)． 则cos 〈m·n 〉＝m·n |m ||n |＝6221＝427.所以二面角D －A 1C 1－A 的余弦值为427. 12．(xx·成都市第三次诊断)如图，四边形BCDE 是直角梯形，CD ∥BE ，CD ⊥BC ，CD ＝12BE ＝2，平面BCDE ⊥平面ABC ；又已知△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝4，M ，F 分别为BC ，AE 的中点．(1)求直线CD 与平面DFM 所成角的正弦值；(2)能否在线段EM 上找到一点G ，使得FG ⊥平面BCDE ？若能，请指出点G 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由；(3)求三棱锥F －DME 的体积．解：由题意，CD ⊥BC .四边形BCDE 是直角梯形，EB ⊥BC . 又平面BCDE ⊥平面ABC ，∴EB ⊥平面ABC .于是以B 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz .则B (0,0,0)，C (4,4,0)，A (0,4,0)，D (4,4,2)，E (0,0,4)，F (0,2,2)，M (2,2,0)． (1)CD →＝(0,0,2)．设m ＝(x ，y ，z )为平面DFM 的法向量． 由m ·DM →＝0，m ·MF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋2z ＝0－2x ＋2z ＝0，即m ＝(x ，－2x ，x )． 令x ＝1，得m ＝(1，－2,1)． 于是sin θ＝|m ·CD →||m |·|CD →|＝66.(2)证明：设存在点G 满足题设，且EG →＝λEM →(0≤λ≤1)． 则G (2λ，2λ，4－4λ)，FG →＝(2λ，2λ－2,2－4λ)． 由FG →·EM →＝16λ－8＝0，得λ＝12.经检验FG →·ED →＝0.故当G 为EM 的中点时，FG ⊥平面BCDE .(3)∵BE ∥CD ，CD ⊥BC ，且四边形BCDE 是直角梯形， ∴S △BME ＝12BE ·BM ＝12×4×22＝42，S △DCM ＝12S △BME ＝2 2.1又梯形BCDE的面积S梯形BCDE＝2×(4＋2)×42＝122，∴S△DME＝S梯形BCDE－S△DCM－S△BEM＝6 2.由(2)，知FG为三棱锥F－DME的高，且|FG|＝ 2.∴V F－DME＝13×62×2＝4.[热点预测]13．(xx·保定市高三第一次模拟)四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD为矩形，M为AB 的中点，且△SAB为等腰直角三角形，SA＝SB＝2，SC⊥BD，DA⊥平面SAB.(1)求证：平面SBD⊥平面SMC；(2)设四棱锥S－ABCD外接球的球心为H，求棱锥H－MSC的高；(3)求平面SAD与平面SMC所成的二面角的正弦值．解：(1)∵SA＝SB，M为AB中点，∴SM⊥AB.又∵DA⊥平面SAB，∴DA⊥SM，所以SM⊥平面ABCD.又∵DB⊂平面ABCD，∴SM⊥DB.又∵SC⊥BD，∴DB⊥平面SMC，∴平面SBD⊥平面SMC.(2)由(1)知DB ⊥平面SMC ， ∴DB ⊥MC ，所以△ABD ∽△BCM ，故AB BC ＝DA MB ⇒22BC ＝BC2⇒BC ＝2设AC 与BD 交于N 点，因为AS ⊥BS ，DA ⊥BS ，所以SB ⊥平面SAD . 所以SB ⊥SD ，显然NA ＝NB ＝NC ＝ND ＝NS ，所以H 与N 重合，即为球心， 设MC 与DB 交于Q 点，由于DB ⊥平面SMC ，故HQ 即为所求．因为MC ＝6， ∴QB ＝BC ·MB MC ＝226＝233.∵BD ＝23，∴HB ＝3，故HQ ＝3－233＝33.即棱锥H －MSC 的高为33.可编辑修改精选文档(3)以点M 为原点，建立坐标系如图．则M (0,0,0)，S (2，0,0)，C (0，2，2)，A (0，－2，0)，D (0，－2，2)∴MS →＝(2，0,0)，MC →＝(0，2，2)，AD →＝(0,0,2)，AS →＝(2，2，0)设平面SMC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面ASD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )∴⎩⎪⎨⎪⎧ MS →·n ＝0MC →·n ＝0⇒⎩⎨⎧ x ＝02y ＋2z ＝0，∴不妨取n ＝(0，2，－1) ∴⎩⎪⎨⎪⎧ AD →·m ＝0AS →·m ＝0⇒⎩⎨⎧c ＝02a ＋2b ＝0，∴不妨取m ＝(1，－1,0) ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－23·2＝－33. 所以，平面SAD 与平面SMC 所成的二面角的正弦值为63. .。
2024年高考总复习优化设计一轮用书数学配人教A版(适用于新教材)课时规范练39
课时规范练39《素养分级练》P319基础巩固组1.若图中的直线l1,l2,l3的斜率分别为k1,k2,k3,则()A.k1<k2<k3B.k3<k1<k2C.k3<k2<k1D.k1<k3<k2答案:D解析:直线l1的倾斜角α1是钝角,故k1<0.直线l2与l3的倾斜角α2与α3均为锐角,且α2>α3,所以0<k3<k2,因此k1<k3<k2.2.(2023·福建厦门高三检测)已知直线l的倾斜角为60°,且经过点(0,1),则直线l的方程为()A.y=√3xB.y=√3x-2C.y=√3x+1D.y=√3x+3答案:C解析:由题意知,直线l的斜率为√3,则直线l的方程为y=√3x+1.3.(2023·湖南长沙一中高三月考)直线x sin α-y+1=0的倾斜角的取值范围为()A.0,π4B.π4,3π4C.0,π4∪π2,π D.0,π4∪3π4,π答案:D解析:设直线x sin α-y+1=0的倾斜角为θ,可得tan θ=sin α∈[-1,1].又θ∈[0,π),所以θ的取值范围为0,π4∪3π4,π.4.如果AB>0且BC<0,那么直线Ax+By+C=0不经过()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限答案:C解析:由AB>0且BC<0,可得A,B同号,B,C异号,所以A,C也是异号.令x=0,得y=-CB>0;令y=0,得x=-CA>0.所以直线Ax+By+C=0不经过第三象限.5.(2023·浙江宁波高三检测)已知直线ax+y-2+a=0在两坐标轴上的截距相等,则实数a=( ) A.1 B.-1 C.-2或1 D.2或1答案:D解析:当a=0时,直线y=2,此时不符合题意,应舍去;当a=2时,直线l :2x+y=0,在x 轴与y 轴上的截距均为0,符合题意;当a ≠0且a ≠2时,直线l :ax+y-2+a=0在x 轴上的截距为2-aa,在y 轴上的截距为2-a ,由2-aa=2-a ,解得a=1.故a 的值是2或1.6.已知直线l 与x 轴、y 轴所围成三角形的面积为14,则l 的方程可以是 . 答案:x+2y-1=0(答案不唯一)解析:若直线l 与x 轴、y 轴所围成三角形的面积为14,则只需满足直线l 在x 轴、y 轴上的截距之积的绝对值为12,则直线l 在x 轴、y 轴上的截距可以为1和12,则l :x+y12=1,即x+2y-1=0.7.若直线l :y=-(a+1)x+a-2不经过第二象限,则实数a 的取值范围为 . 答案:(-∞,-1]解析:因为直线不过第二象限,所以{-(a +1)≥0,a -2≤0,解得a ≤-1,所以实数a 的取值范围为(-∞,-1].8.直线l 经过点A (2,1),B (3,t 2)(-√2≤t ≤√2),则直线l 的倾斜角的取值范围是 . 答案:0,π4∪3π4,π解析:∵直线l 经过点A (2,1),B (3,t 2),∴k l =t 2-13-2=t 2-1.∵-√2≤t ≤√2,∴k l ∈[-1,1].设直线l 的倾斜角为θ,则tan θ∈[-1,1],得θ∈0,π4∪3π4,π.综合提升组9.P (x ,y )在线段AB 上运动,已知A (2,4),B (5,-2),则y+1x+1的取值范围是 . 答案: -16,53 解析:y+1x+1表示线段AB 上的点与C (-1,-1)连线的斜率,因为k AC =4-(-1)2-(-1)=53,k BC =-2-(-1)5-(-1)=-16, 所以由图可知y+1x+1的取值范围是-16,53.10.已知直线l :kx-y+1+2k=0(k ∈R ). (1)证明:直线l 过定点;(2)若直线l 不经过第四象限,求k 的取值范围;(3)若直线l 交x 轴负半轴于点A ,交y 轴正半轴于点B ,O 为坐标原点,设△AOB 的面积为S ,求S 的最小值及此时直线l 的方程.(1)证明:直线l 的方程可化为y=k (x+2)+1, 故无论k 取何值,直线l 总过定点(-2,1).(2)解:直线l 的方程可化为y=kx+2k+1,则直线l 在y 轴上的截距为2k+1,要使直线l 不经过第四象限,则{k ≥0,1+2k ≥0,解得k ≥0.故k 的取值范围是[0,+∞).(3)解:依题意,直线l 在x 轴上的截距为-1+2kk,在y 轴上的截距为1+2k ,且k>0,所以A -1+2kk,0,B (0,1+2k ),故S=12|OA||OB|=12×1+2k k ×(1+2k )=124k+1k +4≥12×(4+4)=4,当且仅当4k=1k 且k>0,即k=12时,等号成立.故S 的最小值为4,此时直线l 的方程为x-2y+4=0.创新应用组11.已知数列{a n }的通项公式为a n =1n (n+1)(n ∈N *),其前n 项和S n =910,则直线x n+1+y n=1与坐标轴所围成的三角形的面积为 . 答案:45解析:由a n =1n (n+1)可知a n =1n −1n+1,所以S n =1-12+12−13+13−14+…+1n−1n+1=1-1n+1.又S n =910,所以1-1n+1=910,所以n=9,所以直线方程为x10+y9=1,且与坐标轴的交点为(10,0)和(0,9),所以直线与坐标轴所围成的三角形的面积为12×10×9=45.。
高考数学统考一轮复习课时作业39空间几何体的结构及其三视图和直观图含解析新人教版
课时作业39 空间几何体的结构及其三视图和直观图[基础达标]、选择题．下列命题中，正确的是()．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥．侧面都是矩形的四棱柱是长方体．底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱．[2021·湖北孝感模拟]如图，网格纸上的小方格都是正方形，粗实线画出的是一个锥体的侧视图和俯视图，则该锥体的正视图可能是()．[2021·河南郑州质量检测]一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是()．[2021·东北四市联考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥P－A1B1A的侧视图为()．如图，矩形O′A′B′C是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6cm，O′C′＝2cm，则原图形是()．正方形．矩形．菱形．一般的平行四边形．[2018·北京卷]某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()．1B．2．3D．4．[2021·山西省八校联考]将正方体(如图1)截去三个三棱锥后，得到如图2所示的几何体，侧视图的视线方向如图2所示，则该几何体的侧视图为()．[2021·河北模拟]某几何体的三视图如图所示，记A为此几何体所有棱的长度构成的集合，则()．3∈A B．5∈A．26∈A D．43∈A．[2021·河南百校联考]如图，网格纸上小正方形的边长为1，图中粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()．23B．3.6D. 50．[2021·江西南昌模拟]如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为()．1：1B．2：1．2：3D．3：2、填空题1．下列说法正确的有________个．1)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．2)正棱锥的侧面是等边三角形．3)底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥．2．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的正三角形，俯视图是正方形，那么该几何体的侧视图的面积是________．3．如图，E，F分别为正方体的面ADD1A1，面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是________．4．[2021·洛阳高三统考]在半径为4的球面上有不同的四点A，B，C，D，若AB＝AC＝AD＝4，则平面BCD被球所截得图形的面积为________．[能力挑战]5．[2021·惠州调研]某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则xy 的最大值为()．32．327．64．6476．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中()．最长的是AB，最短的是AC．最长的是AC，最短的是AB．最长的是AB，最短的是AD．最长的是AC，最短的是AD7．[2021·广州毕业班测试]在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱A1D1的中点，过C1，B，M作正方体的截面，则这个截面的面积为________．课时作业39．解析：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A，C都不够准确，B中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确．案：D．解析：由俯视图和侧视图可知原几何体是四棱锥，底面是长方形，且与长方形的长相交的某一侧面垂直于底面，所以正视图为A.案：A．解析：若俯视图为选项C，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高32，所以俯视图不可能是选项C.案：C．解析：图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P－A1B1A，B(C)点消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.案：D.析：如图，在原图形OABC中，有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，D＝C′D′＝2 cm，以OC＝OD2＋CD2(42)2＋22＝6(cm)，所以OA＝OC，四边形OABC是菱形，因此选C.案：C．解析：由三视图得四棱锥的直观图如图所示．中SD⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，SD＝AD＝CD＝2，AB＝1.由SD⊥底面ABCD，AD，DC，AB⊂底面ABCD，得SD⊥AD，SD⊥DC，SD⊥AB，故△SDC，△SDA为直角三角形，又∵AB⊥AD，AB⊥SD，AD，SD⊂平面SAD，AD∩SD＝D，∴AB⊥平面SAD，又SA⊂平面SAD，∴AB⊥SA，即△SAB也是直角三角形，从而SB＝SD2＋AD2＋AB2＝3，又BC＝22＋11＝5，SC＝22，∴BC2＋SC2≠SB2，∴△SBC不是直角三角形，故选C.案：C.析：将图2中的几何体放到正方体中如图所示，从侧视图的视线方向观察，易知该几何体的侧视图为选项D中的图形，故选D.案：D.析：由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，其中底面是边长为4的正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AF＝2，DE＝4，可求得BE的长为43，BF的长为25，EF的长为25，EC的长为42，故选D.案：D.析：根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是一个三棱锥，即三棱锥A1－MNP，如图所示，其中M，N，P是棱长为2的正方体相应棱的中点，可得棱A1M最长，A1M＝22＋22＋12＝3，故最长的棱的长度为3，选B.案：B0．解析：根据题意，三棱锥P－BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为1 1.