（三轮考前体系通关）2014年高考数学二轮复习简易通（打包17套） 新人教A版
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（三轮考前体系通关）2014年高考数学二轮复习简易通（打包17套） 新人教A版,三轮,考前,体系,通关,年高,数学,二轮,复习,温习,简易,打包,17,新人
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1 第十一辑 计数原理 、 概率 、 随机变量的分布列 通关演练 (建议用时： 40 分钟 ) 1 有 4 名优秀学生 A， B， C， D 全部被保送到甲 、 乙 、 丙 3 所学校 ， 每所学校至少去一名 ，且 A 生不去甲校 ， 则不同的保送方案有 ( ) A 24 种 B 30 种 C 36 种 D 48 种 解析 若 A 单独去一个学校 ， 则有 12(种 )；若 A 不单独去一个学校 ， 则有 12(种 )， 所以不同的报送方案有 24 种 答案 A 2 从 0,1 中选一个数字 ， 从 2,4,6 中选两个数字 ， 组成无重复数字的三位数 ， 其中偶数的个数为 ( ) A 36 B 30 C 24 D 12 解析 若选 1， 则有 12(种 )；若选 0， 则有 33 12(种 )， 所以共有 1212 24(种 ) 答案 C 3 某车队准备从甲 、 乙等 7 辆车中选派 4 辆参加救援物资的运输工作 ， 并按出发顺序前后排成一队 ， 要求甲 、 乙至少有一辆参加 ， 且若甲 、 乙同时参加 ， 则它们出发时不能相邻 ，那么不同排法种数为 ( ) A 360 B 520 C 600 D 720 解析 若甲 、 乙只有一个参加 ， 则有 480(种 )若甲 、 乙同时参加 ， 则有 20(种 )， 所以共有 600 种排法 答案 C 4 市内某公共汽车站 6 个候车位 (成一排 )， 现有 3 名乘客随便坐在某个座位上候车 ， 则恰好有 2 个连续空座位的候车方式的种数是 ( ) A 48 B 54 C 72 D 84 解析 根据题意 ， 先把 3 名乘客进行全排列 ， 有 6(种 )排法 ， 排好后 ， 有 4 个空位 ，再将 1个空位和余下的 2个连续的空位插入 4个空位中 ， 有 12(种 )排法 ， 则共有 612 72(种 )候车方式 . 答案 C 2 5 一张储蓄卡的密码共有 6 位数字 ， 每位数字都可从 0 9 中任选一个 ， 某人在银行自动提款机上取钱时 ， 忘记了密码的最后一位数字 ， 如果他记得密码的最后一位是偶数 ， 则他不超过 2 次就按对的概率是 ( ) 析 只按一次就按对的概率是 15， 按两次就按对的概率是 4154 15， 所以不超过 2 次就按对的概率是 15 15 25. 答案 C 6 某农场有如图所示的六块田地 ， 现有萝卜 、 玉米 、 油菜三类蔬菜可种为有利于作物生长 ， 要求每块田地种一类蔬菜 ， 每类蔬菜种两块田地 ， 每行 、 每列的蔬菜种类各不相同 ，则不同的种植方法数为 ( ). B 16 C 18 D 24 解析 依题意 ， 逐步就各行的实际种植情况进行分步计数：第一步 ， 确定第一行的三块地的实际种植的方法数有 6(种 )；第二步 ， 确定第二行的三块地的实际种植的方法有 2(种 )因此 ， 由乘法原理得知 ， 满足题意的种植方法共有 62 12(种 )， 选 A. 答案 A 7 如果随机变量 X N( 1， 2)， 且 P( 3 X 1) 则 P(X1) 等于 ( ) A B C D 析 因 为 P( 3 X 1) P( 1 X1) 所以 P(X1) 1 P 3 X P 1 1 答案 D 8 若 ( )1 3 4 a b 3(a， b 为有理数 )， 则 a b ( ) A 36 B 46 C 34 D 44 解析 二项式的展开式为 1 3)1 3)2 3)3 ( 3)4 1 4 3 18 12 3 9 28 16 3， 所以 a 28， b 16， a b 28 16 44. 3 答案 D 9 若 1(a R)的展开式中 212 ， 则 值为 ( ) A 1 B 2 C 1 D 1 解析 由题意得 1 r( 1)r 1ax r ( 1)3r 1令 18 3r 9，得 r 3， 所以 1 212 ， 解得 a x |21 1 . 