大题规范练(二)
2022届高三数学(人教A版文)复习习题：第一章 集合与常用逻辑用语 课时规范练2 Word版含答案
课时规范练2不等关系及简洁不等式的解法基础巩固组1.(2021安徽合肥模拟)已知a,b∈R,下列命题正确的是()A.若a>b,则|a|>|b|B.若a>b,则C.若|a|>b,则a2>b2D.若a>|b|,则a2>b22.已知集合A={x|(1-x)(1+x)≥0},集合B={y|y=2x,x<0},则A∩B=()A.(-1,1]B.[-1,1]C.(0,1)D.[-1,+∞)3.若集合A={x|ax2-ax+1<0}=⌀,则实数a的取值范围是()A.{a|0<a<4}B.{a|0≤a<4}C.{a|0<a≤4}D.{a|0≤a≤4}4.(2021贵州贵阳测试)下列命题正确的是()A.若a>b,c>d,则ac>bdB.若ac>bc,则a>bC.若,则a<bD.若a>b,c>d,则a-c>b-d5.(2021重庆一中调研,文5)若a>1>b>-1,则下列不等式恒成立的是()A.a>b2B.C.D.a2>2b6.不等式<0的解集为()A.{x|1<x<2}B.{x|x<2,且x≠1}C.{x|-1<x<2,且x≠1}D.{x|x<-1或1<x<2}7.若不等式mx2+2mx-4<2x2+4x对任意x都成立,则实数m的取值范围是()A.(-2,2]B.(-2,2)C.(-∞,-2)∪[2,+∞)D.(-∞,2]〚导学号24190850〛8.(2021陕西西安模拟)已知存在实数a满足ab2>a>ab,则实数b 的取值范围是.9.已知关于x的不等式ax2+bx+a<0(ab>0)的解集是空集,则a2+b2-2b的取值范围是.10.已知a∈R,关于x的不等式ax2+(1-2a)x-2>0的解集有下列四种说法:①原不等式的解集不行能为⌀;②若a=0,则原不等式的解集为(2,+∞);③若a<-,则原不等式的解集为;④若a>0,则原不等式的解集为∪(2,+∞).其中正确的个数为. 11.对任意x∈[-1,1],函数f(x)=x2+(k-4)x+4-2k的值恒大于零,则k的取值范围是.综合提升组12.(2021吉林长春模拟)若<0,则在下列不等式:①;②|a|+b>0;③a->b-;④ln a2>ln b2中,正确的不等式是()A.①④B.②③C.①③D.②④13.若关于x的不等式f(x)=ax2-x-c>0的解集为{x|-2<x<1},则函数y=f(-x)的图象为()14.(2021河南郑州月考)已知实数x,y满足0<xy<4,且0<2x+2y<4+xy,则x,y的取值范围是()A.x>2,且y>2B.x<2,且y<2C.0<x<2,且0<y<2D.x>2,且0<y<2〚导学号24190851〛15.(2021江西九江模拟)若关于x的不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解,则实数a的取值范围是.创新应用组16.(2021辽宁大连模拟)已知函数f(x)=(ax-1)(x+b),假如不等式f(x)>0的解集是(-1,3),那么不等式f(-2x)<0的解集是()A.B.C.D.〚导学号24190852〛17.(2021湖北襄阳高三1月调研,文15)已知f(x)=若对任意x∈[t,t+2],不等式f(x+t)≥2f(x)恒成立,则t 的取值范围是.〚导学号24190853〛课时规范练2不等关系及简洁不等式的解法1.D当a=1,b=-2时,A不正确,B不正确,C不正确;对于D,a>|b|≥0,则a2>b2,故选D.2.C由题意得A={x|-1≤x≤1}=[-1,1],B={y|0<y<1}=(0,1),所以A∩B=(0,1),故选C.3.D由题意知当a=0时,满足条件.当a≠0时,由集合A={x|ax2-ax+1<0}=⌀,可知得0<a≤4.综上,可知0≤a≤4.4.C取a=2,b=1,c=-1,d=-2,可知A错误;当c<0时,ac>bc⇒a<b,∴B错误;∵,∴c≠0,又c2>0,∴a<b,C正确;取a=c=2,b=d=1,可知D错误.5.A对于A,∵-1<b<1,∴0≤b2<1.∵a>1,∴a>b2,故A正确;对于B,若a=2,b=,此时满足a>1>b>-1,但,故B错误;对于C,若a=2,b=-,此时满足a>1>b>-1,但,故C错误;对于D,若a=,b=,此时满足a>1>b>-1,但a2<2b,故D错误.6.D由于不等式<0等价于(x+1)·(x-1)(x-2)<0,所以该不等式的解集是{x|x<-1或1<x<2}.故选D.7.A原不等式等价于(m-2)x2+2(m-2)x-4<0,当m=2时,对任意x不等式都成立;当m-2<0时,Δ=4(m-2)2+16(m-2)<0,∴-2<m<2.综上,得m∈(-2,2].8.(-∞,-1)∵ab2>a>ab,∴a≠0.当a>0时,有b2>1>b,即解得b<-1;当a<0时,有b2<1<b,即无解.综上可得b<-1.9. ∵不等式ax2+bx+a<0(ab>0)的解集是空集,∴a>0,b>0,且Δ=b2-4a2≤0.∴b2≤4a2.∴a2+b2-2b≥+b2-2b=≥-.∴a2+b2-2b的取值范围是.10.3原不等式等价于(ax+1)(x-2)>0.当a=0时,不等式化为x-2>0,得x>2.当a≠0时,方程(ax+1)(x-2)=0的两根分别是2和-,若a<-,解不等式得-<x<2;若a=-,不等式的解集为⌀;若-<a<0,解不等式得2<x<-;若a>0,解不等式得x<-或x>2.故①不正确,②③④正确.11.(-∞,1)函数f(x)=x2+(k-4)x+4-2k的图象的对称轴方程为x=-.当<-1,即k>6时,f(x)的值恒大于零等价于f(-1)=1+(k-4)×(-1)+4-2k>0,解得k<3,故k不存在;当-1≤≤1,即2≤k≤6时,f(x)的值恒大于零等价于f+4-2k>0,即k2<0,故k不存在;当>1,即k<2时,f(x)的值恒大于零等价于f(1)=1+(k-4)+4-2k>0,即k<1.综上可知,当k<1时,对任意x∈[-1,1],函数f(x)=x2+(k-4)x+4-2k的值恒大于零.12.C由于<0,故可取a=-1,b=-2.由于|a|+b=1-2=-1<0,所以②错误;由于ln a2=ln(-1)2=0,ln b2=ln(-2)2=ln 4>0,所以④错误.综上所述,②④错误,故选C.13.B(方法一)由根与系数的关系知=-2+1,-=-2,解得a=-1,c=-2.所以f(x)=-x2-x+2.所以f(-x)=-x2+x+2=-(x+1)(x-2),图象开口向下,与x轴的交点为(-1,0),(2,0),故选B.(方法二)由题意可画出函数f(x)的大致图象,如图.又由于y=f(x)的图象与y=f(-x)的图象关于y轴对称,所以y=f(-x)的图象如图.14.C由题意得由2x+2y-4-xy=(x-2)(2-y)<0,得又xy<4,可得故选C.15.(-∞,-2)不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解等价于a<(x2-4x-2)max.令g(x)=x2-4x-2,x∈(1,4),∴g(x)<g(4)= -2,∴a<-2.16.A由f(x)>0的解集为(-1,3),易知f(x)<0的解集为(-∞,-1)∪(3,+∞),故由f(-2x)<0得-2x<-1或-2x>3,∴x>或x<-.17.[,+∞)(方法一)∵对任意x∈[t,t+2],不等式f(x+t)≥2f(x)恒成立,∴f(t+t)=f(2t)≥2f(t).当t<0时,f(2t)=-4t2≥2f(t)=-2t2,这不行能,故t≥0.∵当x∈[t,t+2]时,有x+t≥2t≥0,x≥t≥0,∴当x∈[t,t+2]时,不等式f(x+t)≥2f(x),即(x+t)2≥2x2,∴x+t≥x,∴t≥(-1)x对于x∈[t,t+2]恒成立.∴t≥(-1)(t+2),解得t≥.(方法二)当x<0时,f(x)=-x2单调递增,当x≥0时,f(x)=x2单调递增,∴f(x)=在R上单调递增,且满足2f(x)=f(x),∵不等式f(x+t)≥2f(x)=f(x)在[t,t+2]恒成立,∴x+t≥x在[t,t+2]上恒成立,即t≥(-1)x在x∈[t,t+2]恒成立,∴t≥(-1)(t+2),解得t≥,故答案为[,+∞).。
高考数学一轮总复习考点规范练58 二项分布与超几何分布 (2)
考点规范练二项分布与超几何分布1.若每次测量中出现正误差的概率都是12,则在5次测量中恰好出现2次正误差的概率是( ) A.516B.25C.58D.132,在5次测量中恰好出现2次正误差的概率为P=C 52×(12)2×(1-12)3=516. 2.已知一批产品共10件,次品率为20%,从中任取2件,则恰好取到1件次品的概率为( ) A.2845B.1145C.1745D.1645X,则X 服从超几何分布.由题意知10件产品中有2件次品, 故所求概率为P(X=1)=C 21C 81C 102=1645.3.设随机变量X~B (6,12),则P(X≤3)等于( )A.1132B.732C.2132D.764=C 60×(12)6+C 61×(12)6+C 62×(12)6+C 63×(12)6=2132. 4.(多选)在4件产品中,有一等品2件,二等品1件(一等品与二等品都是正品),次品1件,现从中任取2件,则下列说法正确的是( ) A.2件都是一等品的概率为13B.2件中有1件是次品的概率为12C.2件都是正品的概率为13D.2件中至少有1件是一等品的概率为56件都是一等品的概率为C 22C 42=16,故A 错误.2件中有1件是次品的概率为C 11C 31C 42=12,故B 正确.2件都是正品的概率为C 32C 42=12,故C 错误.2件中至少有1件是一等品的概率为C 21C 21+C 22C 42=56,故D 正确.5.高尔顿钉板是英国生物学家高尔顿设计的,如图,每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子,上一层的每个钉子的水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间,从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间距离的小球,小球向下降落的过程中,首先碰到最上面的钉子,碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下,于是又碰到下一层钉子,如此继续下去,直到滚到底板的一个格子内为止.现从入口放进一个小球,则其落在第③个格子的概率为( )A.1128B.7128C.21128D.35128,小球从起点到第③个格子的过程中,要向左边滚动5次,向右边滚动2次,而每次向左或向右的概率均为12,故所求的概率为C 72×(12)2×(12)5=21128. 6.在等差数列{a n }中,a 4=2,a 7=-4.如果从{a n }的前10项中随机取数,每次取出一个数后放回,连续取3次,且每次取数互不影响,那么在这3次取数中,取出的数恰好为两个非负数和一个负数的概率为 .,等差数列的通项公式为a n =10-2n(n=1,2,3,…),其中a 1,a 2,a 3,a 4为正数,a 5=0,a 6,a 7,a 8,a 9,a 10为负数,所以从中取一个数为非负数的概率为510=12,取一个数为负数的概率为12.3次取数相当于一个3重伯努利试验.故取出的数恰为两个非负数和一个负数的概率为C 32×(12)2×12=38. 7.某高校设计了一个实验学科的考核方案:考生从8道备选题中一次性随机抽取3道题,按照题目要求独立完成全部实验操作.规定至少正确完成其中2道题的便可提交通过.已知在8道备选题中,考生甲有6道题能正确完成,2道题不能完成;考生乙每道题能正确完成的概率都是34,且每道题正确完成与否互不影响.(1)分别写出甲、乙两名考生正确完成题数的分布列,并计算均值; (2)试从两名考生正确完成题数的均值及至少正确完成2道题的概率分析比较两名考生的实验操作能力.设甲、乙两名考生正确完成题数分别为X,Y,则X 的所有可能取值为1,2,3,Y 的所有可能取值为0,1,2,3. 由题意可知P(X=1)=C 61C 22C 83=328,P(X=2)=C 62C 21C 83=1528, P(X=3)=C 63C 20C 83=514.故X 的分布列为E(X)=1×328+2×1528+3×514=94.P(Y=0)=C 30×(34)0×(1-34)3=164, P(Y=1)=C 31×34×(1-34)2=964, P(Y=2)=C 32×(34)2×(1-34)=2764, P(Y=3)=C 33×(34)3×(1-34)0=2764. 故Y 的分布列为E(Y)=3×34=94.(2)由(1)知E(X)=E(Y),P(X≥2)=1528+514=2528,P(Y≥2)=2764+2764=2732,所以P(X≥2)>P(Y≥2).故从正确完成题数的均值考察,两人水平相当;从至少正确完成2道题的概率考察,甲的概率大.因此可以判断甲的实验操作能力较强.。