案：A1.析：(1)错误．棱锥的定义是：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．而“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，故此说法是错误的．如图所示的几何体满足此说法，但它不是棱锥，理由是△ADE和△BCF无公共顶点．2)错误．正棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是等边三角形．3)错误．由已知条件知，此三棱锥的三个侧面未必全等，所以不一定是正三棱锥．如图所示的三棱锥中有AB＝AD＝BD＝BC＝CD.满足底面△BCD为等边三角形．三个侧面△ABD，△ABC，△ACD都是等腰三角形，但AC长度不一定，三个侧面不一定全等．案：02.析：根据三视图可知该几何体是一个四棱锥，其底面是正方形，侧棱相等，所以这是一个正四棱锥．其侧视图与正视图是完全一样的正三角形．故其面积为34×22＝ 3. 案： 33．解析：分别作出在六个面上的射影可知选②③.案：②③4．解析：因为A ，B ，C ，D 为球面上不同的四点，所以B ，C ，D 不共线，由AB ＝AC ＝AD 知A 在平面BCD 内的射影为△BCD 外接圆的圆心，记圆心为O 1.设O 为球的球心，则OB ＝OC ＝OD ，故O 在平面BCD 内的投影也为△BCD 外接圆的圆心O 1，故有OA ⊥平面BCD .又AB ＝AC ＝AD ＝4，所以平面BCD 垂直平分线段OA .记△BCD 外接圆的半径为r ，由勾股定理得r 2＋⎝⎛⎭⎫12OA 2＝42，即r 2＝16－4＝12.从而平面BCD 被球所截得的图形即△BCD 的外接圆，其面积为πr 2＝12π.案：12π5．解析：将三视图还原为如图所示的三棱锥P －ABC ，其中底面ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，P A ⊥平面ABC ，BC ＝27，P A 2＋y 2＝102，(27)2＋P A 2＝x 2，所以xy ＝x 102－[x 2－(27)2]＝x 128－x 2≤x 2＋(128－x 2)2＝64，当且仅当x 2＝128－x 2，即x ＝8时取等号，因此xy 的最大值是64.选C.案：C6．解析：由条件知，原平面图形中AB ⊥BC ，从而AB <AD <AC .案：B7.析：设AA 1的中点为N ，连接MN ，NB ，BC 1，MC 1，AD 1，则MN ∥AD 1∥BC 1，平面MNBC 1就是过正方体中C 1，B ，M 三点的截面，因为正方体的棱长为2，所以A 1M ＝A 1N ＝1，所以MN ＝2，同理BC 1＝2 2.又MC 1＝BN ＝22＋12＝5，所以梯形MNBC 1的高h ＝(5)2－⎝⎛⎭⎪⎫22－222＝322，所以所求截面的面积为S 梯形MNBC 1＝12×(2＋22)×322＝92. 案：92。
高考数学人教版(理科)一轮复习课件：第9章第1讲随机抽样课后作业2
2．(2018·河北衡水模拟)在高三某次数学测试中，40 名学生的成绩如图 所示．若将成绩由低到高编为 1～40 号，再用系统抽样的方法从中抽取 8 人， 则其中成绩在区间[123,134]上的学生人数为________．
答案 3
答案
解析 根据题中茎叶图，成绩在区间[123,134]上的数据有 15 个， 所以用系统抽样的方法从所有的 40 人中抽取 8 人， 成绩在区间[123,134]上的学生人数为 8×4105＝3.
解析
8．某商场有四类食品，食品类别和种数见下表：
植物油 动物性食品
类别 粮食类
类
类
果蔬类
种类 40
10
30
20
现从中抽取一个容量为 20 的样本进行食品安全检测，若采用分层抽样
方法抽取样本，则抽取的植物油类与果蔬类食品种数之和为________．
答案 6
答案
解析 因为总体的个数为 40＋10＋30＋20＝100，所以根据分层抽样的 定义可知，抽取的植物油类食品种数为11000×20＝2，抽取的果蔬类食品种数 为12000×20＝4，所以抽取的植物油类与果蔬类食品种数之和为 2＋4＝6.
∴从初中生中抽取的男生人数是：50×15200000＝12.
解析
6．某工厂生产甲、乙、丙三种型号的产品，产品数量之比为 3∶5∶7， 现用分层抽样的方法抽取容量为 n 的样本，其中甲种产品有 18 件，则样本 容量 n＝________.
答案 90
答案
解析 依题意得3＋35＋7×n＝18，解得 n＝90，即样本容量为 90.
A．样本容量为 70 B．样本中三居室住户共抽取了 25 户 C．根据样本可估计对四居室满意的住 户有 70 户 D．样本中对三居室满意的有 15 户数量及样本容量，再根据分层抽样及题 图 2 确定样本中三居室户数及满意人数．
2019版高考数学一轮复习第三章三角函数与解三角形第5讲两角和与差及二倍角的三角函数公式课时作业理1
第5讲 两角和与差及二倍角的三角函数公式1．(2016年新课标Ⅱ)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35，则sin 2α＝( )A.725B.15 C ．－15 D ．－7252．4cos 50°－tan 40°＝( )A. 2B.2＋32C. 3 D ．2 2－13．(2017年上海师大附中统测)函数y ＝2cos 2⎝⎛⎭⎪⎫x －π4－1是( ) A ．最小正周期为π的奇函数 B ．最小正周期为π的偶函数C ．最小正周期为π2的奇函数D ．最小正周期为π2的偶函数4．(2015年上海)已知点A 的坐标为(4 3，1)，将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转π3至OB ，则点B 的纵坐标为( )A.3 32 B.5 32 C.112 D.1325．(2017年江苏)若tan ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝16， 则tan α＝________. 6．(2017年北京)在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称．若sin α＝13，cos(α－β)＝________.7．(2016年新课标Ⅲ)函数y ＝sin x －3cos x 的图象可由函数y ＝2sin x 的图象至少向右平移______个单位长度得到．8．(2016年上海)若函数f (x )＝4sin x ＋a cos x 的最大值为5，则常数a ＝________. 9．(2016年上海)方程3sin x ＝1＋cos 2x 在区间[0,2π]上的解为__________．10．(2015年浙江)函数f (x )＝sin 2x ＋sin x cos x ＋1的最小正周期是________，最小值是________，单调递减区间是____________________．11．(2014年江苏)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝55. (1)求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α的值； (2)求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2α的值．12．(2017年北京)已知函数f (x )＝3cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3－2sin x cos x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)求证：当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4时，f (x )≥－12.第5讲 两角和与差及二倍角的三角函数公式1．D 解析：cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫352－1＝－725，且cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2α＝sin 2α.故选D. 2．C 解析：原式＝4sin 40°－sin 40°cos 40°＝4cos 40°sin 40°－sin 40°cos 40°＝2sin 80°－sin 40°cos 40°＝2sin 120°－40°－sin 40°cos 40°＝3cos 40°＋sin 40°－sin 40°cos 40°＝3cos 40°cos 40°＝ 3.故选C.3．A 解析：由y ＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4－1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin2x ，∴T ＝π，且y ＝sin 2x 是奇函数，即函数y ＝2cos 2⎝⎛⎭⎪⎫x －π4－1是奇函数．故选A. 4．D 解析：设直线OA 的倾斜角为α，B (m ，n )(m ＞0，n ＞0)，则直线OB 的倾斜角为π3＋α.因为A (4 3，1)，所以tan α＝14 3，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝n m ，nm ＝3＋14 31－3·14 3＝133 3，即m 2＝27169n 2.因为m 2＋n 2＝(4 3)2＋12＝49，所以n 2＋27169n 2＝49.所以n ＝132或n ＝－132(舍去)．所以点B 的纵坐标为132.5.75 解析：tan α＝tan ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＋π4＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＋tan π41－tan ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4tanπ4＝16＋11－16＝75.6．－79解析：因为角α与角β它们的终边关于y 轴对称，所以α＋β＝2k π＋π()k ∈Z ，sin α＝sin β＝13，cos α＝－cos β，cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsinβ＝－cos 2α＋sin 2α＝2sin 2α－1＝－79.7.π3 解析：因为y ＝sin x －3cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3，所以函数y ＝sin x －3cos x的图象可由函数y ＝2sin x 的图象至少向右平移π3个单位长度得到．8．±3 解析：f (x )＝16＋a 2sin(x ＋φ)，其中tan φ＝a4，故函数f (x )的最大值为16＋a 2，由已知，得16＋a 2＝5，解得a ＝±3.9.π6或5π6解析：3sin x ＝1＋cos 2x ，即3sin x ＝2－2sin 2x ，所以2sin 2x ＋3sin x －2＝0.解得sin x ＝12或sin x ＝－2(舍)．所以方程在区间[0,2π]上的解为π6或5π6.10．π 3－22 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π8＋k π，7π8＋k π，k ∈Z解析：f (x )＝sin 2x ＋sin x cos x ＋1＝12sin 2x ＋1－cos 2x 2＋1＝12sin 2x －12cos 2x ＋32＝22·sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π4＋32，所以T ＝2π2＝π，f (x )min ＝32－22.单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π8＋k π，7π8＋k π，k ∈Z . 11．解：(1)因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝55，所以cos α＝－1－sin 2α＝－2 55.故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝sin π4cos α＋cos π4sin α ＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－2 55＋22×55＝－1010. (2)由(1)，得sin 2α＝2sin αcos α＝－45，cos 2α＝2cos 2α－1＝35.所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2α＝cos 5π6cos 2α＋sin 5π6sin 2α ＝－32×35＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－45＝－3 3＋410. 12．(1)解：f (x )＝32cos 2x ＋32sin 2x －sin 2x ＝12sin 2x ＋32cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.(2)证明：因为－π4≤x ≤π4，所以－π6≤2x ＋π3≤5π6.所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≥sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝－12. 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，f (x )≥－12.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
高考数学一轮复习 第六章 数列 第3讲 等比数列及其前n项和配套课时作业 理(含解析)新人教A版-新
第3讲 等比数列及其前n 项和配套课时作业1．(2019·某某某某模拟)已知等比数列{a n }中，a 2＝2，a 6＝8，则a 3a 4a 5＝( ) A ．±64 B ．64 C ．32 D ．16答案 B解析 因为a 2＝2，a 6＝8，所以由等比数列的性质可知a 2·a 6＝a 24＝16，而a 2，a 4，a 6同号，所以a 4＝4，所以a 3a 4a 5＝a 34＝64.故选B.2．(2019·某某调研)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝3，a 4＝24，则S 6＝( ) A ．93 B ．189 C ．99 D ．195答案 B解析 ∵a 4＝a 1q 3＝3q 3＝24，∴q ＝2，∴S 6＝a 11－q 61－q＝189.故选B.3．已知正项等比数列{a n }中，a n ＋1<a n ，a 2·a 8＝6，a 4＋a 6＝5，则a 5a 7＝( ) A.56 B.65 C.23 D.32答案 D解析 由等比数列性质可知a 2a 8＝a 4a 6＝6，故a 4，a 6分别是方程x 2－5x ＋6＝0的两根．因为a n ＋1<a n ，所以a 4＝3，a 6＝2，故a 5a 7＝a 4a 6＝32.故选D.4．(2019·某某模拟)设a 1＝2，数列{1＋2a n }是公比为2的等比数列，则a 6＝( ) A ．31.5 B ．160 C ．79.5 D ．159.5答案 C解析 因为1＋2a n ＝(1＋2a 1)·2n －1，则a n ＝5·2n －1－12，a n ＝5·2n －2－12. a 6＝5×24－12＝5×16－12＝80－12＝79.5.5．(2019·某某某某中学调研)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．29B ．31C ．33D ．36答案 B解析 由a 2a 5＝a 3a 4＝2a 3，得a 4＝ 2.又a 4＋2a 7＝2×54，所以a 7＝14，又因为a 7＝a 4q 3，所以q ＝12，所以a 1＝16，所以S 5＝16×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝31.故选B.6．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84答案 B解析 设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＋a 3＋a 5＝a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，即q 4＋q 2＋1＝7，解得q 2＝2，所以a 3＋a 5＋a 7＝(a 1＋a 3＋a 5)×q 2＝21×2＝42.故选B.7．