答案 A 10 若实数 a， b 满足 ， 则关于 x 的方程 2x a b 0 有实数根的概率是 ( ) 24 24 解析 要使方程有实根 ， 则判别式 4 4(a b)0， 即 a b 10， 如图 ， 阴影部 分所以 面积为 12， 所以阴影部分的面积为 341 2 12 34 12， 所以由几何概率公式可得所求概率为34 12 3 24 . 答案 C 11 在 x 2x 6的二项展开式中 ， 常数项等于 _ 4 解析 展开式的通项公式为 1 k 2x k ( 2)2k， 由 6 2k 0， 得 k 3， 所以 ( 2)3 160， 即常数项为 160. 答案 160 12 设 (1 x)(1 2x)5 则 _. 解析 (1 2x)5 的展开式的通项公式为 1 x)k k 所以 系数为1C 252 2 1 30， 即 30. 答案 30 13 两个正整数的公因数只有 1 的两个数 ， 叫做互质数 ， 例如： 2 与 7 互质 ， 3 与 4 互质 ，在 2,3,4,5,6,7 的任一排列中使相邻两数都互质的不同排列方式共有 _种 (用数字作答 ) 解析 要使在一排列中相邻两数都互质 ， 则 6 放在 5,7 之间 ， 或把 6 放在边上与 5,7 相邻先排 3,5, 放在 5,7 之间 ， 则 3 567 或 567 3 ， 此时空中 放 2,4， 有224(种 )若 6 放在边上 ， 则 3 5 76 或 67 3 5 ， 此时 5,7 或 3,5 可交换位置 ， 所以有 248(种 )， 所以共有 48 24 72(种 ) 答案 72 14 在区间 0,4内随机取两个数 a、 b， 则使得函数 f(x) 零点的概率为_ 解析 依题意知 4 ， 即 (a 2b)(a 2b) 0， 又 0 a4 ，0 b4 ， 作出对应的平面区域如图 ， 当 a 4 时 ， b 2， 即 面积为 1242 4， 故所求概率为 444 14. 答案 14 5 15 如图 ， 长方形的四个顶点为 0(0,0)， A(2,0)， B(2,4)， C(0,4)， 曲线 y ， 则质点落在图中阴影区域的概率是 _ 解析 因为 B(2,4)在曲线 y 所以 4 4a， 解得 a 1， 所以曲线方程为 y 为 130 83， 所以阴影部分的面积为 8 83 163 ， 所以质点落在图中阴影区域的概率是16324 23. 答案 23 1 体系通关二 80 70 分大题猜想 第一辑 三角问题 通关演练 A 组 (建议用时： 35 分钟 ) 1 已知函数 f(x) 32 x 12( 0)的最小正周期为 . (1)求 的值及函数 f(x)的单调递增区间； (2)当 x 0， 2 时 ， 求函数 f(x)的取值范围 解 (1)f(x) 32 x 1 12 32 x 12x x 6 ， 因为 f(x)的最小正周期为 ， 所以 2， 所以 f(x) 2x 6 ， 由 2 2 2 x 6 2 2 ， k Z， 得 3 x 6 ， k Z， 所以函数 f(x)的单调递增区间为 3 ， 6 ， k Z. (2)因为 x 0， 2 时 ， 所以 2x 6 6 ， 76 ， 所以 12 2x 6 1 ， 故函数 f(x)在 0， 2 上的取值范围是 12， 1 . 2 在 ， 角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 已知角 A 3 ， 3. (1)求 的值； (2)若 a 7， 求 面积 解 (1)因为 A 3 ， 所以 B C 23 ， 故 23 C 3， 所以 32 12 3， 2 即 32 52， 得 35 . (2)由 ， 3， 得 b 3c. 在 ， 由余弦定理 ， 得 2 92(3 c) c 12 7 又 a 7， c 1， b 3， 所以 面积为 S 12 3 34 . 