2021年5月全国各地二、三模最新试题大题练规范——生物与环境(带解析)
生物与环境1.（2021·湖北高三模拟）阅读图文材料，完成下列要求。
白鹤是世界上仅次于美洲鹤和丹顶鹤的珍稀濒危鹤类之一，是一种完全依赖湿地而生存的鸟类。
白鹤是一种迁徙性鸟类，主要分布在亚洲，目前全世界仅有3000余只。
白鹤每年都会携幼鸟离开位于西伯利亚乔库尔达赫的栖息地向南迁徙，途经我国扎龙、向海湿地，最终在长江中下游的洞庭湖、鄱阳湖地区越冬，来年返回乔库尔达赫地区繁殖。
今年春节前后暴发新冠病毒感染肺炎的疫情，病源可能来自野生动物，让人们对保护野生动物有了新的认识。
下图示意白鹤南迁路线。
（1）分析乔库尔达赫地区夏季自然环境对白鹤繁殖的有利条件。
（2）推测白鹤每年到达扎龙、向海湿地的季节，并简述扎龙、向海湿地在白鹤迁徙过程中的作用。
（3）就如何保护白鹤越冬地提出合理的措施。
2.（2021·深圳二模）阅读图文资料，完成下列要求。
在我国大兴安岭北部多年永久冻土层（埋藏深度在地面以下0.3〜0.7m）上生长有大片泰加林（即亚寒带针叶林），它是俄罗斯东西伯利亚泰加林向南的延伸。
泰加林树高一般能达到15〜20米，侧根发达。
林中常可见大量倒木，当地人把成片的倒木叫“倒木圈”。
在地势较平坦的区域倒木圈被清理后往往会积水演变成小池塘。
在大兴安岭主脉西坡，一些东西走向山脊的南、北侧泰加林在覆盖率上存在很大的差异。
下面左图示意大兴安岭北部泰加林分布，右图示意泰加林根系发育。
（1）泰加林的分布南界一般在55°N,在我国大兴安岭西坡南延到了48°N。
对此作出合理的解释。
（2）大兴安岭西坡一些向西延伸的山脊，山脊北侧泰加林覆盖率比南侧高。
分析造成这种差异的原因。
（3）说明泰加林直根较短但侧根发达的原因。
（4）简述被清理的倒木圈区域演变成小池塘并逐渐扩大加深的过程。
3.（2021·湖北武汉二模）阅读图文材料，完成下列要求。
（19分）近年来，随着气候变化和人类活动的影响，青藏高原高寒草地退化日趋严重，土地生产力逐渐降低。
2023年基金从业资格证之基金法律法规职业道德与业务规范练习题(二)及答案
2023年基金从业资格证之基金法律法规、职业道德与业务规范练习题(二)及答案单选题（共30题）1、守法合规是基金从业人员职业道德的基础要求，基金从业人员守法合规的目的包括（）。
A.Ⅰ.Ⅱ.ⅢB.Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.ⅣC.Ⅱ.ⅣD.Ⅰ.Ⅲ【答案】 D2、公开募集基金合同的内容包括（）。
A.Ⅰ、Ⅱ、ⅢB.Ⅱ、Ⅲ、ⅣC.Ⅰ、Ⅲ、ⅣD.Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ【答案】 D3、基金赎回费在扣除手续费后，余额不得低于赎回费总额的（），并应当归入基金财产。
A.10%B.25%C.33%D.50%【答案】 B4、开放式基金份额—般情况下，投资者于T日转托管基金份额成功后，转托管份额于（）日到达转入方网点，投资者可于（）日起赎回该部分基金份额。
A.T+0，T+1B.T+1，T+2C.T+0，T+3D.T+1，T+3【答案】 B5、特别是在市场竞争日趋激烈的情况下，提升服务的（）将会是基金销售机构未来的发展重点。
A.集中化和专业化B.分散化专业化C.层次化专业化D.加深化和专业化【答案】 C6、下列关于基金职业道德教育的途径，说法不正确的是（）。
A.岗前职业道德教育B.岗位职业道德教育C.基金业协会的自律D.离岗道德教育【答案】 D7、保本基金于20世纪80年代中期起源于( )。
A.美国B.英国C.德国D.加拿大【答案】 A8、依据《证券投资基金法》的规定，发售公开募集基金应符合下列条件和要求（）。
A.Ⅰ.Ⅱ.ⅢB.Ⅰ.Ⅱ.ⅣC.Ⅰ.Ⅲ.ⅣD.Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.Ⅳ【答案】 D9、某基金公司举办投资者教育活动，向投资者普及证券市场基础知识及证券市场法规，该活动的内容侧重于对投资者进行（）教育。
A.Ⅰ、Ⅱ、B.Ⅰ、Ⅱ、ⅢC.Ⅰ、Ⅲ、D.Ⅲ、Ⅳ【答案】 B10、下列关于私募基金的说法不正确的是( )。
A.客户人数较少B.运作形式灵活C.对投资者的风险识别能力和风险承担能力要求不高D.不面向公众发行【答案】 C11、封闭式基金的交易遵从（）的原则。
A.价格优先B.时间优先C.价格优先、时间优先D.面值量优先【答案】 C12、招募说明书编制义务人是（）A.基金管理人B.基金投资人C.基金托管人D.基金管理公司【答案】 A13、小张出于本金风险考虑，卖出所有股票投资持仓，购买了某银行推出的可实时赎回的余额宝产品，获取较为固定的理财收益。
高中历史一轮复习考点规范练2 秦汉时期统一多民族国家的建立与巩固(含答案)
考点规范练秦汉时期统一多民族国家的建立与巩固一、选择题1.李白曾写道:“秦王扫六合,虎视何雄哉。
挥剑决浮云,诸侯尽西来。
明断自天启,大略驾群才。
收兵铸金人,函谷正东开。
铭功会稽岭,骋望琅琊台。
”这主要反映出李白()A.对秦始皇炫耀武力不满B.认为秦的统一不利于思想解放C.对秦始皇统一全国充满赞叹D.认为秦的统一加强了中央集权2.《史记·蒙恬列传》记载:“始皇……乃使蒙恬通道,自九原抵甘泉,堑山堙谷,千八百里。
”下列与该记载有关的是()A.修筑直道B.征服越族地区C.平西南夷D.修筑长城3.(2022湖北武汉二模)秦权、秦量分别是秦朝的权衡器和量器实物,出土地点分布极广,除秦国故地陕西、甘肃大量出土外,在山东、山西、江苏等地都有出土。
秦权质地有铜、铁、陶三种,秦量有铜方升、铜椭量等,其上有大量的秦朝诏令。
秦权、秦量的大量出土,反映了秦朝()A.推行郡县制效果明显B.颁布律令维护长治久安C.统一度量衡措施得力D.修筑驰道沟通南北4.秦朝三公之下设有九卿:奉常,掌管宗庙祭祀礼仪;郎中令,掌管宫殿警卫;少府,掌管专供皇室的税收收入与官府手工业;卫尉,掌管宫门警卫;太仆,掌管宫廷用马;宗正,掌管皇族、宗族事务……这反映了九卿()A.职权细化,各负其责B.服务皇室,君权至上C.政务繁杂,中央集权D.官员众多,权力分化5.下图是四川省彭州市出土的东汉画像砖《迎谒图》。
画面右侧有伍伯二人,肩荷大旗,向右奔走,是出行者的前驱。
左侧三人是迎谒者,中者衣冠整饬,持笏躬身迎候,另外两名椎髻者,持笏跪拜。
据此可以研究汉代()A.礼乐制度的实施范围B.儒学教育的普及情况C.等级森严的官吏制度D.中央集权的强化程度6.西汉时期,主父偃提出“令诸侯得推恩分子弟,以地侯之”的建议,被汉武帝采用。
该建议的高明之处在于()A.缓解了皇族内部矛盾B.有利于削弱宰相权力C.彻底瓦解了地方势力D.有利于加强中央集权7.西汉初年,皇帝找不到颜色相同的四匹马来驾车,将相大臣有时只能乘坐牛车;至汉武帝初年,普通百姓也拥有马匹,“阡陌之间成群”。
2020版高考英语(译林版)大一轮复习高考题型规范练：模块一Unit2Growingpains含答案
高考题型规范练(二)模块一Unit 2Growing painsⅠ.阅读理解(共15小题;每小题2分,满分30分)阅读下列短文,从每题所给的A、B、C和D四个选项中,选出最佳选项。
AKuringai Chase National ParkGuided Walks and Nature ActivitiesSUNDAY MAY7EASYEarly Morning Walk in Upper Lane Cove ValleyMeet at 7:30 am at the end of Day RD,Cheltenham,while the bush is alive with birdsong.Round trip:4 hoursFRIDAY MAY12MEDIUMPossum ProwlMeet at 7:30 pm at Seaforth Oval carpark.Enjoy the peace of the bush at night.Lovely water views.Bring a torch and wear sports shoes as some rock climbing involved.Coffee and biscuits supplied.Duration (持续时间):2 hoursSUNDAY JUNE4HARDBairne/Basin TrackMeet at 9:30 am on Track #8,West Head Road.Impressive Pittwater views.Visit Beechwood Cottage.Bring lunch and drink.Some steep (陡峭的) sections.Reasonable fitness required.Duration:about 6 hoursFRIDAY JUNE16EASYPoetry Around a CampfireMeet at 7:00 pm at Kalbarri Visitor Center.Share your favourite poem or one of your own with a group around a gently burning fire.Tea and biscuits to follow.Dress up warmly.Cost:$4.00 per personDuration:2.5 hoursSUNDAY JUNE25EASYMorning Walk at Mitchell ParkMeet at 8:30 am at the entrance to Mitchell Park,for a pleasant walk wandering through rainforest,river flats and dry forest to swampland.A pair of binoculars(双筒望远镜) is a must to bring as many birds live here.Finish with morning tea.Round trip:3 hours◆GradingMEDIUM for those who periodically exerciseHARD only if you regularly exercise【语篇导读】本文是应用文。
高中数学解答题步骤规范练(二)
大题规范练(二)解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．(本题满分12分)设公差不为零的等差数列{a n }的前5项和为55，且a 2，a 6＋a 7，a 4－9成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1（a n －6）（a n －4），数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：S n ＜12. 解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×42d ＝55，（a 1＋5d ＋a 1＋6d ）2＝（a 1＋d ）（a 1＋3d －9）⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝11，d ＝0(舍去)． 故数列{a n }的通项公式为a n ＝7＋2(n －1)，即a n ＝2n ＋5.(2)证明：由a n ＝2n ＋5，得b n ＝1（a n －6）（a n －4）＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＜12. 2．(本题满分12分)某大学生在开学季准备销售一种文具盒进行试创业，在一个开学季内，每售出1盒该产品获得利润30元，未售出的产品，每盒亏损10元．根据历史资料，得到开学季市场需求量的频率分布直方图，如图所示．该同学为这个开学季购进了160盒该产品，以x (单位：盒，100≤x ≤200)表示这个开学季内的市场需求量，y (单位：元)表示这个开学季内经销该产品的利润．(1)根据直方图估计这个开学季内市场需求量x 的众数和平均数；(2)将y 表示为x 的函数；(3)根据直方图估计利润y 不少于4 000元的概率．解：(1)由频率分布直方图得，这个开学季内市场需求量x 的众数是150盒， 需求量在[100，120)内的频率为0.005 0×20＝0.1，需求量在[120，140)内的频率为0.010 0×20＝0.2，需求量在[140，160)内的频率为0.015 0×20＝0.3，需求量在[160，180)内的频率为0.012 5×20＝0.25，需求量在[180，200]内的频率为0.007 5×20＝0.15.则平均数x ＝110×0.1＋130×0.2＋150×0.3＋170×0.25＋190×0.15＝153(盒)．