在递增的等比数列{a n }中，已知a 1＋a n ＝34，a 3·a n －2＝64(n >2)，且前n 项和S n ＝42，则n ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 A解析 由a 1＋a n ＝34，a 1a n ＝a 3a n －2＝64及{a n }为递增数列，得a 1＝2，a n ＝32＝a 1qn －1，又S n ＝a 11－q n1－q＝42，∴q ＝4，n ＝3.故选A.8．(2019·某某模拟)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 4S 2＝3，则S 6S 4＝( ) A ．2 B ．73 C ．310 D ．1或2答案 B解析 设S 2＝k ，S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4为等比数列，∴S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，S 4＝3k ，∴S 6S 4＝7k 3k ＝73.故选B.9．(2019·延庆模拟)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1)C ．n n ＋12D ．n n －12答案 A解析 ∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )， 将d ＝2代入上式，解得a 1＝2， ∴S n ＝2n ＋n n －1·22＝n (n ＋1)．故选A.10．(2019·北大附中模拟)若正项数列{a n }满足a 1＝2，a 2n ＋1－3a n ＋1a n －4a 2n ＝0，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝22n －1B ．a n ＝2nC ．a n ＝22n ＋1D ．a n ＝22n －3答案 A解析 ∵a 2n ＋1－3a n ＋1a n －4a 2n ＝(a n ＋1－4a n )(a n ＋1＋a n )＝0，又a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1＝4a n ，∴a n ＝2×4n －1＝22n －1.故选A.11．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 8＝2a 4，S 4＝4，则S 8的值为( ) A ．4 B ．8 C ．10 D ．12答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知q ≠1.因为a 8＝2a 4，S 4＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 7a 1q 3＝2，a 11－q 41－q＝4，解得q 4＝2，a 1＝－4(1－q )，所以S 8＝a 11－q 81－q＝－41－q 1－221－q＝12.故选D.12．记等比数列{a n }的前n 项积为T n (n ∈N *)，已知a m －1·a m ＋1－2a m ＝0，且T 2m －1＝128，则m 的值为( )A ．4B ．7C ．10D ．12答案 A解析 因为{a n }是等比数列，所以a m －1a m ＋1＝a 2m .又a m －1a m ＋1－2a m ＝0，则a 2m －2a m ＝0，所以a m ＝2.由等比数列的性质可知前2m －1项积T 2m －1＝a 2m －1m ，即22m －1＝128，故m ＝4.故选A.13．(2019·某某模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋3，则S 4＝________.答案 66解析 依题意有a n ＝2S n －1＋3(n ≥2)，与原式作差，得a n ＋1－a n ＝2a n ，n ≥2，即a n ＋1＝3a n ，n ≥2，可见，数列{a n }从第二项起是公比为3的等比数列，a 2＝5，所以S 4＝1＋5×1－331－3＝66.14．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 答案 3n －1解析 由3S 1,2S 2，S 3成等差数列可得4S 2＝3S 1＋S 3，所以3(S 2－S 1)＝S 3－S 2，即3a 2＝a 3，a 3a 2＝3.所以q ＝3，所以a n ＝3n －1. 15．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案 2n解析 ∵a 25＝a 10，∴(a 1q 4)2＝a 1q 9，∴a 1＝q ，∴a n ＝q n.∵2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，∴2a n (1＋q 2)＝5a n q ，∴2(1＋q 2)＝5q ，解得q ＝2或q ＝12(舍去)．∴a n ＝2n.16．(2019·启东模拟)已知等比数列{a n }中，a 2>a 3＝1，则使不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ≥0成立的最大自然数n 是________．答案 5解析 设公比为q ，由a 2>a 3＝1知0<q <1，a n ＝q n －3，∴不等式的左端＝q －21－q n1－q－q 21－q －n 1－q －1＝1－q n1－q q2·(1－q 5－n)≥0，∵0<q <1，∴n ≤5. 17．(2018·高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式； (2)求e a 1＋e a 2＋…＋e an . 解 (1)设{a n }的公差为d .因为a 2＋a 3＝5ln 2，所以2a 1＋3d ＝5ln 2. 又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2. (2)因为ea 1＝eln 2＝2，eane a n －1＝e an －an －1＝eln 2＝2，所以{e an }是首项为2，公比为2的等比数列． 所以ea 1＋ea 2＋…＋e an ＝2×1－2n1－2＝2(2n－1)．18．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＝b n4n 2－12n，求数列{}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 ＝2a n ＋1－a na 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，以2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝1×2n －1＝2n －1，因为＝b n4n 2－12n，所以＝122n ＋12n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n4n ＋2.19．(2019·某某省实验中学模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q >0，S 2＝2a 2－2，S 3＝a 4－2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝n a n，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 2＝2a 2－2，①S 3＝a 4－2，②所以由①②两式相减得a 3＝a 4－2a 2，即q 2－q －2＝0. 又因为q >0，所以q ＝2.又因为S 2＝2a 2－2，所以a 1＋a 2＝2a 2－2，所以a 1＋a 1q ＝2a 1q －2， 代入q ＝2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n. (2)由(1)得b n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，①将①式两边同乘12，得12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②由①②两式错位相减得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，整理得T n ＝2－n ＋22n.20．(2019·正定模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且3a n ＋1＋2S n ＝3(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对任意n ∈N *，k ≤S n 恒成立，某某数k 的最大值． 解 (1)因为3a n ＋1＋2S n ＝3，① 所以当n ≥2时，3a n ＋2S n －1＝3.②由①－②，得3a n ＋1－3a n ＋2a n ＝0(n ≥2)，所以a n ＋1a n ＝13(n ≥2)． 因为a 1＝1,3a 2＋2a 1＝3，解得a 2＝13，所以a 2a 1＝13.所以数列{a n }是首项为1，公比为13的等比数列．所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1.(2)由(1)知S n ＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .由题意，可知对于任意n ∈N *，恒有k ≤32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 成立．因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 单调递增，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 中的最小项为23，所以k ≤32×23＝1，故实数k 的最大值为1.。
新高考一轮复习人教版 数列求和、数列的综合 作业
7.4 数列求和、数列的综合基础篇 固本夯基考点一 数列求和1.(2021浙江,10,4分)已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=n 1+√a (n ∈N *).记数列{a n }的前n 项和为S n ,则( ) A.32<S 100<3 B.3<S 100<4 C.4<S 100<92 D.92<S 100<5 答案 A2.(2020山东仿真联考3)已知正项数列{a n }满足a n+1>2a n ,S n 是{a n }的前n 项和,则下列四个命题中错误的是( )A.a n+1>2na 1 B.S 2k >(1+2k)S k C.S n <2a n -a 1(n ≥2) D.{a n+1a n}是递增数列 答案 D3.(2020浙江,11,4分)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列.数列{n(n+1)2}(n ∈N *)的前3项和是 . 答案 104.(2022届T8联考,18)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=3,S 3=5a 1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =1+2S n,数列{b n }的前n 项和为T n .定义[x]为不超过x 的最大整数,例如[0.3]=0,[1.5]=1.当[T 1]+[T 2]+…+[T n ]=63时,求n 的值.解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,因为a 1=3,所以S 3=3a 1+3d=9+3d. 又因为S 3=5a 1=15,所以9+3d=15,得d=2. 所以数列{a n }的通项公式是a n =3+2(n-1)=2n+1. (2)因为S n =3n+n(n−1)2×2=n 2+2n,所以b n =1+2S n =1+2n(n+2)=1+1n -1n+2. 所以T n =n+(1−13)+(12−14)+(13−15)+…+(1n−1−1n+1)+(1n −1n+2)=n+1+12-1n+1-1n+2. 当n ≤2时,因为-13≤12-1n+1-1n+2<0,所以[T n ]=n.当n ≥3时,因为0<12-1n+1-1n+2<12,所以[T n ]=n+1.因为[T 1]+[T 2]+…+[T n ]=63, 所以1+2+4+5+…+(n+1)=63, 即3+(n−2)(4+n+1)2=63,即n 2+3n-130=0,即(n-10)·(n+13)=0.因为n ∈N *,所以n=10.5.(2022届华中师范大学琼中附中月考,17)已知等差数列{a n }中,a 2=3,a 4+a 6=18. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n+1=2b n ,并且b 1=a 5,试求数列{b n }的前n 项和S n .解析 (1)设数列{a n }的公差为d,根据题意得{a 1+d =3,2a 1+8d =18,解得{a 1=1,d =2,∴a n =a 1+(n-1)d=2n-1.(2)∵b n+1=2b n ,∴数列{b n }是公比为2的等比数列, 又b 1=a 5=2×5-1=9,∴S n =b 1(1−q n )1−q =9(1−2n )1−2=-9+9×2n.6.(2022届长沙雅礼中学月考,17)已知数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,其前n 项和S n 满足S n+1+S n-1=2S n +2(n ≥2,n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =a n +2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)由题意得S n+1-S n =S n -S n-1+2(n ≥2),即a n+1-a n =2(n ≥2),又a 2-a 1=3-1=2,所以a n+1-a n =2(n ∈N *).所以数列{a n }是以1为首项,2为公差的等差数列,所以a n =2n-1(n ∈N *).(2)b n =a n +2a n=2n-1+22n-1=2n-1+12·4n ,所以T n =[1+3+5+…+(2n-1)]+12×(4+42+43+…+4n )=n 2+2(4n−1)3.7.(2022届广东深圳七中月考)已知等比数列{a n }中,a 1=1,且2a 2是a 3和4a 1的等差中项.等差数列{b n }满足b 1=1,b 7=13.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{a n -b n }的前n 项和T n .解析 (1)设数列{a n }的公比为q,由题意可得2×2a 2=a 3+4a 1,即4a 1q=a 1q 2+4a 1,又a 1=1,所以q=2,则数列{a n }的通项公式为a n =2n-1.(2)设数列{b n }的公差为d,由题意可得b 7-b 1=12=6d,即d=2,则数列{b n }的通项公式为b n =1+(n-1)×2=2n-1.a n -b n =2n-1-(2n-1),则T n =(20-1)+(21-3)+…+[2n-1-(2n-1)]=(20+21+…+2n-1)-(1+3+…+2n-1)=1−2n 1−2-(1+2n−1)·n 2=2n -1-n 2.8.(2022届河北秦皇岛青龙8月测试,18)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S n =2a n -1(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式a n 及S n ;(2)若数列{b n }满足b n =|S n -15|,求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)当n=1时,S 1=2a 1-1,即a 1=1,由S n =2a n -1得S n+1=2a n+1-1,两式相减得a n+1=2a n+1-2a n ,即a n+1=2a n ,即数列{a n }是以1为首项,2为公比的等比数列,则a n =2n-1,则S n =1−2n 1−2=2n-1.(2)由(1)知b n =|2n-16|,则b n ={16−2n (1≤n ≤4),2n −16(n >4).记{2n -16}的前n 项和为A n ,则A n =(21+22+…+2n)-16n=2·(1−2n )1−2-16n=2n+1-16n-2.则当1≤n ≤4时,T n =-A n =16n-2n+1+2.