3 已知函数 f(x) 3x x x 12( 0)， 其最小正周期为 2. (1)求 f(x)的解析式 (2)将函数 f(x)的图象向右平移 8 个单位 ， 再将图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变 )， 得到函数 y g(x)的图象 ， 若关于 x 的方程 g(x) k 0， 在区间 0， 2上有且只有一个实数解 ， 求实数 k 的取值范围 解 (1)f(x) 3x x x 12 32 x 1 12 2x 6 ， 由题意知 f(x)的最小正周期 T 2 ， T 22 2. 2， f(x) 4x 6 . (2)将 f(x)的图象向右平移 8 个单位后 ， 得到 y 4x 3 的图象 ， 再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍 (纵坐标不变 )， 得到 y 2x 3 的图象 g(x) 2x 3 ， 0 x 2 ， 3 2 x 3 23 ， g(x) k 0 在区间 0， 2 上有且只有一个实数解 ， 即函数 yg(x)与 y k 在区间 0， 2 上有且只有一个交点 ， 由正弦函数的图象可知 32 3 0， 2， 又 f(x)过点 3 ， 1 . 23 6 12 1， 5 即 2 12， 12， 又 0 2 ， 3 ， f(x) 2x 6 12. (2)f 12 C 6 6 12 12 76， 23， 又 0C 2 ， 53 . 又 a 5， S 12 12 5 b 23 2 5， b 6， 由余弦定理 ， 得 2， 即 5 36 2 56 53 21， c 21. 1 第二辑 概率与统计问题 通关演练 A 组 (建议用时： 40 分钟 ) 1 中国航母 “ 辽宁号 ” 是中国第一艘航母 ， “ 辽宁号 ” 以 4 台蒸汽轮机为动力 ， 为保证航母的动力安全性 ， 科学家对蒸汽轮机进行了 170 余项技术改进 ， 增加了某项新技术 ， 该项新技术要进入试用阶段前必须对其中的三项不同指标甲 、 乙 、 丙进行通过量化检测假如该项新技术的指标甲 、 乙 、 丙独立通过检测合格的概率分别为 34， 23， 乙 、丙合格分别记为 4 分 、 2 分 、 4 分；若某项指标不合格 ， 则该项指标记 0 分 ， 各项指标检测结果互不影响 (1)求该项技术量化得分不低于 8 分的概率； (2)记该项新技术的三个指标中被检测合格的指标个数为随机变量 X， 求 X 的分布列与数学期望 解 (1)该项新技术的三项不同指标甲 、 乙 、 丙独立通过检测合格分别为事件 A、 B、 C，则事件 “ 得分不低于 8 分 ” 表示 A B C. P(A B C) P( P(A B C) P(A)P(B)P(C) P(A)P( B )P(C) 34 23 12 34 13 12 38. (2)该项新技术的三个指标中被检测合格的指标个数 X 的取值为 0,1,2,3. P(X 0) P( A B C ) 14 13 12 124， P(X 1) P(A B C A B C A B C) 34 13 12 14 23 12 14 13 12 14， P(X 2) P( A A B C) 34 23 12 14 23 12 34 13 12 1124， P(X 3) P( 34 23 12 14， 随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 124 14 1124 14 E(X) 0 124 1 14 2 1124 3 14 2312. 2 甲 、 乙两人玩猜数字游戏 ， 规则如下： 连续竞猜 3 次 ， 每次相互独立； 2 每次竞猜时 ， 先由甲写出一个数字 ， 记为 a， 再由乙猜甲写的数字 ， 记为 b， 已知 a，b 0,1,2,3,4,5， 若 |a b|1 ， 则本次竞猜成功； 在 3 次竞猜中 ， 至少有 2 次竞猜成功 ， 则两人获奖 求甲乙两人玩此 游戏获奖的概率 解 由题意基本事件的总数为 36(个 )， 记事件 A 为 “ 甲乙两人一次竞猜成功 ” ，若 |a b| 0， 则共有 6 种竞猜成功；若 |a b| 1， a 1,2,3,4 时 ， b 分别有 2 个值；而 a 0 或 5 时 ， b 只有一种取值 利用古典概型的概率计算公式即可得出 P(A) 6 5236 49. 