(2)因为每售出1盒该产品获得利润30元，未售出的产品，每盒亏损10元， 所以当100≤x ＜160时，y ＝30x －10×(160－x )＝40x －1 600，当160≤x ≤200时，y ＝160×30＝4 800，所以y ＝⎩⎪⎨⎪⎧40x －1 600，100≤x ＜160，4 800，160≤x ≤200.(3)因为利润y 不少于4 000元，所以当100≤x ＜160时，由40x －1 600≥4 000，解得160＞x ≥140.当160≤x ≤200时，y ＝4 800＞4 000恒成立，所以200≥x ≥140时，利润y 不少于4 000元．所以由(1)知利润y 不少于4 000元的概率P ＝1－0.1－0.2＝0.7.3．(本题满分12分)如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为菱形，E 为AC 与BD 的交点，P A ⊥平面ABCD ，M 为P A 中点，N 为BC 中点，连接MN .(1)证明：直线MN ∥平面PCD ；(2)若点Q 为PC 中点，∠BAD ＝120°，P A ＝3，AB ＝1，求三棱锥A -QCD 的体积．解：(1)取PD 中点R ，连接MR ，RC (图略)，∵MR ∥AD ，NC ∥AD ，MR ＝12AD ，NC ＝12AD ，∴MR ∥NC ，MR ＝NC ，∴四边形MNCR 为平行四边形，∴MN ∥RC ，又RC ⊂平面PCD ，MN ⊄平面PCD ，∴直线MN ∥平面PCD .(2)由已知条件得AC ＝AD ＝CD ＝1，∴S △ACD ＝34， ∴V A -QCD ＝V Q -ACD ＝13×S △ACD ×12P A ＝18. 选考题：共10分．请考生在第4、5题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．4．(本题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程] 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2－35t ，y ＝－2＋45t (t 为参数)．以坐标原点为极点，以x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρcos θ＝tan θ.(1)求曲线C 1的普通方程与曲线C 2的直角坐标方程；(2)若C 1与C 2交于A ，B 两点，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫22，－π4，求1|P A |＋1|PB |的值． 解：(1)由曲线C 1的参数方程消去参数t 可得，曲线C 1的普通方程为4x ＋3y －2＝0； 由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ可得，曲线C 2的直角坐标方程为y ＝x 2.(2)由点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫22，－π4可得点P 的直角坐标为(2，－2)．曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2－35t ，y ＝－2＋45t (t 为参数)，代入y ＝x 2得9t 2－80t ＋150＝0， 设t 1，t 2是点A ，B 对应的参数，则t 1＋t 2＝809，t 1t 2＝503＞0. ∴1|P A |＋1|PB |＝|P A |＋|PB ||P A |·|PB |＝|t 1＋t 2||t 1t 2|＝815. 5．(本题满分10分)[选修4－5：不等式选讲] 已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|，g (x )＝|x －a |＋|x ＋a |.(1)解不等式f (x )＞9；(2)∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围．解：(1)f (x )＝⎩⎨⎧3x ，x ≥12，2－x ，－1＜x ＜12，－3x ，x ≤－1.f (x )＞9等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，3x ＞9或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ＜12，2－x ＞9或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ＞9. 综上，原不等式的解集为{x |x ＞3或x ＜－3}．(2)∵|x －a |＋|x ＋a |≥2|a |.由(1)知f (x )≥f ⎝⎛⎭⎫12＝32，所以2|a |≤32， 所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－34，34.。
高考理科数学二轮复习练习：大题规范练1“17题～19题+二选一”46分练
大题规范练(一)“17题～19题＋二选一”46分练(时间：45 分钟分值：46 分)解答题(本大题共 4 小题，共46 分，第22～23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知正项等差数列{ a n} 的前n项和为S n，且知足a1＋a5＝2a723，S7＝63.(1)求数列{a n} 的通项公式a n；(2)若数列{b n}知足b1＝a1 且b n＋1－b n＝a n＋1，求数列1b n的前n项和T n.【导学号：07804229】[解] (1)法一：(等差数列的基本量)设正项等差数列{a n} 的首项为a1，公差为d，易知a n＞0，2a1＋a1＋4d＝1＋2d7 a则2，7a1＋21d＝63a＝31解得，d 2＝∴a n＝2n＋1.22法二：(等差数列的性质)∵{ a n} 是等差数列且a1＋a5＝3，∴2a3＝a7 272 a3，又a n＞0，∴a3＝7.∵S7＝a1＋a72＝7a4＝63，∴a4＝9，∴d＝a4－a3＝2，∴a n＝a3＋( n－3)d＝2n＋1.＋1－b n＝a n＋1 且a n＝2n＋1，(2)∵b n∴b n＋1－b n＝2n＋3，当n≥2时，b n＝( b n－b n －1－b n－2)＋⋯＋(b2－b1)＋b1＝(2 n＋1)＋(2n－1)＋⋯＋5＋3＝－1)＋(b nn(n＋2)，当n＝1时，b1＝3知足上式，故b n＝n( n＋2)．1 1 ∴＝b nn n＋＝121 1－n n＋2.1 ∴T n＝＋b11＋⋯＋b21＋b n－1－11b n1＝2 1－13＋1 1－2 4＋1－315＋⋯＋1－n－11n＋1＋1n－1n＋212＝1＋12－1 1－n＋1 n＋23 ＝－42n＋3n＋n＋.18．如图1，已知直角梯形ABCD 中，AB＝AD＝12CD＝2，AB∥DC，AB⊥AD，E为C D 的中点，沿AE 把△DAE 折起到△PAE 的地点(D 折后变成P)，使得PB＝2，如图2.(1)求证：平面PAE⊥平面ABCE；(2)求直线P B 和平面PCE 所成角的正弦值．[解] (1)证明：如图(1)，取AE 的中点O，连结PO，OB，BE.因为在平面图形中，如题图(图1)，连结BD，BE，易知四边形ABED为正方形，图(1)因此在立体图形中，△PAE，△BAE为等腰直角三角形，因此PO⊥AE，OB⊥AE，PO＝OB＝2，因为PB＝2，因此PO2＋OB2＝PB2，因此PO⊥OB，又AE∩OB＝O，因此PO⊥平面ABCE，因为PO? 平面PAE，因此平面PAE⊥平面ABCE .(2)由(1)知，OB，OE，OP 两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OE，OP 所在直线分别为x轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系，如图(2)，则O(0,0,0)，P(0,0，2)，B( 2，0,0)，E(0，→→→＝( 2，0，－2)，EP＝(0，－2，2)，EC＝( 2，2，0)．2，0)，C( 2，2 2，0)，PB图(2)设平面PCE 的法向量为n＝(x，y，z)，→n·EP则→＝0，＝0，n·EC 即－2y＋2z＝0，2x＋2y＝0，令x＝1，得y＝－1，z＝－1，故平面PCE 的一个法向量为n＝(1，－1，－1)．→因此cos〈PB，n〉＝→PB·n 2 2＝＝→2 3|PB| ·|n|6，36因此直线P B 和平面PCE 所成角的正弦值为.319.某学校为鼓舞家校互动，与某手机通信商合作，为教师办理流量套餐．为认识该校教师手机流量使用状况，经过抽样，获得100 位教师近 2 年每人手机月均匀使用流量L(单位：M) 的数据，其频次散布直方图以下：图3若将每位教师的手机月均匀使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频次视为概率，回答以下问题．(1)从该校教师中随机抽取 3 人，求这3人中至多有 1 人手机月使用流量不超出300 M 的概率；(2)现该通信商推出三款流量套餐，详情以下：套餐名称月套餐费/元月套餐流量/MA 20 300B 30 500C 38 700这三款套餐都有以下附带条款：套餐费月初一次性收取，手机使用流量一旦高出套餐流量，系统就自动帮用户充值200 M 流量，资费20 元；假如又高出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200 M 流量，资费20 元，以此类推，假如当月流量有节余，系统将自动清零，无法转入次月使用．学校欲订购此中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并肩负系统自动充值的流量资费的75%，其他部分由教师个人肩负，问学校正购哪一款套餐最经济？说明原因．[解] (1)记“从该校随机抽取 1 位教师，该教师手机月使用流量不超出300 M ”为事件 D.依题意，P(D )＝(0.000 8＋0.002 2) ×100＝0.3.X～这3 人中手机月使用流量不超出300 M 的人数为X，则中随机抽取 3 人，设从该校教师B(3,0.3)，中随机抽取 3 人，至多有 1 人手机月使用流量不超出300 M 的概率为P(X＝校教师因此从该0 03＋C31×0.3 ×(1－0.3)2＝0.343＋0.441＝0.784.0)＋P(X＝1)＝C3×0.3 ×(1－0.3)(2)依题意，从该校随机抽取 1 位教师，该教师手机月使用流量L∈(300,500] 的概率为(0.002 5(0.000 8＋0.000 2) ×100＝0.1.＋0.003 5) ×100＝0.6，L∈(500,700] 的概率为X1 元，则X1 的全部可能取值为当学校正购A 套餐时，设为学校为1位教师肩负的月花费20,35,50，且P(X1＝20)＝0.3，P(X1＝35)＝0.6，P( X1＝50)＝0.1，因此X1 的散布列为X1 20 35 50P 0.3 0.6 0.1因此E(X1)＝20×0.3＋35×0.6＋50×0.1＝32(元)．费X2元，则X2的全部可能取值为30,45，肩负的月花为当学校正购B 套餐时，设学校为1位教师且P(X2＝30)＝0.3＋0.6＝0.9，P(X2＝45)＝0.1，因此X2 的散布列为X2 30 45P 0.9 0.1因此E(X2)＝30×0.9＋45×0.1＝31.5(元)．为费X3 元，则X3 的全部可能取值为38，当学校正购C 套餐时，设学校为1位教师肩负的月花且P(X3＝38)＝1，因此E(X3)＝38×1＝38(元)．因为E(X2)＜E(X1)＜E(X3)，．济因此学校正购B 套餐最经(请在第22～23题中选一题作答，假如多做，则依据所做第一题计分)22．选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标方程为ρ系中，圆C的极坐标2＝4ρ(cos θ＋sin θ)－3.若以极点O为原点，极轴所在成立平面直角坐标系.为x轴直线【导学号：07804230】(1)求圆C的参数方程；(2)在直角坐标系中，点P(x，y)是圆C上的动点，试求x＋2y 的最大值，并求出此时点P 的．直角坐标2＝4ρ(cos θ＋sin θ)－3，[解] (1)因为ρ因此x2＋y2－4x－4y＋3＝0，即(x－2)2＋(y－2)2＝5为方程，圆C 的直角坐标(θ为参数)．x＝2＋5cos θy＝2＋5sin θC的参数方程为因此圆2＋y2－4x－4y＋3＝0，整理得5y2＋4(1－t)y＋t2 (2)法一：设x＋2y＝t，得x＝t－2y，代入x－4t＋3＝0 (*) ，则对于y 的方程必有实数根．因此Δ＝16(1－t)2－20(t2－4t＋3) ≥0，化简得t2－12t＋11≤0，解得1≤t≤ 1 1，即x＋2y 的最大值为11.将t＝11 代入方程(*) 得y2－8y＋16＝0，解得y＝4，代入x＋2y＝11，得x＝3，故x＋2y 的最大值为11时，点P 的直角坐标为(3,4)．法二：由(1)可设点P(2＋5cos θ，2＋5sin θ)，则x＋2y＝6＋5cos θ＋2 5sin θ＝6＋55 2 55 cos θ＋ 5 sin θ，设s in α＝5 2 5，则c os α＝，因此x＋2y＝6＋5sin(θ＋α)，5 5当sin(θ＋α)＝1时，(x＋2y)max＝11，π此时，θ＋α＝＋2kπ，k∈Z，即θ＝2 π－α＋2kπk(∈Z)，2因此sin θ＝cos α＝2 55，cos θ＝sin α＝5，故点P 的直角坐标为(3,4)．523．选修4-5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x－2|＋2，g(x)＝m|x|(m∈R)．(1)解对于x 的不等式f( x)＞5；(2)若不等式f(x) ≥g(x)对随意x∈R恒成立，求m 的取值范围．[解] (1)由f(x)＞5，得|x－2|＞3，∴x－2＜－3 或x－2＞3，解得x＜－1 或x＞5.故原不等式的解集为{ x|x＜－1 或x＞5} ．(2)由f(x) ≥g(x)，得|x－2|＋2≥m|x|对随意x∈R恒成立，当x＝0时，不等式|x－2|＋2≥0恒成立，|x－2|＋2当x≠0时，问题等价于m≤对随意非零实数恒成立，|x||x－2|＋2 |x－2＋2|∵＝1，∴m≤1，即m 的取值范围是(－∞，1]．≥|x| |x|。