当n>4时,T n =(16-21)+(16-22)+…+(16-24)+(25-16)+(26-16)+…+(2n-16)=-A 4+A n -A 4=A n -2A 4=2n+1-16n+66,则T n ={16n −2n+1+2(1≤n ≤4),2n+1−16n +66(n >4).9.(2021浙江“山水联盟”开学考)已知数列{a n }满足:a 1=1,a n+1a n =nn+1;数列{b n }是等比数列,并满足b 1=2,且b 1-1,b 4,b 5-1成等差数列. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)若数列{b n }的前n 项和是S n ,数列{c n }满足c n =a n a n+1a n+2(S n +2),求证:c 1+c 2+…+c n <12.解析 (1)由于a 1=1,na n =(n+1)a n+1,所以{na n }是常数列,所以na n =1·a 1=1,故a n =1n. 设{b n }的公比是q,由已知得2b 4=(b 1-1)+(b 5-1),所以4q 3=2q 4,所以q=2,故b n =2n.(2)证明:由(1)得S n =2(1−2n )1−2=2n+1-2,则c n =a n a n+1a n+2(S n +2)=n+2n(n+1)·2n+1=1n·2n -1(n+1)·2n+1, 则c 1+c 2+…+c n =11×2-12×22+12×22-13×23+…+1n·2n-1(n+1)·2n+1,所以c 1+c 2+…+c n =12-1(n+1)·2n+1<12. 10.(2020天津,19,15分)已知{a n }为等差数列,{b n }为等比数列,a 1=b 1=1,a 5=5(a 4-a 3),b 5=4(b 4-b 3). (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)记{a n }的前n 项和为S n ,求证:S n S n+2<S n+12(n ∈N *);(3)对任意的正整数n,设c n ={(3a n −2)b na n a n+2,n 为奇数,a n−1b n+1,n 为偶数.求数列{c n }的前2n 项和.解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由a 1=1,a 5=5(a 4-a 3),可得d=1,从而{a n }的通项公式为a n =n.由b 1=1,b 5=4(b 4-b 3),又q ≠0,可得q 2-4q+4=0,解得q=2,从而{b n }的通项公式为b n =2n-1.(2)证明:由(1)可得S n =n(n+1)2,故S n S n+2=14n(n+1)·(n+2)(n+3),S n+12=14(n+1)2(n+2)2,从而S n S n+2-S n+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以S n S n+2<S n+12.(3)当n 为奇数时,c n =(3a n −2)b n a n a n+2=(3n−2)2n−1n(n+2)=2n+1n+2-2n−1n ;当n 为偶数时,c n =a n−1b n+1=n−12n.对任意的正整数n,有∑k=1nc 2k-1=∑k=1n(22k 2k+1−22k−22k−1)=22n 2n+1-1和∑k=1n c 2k =∑k=1n 2k−14k =14+342+543+…+2n−14n ①. 由①得14∑k=1n c 2k =142+343+…+2n−34n +2n−14n+1②. 由①-②得34∑k=1n c 2k =14+242+…+24n -2n−14n+1=24(1−14n )1−14-14-2n−14n+1,从而得∑k=1n c 2k =59-6n+59×4n .因此,∑k=12nc k =∑k=1nc 2k-1+∑k=1nc 2k =4n 2n+1-6n+59×4n -49.所以,数列{c n }的前2n 项和为4n 2n+1-6n+59×4n -49.考点二 数列的综合1.(2020福建泉州线上测试)已知{a n }是公差为3的等差数列.若a 1,a 2,a 4成等比数列,则{a n }的前10项和S 10=( )A.165B.138C.60D.30 答案 A2.数学家也有许多美丽的错误,如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想:F n =22n+1(n=0,1,2,…)是质数.直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F 5=641×6700417,不是质数.现设a n =log 2(F n -1),n=1,2,…,S n表示数列{a n }的前n 项和.则使不等式2S 1S 2+22S 2S 3+…+2n S n S n+1<2n2 020成立的最小正整数n 的值是( )A.11B.10C.9D.8 答案 C3.(2022届浙江“山水联盟”开学考,20)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,2S n =(2n+1)a n -2n 2(n ∈N *),数列{b n }满足b 1=a 1,nb n+1=a n b n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式; (2)设数列{c n }满足:c 1=4,c n+1=c n -a n b n (n ∈N *),若不等式λ+3n+92n ≥c n (n ∈N *)恒成立,求实数λ的取值范围. 解析 (1)当n=1时,2a 1=3a 1-2,∴a 1=2.当n ≥2时,由{2S n =(2n +1)a n −2n 2,2S n−1=(2n −1)a n−1−2(n −1)2得2a n =(2n+1)a n -(2n-1)a n-1-2n 2+2(n-1)2,即a n -a n-1=2,∴数列{a n }是公差为2的等差数列, ∵a 1=2,∴a n =2n.由条件得b 1=2,nb n+1=2nb n ,∴b n+1=2b n ,即数列{b n }是公比为2的等比数列,∴b n =2n.(2)由(1)得a n b n =2n 2n =n 2n−1,设数列{a n b n }的前n 项和为T n ,则T n =1+22+322+423+…+n2n−1, ∴12T n =12+222+323+…+n−12n−1+n2n , ∴12T n =1+12+122+123+…+12n−1-n 2n =1−12n 1−12-n 2n =2-n+22n , ∴T n =4-n+22n−1,由c n+1=c n -a nb n 得c n+1-c n =-a n b n ,所以c n -c n-1=-a n−1b n−1,……,c 2-c 1=-a 1b 1,累加得c n -c 1=-T n-1,即c n -4=-4+n+12n−2,∴c n =n+12n−2,∴λ≥n+12n−2-3n+92n =n−52n 对任意n ∈N *恒成立, 令f(n)=n−52n ,则f(n+1)-f(n)=n−42n+1-n−52n =−n+62n+1, ∴f(1)<f(2)<…<f(6)=f(7),f(7)>f(8)>…, ∴f(n)max =f(6)=f(7)=164,∴λ≥164. 故λ的取值范围是[164,+∞). 4(2022届校际联合考试)我国南宋时期的数学家杨辉,在他1261年所著的《详解九章算法》一书中,用如图的三角形解释二项和的乘方规律,此图称为“杨辉三角”.在此图中,从第三行开始,首尾两数为1,其他各数均为它肩上两数之和.(1)把“杨辉三角”中第三斜列的各数取出,按原来的顺序排列得一数列:1,3,6,10,15,…,写出a n 与a n-1(n ∈N *,n ≥2)的递推关系,并求出数列{a n }的通项公式;(2)已知数列{b n }满足b 1+12b 2+13b 3+ (1)b n =2a n (n ∈N *),设数列{c n }满足c n =2n+1b n b n+1,数列{c n }的前n 项和为T n ,若T n <n n+1λ(n ∈N *)恒成立,试求实数λ的取值范围. 解析 (1)由题意可知a 1=1,n ≥2时,a n -a n-1=n,所以a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+a 1=n+(n-1)+…+2+1=n(n+1)2,故a n =n(n+1)2. (2)数列{b n }满足b 1+12b 2+13b 3+ (1)b n =n 2+n,① 当n ≥2时,b 1+12b 2+13b 3+…+1n−1b n-1=(n-1)2+(n-1),② ①-②得1nb n =2n,故b n =2n 2(n ≥2),又n=1时亦成立,所以b n =2n 2(n ∈N *). 数列{c n }满足c n =2n+1b n b n+1=2n+14n 2(n+1)2=14[1n 2−1(n+1)2], 则T n =14[1−122+122−132+⋯+1n 2−1(n+1)2]=14[1−1(n+1)2],由T n <n n+1λ(n ∈N *)恒成立, 得14[1−1(n+1)2]<n n+1λ,整理得λ>n+24n+4,因为y=n+24n+4=14(1+1n+1)在n ∈N *上单调递减,故当n=1时,(n+24n+4)max =38,即λ>38,所以实数λ的取值范围为(38,+∞). 5.(2022届长沙长郡中学月考,18)已知数列{a n }满足a n+1-2a n =0,a 3=8. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =n a n,数列{b n }的前n 项和为T n .若2T n >m-2021对n ∈N *恒成立,求正整数m 的最大值. 解析 (1)由a n+1-2a n =0得a n+1=2a n ,则{a n }是以2为公比的等比数列, 又a 3=8,即4a 1=8,解得a 1=2,所以a n =2n.(2)由(1)可得b n =n a n =n 2n ,则T n =12+222+323+…+n 2n ,12T n =122+223+324+…+n 2n+1,两式相减可得12T n =12+122+123+…+12n -n 2n+1=12(1−12n)1−12-n 2n+1, 化简可得T n =2-n+22n (n ∈N *),因为T n+1-T n =2-n+32n+1-2+n+22n =n+12n+1>0,所以{T n }逐项递增,T 1最小,为12,所以2×12>m-2021,解得m<2022,又m ∈N *,所以m 的最大值为2021. 6.(2021南京三模,18)已知等差数列{a n }满足:a 1+3,a 3,a 4成等差数列,且a 1,a 3,a 8成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)在任意相邻两项a k 与a k+1(k=1,2,…)之间插入2k个2,使它们和原数列的项构成一个新的数列{b n },记S n为数列{b n }的前n 项和,求满足S n <500的n 的最大值. 解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d, 由题意知a 1+3+a 4=2a 3, 即2a 1+3+3d=2a 1+4d,解得d=3, 又a 1a 8=a 32,即a 1·(a 1+7×3)=(a 1+2×3)2,解得a 1=4,故a n =3n+1.(2)因为b n >0,所以{S n }是单调递增数列,又因为a k+1前的所有项的项数为k+21+22+ (2)=k+2k+1-2,所以S k+2k+1−2=(a 1+a 2+…+a k )+2(21+22+23+ (2))=k(4+3k+1)2+2×2(1−2k )1−2=3k 2+5k 2+2k+2-4.当k=6时,S 132=321<500;当k=7时,S 261=599>500, 令S 132+a 7+2(n-133)<500,即321+22+2(n-133)<500, 解得n<211.5,所以满足S n <500的n 的最大值为211.7.(2020辽宁葫芦岛兴城高中模拟)设函数f(x)=x 2,过点C 1(1,0)作x 轴的垂线l 1,交函数f(x)的图象于点A 1,以A 1为切点作函数f(x)图象的切线交x 轴于点C 2,再过C 2作x 轴的垂线l 2,交函数f(x)的图象于点A 2,……,以此类推得点A n ,记A n 的横坐标为a n ,n ∈N *.(1)证明数列{a n }为等比数列,并求出通项公式;(2)设直线l n 与函数g(x)=lo g 12x 的图象相交于点B n ,记b n =OA⃗⃗⃗⃗ n ·OB ⃗⃗⃗⃗ n (其中O 为坐标原点),求数列{b n }的前n 项和S n .解析 (1)以点A n-1(a n-1,a n−12)(n ≥2)为切点的切线方程为y-a n−12=2a n-1(x-a n-1).当y=0时,x=12a n-1,即a n =12a n-1,又∵a 1=1,∴数列{a n }是以1为首项,12为公比的等比数列,∴a n =(12)n−1. (2)由题意,得B n ((12)n−1,n −1), ∴b n =OA⃗⃗⃗⃗ n ·OB ⃗⃗⃗⃗ n =(14)n−1+(14)n−1·(n-1)=n ·(14)n−1, ∴S n =1×(14)0+2×(14)1+…+n ×(14)n−1,14S n =1×(14)1+2×(14)2+…+n ×(14)n. 两式相减,得34S n =1×(14)0+14+…+(14)n−1-n ×(14)n=1−(14)n1−14-n ×(14)n,化简,得S n =169-(4n 3+169)×(14)n =169-3n+49×4n−1.综合篇 知能转换A 组考法一 错位相减法求和1.(2022届全国学业质量联合检测)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a n 2,S n ,a n 成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)请从以下三个条件中任意选择一个,求数列{b n }的前n 项和T n . 条件①:设数列{b n }满足b n =(-1)na n ;条件②:设数列{b n }满足b n =2a n ·a n ; 条件③:设数列{b n }满足b n =√a +√a .解析 (1)因为a n 2,S n ,a n 成等差数列,所以2S n =a n 2+a n ,当n ≥2时,2S n-1=a n−12+a n-1,两式作差化简,得(a n +a n-1)·(a n -a n-1-1)=0.因为该数列是正项数列,所以a n +a n-1≠0, 所以a n -a n-1-1=0,即a n -a n-1=1, 所以数列{a n }是公差为1的等差数列, 又当n=1时,2a 1=a 12+a 1,解得a 1=1, 所以a n =n(n ∈N *).(2)选择条件①:数列{b n }满足b n =(-1)n a n =(-1)nn. 所以T n =-1+2-3+4-5+6-…+(-1)nn,当n 为偶数时,T n =(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+[-(n-1)+n]=n2×1=n 2; 当n 为奇数时,T n =(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+[-(n-2)+(n-1)]-n=n−12×1-n=-1+n2.所以T n ={n2,n 为偶数,−1+n 2,n 为奇数.选择条件②:数列{b n }满足b n =2a n ·a n =n ·2n,可得T n =1×21+2×22+…+n ·2n,①2T n =1×22+2×23+…+n ·2n+1,②①-②得-T n =2+22+23+ (2)-n ·2n+1=2(1−2n )1−2-n ·2n+1=(1-n)·2n+1-2,则T n =(n-1)·2n+1+2.选择条件③:数列{b n }满足b n =√a +√a =√n+1+√n=√n +1-√n ,则T n =(√2-1)+(√3-√2)+…+(√n +1-√n )=√n +1-1.2.(2022届山东德州夏津一中入学考试)设数列{a n }是等差数列,数列{b n }是公比大于0的等比数列,已知a 1=1,b 1=3,b 2=3a 3,b 3=12a 2+3.(1)求数列{a n }和数列{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c n ={1,n ≤5,b n−5,n ≥6,求数列{a n c n }的前n 项和T n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q(q>0),根据题意得{3q =3(1+2d),3q 2=12(1+d)+3,解得{d =1,q =3或{d =−1,q =−1(舍),所以a n =1+(n-1)×1=n,b n =3·3n-1=3n .