设随机变量 X 表示在 3 次竞猜中竞猜成功的次数 ， 则甲 、 乙两人获奖的概率 P(X2) 1 P(X 0) P(X 1) 1 49 0 1 49 3 49 1 1 49 2 304729. 3 某学生参加某高校的自主招生考试 ， 须依次参加 A， B， C， D， E 五项考试 ， 如果前四项中有两项不合格或第五项不合格 ， 则该考生就被淘汰 ， 考试即结束；考生未被淘汰时 ，一定继续参加后面的考试已知每一项测试都是相互独立的 ， 该生参加 A， B， C， D 四项考试不合格的概率均为 12， 参加第五项不合格的概率为 23. (1)求该生被录取的概率； (2)记该生参加考试的项数为 X， 求 X 的分布列和期望 解 (1)该生被录取 ， 则 A， B， C， D 四项考试有 4 项合格或 3 项合格 ， 并且第五项也合格 ， 所以该生被录取的概率为 P 13 12 4 12 3 12 548. (2)该生参加考试的项数 X 可以是 2,3,4,5. P(X 2) 12 12 14； P(X 3) 1 12 12 12 14； P(X 4) 1 12 12 2 12 316； P(X 5) 1 14 14 316 516. X 的分布列为： X 2 3 4 5 P 14 14 316 516 E(X) 2 14 3 14 4 316 5 516 5716. 通关演练 B 组 3 (建议用时： 40 分钟 ) 1 某次考试中 ， 从甲 ， 乙两个班各抽取 10 名学生的成绩进行统计分析 ， 两班 10 名学生成绩的茎叶图如图所示 ， 成绩不小于 90 分为及格 (1)从每 班抽取的学生中各抽取一人 ， 求至少有一个及格的概率； (2)从甲班 10 人中取两人 ， 乙班 10 人中取一人 ， 三人中及格人数记为 X， 求 X 的分布列和数学期望 解 (1)由茎叶图可知甲班有 4 人及格 ， 乙班 5 人及格 事件 “ 从两班 10 名学生中各抽取一人 ， 至少有一人及格 ” 记作 A， 则 P(A) 1 1 30100 710. (2)X 取值为 0,1,2,3. P(X 0) 156， P(X 1) 2615330， P(X 2) 15143， P(X 3) 1515. 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 16 1330 13 115 因此 E(X) 0 16 1 1330 2 13 3 115 1310. 2 盒子中装有四张大小形状均相同的卡片 ， 卡片上分别标有数字 1,0,1, 从盒中随机抽取一张 ， 记下卡片上的数字后并放回 ” 为一次试验 (设每次试验的结果互不影响 ) (1)在一次试验中 ， 求 卡片上的数字为正数的概率； (2)在四次试验中 ， 求至少有两次卡片上的数字都为正数的概率； (3)在两次试验中 ， 记卡片上的数字分别为 X， ， 试求随机变量 X X 的分布列与 4 数学期望 E(X) 解 (1)记事件 A 为 “ 在一次试验中 ， 卡片上的数字为正数 ” ， 则 P(A) 24 12. (2)记事件 B 为 “ 在四次试验中 ， 至少有两次卡片上的数字都为正数 ” 由 (1)可知在一次试验中 ， 卡片上的数字为正数的概率是 12. 所以 P(B) 1 12 0 12 4 12 3 1116. (3)由题意可知 ， X， 的可能取值都为 1,0,1,2， 所以随机变量 X 的可能取值为 2， 1,0,1,2,4. P(X 2) 14 142 18； P(X 1) 14 142 18； P(X 0) 14 147 716； P(X 1) 14 142 18； P(X 2) 14 142 18； P(X 4) 14 14 116. 所以随机变量 X 的分布列为 X 2 1 0 1 2 4 P 18 18 716 18 18 116 所以 E(X) 2 18 1 18 0 716 1 18 2 18 4 116 14. 