2024年公务员(国考)之申论练习题(二)及答案
2024年公务员（国考）之申论练习题(二)及答案大题（共12题）一、资料4早晨6时，天蒙蒙亮，胡女士就穿着“柠檬黄”上衣、戴着红袖标、拎着小马扎和暖水壶出门了。
6点40分，胡女士在宽街路口东西行站上岗。
她拿出抹布，仔细擦拭着站台护栏，同一站台其他同事也各自忙着……胡女士今年60岁，是北京市公共文明引导员。
公共文明引导志愿服务队始建于2001年。
该年7月，北京申奥成功，为了改进乘车秩序乱的问题，北京市组织了上千名退休人员组成“文明乘车监督员”队伍，在重点公交车站宣传文明乘车，劝阻不文明行为。
2014年，“文明乘车监督员”更名为“公共文明引导员”。
目前，整个队伍人员达到近万人，主要在公交地铁站台、交通路口、赛场、公园、校园周边等社会公共场所，围绕“做文明有礼的北京人”这一主题，全面开展公共文明引导行动。
胡女士是最早加入公共文明引导队伍的人员之一。
当时，她并不觉得这工作有多难，可真正干起来后才发现，自己开始想得太简单了。
“请乘客们有序排队上车。
”胡女士不知道自己一天要重复多少遍这句话。
有一次，一辆车进站，有位女士没排队，想从胡女士背后挤上车，胡女士一侧身挡住了她。
没想到，那女士抬手就是一巴掌。
胡女士心中的火儿腾地就上来了，可看了看手中的小红旗，她又压下了火气，平静地提醒对方，“请您排队上车，谢谢合作。
”那位女士低下了头，默默排到队尾。
有一次，一辆公交车刚停稳，几名拿着尖嘴钳、扳手、电锯、水桶等施工工具的乘客一拥而上。
胡女士赶紧上前劝阻：“请大家别挤，按顺序一个一个地上车！”可那几位根本不听，工具也横七竖八地堵着车门。
公交司机也来气了，冲着胡女士喊：“要你们有什么用呀？还不够添乱的！”虽然胡女士很委屈，可她也觉得文明不能只靠提醒，还要靠巧妙引导。
她和队友们一商量，决定用一根绳子，绑上指挥旗，做成简易“隔离绳”固定在车门一侧，另一侧，两名队员手持指挥旗、伸展双臂站立，形成夹道，引导乘客从夹道中排队上车。
“隔离绳”一挂，站台秩序果然好转。
人教版高中英语一轮总复习考点规范练Science and Scientists 科学与科学家 (2)
考点规范练30 ScienceandScientists科学与科学家Ⅰ.单句语法填空1.This kind of virus can cause severe damage our health.2.Any (intervene) by her in the debate on immigration would be unhelpful.3.Being exposed to these surroundings will increase the risk of (infect).4.The air is (pure) in the countryside than in the city.5.The number of visitors to the museum this month isthe decrease as a result of the cold weather.Ⅱ.选词填空1.Mary work hard to improve her spoken English.2.Tom takes a part-time job after class he can help to support his family.3.All the scientists present at the conferencethe view that global warming is mainly due to the burning of fossil fuels.4.The nurses are busy the patients in the hospital.5.The incident the carelessness of the operator.6.This is a crucial year for your relationshipsand your love life in particular.7.I think I’m flu.8.We must take practical action if we want to solve the problem .9. your timely help, we got over the trouble and achieved our goal.10.Those who the disease are treated effectively in the local hospital.Ⅲ.金句默写1.后来, 他成了一位名医, 甚至照料分娩的维多利亚女王。
2015届高考数学(文科,通用)二轮复习突破练 高考中档大题规范练(二) Word版含答案
高考中档大题规范练(二)——数 列(推荐时间：60分钟)1．已知{a n }为等差数列，且a 2＝－1，a 5＝8. (1)求数列{|a n |}的前n 项和； (2)求数列{2n ·a n }的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2＝－1，a 5＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－1，a 1＋4d ＝8，解得a 1＝－4，d ＝3，所以a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7，因此|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3记数列{|a n |}的前n 项和为S n ， 当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4， 当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5，当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7) ＝5＋(n －2)[2＋3n －7]2＝32n 2－112n ＋10.又当n ＝2时满足此式，综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n ≥2.(2)记数列{2n ·a n }的前n 项和为T n ， 则T n ＝2a 1＋22a 2＋23a 3＋…＋2n a n ， 2T n ＝22a 1＋23a 2＋24a 3＋…＋2n a n －1＋2n ＋1a n ，所以－T n ＝2a 1＋d (22＋23＋…＋2n )－2n ＋1a n .由(1)知，a 1＝－4，d ＝3，a n ＝3n －7， 所以－T n ＝－8＋3×4(1－2n －1)1－2－(3n －7)×2n ＋1＝－20－(3n －10)×2n ＋1，故T n ＝20＋(3n －10)×2n ＋1.2．已知函数f (x )＝14x ＋2(x ∈R )．(1)证明：f (x )＋f (1－x )＝12；(2)若数列{a n }的通项公式为a n ＝f (nm )(m ∈N *，n ＝1,2，…，m )，求数列{a n }的前m 项和S m ；(3)设数列{b n }满足b 1＝13，b n ＋1＝b 2n ＋b n ，T n ＝1b 1＋1＋1b 2＋1＋…＋1b n ＋1，若(2)中的S m 满足对不小于2的任意正整数m ，S m <T n 恒成立，试求m 的最大值． (1)证明 因为f (x )＝14x ＋2，所以f (1－x )＝141－x ＋2＝4x 4＋2·4x ＝4x2(4x ＋2).所以f (x )＋f (1－x )＝14x ＋2＋4x2(4x ＋2)＝2＋4x 2(4x ＋2)＝12. (2)解 由(1)，知f (x )＋f (1－x )＝12，所以f (k m )＋f (1－k m )＝12(1≤k ≤m －1)(k ∈N *)，即f (k m )＋f (m －k m )＝12.由题设知，a n ＝f (n m )，所以a k ＋a m －k ＝12，a m ＝f (m m )＝f (1)＝16.又S m ＝a 1＋a 2＋…＋a m －1＋a m ，① S m ＝a m －1＋a m －2＋…＋a 1＋a m ，②由①＋②，得2S m ＝(m －1)×12＋2a m ＝m 2－16，即S m ＝m 4－112(m ∈N *)．(3)解 由b 1＝13，b n ＋1＝b 2n ＋b n ＝b n (b n ＋1)， 显然对任意n ∈N *，b n >0， 则1b n ＋1＝1b n (b n ＋1)＝1b n －1b n ＋1， 即1b n ＋1＝1b n －1b n ＋1， 所以T n ＝(1b 1－1b 2)＋(1b 2－1b 3)＋…＋(1b n －1b n ＋1)＝1b 1－1b n ＋1＝3－1b n ＋1. 因为b n ＋1－b n ＝b 2n >0，所以b n ＋1>b n ，即数列{b n }是单调递增数列． 所以T n 关于n 递增，所以当n ∈N *时，T n ≥T 1.因为b 1＝13，b 2＝(13)2＋13＝49，所以T n ≥T 1＝3－1b 2＝34.由题意，知S m <34，即m 4－112<34，解得m <103，所以m 的最大值为3.3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1＝1，设数列{b n }满足b n ＝a n ＋2n .(1)求证数列{b n }为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2)若数列c n ＝6n －3b n，T n 是数列{c n }的前n 项和，证明T n <3.(1)解 当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋12S n －1＝a n －2n＋1⇒2a n ＝a n ＋1－a n －2n ，所以a n ＋1＝3a n ＋2n ， 从而b n ＋1＝a n ＋1＋2n ＋1＝3(a n ＋2n )＝3b n ，故{b n }是以3为首项，3为公比的等比数列， b n ＝a n ＋2n ＝3×3n －1＝3n ，a n ＝3n －2n (n ≥2)，因为a 1＝1也满足，于是a n ＝3n －2n . (2)证明 c n ＝6n －3b n ＝2n －13n －1，则T n ＝130＋331＋532＋…＋2n －33n －2＋2n －13n －1，①13T n ＝131＋332＋533＋…＋2n －33n －1＋2n －13n ，② ①－②得，23T n ＝130＋231＋232＋…＋23n －1－2n －13n ＝1＋23·1－13n －11－13－2n －13n ＝2－13n －1－2n －13n ＝2－2(n ＋1)3n， 故T n ＝3－n ＋13n －1<3.4．