(2)当n ≤5时,c n =1,所以T n =a 1+a 2+…+a n =1+2+…+n=n(n+1)2.当n ≥6时,c n =b n-5=3n-5,所以T n =T 5+a 6b 1+a 7b 2+…+a n b n-5=15+6×31+7×32+…+n ·3n-5.令M=6×31+7×32+…+n ·3n-5,则3M=6×32+7×33+…+(n-1)·3n-5+n ·3n-4,两式相减得-2M=6×31+(32+33+…+3n-5)-n ·3n-4=18+32(1−3n−6)1−3-n ·3n-4,整理得M=-274+2n−14·3n-4,所以T n =334+2n−14·3n-4.综上,T n ={n(n+1)2,n ≤5,334+2n−14·3n−4,n ≥6.3.(2022届山东泰安肥城摸底考试)已知数列{a n }各项均为正数,a 1=1,{a n 2}为等差数列,公差为2. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)求S n =2a 12+22a 22+23a 32+ (2)a n 2.解析 (1)∵a 1=1,∴a 12=1,又∵{a n 2}为等差数列,公差为2,∴a n 2=a 12+(n-1)×2=2n-1,又∵a n >0,∴a n =√2n −1.(2)由(1)可得S n =1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n ,2S n =1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)·2n+1, 两式相减得-S n =1×2+2×22+2×23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1=2+2n+2-23-(2n-1)·2n+1=-6-(2n-3)·2n+1,∴S n =6+(2n-3)·2n+1.4.(2021浙江,20,15分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=-94,且4S n+1=3S n -9(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }满足3b n +(n-4)a n =0(n ∈N *),记{b n }的前n 项和为T n ,若T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立,求实数λ的取值范围.解析 (1)解法一:由4S n+1=3S n -9,得4S n =3S n-1-9(n ≥2),两式相减,得4a n+1=3a n ,则a n+1=34a n (n ≥2).又由4S n+1=3S n -9,得4S 2=3S 1-9,即4(a 1+a 2)=3a 1-9, 又a 1=-94,所以a 2=-2716,则a 2=34a 1, 所以数列{a n }是以-94为首项,34为公比的等比数列, 所以数列{a n }的通项公式为a n =-94·(34)n−1=-3·(34)n . 解法二:由4S n+1=3S n -9,得S n+1=34S n -94,则S n+1+9=34S n -94+9=34S n +274=34(S n +9),又S 1+9=-94+9=274≠0,所以数列{S n +9}是以274为首项,34为公比的等比数列,则S n +9=274·(34)n−1=9·(34)n ,所以S n =9·(34)n-9.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=[9·(34)n −9]-[9·(34)n−1−9]=-3·(34)n .当n=1时,a 1=-94也满足上式,所以数列{a n }的通项公式为a n =-3·(34)n.(2)由(1)知a n =-3·(34)n.由3b n +(n-4)a n =0,得b n =-n−43a n =(n-4)(34)n. 则T n =(-3)×34+(-2)×(34)2+(-1)×(34)3+0×(34)4+…+(n-5)(34)n−1+(n-4)(34)n,① 因此34T n =(-3)×(34)2+(-2)×(34)3+(-1)×(34)4+0×(34)5+…+(n-5)(34)n +(n-4)(34)n+1,②由①-②,得14T n =-3×34+(34)2+(34)3+(34)4+…+(34)n -(n-4)(34)n+1 =-94+(34)2−(34)n ·341−34-(n-4)(34)n+1=-n (34)n+1, 所以T n =-4n (34)n+1.由T n ≤λb n ,得-4n (34)n+1≤λ(n-4)(34)n 恒成立,即λ(n-4)≥-3n 恒成立. 当n<4时,λ≤-3n n−4,设f(n)=-3n n−4=-3+−12n−4,当n<4且n ∈N *时,f(n)min =f(1)=1,所以λ≤1;当n=4时,不等式恒成立; 当n>4时,λ≥-3n n−4,设f(n)=-3n n−4=-3+−12n−4,当n>4且n ∈N *,n →+∞时,f(n)→-3,所以λ≥-3.综上所述,实数λ的取值范围是[-3,1].5.(2021全国乙文,19,12分)设{a n }是首项为1的等比数列,数列{b n }满足b n =na n3.已知a 1,3a 2,9a 3成等差数列.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和.证明:T n <S n 2. 解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q. ∵a 1,3a 2,9a 3成等差数列,∴6a 2=a 1+9a 3,又∵{a n }是首项为1的等比数列,∴6a 1q=a 1+9a 1q 2,∴9q 2-6q+1=0,解得q 1=q 2=13,∴a n =a 1·q n-1=(13)n−1,∵b n =na n 3,∴b n =n ·(13)n. (2)证明:∵S n 为{a n }的前n 项和, ∴S n =a 1(1−q n )1−q =32[1−(13)n]. ∵T n 为{b n }的前n 项和, ∴T n =b 1+b 2+…+b n =1×(13)1+2×(13)2+…+n (13)n,① 13T n =1×(13)2+2×(13)3+…+n (13)n+1.② ①-②可得23T n =13+(13)2+…+(13)n-n ·(13)n+1=13[1−(13)n ]1−13-n ·(13)n+1=-(13n +12)(13)n +12,∴T n =-(12n +34)(13)n +34, ∴T n -S n 2=-12n ·(13)n <0,∴T n <S n2.6.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{a n }满足a 1=3,a n+1=3a n -4n. (1)计算a 2,a 3,猜想{a n }的通项公式并加以证明; (2)求数列{2na n }的前n 项和S n . 解析 (1)a 2=5,a 3=7. 猜想a n =2n+1.由已知可得 a n+1-(2n+3)=3[a n -(2n+1)], a n -(2n+1)=3[a n-1-(2n-1)], ……a 2-5=3(a 1-3).因为a 1=3,所以a n =2n+1. (2)由(1)得2na n =(2n+1)2n,所以S n =3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①从而2S n =3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②①-②得-S n =3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.所以S n =(2n-1)2n+1+2.7.(2017山东文,19,12分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,且a 1+a 2=6,a 1a 2=a 3. (1)求数列{a n }的通项公式;(2){b n }为各项非零的等差数列,其前n 项和为S n .已知S 2n+1=b n b n+1,求数列{b na n}的前n 项和T n . 解析 (1)设{a n }的公比为q,由题意知a 1(1+q)=6,a 12q=a 1q 2,又a n >0,所以解得a 1=2,q=2,所以a n =2n. (2)由题意知S 2n+1=(2n+1)(b 1+b 2n+1)2=(2n+1)b n+1,又S 2n+1=b n b n+1,b n+1≠0,所以b n =2n+1.令c n =b n a n ,则c n =2n+12n .因此T n =c 1+c 2+…+c n =32+522+723+…+2n−12n−1+2n+12n ,又12T n =322+523+724+…+2n−12n +2n+12n+1,两式相减得12T n =32+(12+122+⋯+12n−1)-2n+12n+1,所以T n =5-2n+52n. 8.(2017天津理,18,13分)已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,因为b 1=2,所以q 2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8①.由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16②,联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2. 所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,得a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n +(3n-1)×4n+1, 上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1−4n )1−4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n−23×4n+1+83.所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n−23×4n+1+83. 9.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{a n }的公比q>1,且a 3+a 4+a 5=28,a 4+2是a 3,a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1=1,数列{(b n+1-b n )·a n }的前n 项和为2n 2+n. (1)求q 的值;(2)求数列{b n }的通项公式.解析 (1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项得a 3+a 5=2a 4+4,所以a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28,解得a 4=8. 由a 3+a 5=20得8(q +1q )=20,解得q=2或q=12, 因为q>1,所以q=2.(2)设c n =(b n+1-b n )a n ,数列{c n }的前n 项和为S n . 由c n ={S 1,n =1,S n −S n−1,n ≥2,解得c n =4n-1. 由(1)可知a n =2n-1,所以b n+1-b n =(4n-1)·(12)n−1,故b n -b n-1=(4n-5)·(12)n−2,n ≥2, 所以b n -b 1=(b n -b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b 3-b 2)+(b 2-b 1)=(4n-5)·(12)n−2+(4n-9)·(12)n−3+…+7×12+3.设T n =3+7×12+11×(12)2+…+(4n-5)·(12)n−2,n ≥2,则12T n =3×12+7×(12)2+…+(4n-9)·(12)n−2+(4n-5)·(12)n−1, 所以12T n =3+4×12+4×(12)2+…+4·(12)n−2-(4n-5)·(12)n−1,因此T n =14-(4n+3)·(12)n−2,n ≥2,又b 1=1,所以b n =15-(4n+3)·(12)n−2. 10.(2021浙江嘉兴教学测试,20)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =2a n -n,n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =2na n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)当n=1时,S 1=a 1=2a 1-1,得a 1=1;当n ≥2时,由S n =2a n -n,得S n-1=2a n-1-(n-1),两式相减得a n =2a n-1+1,变形得a n +1=2(a n-1+1), ∴数列{a n +1}是等比数列,且公比为2.又∵a 1+1=2,∴a n +1=2n,∴a n =2n-1.(2)b n =2na n =2n(2n -1)=n ·2n+1-2n,于是T n =b 1+b 2+…+b n =(1×22-2)+(2×23-4)+…+(n ×2n+1-2n)=(1×22+2×23+…+n ×2n+1)-2(1+2+…+n),令A n =1×22+2×23+…+n ·2n+1,即T n =A n -n(n+1).A n =1×22+2×23+…+(n-1)·2n +n ·2n+1,① 2A n =1×23+2×24+…+(n-1)·2n+1+n ·2n+2,②①-②得-A n =22+23+…+2n+1-n ·2n+2=4(1−2n )1−2-n ·2n+2=-4+2n+2-n ·2n+2=-(n-1)·2n+2-4,∴A n =(n-1)·2n+2+4,∴T n =(n-1)·2n+2+4-n 2-n.考法二 裂项相消法求和1.(2020长沙明德中学3月月考)在各项都为正数的等比数列{a n }中,若a 1=2,且a 1a 5=64,则数列{a n(an −1)(a n+1−1)}的前n 项和是( )A.1-12n+1−1B.1-12n+1C.1-12n+1 D.1-12n −1答案 A2.(多选)(2021辽宁百校联盟质检,10)已知数列{a n }满足a 2=4,n(n-1)a n+1=(n-1)a n -na n-1(n>1且n ∈N *),数列{a n }的前n 项和为S n ,则( ) A.a 1+a 3=2 B.a 1+a 3=4C.2020S 2021-a 2020=8080D.2021S 2021-a 2020=4040 答案 AC3.(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则∑k=1n1S k = . 答案2nn+14.(2020浙江丽水四校联考,14)已知数列{a n }满足:a 1=12,a n+1=a n 2+a n ,用[x]表示不超过x 的最大整数,则[1a1+1+1a 2+1+⋯+1a 2 012+1]的值等于 . 答案 15.(2022届河北邢台入学考试)在①a3+a6=18,②{a n}的前n项和S n=n2+pn,③a3+a4=a7这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并解答.问题:在等差数列{a n}中,a1=2,且.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=1a n a n+1,求数列{b n}的前n项和T n.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.解析(1)选①.设{a n}的公差为d.由题意可得a1+2d+a1+5d=2a1+7d=18.因为a1=2,所以d=2,则a n=a1+(n-1)d=2n.选②.设{a n}的公差为d.因为S n=n2+pn,所以S n-1=(n-1)2+p(n-1)=n2+pn-2n-p+1(n≥2),两式相减得a n=2n+p-1(n≥2),又因为a1=S1=p+1满足上式,所以a n=2n+p-1(n∈N*).由a1=2得p+1=2,所以p=1,所以a n=2n. 选③.设{a n}的公差为d.因为a3+a4=a7,所以a1+2d+a1+3d=a1+6d,即a1=d.因为a1=2,所以d=2,所以a n=a1+(n-1)d=2n.(2)由(1)可得a n+1=2(n+1),则b n=12n·2(n+1)=14(1n−1n+1).