3 现有甲 、 乙两个靶 某射手向甲靶射击两次 ， 每次命中的概率为 34， 每命中一次得 1 分 ，没有命中得 0 分；向乙靶射击一次 ， 命中的概率为 23， 命中得 2 分 ， 没有命中得 0 分 ， 该射手每次射击的结果相互独立假设该射手完成以上三次射击 (1)求该射手恰好命中两次的概率； (2)求该射手的总得分 X 的分布列及数学期望 E(X)； (3)求该射手向甲靶射击比向乙靶射击多击中一次的概率 解 (1)记： “ 该射手恰好命中两次 ” 为事件 A， “ 该射手第一次射击甲靶命中 ” 为事件B， “ 该射手第二次射击甲靶命中 ” 为事件 C， “ 该 射手射击乙靶命中 ” 为事件 D. 5 由题意知 ， P(B) P(C) 34， P(D) 23， 所以 P(A) P( ) P(B C D) P( B P(B)P(C)P( D ) P(B)P( C )P(D) P( B )P(C)P(D) 34 34 1 23 34 1 34 231 34 3423716. (2)根据题意 ， X 的所有可能取值为 0,1,2,3, 0) P( B C D ) 1 34 1 34 1 23 148； P(X 1) P(B C D ) P( B C D ) 34 1 34 1 23 1 34 34 1 23 18； P(X 2) P( ) P( B C D) 34 34 1 23 1 34 1 34 23 1148； P(X 3) P(B C D) P( B 34 1 34 23 1 34 34 23 14； P(X 4) P( 34 34 23 38. 故 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 148 18 1148 14 38 所以 E(X) 0 148 1 18 2 1148 3 14 4 38 176. (3)设 “ 该射手向甲靶射击比向乙靶射击多击中一次 ” 为事件 “ 该射手向甲靶射击命中一次且向乙靶射击未命中 ” 为事件 “ 该射手向甲靶射击命中 2 次且向乙靶射击命中 ” 为事件 则 P( P( P( 34 1 34 1 23 34 34 23 12. 所以 ， 该射手向甲靶射击比向乙靶射击多击中一次的概率为 12. 1 第三辑 立体几何问题 通关演练 A 组 (建议用时： 45 分钟 ) 1 已知四棱锥 底面 等腰梯形 ， 于 O， 底面 2，22 2， E， F 分别是 中点 (1)求证： (2)求二面角 余弦值 (1)证明 E， F 分别是 中点 中位线 ， 由已知可知 平面 又 又 O， 面 B 平面 (2)解 如图建立空间直角坐标系 依题意知 ， 2， 1， 则 A(0， 2,0)，B(2,0,0)， C(0,1,0)， D( 1,0,0)， P(0,0,2)， (1， 1,0)， (0， 1,1)， 设平面 法 向 量 为 m (x ， y ， z) ， 则 m 0，m 0，解得 m (1,1,1) 平面 法向量为 n (0,0,1)， m， n m n|m|n| 13 33 . 故二面角 余弦值为 33 . 2 如图 ， 直三棱柱 等边三角形 ， D 是 中点 2 (1)求证： 平面 (2)若 2， 求 平面 成角的正弦值 (1)证明 因为三棱柱 所以四边形 接 ， 则 O 是 中点 ， 又 D 是 中点 ， 所以在 因为 面面 所以 平面 (2)解 因为 等边三角形 ， D 是 中点 ， 所以 为原点 ， 建立如图所示空间坐标系 B 2， 得 D(0,0,0)， A( 3， 0,0)， 3， 0,2)， 1,2) 则 ( 3， 0,0)， (0， 1， 2)， 设平面 n (x， y， z)， 由 n 0，n 0，得 3x 0， y 2z 0， 取 z 1， 则 x 0， y 2， n (0,2,1)， 又 ( 3， 0,2)， n 25 7 2 3535 ， 设 平面 ， 则 | n | 2 3535 ， 故 平面 3535 . 3 如图 ， 四边形 矩形 ， 平面 A 12 3 (1)求证：平面 平面 (2)若二面角 余弦值为 35， 求 (1)证明 设 1， 则 2， 2， 又 45 ， 在 由余弦定理可得 2. 又 平面 D， 平面 面 又 D， 平面 Q 平面 所以平面 平面 (2)解 如图 ， 以 D 为坐标原点 ， 在直线为 x 轴 ， y 轴 ， z 轴 ， 建立空间直角坐标系设 1， m(m0) 依题意有 D(0,0,0)， C(0,0， m)， P(0,2,0)，Q(1,1,0)， B(1,0， m)， 则 (1,0,0)， (1,2， m)， (1， 1,0)， 设 (平面 则 0， 0，即 0， 20. 