已知单调递增数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝12(a 2n ＋n )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1a 2n ＋1－1，n 为奇数，3×2a n －1＋1，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)n ＝1时，a 1＝12(a 21＋1)，得a 1＝1，当n ≥2时，S n －1＝12(a 2n －1＋n －1)，得a n ＝S n －S n －1＝12(a 2n －a 2n －1＋1)， 化简得(a n －1)2－a 2n －1＝0，a n －a n －1＝1或a n ＋a n －1＝1(n ≥2)， 又{a n }是单调递增数列，故a n －a n －1＝1，所以{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n . (2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1a 2n ＋1－1，n 为奇数，3×21n a -＋1，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(c 1＋c 3＋…＋c n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c n ) ＝(122－1＋142－1＋…＋1n 2－1)＋3×(21＋23＋…＋2n －1)＋n 2＝11×3＋13×5＋…＋1(n －1)×(n ＋1)＋3×2(1－42n)1－4＋n 2＝12×(11－13＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1)＋2×(42n－1)＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2n －42(n ＋1). 当n 为奇数时，T n ＝(c 1＋c 3＋…＋c n )＋(c 2＋c 4＋…＋c n －1) ＝[122－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1]＋3×(21＋23＋…＋2n －2)＋n －12 ＝12×(11－13＋13－15＋…＋1n －1n ＋2)＋2×(412n -－1)＋n －12＝2n ＋n 2－2n －92(n ＋2).所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n＋n 2－2n －92(n ＋2)，n 为奇数，2n ＋1＋n 2－2n －42(n ＋1)，n 为偶数.5．已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (1a n )，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n －1a n (n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 0142对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .解 (1)∵a n ＋1＝f (1a n )＝2a n ＋33a n ＝2＋3a n 3＝a n ＋23，∴{a n }是以1为首项，23为公差的等差数列．∴a n ＝1＋(n －1)×23＝23n ＋13.(2)当n ≥2时，b n ＝1a n －1a n ＝1(23n －13)(23n ＋13) ＝1(2n －1)(2n ＋1)9＝92(12n －1－12n ＋1)，又b 1＝3＝92(1－13)，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝92(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝92(1－12n ＋1)＝9n2n ＋1，∵S n <m －2 0142对一切n ∈N *成立，即9n 2n ＋1<m －2 0142对一切n ∈N *成立，又9n 2n ＋1<92，∴m －2 0142≥92，即m ≥2 023.∴最小正整数m 为2 023.6．某工厂为扩大生产规模，今年年初新购置了一条高性能的生产线，该生产线在使用过程中的维护费用会逐年增加，第一年的维护费用是4万元，从第二年到第七年，每年的维护费用均比上年增加2万元，从第八年开始，每年的维护费用比上年增加25%. (1)设第n 年该生产线的维护费用为a n ，求a n 的表达式；(2)若该生产线前n 年每年的平均维护费用大于12万元时，需要更新生产线．求该生产线前n 年每年的平均维护费用，并判断第几年年初需要更新该生产线？解 (1)由题意知，当n ≤7时，数列{a n }是首项为4，公差为2的等差数列， ∴a n ＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2.当n ≥8时， 数列{a n }从a 7开始构成首项为a 7＝2×7＋2＝16， 公比为1＋25%＝54的等比数列，则此时a n ＝16×⎝⎛⎭⎫54n －7，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋2，n ≤7，16×⎝⎛⎭⎫54n －7，n ≥8.(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，当1≤n ≤7时，S n ＝4n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋3n ，当n ≥8时，由S 7＝70，则S n ＝70＋16×54×1－⎝⎛⎭⎫54n －71－54＝80×⎝⎛⎭⎫54n －7－10， ∴该生产线前n 年每年的平均维护费用为 S nn ＝⎩⎨⎧n ＋3，1≤n ≤7，80×⎝⎛⎭⎫54n －7－10n，n ≥8.当1≤n ≤7时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为递增数列，当n ≥8时，∵S n ＋1n ＋1－S nn ＝80×⎝⎛⎭⎫54n －6－10n ＋1－80×⎝⎛⎭⎫54n －7－10n＝80×⎝⎛⎭⎫54n －7·⎝⎛⎭⎫n 4－1＋10n (n ＋1)>0，∴S n ＋1n ＋1>S n n.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为递增数列． 又∵S 77＝10<12，S 88＝80×54－108＝11.25<12，S 99＝80×⎝⎛⎭⎫542－109≈12.78>12， ∴第9年年初需要更新生产线．。
2023年公务员(国考)之申论练习题(二)及答案
2023年公务员（国考）之申论练习题(二)及答案大题（共10题）一、面对“扶不扶”，应该拍照存证吗？【背景链接】近日，一名安徽籍男子在武汉街头行走时，突发脑出血跌坐在地，5名大学生拍照取证后救人。
此举在网络上引发争议。
有网友为5名学生的行为点赞，认为这样挺好的，既保护了自己，又做了好事。
也有网友认为，做点好事都需要留证据，未免太矫情。
被救男子的妻子认为，在保护自己的情况下再去救别人，完全可以理解。
【提出问题】5名大学生扶起倒地男子的行为，无疑是乐于助人、见义勇为之举，值得鼓励点赞。
这一点应当没有争议，争议在于救人的同时应不应该拍照取证。
【综合分析】一、从性质上来认定，这是助人为乐、见义勇为。
二、见义勇为者并没有“自证清白”的法律义务。
“谁主张谁举证”是民事诉讼的一般证据规则，不排除社会上确实有一些故意倒地等待碰瓷、讹诈等恶劣现象，但碰瓷、讹诈者如果想指控好心救助者对其实施了侵权侵害行为，而救助者对此又不认可的，应当由指控方承担举证责任，证明对方的确有侵权伤害行为。
比如将其撞倒致伤，不应由被指控的对方承担举证责任，不能给被指控者增加自证清白的责任。
因而，既要行善，又要自保以免被讹，拍照取证并非有评论者所说的“必要条件”，只能说拍照取证是一个自保的预防措施，可以起到警醒碰瓷、讹诈者的作用；一旦真有碰瓷、讹诈事项发生，也可以免却许多口舌，不至于“百口莫辩”，也不至于会陷入舆论谴责的烦恼。
三、做好事的同时拍照取证留存，也可以作为日后申报认定见义勇为先进事迹的证据，并获得相关部门的表彰和奖励。
这对好心救助他人者而言，是一种莫大的肯定、鼓励和抚慰，也有助于广泛弘扬社会正能量，是多赢之举。
我们要学雷锋，但也无需苛求乐于助人者都是做好事不留名的“无名英雄”，对待好人好事不应有道德洁癖，诚如被救者妻子表示的“自保前提下去救别人，可以理解”。
【得出结论】就此而言，大学生拍照取证后再救人之举，虽然在法律方面而言是多此一举的，因为证据不应该要由救助者提供来自证清白，但是在舆论方面上看，大学生避免自己陷入风波，懂得自保是值得肯定的，虽然没有必要人人去效仿，但也完全无可厚非，不应该受到舆论的谴责。
2020年高考数学 大题专项练习 数列 二(15题含答案解析)
2020年高考数学大题专项练习数列二1.已知{a n}是正数组成的数列，a1=1，且点（）在函数的图象上.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足，，求证：.2.设等差数列{a n}满足，，（1）求{a n}的通项公式；（2）设{a n}的前项和为，求满足成立的值。
3.设数列A：， ,… (N≥2)。
如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有＜，则称n是数列A的一个“G时刻”。
记“G（A）是数列A 的所有“G时刻”组成的集合。
（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出G（A）的所有元素；(2)证明：若数列A中存在使得>，则G（A）≠；(3）证明：若数列A满足-≤1（n=2,3, …,N）,则G（A）的元素个数不小于 -。
4.设数列的前项和为，且.(1) 求的值，并用表示；(2) 求数列的通项公式；(3) 设，求证：.5.已知在数列{a n }中，a 1=1，a n a n ＋1=n .(12)(1)求证：数列{a 2n }与{a 2n －1}都是等比数列；(2)若数列{a n }的前2n 项的和为T 2n ，令b n =(3－T 2n )·n·(n ＋1)，求数列{b n }的最大项． 6.单调递增数列{a n }的前项和为，且满足．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }满足，求数列{b n }的前项和7.已知等差数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）求证：.8.已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和.9.已知数列的前项和为，，且满足（1）求及通项公式；（2）若，求数列的前项和.10.各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，已知点（a n，a n+1）（n∈N*）在函数的图象上，且．（1）求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；（2）已知数列{b n}满足b n=4﹣n，设其前n项和为T n，若存在正整数k，使不等式T n＞k 有解，且（n∈N*）恒成立，求k的值．11.在等差数列中，，，（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.12.在数列{a n}中，，（1）写出这个数列的前4项，并猜想这个数列的通项公式；（2）证明这个数列的通项公式.13.数列{a n}的前项和为.（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求数列{b n}的前项和.14.为等差数列的前n项和，且记，其中表示不超过x的最大整数，如.（I）求；（II）求数列的前1 000项和.15.已知数列的前n项和S n=3n2+8n，是等差数列，且（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令求数列的前n项和T n.答案解析1.解：2.3.解：4.5.解：(1)证明：由题意可得a 1a 2=，则a 2=.1212又a n a n ＋1=n ，a n ＋1a n ＋2=n ＋1，∴=.(12)(12)an ＋2an 12∴数列{a 2n －1}是以1为首项，为公比的等比数列；12数列{a 2n }是以为首项，为公比的等比数列．1212(2)T 2n =(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )=＋=3－3·n .1－(12)n 1－1212[1－(12)n ]1－12(12)∴b n =3n(n ＋1)n ，b n ＋1=3(n ＋1)(n ＋2)n ＋1，∴=，(12)(12)bn ＋1bn n ＋22n∴b 1<b 2=b 3，b 3>b 4>…>b n >…，∴数列{b n }的最大项为b 2=b 3=.926.7.8.（1）..（2）.9.10.11.12.13.（1）；（2）数列的前项或前项的和最大；（3）．14.解：15.。
2021年4月全国各地一模、二模最新试题大题练规范——大气运动(带解析)
大气运动1.（2021·福州4月毕业班质检）华西秋雨是指我国华西地区秋季多雨的一种气候现象，夜雨率高是其重要特征之一。