故T n=14[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)]=14(1−1n+1)=n4n+4.6.(2022届河北唐山玉田一中开学考试)在①S7=49,②S5=a8+10,③S8=S6+28这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并完成解答.问题:已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a5=9,,若数列{b n}满足b n=1a n a n+1,证明:数列{b n}的前n项和T n<12.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.证明 选择①.设数列{a n }的公差为d,由{S 7=49,a 5=9,得{7a 1+7×(7−1)2d =49,a 1+4d =9,解得{a 1=1,d =2,所以a n =2n-1.又因为b n =1a n a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1),所以T n =b 1+b 2+b 3+…+b n =12(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1), 所以T n =12(1−12n+1)<12. 选择②.设数列{a n }的公差为d,由S 5=a 8+10,可得4a 1+3d=10,又a 5=a 1+4d=9,联立解得d=2,a 1=1,所以a n =2n-1.下面同选择①.选择③.设数列{a n }的公差为d,由S 8-S 6=28,可得a 7+a 8=2a 5+5d=28,又因为a 5=9,所以d=2,所以a 1=a 5-4d=9-4×2=1,所以a n =2n-1.下面同选择①.7.(2022届湖北黄冈调研,19)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,2S n =(n+1)a n ,且a 1>1,a 2-1,a 4-2,a 6成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =4a n a n+1+2−a n ,数列{b n }的前n 项和为T n ,求证:T n <43.解析 (1)∵2S n =(n+1)a n ,∴S n =(n+1)a n 2,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n+12·a n -n 2·a n-1,化简得a n n =a n−1n−1,即a n n =a n−1n−1=…=a 11,∴a n =na 1,又a 2-1,a 4-2,a 6成等比数列,∴(a 2-1)·a 6=(a 4-2)2,即(2a 1-1)·6a 1=(4a 1-2)2,解得a 1=2或a 1=12.又a 1>1,∴a 1=2,∴a n =2n(n ∈N *). (2)证明:由(1)可得b n =4a n a n+1+2−a n =42n·2(n+1)+2-2n =1n -1n+1+(14)n ,∴T n =b 1+b 2+…+b n =[(1−12)+14]+[(12−13)+(14)2]+…+[(1n −1n+1)+(14)n ]=(1−12+12−13+⋯+1n −1n+1)+14+(14)2+…+(14)n=1-1n+1+14[1−(14)n]1−14=43-1n+1-13(14)n ,∵n ∈N *,∴T n <43. 8.(2021广东深圳外国语学校第一次月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ,∀m ∈N *,都有a m+1-a m =-1,且a 2+S 2=-5. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求证:1a 1a 2+1a 2a 3+…+1a n a n+1<1. 解析 (1)∵∀m ∈N *,都有a m+1-a m =-1, ∴{a n }是等差数列,设公差为d,则d=-1.由a 2+S 2=3a 1+2d=-5,解得a 1=-1, 所以a n =-1-(n-1)=-n. (2)证明:由a n =-n,得1a n a n+1=1n(n+1)=1n -1n+1,所以1a 1a 2+1a 2a 3+…+1a n a n+1=(1−12)+(12−13)+…+(1n −1n+1)=1-1n+1<1. 9.(2021湖北八市3月联考,18)已知数列{a n },其前n 项和为S n ,请在下列三个条件中补充一个在下面问题中,使得最终结论成立并证明你的结论. 条件①:S n =-a n +t(t 为常数);条件②:a n =b n b n+1,其中数列{b n }满足b 1=1,(n+1)b n+1=nb n ;条件③:3a n 2=3a n+12+a n+1+a n .数列{a n }中,a 1是(2√301x)6展开式中的常数项,且 .求证:S n <1对任意n ∈N *恒成立.注:如果选择多个条件作答,则按第一个条件的解答计分.解析 (2√30+1x )6的展开式的通项为T r+1=C 6r·(2√30)6−r(1x )r =C 6r (√30)6−r x 12-3r,令12-3r=0,得r=4,得展开式的常数项为12,即a 1=12.若选择①:在S n =-a n +t 中,令n=1,得2a 1=t,即t=1, 当n ≥2时,S n-1=-a n-1+1.两式相减得a n =12a n-1, 故{a n }是以12为首项,12为公比的等比数列, 所以S n =a 1(1−q n )1−q =1-(12)n <1对任意n ∈N *恒成立. 若选择②:由(n+1)b n+1=nb n 得b n+1b n =nn+1, 所以b n =b n b n−1·b n−1b n−2·…·b 2b 1·b 1=1n (n ≥2),n=1时也满足,故b n =1n (n ∈N *),则a n =1n(n+1)=1n -1n+1, S n =(1−12)+(12−13)+…+(1n −1n+1)=1-1n+1<1对任意n ∈N *恒成立. 若选择③:由题意得3a n+12-3a n 2=-(a n+1+a n ),得a n+1-a n =-13或a n+1+a n =0,又a 1=12,当a n+1+a n =0时,有S n ={0,n 为偶数,12,n 为奇数,所以S n <1;当a n+1-a n =-13时,有S n =n 2-n(n−1)6=-16(n 2-4n),当n=2时,S n 取最大值,为-16×(22-4×2)=23,因为23<1,所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立.10.(2022届广东阶段测,17)设{a n }是各项均为正数的数列,a 1=3,a n+1=√a n 2+4a n+1+4a n . (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若S n 为数列{a n }的前n 项和,且b n =n(n+1)S n+1S n,求数列{b n }的前n 项和.解析 (1)由a n+1=√a n 2+4a n+1+4a n 得a n+12=a n 2+4a n+1+4a n ,整理得(a n+1-a n -4)(a n+1+a n )=0,又a n+1+a n >0,所以a n+1-a n =4,所以{a n }是首项为3,公差为4的等差数列,故a n =4n-1. (2)由(1)可知,S n =n(3+4n−1)2=n(2n+1),S n+1=(n+1)(2n+3),所以b n =n(n+1)S n+1S n =1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3),设数列{b n }的前n 项和为T n , 则T n =12[(13−15)+(15−17)+⋯+(12n+1−12n+3)] =12(13−12n+3)=n6n+9.B 组1.(2022届重庆西南大学附中月考,8)设数列{a n }的前n 项和是S n ,令T n =S 1+S 2+⋯+S nn,称T n 为数列a 1,a 2,…,a n 的“超越数”.已知数列a 1,a 2,…,a 504的“超越数”为2020,则数列5,a 1,a 2,…,a 504的“超越数”为( )A.2018B.2019C.2020D.2021 答案 D2.(2022届河北张家口宣化一中考试,6)将正整数12分解成两个正整数的乘积,有1×12,2×6,3×4三种分解方式,其中3×4是这三种分解方式中两数差的绝对值最小的一种,我们称3×4为12的最佳分解.当p ·q(p,q ∈N *)是正整数n 的最佳分解时,我们定义函数f(n)=|p-q|,例如f(12)=|4-3|=1,则∑i=12 021f(2i)=( )A.21011-1B.21011C.21010-1 D.21010答案 A3.(2021山东菏泽期末,7)已知数列{a n }的前n 项和是S n ,且S n =2a n -1,若a n ∈(0,2021),则称项a n 为“和谐项”,则数列{a n }的所有“和谐项”的和为( ) A.1022 B.1023 C.2046 D.2047 答案 D4.(2021河北衡水中学联考二,11)若P(n)表示正整数n 的个位数字,a n =P(n 2)-P(2n),数列{a n }的前n 项和为S n ,则S 2021=( )A.-1B.0C.1009D.1011 答案 C5.(多选)(2021新高考Ⅱ,12,5分)若正整数n=a 0·20+a 1·2+…+a k-1·2k-1+a k ·2k ,其中a i ∈{0,1}(i=0,1,…,k),记ω(n)=a 0+a 1+…+a k ,则( )A.ω(2n)=ω(n)B.ω(2n+3)=ω(n)+1C.ω(8n+5)=ω(4n+3)D.ω(2n-1)=n 答案 ACD6.(多选)(2021广州一模,12)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……;第n(n ∈N *)次得到数列1,x 1,x 2,x 3,…,x k ,2.记a n =1+x 1+x 2+…+x k +2,数列{a n }的前n 项和为S n ,则( ) A.k+1=2nB.a n+1=3a n -3C.a n =32(n 2+3n) D.S n =34(3n+1+2n-3) 答案 ABD7.(2020山东师范大学附中最后一卷)对n 个不同的实数a 1,a 2,…,a n 可得n!个不同的排列,每个排列为一行写成一个n!行的数阵.对第i 行a i1,a i2,…,a in ,记b i =-a i1+2a i2-3a i3+…+(-1)nna in ,i=1,2,3,…,n!.例如用1,2,3可得数阵如图,此数阵中每一列各数之和都是12,所以b 1+b 2+…+b 6=-12+2×12-3×12=-24.那么,在用1,2,3,4,5形成的数阵中,b 1+b 2+…+b 120等于( )1 2 3 1 3 2 2 1 3 2 3 1 3 1 2 3 2 1A.-3600B.-1800C.-1080D.-720 答案 C8.(2021湖南岳阳一模,4)“中国剩余定理”又称“孙子定理”,讲的是一个关于整除的问题.现有这样一个整除问题:将1到2021这2021个数中能被3整除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{a n },则此数列的所有项中,中间项的值为( ) A.992 B.1022 C.1007 D.1037 答案 C9.(多选)(2021济南十一学校联考,11)已知数列{F n }:1,1,2,3,5,8,13,…,从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和.记数列{F n }的前n 项和为S n ,则下列结论中正确的是( ) A.S 6=F 8 B.S 2019=F 2021-1C.F 1+F 3+F 5+…+F 2021=F 2022D.F 12+F 22+F 32+…+F 2 0202=F 2020F 2021答案 BCD10.(2022届南京调研,7)取一条长度为1的直线段,将它三等分,去掉中间一段,留剩下的两段;再将剩下的两段分别三等分,各去掉中间一段,留剩下的更短的四段;……;将这样的操作一直继续下去,直至无穷,由于在不断分割舍弃的过程中,所形成的线段数目越来越多,长度越来越小,在极限的情况下,得到一个离散的点集,称为康托尔三分集.若在第n 次操作中去掉的线段长度之和不小于160,则n 的最大值为(参考数据:lg2≈0.3010,lg3≈0.4771)( ) A.6 B.7 C.8 D.9 答案 C应用篇知行合一应用构建数列模型解决实际生活中的问题1.(2020山东潍坊6月模拟数学文化与等差数列)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增十三里;驽马初日行九十七里,日减半里;良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢.相逢时良马比驽马多行()A.540里B.426里C.963里D.114里答案A2.(2020山东省实验中学期中数学文化与等比数列)古代数学著作《九章算术》有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”意思是“一女子善于织布,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这女子每天分别织布多少?”根据上述已知条件,若要使织布的总尺数不少于30尺,则至少需要()A.6天B.7天C.8天D.9天答案C3.(2022届全国联考,6实际生活)某微生物科研机构为了记录微生物在不同时期的存活状态,计划将微生物分批次培养,第一批次,培养1个;从第二批次开始,每一批次培养的个数是前一批次的2倍,按照这种培养方式(假定每一批次的微生物都能成活),要使微生物的总个数不少于950,大概经过的批次为()A.10B.9C.8D.7答案A4.(2022届湖南湘潭月考,4数学文化与等比数列)我国古代数学名著《算法统宗》是明代数学家程大位(1533年—1606年)所著.程大位少年时,读书极为广博,对书法和数学颇感兴趣.20岁起便在长江中下游一带经商,因商业计算的需要,他随时留心数学,遍访名师,搜集了很多数学书籍,刻苦钻研,时有心得,终于在他60岁时,完成了《算法统宗》这本著作.该书中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”根据诗词的意思,可得塔的最底层共有灯()A.192盏B.128盏C.3盏D.1盏答案 A5.(多选)(2022届江苏南通海门一中月考数学文化)《张丘建算经》是中国古代众多数学名著之一.书中有如下问题:“今有女善织,日益功疾,初日织五尺,今一月日织九匹三丈,问日益几何?”其大意为:“有一女子擅长织布,织布的速度一天比一天快,从第二天起,每天比前一天多织相同数量的布,第一天织5尺,一个月共织了9匹3丈,问从第二天起,每天比前一天多织多少尺布?”已知1匹=4丈,1丈=10尺,若这个月有30天,记该女子这个月中第n 天所织布的尺数为a n ,b n =2a n ,则( )A.b 10=8b 5B.数列{b n }是等比数列C.a 1b 30=105D.a 3+a 5+a 7a 2+a 4+a 6=209193答案 BD6.(多选)(2021江苏栟茶中学学情调研数学文化与等比数列)在《增减算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则下列说法正确的是( )A.此人第二天走了九十六里路B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C.此人第三天走的路程占全程的18D.此人后三天共走了42里路答案 ABD7.(多选)(2021湖南、河北联考,11数学文化与等差数列)朱世杰是元代著名数学家,他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题,主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有100根相同的圆形铅笔,小明模仿“堆垛”问题,将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”,要求层数不小于2,且从最下面一层开始,每一层比上一层多1根,则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是( )。
2019版高考数学(理)(全国通用版)一轮复习课时分层作业： 一 1.1集合 含解析
C.{x|-1<x<1}D.{x|1<x<3}
【解析】选A.画出数轴如图所示,则A∩B={x|-2<x<-1}.