因此可取 (0， m,2) 设 ( 是平面 法 向 量 ， 则 0， 0，即 20，0， 可取 (m， m,1) 又 二面角 余弦值为 35， | | | 35|. 24 2135 4 整理得 78 0. 又 m0， 解得 m 1. 因此 ， 所求 . 通关演练 B 组 (建议用时： 45 分钟 ) 1 在正三棱柱 2， 3， 点 D 为 中点 ，点 E 在线段 (1)当 1 2 时 ， 求证 (2)是否存在点 E， 使二面角 于 60 ， 若存在求 不存在 ， 请说明理由 (1)证明 连接 因为 正三棱柱 ， 所以 三角形 ， 又因为 D 为 中点 ， 所以 又平面 平面 所以 平面 所以 E1 2， 2， 3， 所以 33 ， 1， 所以在 ， 30 ， 在 ， 60 ，所以 90 ， 即 又 D， 所以 平面 所以 (2)解 假设存在点 E 满足条件 ， 设 h. 取 1， 连接 则 平面 所以 分别以 x， y， 则 A(1,0,0)，B(0， 3， 0)， E(1,0， h)， 所以 (0， 3， 0)， (1,0， h)， ( 1， 3， 0)， (0,0， h)， 设 平面 一个法向量为 ( 则 0， 0， 30，0， 令 1， 得 ( h,0,1)， 同理 ， 平面 ( 则 0， 0， 30，0. 3， 1,0) 5 | 3h|12 0 h 22 3， 故存在点 E， 当 22时 ， 二面角 于 60. 2 如图 ， 在四棱锥 ， 平面 平面 且 C， 足 ， F 分别为侧棱 的点 ， 且 . (1)求证： 平面 (2)当 12时 ， 求异面直线 成角的余弦值； (3)是否存在实数 ， 使得平面 平面 存在 ， 试求出 的值；若不存在 ，请说明理由 (1)证明 由已知 ， 又 而 面 平面 平面 (2)解 因为平面 平面 平面 平面 且 平面 两垂直 如图所示 ， 建立空间直角坐标系 1， 2， A(0,0,0)， B(1,0,0)， C(1,1,0)， D(0,2,0)， P(0,0,2)， 当 12时 ， F 为 点 ， F 12， 12， 1 ， 12， 12， 1 ， ( 1,1,0)， 设异面直线 成的角为 ， 6 | |121262 2 33 . 故异面直线 成角的余弦值为 33 . (3)解 设 F( 则 (2)， (1,1， 2)， 又 ， ，2 2 ， ( ， ， 2 2 )， 设平面 一个法向量为 m ( 则 m 0，m 0，即 x 1 y 1 2 0，20， 令 ， 得 m (2 2,0， ) 设平面 一个法向量为 n ( 则 n 0，n 0，即 220， 0， 取 1， 则 1， 1， n (1,1,1)， 由 m n， 得 m n (2 2,0， )(1,1,1) 2 2 0， 解得 23. 3 在等腰梯形 ， 12 60 ， N 是 中点 ， 将梯形 转 90 ， 得到梯形 D( 如图 ) 7 (1)求证： 平面 ； (2)求证： C N 平面 ； (3)求二面角 余弦值 (1)证明 12N 是 中点 ， 又 四边形 平行四边形 ， 又 60 ， 四边形 菱形 ， 12 30 ， 90 ， 即 又平面 C 平面 平面 C 平面 平面 (2)证明 ， A， B， 平面 平面， 又 C N 平面 ， C N 平面 (3)解 平面 ， 平面 如图建立空间直角坐标系 ， 设 1， 则 B(1,0,0)，C(0， 3， 0)， C(0,0 ， 3)， N 12， 32 ， 0 ， ( 1,0， 3)， (0，3， 3)， 设平面 C 法向量为 n (x， y， z)，则 n 0，n C C 0，即 x 3z 0， 3y 3z 0，取 z 1， 则 x 3， y 1， n ( 3， 1,1) 平面 平面 C 平面 又 平面 C 平面 平面 C 于点 O， O 则为 中点 ， O 14， 34 ， 0 ， 平面 C 法向量 34， 34 ， 0 . n， n n| 55 ， 由图形可知二面角 AC NC 为钝角 ， 所以二面角 A CN C 的余弦值为 55 . 