下图示意华西秋雨区分布图。
阅读图文材料，完成下列问题。
（1）指出华西秋雨最主要的降水类型并简析其形成过程。
（2）图中秋雨区是苹果的主要产区之一，说明秋雨对苹果生产的不利影响。
（3）解释华西地区夜雨率高的原因。
2.（2021·福建泉州4月质检）阅读下列材料，回答下列问题。
地球火山活动会向大气层释放大量气体和火山灰颗粒，强烈喷发时喷发物可以进入平流层，迅速扩散至全球并持续存在几个月甚至数年，对地球环境的演化产生深远影响。
科学家重点研究了地球最近三次强烈的火山活动，发现这几次活火山喷发物对对流层温度的影响不太相同。
其中1980年圣海伦火山的喷发物主要以火山灰为主，而1982年埃尔奇冲火山和1991年的皮纳图博火山的喷发物除了火山灰外，还有大量的二氧化硫气体和水蒸气（二者在大气层中结合后会形成浓密的硫酸颗粒云层）。
图1示意某观测站观测到的相对于1970年（图中0值）的净太阳辐射变化，图2示意地球大气层及气温垂直分布。
（1）说明火山喷发物在平流层迅速扩散并持续存在时间长的原因。
（2）分析埃尔奇冲和皮纳图博火山爆发后，对到达地面太阳辐射的影响大于圣海伦火山的原因。
白垩纪是地球历史上最温暖的时期之一，许多科学家认为当时的火山活动向大气层释放了大量的二氧化碳，现今发现蕴藏丰富煤炭资源的地层也大都形成在这个时期。
（3）推测白垩纪时期全球火山的活动特征。
（4）说明白垩纪火山活动对白垩纪地层中形成丰富煤炭的促进作用。
3.（2021·潍坊一模）阅读图文资料，完成下列要求。
“绿洲冷岛效应”指干旱地区的绿洲区域，夏季气温比附近沙漠、戈壁低，湿度比周边大的特殊气象效应。
兰州高原大气物理研究所的科研人员对河西走廊的某绿洲和沙漠的气温观测发现，在7~8月天气稳定的状态下，会出现“绿洲冷岛效应”。
2021-2022年高考数学二轮复习第五部分短平快增分练专题二规范练5.2.3大题规范练三
2021年高考数学二轮复习第五部分短平快增分练专题二规范练5.2.3大题规范练三解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．(本小题满分12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且cos2B －C2－sin B ·sin C ＝2－24.(1)求角A ；(2)若a ＝4，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由cos 2B －C2－sin B ·sin C ＝2－24， 得cos B －C 2－sin B ·sin C ＝－24，∴cos(B ＋C )＝－22， ∴cos A ＝22(0＜A ＜π)，∴A ＝π4. (2)由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得16＝b 2＋c 2－2bc ≥(2－2)bc ，当且仅当b ＝c 时取等号，即bc ≤8(2＋2)．∴S △ABC ＝12bc sin A ＝24bc ≤4(2＋1)，即△ABC 面积的最大值为4(2＋1)．2．(本小题满分12分)如图，在五面体ABCDEF 中，AB ∥CD ∥EF ，CD ＝EF ＝CF ＝2AB ＝2AD ＝2，∠DCF ＝60°，AD ⊥CD ，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)求异面直线BE 与CF 所成角的余弦值； (2)证明：直线CE ⊥平面ADF ；(3)已知P 为棱BC 上的点，且二面角P DF A 为60°，求PE 的长． 解：(1)∵CD ∥EF ，CD ＝EF ＝CF ＝2，∴四边形CDEF 为菱形．∵∠DCF ＝60°，∴△DEF 为正三角形．取EF 的中点G ，连接GD ，则GD ⊥EF ，∴GD ⊥CD . ∵平面CDEF ⊥平面ABCD ，GD ⊂平面CDEF ，CD ＝平面CDEF ∩平面ABCD ，∴GD ⊥平面ABCD ，∴GD ⊥AD ，GD ⊥CD .∵AD ⊥CD ，∴DA ，DC ，DG 两两垂直．如图，以D 为原点，DA ，DC ，DG 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系．∵CD ＝EF ＝CF ＝2，AB ＝AD ＝1，∴A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，E (0，－1，3)，F (0,1，3)，∴BE →＝(－1，－2，3)，CF →＝(0，－1，3)． 设异面直线BE 与CF 所成的角为α，则cos α＝|cos 〈BE →，CF →〉|＝|BE →·CF →||BE →||CF →|＝58×4＝528.(2)证明：∵DA →＝(1,0,0)，DF →＝(0,1，3)，CE →＝(0，－3，3)，∴CE →·DA →＝0，CE →·DF →＝0，∴CE ⊥DA ，CE ⊥DF .∵DA ，DF 是平面ADF 内的两条相交直线，∴直线CE ⊥平面ADF .(3)依题意可设P (a,2－a,0)(0≤a ≤1)，平面PDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵n ·DF →＝0，n ·DP →＝0，∴⎩⎨⎧y ＋3z ＝0，ax ＋2－a y ＝0.令y ＝3a ，则x ＝3(a －2)，z ＝－a ，∴n ＝(3(a －2)，3a ，－a )．∵二面角P DF A 为60°，CE →＝(0，－33)是平面ADF 的一个法向量， ∴|cos〈n ，CE →〉|＝|n ·CE →||n ||CE →|＝43a12×3a －22＋3a 2＋a 2＝12. 解得a ＝23，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，43，0， ∴PE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫43＋12＋0－32＝453.3．(本小题满分12分)私家车的尾气排放是造成雾霾天气的重要因素之一，因此在生活中我们应该提倡低碳生活，少开私家车，尽量选择绿色出行方式，为预防雾霾出一份力．为此，很多城市实施了机动车尾号限行，我市某报社为了解市区公众对“车辆限行”的态度，随机抽查了50人，将调查结果进行整理后制成下表：有2人不赞成的概率；(2)在(1)的条件下，令选中的4人中不赞成“车辆限行”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望．解：(1)由表知，年龄在[15,25)内的有5人，不赞成的有1人，年龄在[25,35)内的有10人，不赞成的有4人，恰有2人不赞成的概率为P ＝C 14C 25·C 14·C 16C 210＋C 24C 25·C 24C 210＝410×2445＋610×645＝2275. (2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3. P (ξ＝0)＝C 24C 25·C 26C 210＝610×1545＝15，P (ξ＝1)＝C 14C 25·C 26C 210＋C 24C 25·C 14·C 16C 210＝410×1545＋610×2425＝3475，P (ξ＝2)＝2275，P (ξ＝3)＝C 14C 25·C 24C 210＝410×645＝475，∴ξ的分布列是∴ξ的数学期望E (ξ)＝0×5＋1×75＋2×75＋3×75＝5.4．(本小题满分12分)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l ：y ＝－x ＋3与椭圆E 有且只有一个公共点T .(1)求椭圆E 的方程及点T 的坐标；(2)设O 为坐标原点，直线l ′平行于OT ，与椭圆E 交于不同的两点A ，B ，且与直线l 交于点P .证明：存在常数λ，使得|PT |2＝λ|PA |·|PB |，并求λ的值．解：(1)由已知，a ＝2b ，则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22b 2＋y 2b2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋18－2b 2＝0.由题意Δ＝24(b 2－3)＝0，得b 2＝3，则直线l 与椭圆E 的交点坐标为(2,1)所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2,1)．(2)证明：由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－2m 3，y ＝1＋2m3.所以P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3，1＋2m 3，|PT |2＝89m 2.设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx ＋4m 2－12＝0.由Δ＝16(9－2m 2)＞0，解得－322＜m ＜322.则由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝4m 2－123.所以|PA |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2m 3－y 12把y 1＝12x 1＋m 代入得|PA |＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m3－x 1，同理|PB |＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m3－x 2. 所以|PA |·|PB |＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 2＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 32－⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3x 1＋x 2＋x 1x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 32－⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 3＋4m 2－123 ＝109m 2. 故存在常数λ＝45，使得|PT |2＝λ|PA |·|PB |.5．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a ＞0)． (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝2ln x －x 2， ∴f ′(x )＝2x－2x ，∴f ′(1)＝0，又f (1)＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＋1＝0.(2)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2x －ax ＋ax，∵x ＞0，a ＞0，∴当0＜x ＜a 时，f ′(x )＞0，当x ＞a 时，f ′(x )＜0. ∴f (x )在(0，a )上是增函数，在(a ，＋∞)上是减函数． (3)由(2)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)． 讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)＜0，即0＜a ＜e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点； ②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1＜a ＝e ＜e 2，∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；③当a 2(2ln a －1)＞0，即a ＞e 时，由于f (1)＝－1＜0，f (a )＝a 2(2ln a －1)＞0，f (e 2)＝2a 2ln e 2－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，当2a －e 2＜0，即e ＜a ＜e 22时，1＜e ＜a ＜e 22＜e 2，f (e 2)＜0，由函数的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点x 2，∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22＞e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e ＝a 2－e ＞0，f (1)＝－1＜0，由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a ＜e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的一个零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．