3.设集合A={y|y=sin x,x∈R},B={y|y=3x,x∈A},则A∩B=()
A. B.[1,3]C. D.[0,1]
【解析】选A.A={y|y=sin x,x∈R}={y|-1≤y≤1}.B={y|y=3x,x∈A}= ,
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课时分层作业一
集 合
一、选择题(每小题5分,共35分)
1.已知集合A={1,2,3,4},B={y|y=3x-2,x∈A},则A∩B=()
A.{1}B.{4}C.{1,3}D.{1,4}
二、填空题(每小题5分,共15分)
8.设集合A={3,m},B={3m,3},且A=B,则实数m的值是________.
【解析】由集合A={3,m}=B={3m,3},得3m=m,则m=0.
答案:0
【变式备选】已知集合A={3,a2},B={0,b,1-a},且A∩B={1},则A∪B=________.
所以A∩B={y|-1≤y≤1}∩ = .
4.(2018·日照模拟)集合A={x|y= },B={y|y=log2x,x>0},则A∩B等于()
A.RB.∅
C.[0,+∞)D.(0,+∞)
【解析】选C.A={x|y= }={x|x≥0},B={y|y=log2x,x>0}=R.故A∩B={x|x≥0}.
新高考一轮复习人教版 计数原理、排列与组合 作业
专题十计数原理10.1计数原理、排列与组合基础篇固本夯基考点计数原理、排列、组合1.(2022届山东平邑一中收心考)某旅馆有三人间、两人间、单人间各一间可入住,现有三个成人带两个小孩前来住宿,若小孩不单独入住一个房间(必须有成人陪同),且三间房都要安排给他们入住,则不同的安排方法有()A.18种B.12种C.27种D.15种答案A2.(2022届广东开学联考)四色定理又称四色猜想,是世界近代三大数学难题之一.其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色.”四色问题的证明进程缓慢,直到1976年,美国数学家运用电子计算机证明了四色定理.现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色,提出如下的“四色问题”:要求相邻两个面不得使用同一种颜色,现有4种颜色可供选择,则不同的染色方案有()A.18种B.36种C.48种D.72种答案D3.(2020新高考Ⅰ,3,5分)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有()A.120种B.90种C.60种D.30种答案C4.(2021上海杨浦一模,15)从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点,可得到四面体的个数为()A.C84-12B.C84-8C.C84-6D.C84-4答案A5.(2020山东潍坊临朐模拟,8)现有4种不同颜色,要对如图所示的四个部分进行着色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有()A.24种B.30种C.36种D.48种答案D6.(2021沈阳市郊联体一模,8)中国古典乐器一般按“八音”分类,这是我国最早按乐器的制造材料来对乐器进行分类的方法,最早见于《周礼·春官·大师》.八音分为“金、石、土、革、丝、木、匏、竹”,其中“金、石、木、革”为打击乐器,“土、匏、竹”为吹奏乐器,“丝”为弹拨乐器.某同学安排了包括“土、匏、竹”在内的六种乐器的学习,每种乐器安排一节,连排六节,并要求“土”与“匏”相邻排课,但均不与“竹”相邻排课,且“丝”不能排在第一节,则不同的排课方式的种数为()A.960B.1024C.1296D.2021答案C7.(多选)(2021山东师大附中模拟)“二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系,该书中有两类最基本的符号:“——”和“——”,其中“——”在二进制中记作“1”,“——”在二进制中记作“0”,其变化原理与“逢二进一”的法则相通.若从两类符号中任取2个符号排列,则可以组成的不同的十进制数为()A.0B.1C.2D.3答案ABCD8.(2018浙江,16,4分)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,一共可以组成个没有重复数字的四位数.(用数字作答)答案12609.(2021江苏盐城二模,13)某班4名同学去参加3个社团,每人只参加1个社团,每个社团都有人参加,则满足上述要求的不同方案共有种.(用数字填写答案)答案36综合篇知能转换考法一排列问题的解决方法1.(2022届河北邯郸开学摸底,5)由1,2,3,4,5,6六个数字按如下要求组成无重复数字的六位数,1必须排在前两位,且2,3,4必须排在一起,则这样的六位数共有()A.48个B.60个C.72个D.84个答案B2.(2022届广东深圳七中月考,5)某次演出有5个节目,若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定,则不同的排法有()A.120种B.80种C.20种D.48种答案C3.(2022届河北玉田一中开学考)高三(2)班某天安排6节课,其中语文、数学、英语、物理、生物、地理各一节.若要求物理课比生物课先上,语文课与数学课相邻,则编排方案共有()A.42种B.96种C.120种D.144种答案C4.(2022届广东珠海二中10月月考,3)五名同学国庆假期相约去珠海日月贝采风观景,结束后五名同学排成一排照相留念,若甲乙二人不相邻,则不同的排法共有()A.36种B.48种C.72种D.120种答案C5.(2022届河北廊坊十二中一模,7)由0,1,2,3,4这5个数组成无重复数字的五位数且为偶数,共有种不同的排法()A.24B.48C.60D.62答案C6.(2021湖北九师联盟2月质量检测,3)若5个人排成一列纵队,则其中甲、乙、丙三人两两不相邻的排法有()A.4种B.14种C.5种D.12种答案D7.(2020广东深圳七中第二次月考,4)7个人排成一排准备照一张合影,其中甲、乙要求相邻,丙、丁要求分开,则不同的排法有()A.480种B.720种C.960种D.1200种答案C8.(2022届广东深圳六校联考,13)一部纪录片在4个不同的场地轮映,每个场地放映一次,则有种轮映次序.答案249.(2021福建三明一中月考一)来自甲、乙、丙3个班级的5名同学站在一排照相,其中甲班有2名同学,乙班有2名同学,丙班有1名同学,则仅有甲班的同学相邻的站法种数为.答案 2410.(2017天津理,14,5分)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有 个.(用数字作答)答案 108011.(2020山东济宁一中质量检测,15)“中国梦”的英文翻译为“ChinaDream ”,其中China 又可以简写为CN,从“CNDream ”中取6个不同的字母排成一排,含有“ea ”字母组合(顺序不变)的不同排列共有 种.答案 600考法二 组合问题的常见解法1.(2022届湖北部分重点中学9+N 新高考联盟新起点联考)定义空间直角坐标系中的任意点P(x,y,z)的“N 数”为在P 点的坐标中不同数字的个数,如:N(1,1,1)=1,N(1,3,1)=2,N(1,2,3)=3,若x,y,z ∈{0,1,2,3},则所有这些点P 的“N 数”的平均值为( )A.3716B.64C.2516D.40 答案 A2.(2022届湖南天壹名校联盟摸底)已知文印室内有5份待打印的文件自上而下摞在一起,秘书小王要在这5份文件中再插入甲、乙两份文件,甲文件要在乙文件前打印,且不改变原来次序,则不同的打印方式有( )A.15种B.21种C.28种D.36种答案 B3.(2020长沙一中月考(一),8)中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种,现有十二生肖的吉祥物各一个,甲、乙、丙三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、兔、狗和羊,丙同学哪个吉祥物都喜欢,如果让三位同学对选取的礼物都满意,那么不同的选法有 ( )A.50种B.60种C.70种D.90种答案 C4. (2021广州一模,6)如图,洛书(古称龟书)是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水,其甲壳上有此图象,结构是戴九履一,左三右七,二四为肩,六八为足,以五居中,五方白圈皆阳数,四角黑点为阴数.若从四个阴数和五个阳数中随机选取3个数,则选取的3个数之和为奇数的方法数为 ( )A.30B.40C.44D.70答案 B5.(多选)(2021江苏启东中学检测,9)在100件产品中,有98件合格品,2件不合格品.从这100件产品中任意抽出3件,则下列结论正确的有( )A.抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有C 21C 982种B.抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有C 21C 992种C.抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有(C 21C 982+C 22C 981)种D.抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有(C 1003-C 983)种答案 ACD6.(2018课标Ⅰ理,15,5分)从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有 种.(用数字填写答案)答案 16考法三 分组与分配问题的解题方法1.(2022届南京学情调研,5)将4名志愿者全部安排到某社区参加3项工作,每人参加1项,每项工作至少有1人参加,则不同的安排方式共有( )A.24种B.36种C.60种D.72种答案 B2.(2021全国乙理,6,5分)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有( )A.60种B.120种C.240种D.480种答案 C3.(2022届重庆西南大学附中开学考,6)A,B,C,D,E,F六名同学进行劳动技术比赛,决出第1名到第6名的名次.A,B,C去询问成绩,回答者对A说:“很遗憾,你们三个都没有得到冠军.”对B说:“你的名次在C之前.”对C说:“你不是最后一名.”从以上的回答分析,6人的名次排列情况种数为()A.108B.120C.144D.156答案A4.(2022届河北沧州十五校摸底)将甲乙等5名志愿者分配到冬奥会三个不同的运动场馆做服务工作,每个岗位至少1人,且甲乙二人必须在一起,则共有种不同的分配方法.答案365.(2020课标Ⅱ理,14,5分)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,则不同的安排方法共有种.答案36。
2025届高三一轮复习数学课件(人教版新高考新教材)
1.1 集合
课标要求
1.通过实例,了解集合的含义,理解元素与集合的属于关系.
2.针对具体问题,能在自然语言和图形语言的基础上,用符号语言刻画集合.
3.在具体情境中,了解全集与空集的含义.
4.理解集合之间包含与相等的含义,能识别给定集合的子集.
5.理解两个集合的并集与交集的含义,能求两个集合的并集与交集.