1 第四辑 数列问题 通关演练 A 组 (建议用时： 45 分钟 ) 1 设等比数列 前 n 项和为 9， (1)求数列 的通项公式； (2)证明：对任意 k N*， 2， 1成等差数列 (1)解 在等比数列 ， 2 即 2整理得： q 2 0. 解得 q 1， 或 q 2. 又 9， 即 9， 当 q 1 时 ， 无解 当 q 2 时 ， 解得 1 等比数列 项公式为 ( 2)n 1n N* (2)证明 前 n 项和 ， 11 k1 1 1 1 k 13 ， 21 k 23 ， 1 2 1 k 13 1 k 23 2 k 1 k 23 2 k 11 3 2 k 13 21 2 1， 2成等差数列 2 已知各项均不相等的等差数列 前 5 项和为 35， 且 1， 1， 1 成等比数列 (1)求数列 通项公式； (2)设 1n 项和 ， 问是否存在常数 m， 使 m 1 ， 若存在 ， 求 m 的值；若不存在 ， 说明理由 解 (1)设数列 公差为 d， 由已知得 2d 7， 又 1， 1， 1 成等比 ， 所以 82 (8 2d)(8 4d)， 解得 3， d 2， 所以 2n 1. (2)由 (1)得 n(n 2) 1n n 121n1n 2 ， 所以 211312141315 1n 11n 11n1n 2 2 121 12 1n 1 1n 2 12 1 ， 故存在常数 m 12. 3 已知 n N*， 数列 足 3 数列 足 又知在数列 ， 2， 且对任意正整数 m， n， (1)求数列 数列 通项公式； (2)将数列 的第 第 第 ， 第 删去后 ， 剩余的项按从小到大的顺序排成新数列 求数列 前 2 013 项和 解 (1)3 2 3n. 又由题知：令 m 1， 则 22， 23， 2n， 若 2n， 则 2nm，2所以 若 n， 当 m 1， 所以 2n. (2)由题意知将数列 的第 3 项 、 第 6 项 、 第 9 项 删去后构成的新数列 的奇数列与偶数列仍成等比数列 ， 首项分别是 2， 4 公比均是 8. 13 ( 13) ( 12) 81 0071 8 81 0061 8 208 1 006 67 . 通关演练 B 组 (建议用时： 40 分钟 ) 1 已知数列 前 n 项和 n 12 n 1 2(n N*)， 设 2(1)求证：数列 等差数列 ， 并求数列 通项公式 (2)按以下规律构造数列 具体方法如下： ， 第 n 项 2n 1项的和组成 ，求数列 通项 (1)证明 在 12 n 1 2 中 ， 令 n 1， 得 1 2， 12. 当 n2 时 ， 1 1 12 n 2 2， 得 1 12 n 1 0(n2) ， 21 12n 1， 22n 11 1. 又 2 1 1(n2) 又 21， 所以 ， 数列 等差数列 3 于是 1 (n 1)1 n， 又 2 (2)解 由题意得 1 1 1 1 2 1 2n 1 (2n 1 1) (2n 1 2) (2n 1)， 而 2n 1,2n 1 1,2n 1 2， ， 2n 1 是首项为 2n 1， 公差为 1 的等差数列 ， 且共有 2n 1项 ， 所以 ， 2n 1 n n 12 22n 2 22n 1 2n 12 322n 3 2n 2. 2 已知 等差数列 ， 且 1， 8. (1)求数列 |的前 n 项和； (2)求数列 2n 前 n 项和 解 (1)设等差数列 公差为 d， 因为 1， 8， 所以 d 1，4d 8， 解得 4， d 3， 所以 4 3(n 1) 3n 7， 因此 | |3n 7| 3n 7， n 1， 2，3n 7， n3 记数列 |的前 n 项和为 当 n 1 时 ， | 4， 当 n 2 时 ， | | 5， 当 n3 时 ， | | | 5 (33 7) (34 7) (3n 7) 5 n n2 32112n 10. 又当 n 2 时满足此式 ， 综上 ， 4， n 1，32112n 10， n2(2)记数列 2前 n 项和为 22223 2222324 21 2n 1 所以 2d(22 23 2n) 2n 1 (1)知 ， 4， d 3， 3n 7， 所以 8 3 4 1 2n 11 2 (3n 7)2n 1 20 (3n 10)2 n 1， 故 20 (3n 10) 2n 1. 