综上所述，当0＜a ＜e 时，函数f (x )无零点；当a ＝e 或a ≥e22时，函数f (x )有一个零点；当e ＜a ＜e22时，函数f (x )有两个零点．请考生在第6、7题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． 6．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋3cos ty ＝5＋3sin t (其中t 为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.(1)求曲线C 1的普通方程和C 2的直角坐标方程；(2)若A ，B 分别为曲线C 1，C 2上的动点，求当AB 取最小值时△AOB 的面积．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋3cos ty ＝5＋3sin t 得C 1的普通方程为(x －4)2＋(y －5)2＝9，由ρ＝2sin θ得ρ2＝2ρsin θ，将x 2＋y 2＝ρ2，y ＝ρsin θ代入上式得C 2的直角坐标方程为x 2＋(y －1)2＝1. (2)如图，当A ，B ，C 1，C 2四点共线，且A ，B 在线段C 1C 2上时，|AB |取得最小值，由(1)得C 1(4,5)，C 2(0,1)，∴kC 1C 2＝5－14－0＝1，则直线C 1C 2的方程为x －y ＋1＝0，∴点O 到直线C 1C 2的距离d ＝12＝22， 又|AB |＝|C 1C 2|－1－3＝4－02＋5－12－4＝42－4，∴S △AOB ＝12d |AB |＝12×22×(42－4)＝2－ 2.7．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知|x ＋2|＋|6－x |≥k 恒成立．(1)求实数k 的最大值；(2)若实数k 的最大值为n ，正数a ，b 满足85a ＋b ＋22a ＋3b＝n .求7a ＋4b 的最小值． 解：(1)因为|x ＋2|＋|6－x |≥k 恒成立， 设g (x )＝|x ＋2|＋|6－x |，则g (x )min ≥k . 又|x ＋2|＋|6－x |≥|(x ＋2)＋(6－x )|＝8， 当且仅当－2≤x ≤6时，g (x )min ＝8， 所以k ≤8，即实数k 的最大值为8.(2)由(1)知，n ＝8，所以85a ＋b ＋22a ＋3b ＝8，即45a ＋b ＋12a ＋3b＝4，又a ，b 均为正数， 所以7a ＋4b ＝14(7a ＋4b )⎝ ⎛⎭⎪⎫45a ＋b ＋12a ＋3b＝14[(5a ＋b )＋(2a ＋3b )]⎝ ⎛⎭⎪⎫45a ＋b ＋12a ＋3b ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋1＋42a ＋3b 5a ＋b ＋5a ＋b 2a ＋3b≥14×(5＋4)＝94， 当且仅当42a ＋3b 5a ＋b ＝5a ＋b 2a ＋3b ，即a ＝5b ＝1552时，等号成立，所以7a ＋4b 的最小值是94.。
高考数学解答题如何考满分：大题规范练二
大题规范练二解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．(本题满分12分)在锐角△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，且4sin A cos 2A －3cos(B ＋C )＝sin 3A ＋ 3.(1)求A 的大小；(2)若b ＝2，求△ABC 面积的取值范围．解：(1)∵A ＋B ＋C ＝π，∴cos(B ＋C )＝－cos A ①， ∵3A ＝2A ＋A ，∴sin 3A ＝sin(2A ＋A )＝sin 2A cos A ＋cos 2A sin A ②， 又sin 2A ＝2sin A cos A ③，cos 2A ＝2cos 2A －1 ④，将①②③④代入已知，得2sin 2A cos A ＋ 3 cos A ＝sin 2A cos A ＋cos 2A sin A ＋3， 整理得sin A ＋3cos A ＝3，即sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＝32， 又A ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， ∴A ＋π3＝2π3，即A ＝π3.(2)由(1)得B ＋C ＝2π3，∴C ＝2π3－B ，∵△ABC 为锐角三角形， ∴2π3－B ∈⎝⎛⎭⎫0，π2且B ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 解得B ∈⎝⎛⎭⎫π6，π2，在△ABC 中，由正弦定理得2sin B ＝csin C， ∴(sin 2 A cos A －cos 2 A sin A )＋3cos A ＝ 3 ∴c ＝2sin C sin B ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2π3－B sin B ＝3tan B＋1，又B ∈⎝⎛⎭⎫π6，π2，∴1tan B ∈(0，3)，∴c ∈(1，4)， ∵S △ABC ＝12bc sin A ＝32c ，∴S △ABC ∈⎝⎛⎭⎫32，23.2．(本题满分12分)光伏发电是将光能直接转变为电能的一种技术，具有资源的充足性及潜在的经济性等优点，在长期的能源战略中具有重要地位.2015年起，国家能源局、国务院扶贫办联合在6省的30个县开展光伏扶贫试点．在某县居民中随机抽取50户，统计其年用电量得到以下统计表．以样本的频率作为概率．学期望；(2)在总结试点经验的基础上，将村级光伏发电站确定为光伏扶贫的主推方式．已知该县某自然村有居民300户．若计划在该村安装总装机容量为300千瓦的光伏发电机组，该机组所发电量除保证该村正常用电外，剩余电量国家电网以0.8 元/度的价格进行收购．经测算每千瓦装机容量的发电机组年平均发电1 000度，试估计该发电机组每年所发电量除保证该村的正常用电外还能为该村创造直接收益多少元？解：(1)记在抽取的50户居民中随机抽取1户，其年用电量不超过600度为事件A ，则P (A )＝7＋8＋1550＝35，由题意可知X 服从二项分布，即X ～B ⎝⎛⎭⎫10，35，故X 的数学期望E (X )＝10×35＝6. (2)设该村居民每户的平均用电量为E (Y )，由样本数据可得E (Y )＝100×750＋300×850＋500×1550＋700×1350＋900×750＝520，则该村年均用电量约为300×520＝156 000度．又该村所装发电机组年预计发电量为300 000度，所以该发电机组每年所发电量除保证该村的正常用电外还能剩余电量约144 000度，能为该村创造直接收益144 000×0.8＝115 200元．3．(本题满分12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为32，点A 是椭圆上任意一点，△AF 1F 2的周长为4＋2 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点Q (－4，0)任作一动直线l 交椭圆C 于M ，N 两点，记MQ →＝λQN →，若在线段MN 上取一点R ，使得MR →＝－λRN →，则当直线l 转动时，点R 在某一定直线上运动，求该定直线的方程．解：(1)因为△AF 1F 2的周长为4＋23， 所以2a ＋2c ＝4＋23，即a ＋c ＝2＋ 3. 又椭圆的离心率e ＝c a ＝32，所以a ＝2，c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意可知，直线l 的斜率必存在．故可设直线l 的方程为y ＝k (x ＋4)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝k （x ＋4），消去y ， 得(1＋4k 2)x 2＋32k 2x ＋64k 2－4＝0，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－32k 24k 2＋1，x 1x 2＝64k 2－44k 2＋1，由MQ →＝λQN →，得(－4－x 1，－y 1)＝λ(4＋x 2，y 2)， 所以－4－x 1＝λ(x 2＋4)， 所以λ＝－x 1＋4x 2＋4.设点R 的坐标为(x 0，y 0)，由MR →＝－λRN →，得(x 0－x 1，y 0－y 1)＝－λ(x 2－x 0，y 2－y 0)，所以x 0－x 1＝－λ(x 2－x 0)，解得x 0＝x 1－λx 21－λ＝x 1＋x 1＋4x 2＋4×x 21＋x 1＋4x 2＋4＝2x 1x 2＋4（x 1＋x 2）（x 1＋x 2）＋8.而2x 1x 2＋4(x 1＋x 2)＝2×64k 2－44k 2＋1＋4×－32k 24k 2＋1＝－84k 2＋1，(x 1＋x 2)＋8＝－32k 24k 2＋1＋8＝84k 2＋1，所以x 0＝－1.故点R 在定直线x ＝－1上．选考题：共10分．请考生在第4、5题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．4．(本题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋12t ，y ＝32t(t 为参数)．在以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为ρ＝22cos ⎝⎛⎭⎫π4＋θ.(1)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)设直线l 与曲线C 相交于M ，N 两点，求|MN |的值． 解：(1)易得直线l 的普通方程为3x －y －3＝0. ∵ρ＝22cos ⎝⎛⎭⎫π4＋θ＝2(cos θ－sin θ)， ∴ρ2＝2(ρcos θ－ρsin θ)，∴x 2＋y 2＝2(x －y )，即(x －1)2＋(y ＋1)2＝2， ∴曲线C 的直角坐标方程为(x －1)2＋(y ＋1)2＝2.(2)将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程，得t 2＋3t －1＝0， 此方程的两根分别为直线l 与曲线C 的交点M ，N 对应的参数t M ，t N . ∵t M ＋t N ＝－3，t M t N ＝－1，∴|MN |＝|t M －t N |＝（t M ＋t N ）2－4t M t N ＝7.5．(本题满分10分)已知f (x )＝|2x ＋3|－|2x －1|. (1)求不等式f (x )＜2的解集；(2)若存在x ∈R ，使得f (x )＞|3a －2|成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)不等式f (x )＜2等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－32，－（2x ＋3）＋（2x －1）＜2或⎩⎪⎨⎪⎧－32≤x ≤12，（2x ＋3）＋（2x －1）＜2 或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞12，（2x ＋3）－（2x －1）＜2，解得x ＜－32或－32≤x ＜0，所以不等式f (x )＜2的解集是(－∞，0)． (2)∵f (x )≤|(2x ＋3)－(2x －1)|＝4，∴f (x )max ＝4， ∴|3a －2|＜4，解得实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－23，2.。
中档大题规范练2(数列)