(4){x|x≤1}={t|t≤1}.( √ )
(5)若A∩B=A∩C,则B=C.( × )
(6)直线x=1和直线y=4的交点构成的集合为{1,4}.( × )
2.(多选)若集合A={x|x≤2}, a=√3 ,则下列结论正确的是( BC )
A.a⊆A
B.{a}⊆A
C.a∈A
D.{a}∈A
因为√3<2,所以 a∈A,{a}⊆A.
集合 A⊆B,但存在元素 x∈B, A⫋B
真子集
(或 B⫌A)
且 x∉A
集合 A 的任何一个元素都是
集合
集合 B 的元素,同时集合 B 的
A=B
相等
任何一个元素都是集合 A 的
元素,即 A⊆B,且 B⊆A
问题思考
(1)什么是空集?如何表示?
一般地,我们把不含任何元素的集合叫做空集,用符号⌀表示.
(2)空集与任何集合之间有什么关系?
C.{x|4≤x<5}
1
3
B.
1
x|
3
1
x| 3
≤ x ≤ 5 ,则 M∩N=( B )
≤x<4
D.{x|0<x≤5}
如图,由交集的定义及图知
1
M∩N={x|3
≤x<4}.
第二环节
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1．(2010·福建)计算sin43°cos13°＋sin47°cos103°的结果等于( ) A.12 B.33 C.22D.32答案 A解析 原式＝sin43°cos13°－cos43°sin13°＝sin(43°－13°)＝sin30°＝12.2．已知sin α＝1213，cos β＝45，且α是第二象限角，β是第四象限角，那么sin(α－β)等于( )A.3365B.6365C ．－1665D ．－5665答案 A解析 因为α是第二象限角，且sin α＝1213，所以cos α＝－1－144169＝－513. 又因为β是第四象限角，cos β＝45，所以sin β＝－1－1625＝－35. sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝1213×45－(－513)×(－35)＝48－1565＝3365.3．设α∈(0，π2)，若sin α＝35，则2cos(α＋π4)等于( )A.75 B.15 C ．－75D ．－15答案 B解析 因为α∈(0，π2)，sin α＝35，所以cos α＝1－925＝45.所以2cos(α＋π4)＝2(cos αcos π4－sin αsin π4)＝2(22cos α－22sin α)＝cos α－sin α＝45－35＝15.4．化简cos(α－β)cos β－sin(α－β)sin β的结果为( )A ．sin(2α＋β)B ．cos(α－2β)C ．cos αD ．cos β答案 C解析 等式即cos(α－β＋β)＝cos α.5．设a ＝sin14°＋cos14°，b ＝sin16°＋cos16°，c ＝62，则a 、b 、c 的大小关系是( )A ．a <b <cB ．a <c <bC ．b <a <cD ．b <c <a答案 B解析 a ＝2sin(45°＋14°)＝2sin59°，b ＝2sin(45°＋16°)＝2sin61°，c ＝62＝2sin60°，∴b >c >a . 6．在△ABC 中，C ＝120°，tan A ＋tan B ＝233，则cos A cos B ＝( )A.14B.34 C.12 D ．－14答案 B解析 tan A ＋tan B ＝sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos B ＋cos A sin B cos A cos B ＝sin A ＋B cos A cos B ＝sin60°cos A cos B＝32cos A cos B ＝233，∴cos A cos B ＝34.7．已知tan(α＋β)＝25，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝14，那么tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4等于( ) A.1318 B.1322C.322D.16答案 C 解析 因为α＋π4＋β－π4＝α＋β，所以α＋π4＝(α＋β)－⎝⎛⎭⎪⎫β－π4，所以tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan ⎣⎢⎡⎦⎥⎤α＋β－⎝⎛⎭⎪⎫β－π4＝tan α＋β－tan ⎝⎛⎭⎪⎫β－π41＋tan α＋βtan ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝322.8．(2009·陕西)若3sin α＋cos α＝0，则1cos 2α＋sin2α的值为( )A.103B.53C.23 D ．－2答案 A解析 3sin α＝－cos α⇒tan α＝－13.1cos 2α＋sin2α＝cos 2α＋sin 2αcos 2α＋2sin αcos α＝1＋tan 2α1＋2tan α＝1＋191－23＝103. 9．(2010·全国卷Ⅰ)已知α为第三象限的角，cos2α＝－35，则tan(π4＋2α)＝________.答案 －17解析 由cos2α＝2cos 2α－1＝－35，且α为第三象限角，得cos α＝－55，sin α＝－255， 则tan α＝2，tan2α＝－43，tan(π4＋2α)＝1＋tan2α1－tan2α＝－17.10．(2011·沧州七校联考)化简：sin3α－πsin α＋cos 3α－πcos α＝________.答案 －4cos2α解析 原式＝－sin3αsin α＋－cos3αcos α＝－sin3αcos α＋cos3αsin αsin αcos α＝－sin4αsin αcos α＝－4sin αcos α·cos2αsin αcos α＝－4cos2α.11．不查表，计算1sin10°－3sin80°＝________.(用数字作答)答案 4解析 原式＝cos10°－3sin10°sin10°cos10°＝212cos10°－32sin10°sin10°cos10°＝4sin30°cos10°－cos30°sin10°2sin10°cos10°＝4sin 30°－10°sin20°＝4.12．已知tan2θ＝34(π2<θ<π)，求2cos 2θ2＋sin θ－12cos θ＋π4的值．答案 －12解 ∵tan2θ＝2tan θ1－tan 2θ＝34， ∴tan θ＝－3或tan θ＝13，又θ∈(π2，π)，∴tan θ＝－3，∴2cos 2θ2＋sin θ－12cos θ＋π4＝cos θ＋sin θcos θ－sin θ＝1＋tan θ1－tan θ＝1－31＋3＝－12. 13．已知0<α<π2<β<π，tan α2＝12，cos(β－α)＝210.(1)求sin α的值； (2)求β的值． 答案 (1)45 (2)β＝3π4解 (1)解法一：sin α＝2sin α2cos α2＝2sin α2cos α2sin 2α2＋cos2α2＝2tanα21＋tan 2α2＝45. 解法二：tan α＝2tanα21－tan 2α2＝43，所以sin αcos α＝43.又因为sin 2α＋cos 2α＝1，解得sin α＝45.(2)因为0<α<π2<β<π，所以0<β－α<π.因为cos(β－α)＝210，所以sin(β－α)＝7210. 所以sin β＝sin[(β－α)＋α] ＝sin(β－α)cos α＋cos(β－α)cos α ＝7210×35＋210×45＝22. 因为β∈(π2，π)，所以β＝3π4.14．(2011·广东)已知函数f (x )＝2sin(13x －π6)，x ∈R .(1)求f (5π4)的值；(2)设α，β∈[0，π2]，f (3α＋π2)＝1013，f (3β＋2π)＝65，求cos(α＋β)的值．答案 (1) 2 (3)1665解析 (1)∵f (x )＝2sin(13x －π6)，∴f (5π4)＝2sin(5π12－π6)＝2sin π4＝ 2.(2)∵α，β∈[0，π2]，f (3α＋π2)＝1013，f (3β＋2π)＝65，∴2sin α＝1013，2sin(β＋π2)＝65，即sin α＝513，cos β＝35，∴cos α＝1213，sin β＝45，∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝1213×35－513×45＝1665.15．已知sin(x ＋π4)sin(π4－x )＝16，x ∈(π2，π)，求sin4x 的值．答案 －429思路 由题设注意到π4＋x ＋π4－x ＝π2，因此需交换后再用公式求解．解析 ∵sin(x ＋π4)sin(π4－x )＝sin(π4＋x )cos[π2－(π4－x )]＝sin(x ＋π4)cos(π4＋x )＝12sin(2x ＋π2)＝12cos2x ＝16，∴cos2x ＝13.∵x ∈(π2，π)，∴2x ∈(π，2π)，∴sin2x＝－223.∴sin4x ＝2sin2x cos2x ＝－429.探究 (1)一般说来，在题目中有单角、倍角，应将倍角化为单角，同时应注意2α，2α－π2，α－π4等之间关系的运用． (2)在求cos2x 的过程中，本题也可采用如下方法：sin(x ＋π4)sin(π4－x )＝(22sin x ＋22cos x )(22cos x －22sin x )＝12(cos 2x －sin 2x )＝12cos2x ＝16，从而得cos2x ＝13.1．化简sin15°cos9°－cos 66°sin15°sin9°＋sin66°的结果是( )A ．tan9°B ．－tan9°C ．tan15°D ．－tan15°答案 B 解析 sin15°·cos9°－cos66°sin15°sin9°＋sin66°＝sin15°·cos9°－sin24°sin15°·sin9°＋cos24°＝sin15°·cos9°－sin15°·cos9°－cos15°·sin9°sin15°·sin9°＋cos15°·cos9°－sin15°·sin9°＝－cos15°·sin9°cos15°·cos9°＝－tan9°.2．函数f (x )＝sin2x －cos2x 的最小正周期是( ) A.π2B ．πC ．2πD ．4π答案 B解析 f (x )＝2sin(2x －π4)，∴T ＝2π2＝π.3．若sin2θ＝1，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3的值是( )A ．2－ 3B ．2＋ 3C ．－2－ 3D ．－2＋ 3答案 C解析 由已知，得θ＝k π＋π4，代入即可得tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫k π＋π4＋π3 ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π3＝－2－ 3. 4．(2008·浙江)若cos α＋2sin α＝－5，则tan α＝( ) A.12 B ．2 C ．－12D ．－2答案 B解析 考查三角函数的运算与转化能力，已知正弦和余弦的一个等量关系，可以结合正弦余弦平方和等于1，联立方程组解得正弦余弦的值，再利用tan α＝sin αcos α求得，但运算量较大，作为选择题不适合．也可以利用三角变换处理，原等式即5sin(α＋φ)＝－5，其中tan φ＝12，0<φ<π2，∴sin(α＋φ)＝－1，∴α＋φ＝2k π＋3π2，k ∈Z ，∴tan α＝cot φ＝2.也可观察得到答案．5．已知sin(α＋π4)＝45，且π4<α<3π4.求cos α的值．答案210解析 sin(α＋π4)＝45且π4<α<3π4∴π2<α＋π4<π∴cos(α＋π4)＝－1－sin2α＋π4＝－35∴cos α＝cos[(α＋π4)－π4]＝cos(α＋π4)cos π4＋sin(α＋π4)sin π4＝－35×22＋45×22＝210.1．已知在△ABC 中，cos B cos C ＝1－sin B ·sin C ，那么△ABC 是( ) A ．锐角三角形 B ．等腰三角形 C ．直角三角形 D ．钝角三角形答案 B解析 由条件知cos B cos C ＋sin B sin C ＝1，cos(B －C )＝1，B －C ＝0，∴B ＝C . 2．在△ABC 中，“cos A ＝2sin B sin C ”是“△ABC 为钝角三角形”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充要条件C ．充分不必要条件D ．即不充分也不必要条件 答案 C解析 在△ABC 中，A ＝π－(B ＋C )， ∴cos A ＝－cos(B ＋C )， 又∵cos A ＝2sin B sin C ，即－cos B cos C ＋sin B sin C ＝2sin B sin C . ∴cos(B －C )＝0，∴B －C ＝π2，∴B 为钝角． 3．设α∈(0，π3)，β∈(π6，π2)，且α、β满足53sin α＋5cos α＝8，2sin β＋6cos β＝2，求cos(α＋β)的值．解析 ∵53sin α＋5cos α＝8，∴sin(α＋π6)＝45.∵α∈(0，π3)，∴(α＋π6)∈(π6，π2)，∴cos(α＋π6)＝35.又∵2sin β＋6cos β＝2，∴sin(β＋π3)＝22，∵β∈(π6，π2)，∴(β＋π3)∈(π2，5π6)，∴cos(β＋π3)＝－22，∴sin[(α＋π6)＋(β＋π3)]＝sin(α＋π6)cos(β＋π3)＋cos(α＋π6)sin(β＋π3)＝－210， ∴cos(α＋β)＝－210. 4．求(tan10°－3)·cos10°sin50°的值．解析 (tan10°－3)·cos10°sin50°＝(tan10°－tan60°)·cos10°sin50°＝(sin10°cos10°－sin60°cos60°)·cos10°sin50°＝sin10°cos60°－sin60°cos10°cos10°cos60°·cos10°sin50°＝－sin 60°－10°cos10°·cos60°·cos10°sin50°＝－1cos60°＝－2.。