3 在数列 ， 1， 前 n 项和 1. (1)求数列 通项公式； 4 (2)若存在 n N*， 使得 n n求实数 的最大值 解 (1)由题意 ， 当 n2 时 ， 21 1， 两式相减得 21 即 1 3又 22， 可见数列 第二项起成公比为 3 的等比数列 所以当 n2 时 ， n 2 23 n 2， 故 1， n 1，23 n 2， n2. (2)令 n n当 n2 时 ， n n23 n 2 当 n2 时 ， 1 n n23 n 1 n n23 n 2 n n 3n23 n 2 n n 1 0. 所以当 n2 时 ， 1以 ， 数列 第二项起的各项 成单调递减数列 而 2323 2 2 3， 12 2， 由题意 ， n n,3 3. 所求实数 的最大值是 3. 1 第五辑 解析几何问题 通关演练 A 组 (建议用时： 60 分钟 ) 1 已知椭圆 1， 椭圆 1的短轴为长轴 ， 且与 (1)求椭圆 (2)设直线 l 与椭圆 、 B， 已知 A 点的坐标为 ( 2,0)， 点 Q(0， 线段 垂直平分线上 ， 且 4， 求直线 l 的方程 解 (1)由题意可设椭圆 1(ab0)， 则 a 2， e32 ， c 3， 1， 椭圆 1. (2)由 A( 2,0)， 设 B 点的坐标为 ( 直线 l 的斜率为 k， 则直线 l 的方程为 yk(x 2) 于是 A， B 两点的坐标满足方程组 y k x ，1. 由方程组消去 y 并整理 ， 得 (1 4k2)16(164) 0， 由 21641 4 得 2 84从而 4设线段 中点为 M， 则 M 的坐标为 844 当 k 0 时 ， 点 B 的坐标为 (2,0)， 线段 垂直平分线为 y 轴 ， 于是 ( 2， (2， 由 4， 得 2 2， l 的方程为 y 0. 当 k0 时 ， 线段 垂直平分线方程为 y 24 1k x 84 令 x 0， 解得 64由 ( 2， (x1， 2y0( 8464444 4，整理得 72， 2 故 k 147 ， l 的方程为 y 147 (x 2) 2 在平面直角坐标系 ， 动点 P 到直线 l： x 2 的距离是到点 F(1,0)的距离的 2倍 (1)求动点 P 的轨迹方程； (2)设直线 (1)中曲线交于点 Q， 与 l 交于点 A， 分别过点 P 和 Q 作 l 的垂线 ， 垂足为 M， N， 问：是否存在点 P 使得 面积是 积的 9 倍？若存在 ， 求出点 不存在 ， 说明理由 解 (1)设点 P 的坐标为 (x， y) 由题意知 2 x 2 |2 x|， 化简 ， 得 22， 所以动点 P 的轨 迹方程为22. (2)设直线 方程为 x 1， 点 P( Q( 因为 所以有 3由已知得 3所以有 3 由 x 1，22， 得 (2)21 0， 44(2) 80 22 ， 12 ， 由 得 t 1， 1， 13或 t 1， 1， 13， 所以存在点 P 为 (0， 1) 3 已知动点 P 到点 A( 2,0)与点 B(2,0)的斜率之积为 14， 点 P 的轨迹为曲线 C. (1)求曲线 C 的方程； (2)若点 Q 为曲线 C 上的一点 ， 直线 直线 x 4 分别交于 M， N 两点 ， 直线 A， D， N 三点共线 (1)解 设 P 点坐标 (x， y)， 则 2(x 2)， 2(x2) ， 由已知 2 2 14， 化简 ， 得 1， 所求曲线 C 的方程为 1(x2) (2)证明 由已知直线 斜率存在 ， 且不等于 0， 设方程为 y k(x 2)， 由 44，y k x ， 消去 y， 得 (1 4k2)16164 0， 因为 2， 方程 的两个根 ， 所以 23 1641 4 得 2 84 又 k( 2) k 2 842 44 所以Q 2 844 当 x 4， 得 6k， 即 M(4,6k) 又直线 14k， 方程为 y 14k(x 2)， 当 x 4时 ， 得 12k， 即 N 4， 12k . 直线 斜率为 3k， 方程为 y 3k(x 2) 由 44，y 3k x ， 消去 y 得： (1 36k2)1441444 0， 因
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