2.数 列1.(2017·湖北部分重点中学联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a 2＝8，a 3＝24，{a n ＋1－2a n }为等比数列，n ∈N *.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列；(2)求证：S n ≥2.证明 (1)∵a 2－2a 1＝4，a 3－2a 2＝8， ∴a n ＋1－2a n ＝4×2n －1， ∴a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以1为首项，1为公差的等差数列. (2)由(1)可得a n2n ＝1＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＝n ×2n ，∴S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ， ① 2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②由①－②得－S n ＝(1－n )×2n ＋1－2， ∴S n ＝(n －1)×2n ＋1＋2. ∵n ∈N *，∴S n ≥2.2.(2017届黑龙江虎林一中月考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＝5，S 3＝9. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }的前n 项和为T n ，若q >0且b 3＝a 5，T 3＝13，求T n ； (3)设c n ＝1a n a n ＋1，求数列{c n }的前n 项和S n .解 (1)⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝5，S 3＝3a 1＋3×22d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)由题意可知，b 3＝a 5＝9，T 3＝13，所以公比q ＝3，从而b 1＝1， 所以T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝1×(1－3n )1－3＝12(3n－1).(3)由(1)知，a n ＝2n －1.所以c n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 3.(2017·广东七校联考)设数列{a n }的前n 项之积为T n ，且log 2T n ＝n (n －1)2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝λa n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项之和为S n .若对任意的n ∈N *，总有S n ＋1>S n ，求实数λ的取值范围.解 (1)由log 2T n ＝n (n －1)2，n ∈N *，得T n ＝(1)22n n -，所以T n －1＝(1)(2)22n n --(n ∈N *，n ≥2)，所以a n ＝T nT n －1＝(1)2(1)(2)222n n n n ---＝(1)(1)(2)222n n n n ----＝2n －1，n ∈N *，n ≥2.又a 1＝T 1＝20＝1， 所以a n ＝2n －1，n ∈N *. (2)由b n ＝λa n －1＝λ2n －1－1， 得S n ＝λ·1－2n1－2－n ＝()2n－1λ－n ，所以S n ＋1>S n ⇔()2n ＋1－1λ－()n ＋1>()2n－1λ－n ⇔2n λ>1⇔λ>12n ，因为对任意的n ∈N *，12n ≤12，故所求的λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 4.(2017·湖北黄冈质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，向量a ＝(S n ，n )，b ＝(9n －7，2)，且a 与b 共线.(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中落入区间(9m ，92m )内的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m项和T m .解 (1)a 与b 共线，S n ＝n (9n －7)2＝92n 2－72n ，a 1＝1，a n ＝S n －S n －1＝9n －8，n ≥2， 所以a n ＝9n －8，n ∈N *. (2)对m ∈N *，若9m ＜a n ＜92m ， 则9m ＋8＜9n ＜92m ＋8. 因此9m －1＋1≤n ≤92m －1. 故得b m ＝92m －1－9m －1. 于是T m ＝b 1＋b 2＋…＋b m＝(9＋93＋…＋92m －1)－(1＋9＋…＋9m －1) ＝9(1－81m )1－81－1－9m 1－9＝9×92m ＋1－10×9m80.5.(2017·河北衡水中学调研)设S n 为各项不相等的等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3a 5＝3a 7，S 3＝9.(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，求T na n ＋1的最大值.解 (1)设{a n }的公差为d ，则由题意知，⎩⎨⎧()a 1＋2d ()a 1＋4d ＝3()a 1＋6d ，3a 1＋3×22d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝0，a 1＝3(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，a 1＝2，∴a n ＝2＋()n －1×1＝n ＋1. (2)∵1a n a n ＋1＝1()n ＋1()n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2， ∴T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n 2()n ＋2， ∴T na n ＋1＝n 2()n ＋22＝n 2()n 2＋4n ＋4＝12⎝⎛⎭⎫n ＋4＋4n ≤12⎝⎛⎭⎫4＋2n ·4n ＝116， 当且仅当n ＝4n ，即n ＝2时“＝”成立，即当n ＝2时，T n a n ＋1取得最大值116.6.(2017·广西柳州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 4＝7，且a n ＋1＝a n ＋λn . (1)求λ的值及数列{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝1a n ＋1－1，数列{}b n 的前n 项和为T n ，证明：T n ＜2.(1)解 ∵a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋λn ， ∴a 2＝1＋λ，a 3＝1＋3λ，a 4＝1＋6λ， 由a 4＝1＋6λ＝7，∴λ＝1， 于是a n ＋1＝a n ＋n ，∴a 1＝1，a 2＝a 1＋1，a 3＝a 2＋2，a 4＝a 3＋3，…， a n ＝a n －1＋(n －1)，n ≥2，以上各式累加得a n ＝1＋1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)＝1＋(n －1)(1＋n －1)2＝n 2－n ＋22，n ≥2，又a 1＝1＝12－1＋22，∴a n ＝n 2－n ＋22，n ∈N *.(2)证明 b n ＝1a n ＋1－1＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋2⎝⎛⎭⎫12－13＋2⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1， ∴T n ＜2.。
人教高中化学考点规范练2 物质的量浓度及相关计算(含答案)
考点规范练2物质的量浓度及相关计算一、选择题1.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L-1的是()。
A.将40 g NaOH溶解于1 L水中配成NaOH溶液B.常温常压下,将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L的盐酸C.将1 L 0.5 mol·L-1的盐酸加热浓缩为0.5 LD.从1 000 mL 1 mol·L-1的NaCl溶液中取出的100 mL溶液2.下列关于物质的量浓度的表述正确的是()。
A.0.3 mol·L-1的Na2SO4溶液中含有Na+和S O42-的总物质的量为0.9 molB.当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L-1,只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时,其浓度才是1 mol·L-1C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,如果Na+和S O42-的物质的量相等,则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同D.10 ℃时,100 mL 0.35 mol·L-1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水,冷却到10 ℃时,其体积小于100 mL,它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L-13.(2021浙江高三选考模拟)配制400 mL 0.100 mol·L-1的KCl溶液,下列说法正确的是()。
A.上述实验操作步骤的正确顺序为④①②③B.容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤,干燥后才可用C.实验中需用的仪器有:天平、250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等D.定容时,仰视容量瓶的刻度线,使配得的KCl溶液浓度偏低4.用质量分数为98%的浓硫酸(ρ=1.84 g·cm-3)配制240 mL 1.84 mol·L-1稀硫酸,下列操作正确的是()。
A.将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中,并不断搅拌至冷却B.必需的定量仪器有50 mL量筒、250 mL容量瓶和托盘天平C.量取浓硫酸的体积为25.0 mLD.先在容量瓶中加入适量水,将量好的浓硫酸注入容量瓶,加水定容5.某学生在配制一定物质的量浓度氢氧化钠溶液时,结果所配溶液的浓度偏高,其原因可能是()。
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大题规范练(二)
(限时20分钟)
36．阅读图文资料，完成下列问题。
2016年起为推动长江经济带发展，我国着力打造“一道两廊三群”，即大力构建绿色生态廊道，建设综合立体交通走廊和现代产业走廊，发展沿江三大城市群。
目前，一些在长江经济带建厂的世界知名企业纷纷到东南亚和印度开设新厂，加快了撤离中国的步伐，下图为“长江经济带示意图”。
(1)请说明构建长江流域绿色生态廊道对长江中下游产生的有利影响。
(2)分析长江中下游经济圈的产业转入上游经济圈给转入地带来的影响。
(3)要摆脱外资撤华困境，请提出中国制造业的发展方向。
(4)河流的自净能力是由河流流量及流速决定的，为改善长江的水质，从提高河流自净能力角度简述可以采取的主要措施。
37．阅读图文材料，完成下列问题。
伊塞克湖位于吉尔吉斯斯坦境内，湖面海拔1 600余米，面积6 300多平方公里，在世界高山湖泊中水深居第一、集水量居第二，湖水清澈，终年不冻，成为候鸟越冬地，该地已建立野生动物保护区。
在伊塞克湖的沿岸地区，人们广泛引用注入此湖的河水发展灌溉农业，这里已成为吉尔吉斯斯坦重要的粮食生产基地之一。
(1)推断伊塞克湖的成因，并说明推断理由。
(2)分析伊塞克湖成为候鸟越冬地的原因。
(3)说明图中城镇分布的特点，并简要分析其自然原因。
地理试题答案
36．
答案(1)保护生物多样性、提高水质、减少泥沙淤积、减轻旱涝灾害等。
(2)调整产业结构，促进产业升级，促进经济发展；增加就业机会；加速工业化和城市化；可能会带来环境污染。
(3)中国制造业需要加大科技投入，提升产品质量，加强自主创新，创立民族品牌；调整工业结构，发展高端产业链；降低能耗，提高生产工艺和生产设备水平。
(4)疏浚河道、裁弯取直、退耕还湖、引水稀释等措施。
37．
答案(1)地壳断裂下陷而成。
理由：湖周围分布有断层线；水体深。
(2)湖泊终年不冻，周边气温适宜；冬季枯水期，湖滩裸露，为候鸟提供栖息地；水量大，水质好，河湖中鱼类等资源丰富，利于候鸟觅食；建立了保护区，为候鸟提供安全的越冬场所。
(3)多分布在河流注入湖泊的位置。
原因：地势平坦，利于城镇建设；靠近河流，用水方便；河流沿岸，土层深厚，土壤肥沃，利于农业生产。