2014高考数学理复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集：第14讲 圆锥曲线的热点问题（精选多篇）

第一篇：2014高考数学理复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集：第14讲 圆锥曲线的热点问题

专题限时集训(十四)

[第14讲 圆锥曲线的热点问题]

(时间：45分钟)

x2y21．已知椭圆C1，直线l：y＝mx＋1，若对任意的m∈R，直线l与椭圆C恒有4b

公共点，则实数b的取值范围是()

A．[1，4)B．[1，＋∞)

C．[1，4)∪(4，＋∞)D．(4，＋∞)

2．已知A(0，7)，B(0，－7)，C(12，2)，以C为一个焦点作过A，B的椭圆，椭圆的另一个焦点F的轨迹方程是()

x2x222A．y－＝1(y≤－1)B．y－1 484822xyC．y2－＝－1D．x2－＝1 48482→→x3．已知两定点A(1，1)，B(－1，－1)，动点P满足PA·PB＝P的轨迹是()

2A．圆B．椭圆

C．双曲线D．拋物线

x2y2x2y24．已知椭圆C1：＝1与双曲线C2：－1共焦点，则椭圆C1的离心率e的mnm＋2n

取值范围为()22A.1B．0 22

1C．(0，1)D．0，2

25．以抛物线y＝8xx＋2＝0相切，这些圆必过一定点，则这一定点的坐标是()

A．(0，2)B．(2，0)

C．(4，0)D．(0，4)

x2y2

6．过椭圆＋＝1上一点M作圆x2＋y2＝2的两条切线，点A，B为切点．过A，B的9

4直线l与x轴，y轴分别交于点P，Q，则△POQ的面积的最小值为()12A.B.2

34C．1D.3

7．以双曲线的实轴为虚轴，虚轴为实轴的双曲线叫作原双曲线的共轭双曲线，若一条双

2曲线与它的共轭双曲线的离心率分别是e1，e2，则当它们的实轴、虚轴都在变化时，e21＋e2的最小值是________．

π8．过抛物线y2＝x的焦点F的直线m的倾斜角θm交抛物线于A，B两点，且A

4点在x轴上方，则|FA|的取值范围是________．

9．已知E(2，2)是抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点，经过点(2，0)的直线l与抛物线C交于两点A，B(不同于点E)，直线EA，EB分别交直线x＝－2于点M，N.(1)求抛物线方程及其焦点坐标；

(2)已知O为原点，求证：∠MON为定值．

x2y2210．已知椭圆C＋1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，且点－1，在椭圆C上． ab2

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)已知动直线l过点F，且与椭圆C交于A，B两点．试问x轴上是否存在定点Q，使得

7→→QA·QB＝－Q的坐标；若不存在，请说明理由． 16

x2y2111．已知F1，F2＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，且离心率e＝，点P为椭圆上ab2

4π的一个动点，△PF1F2的内切圆面积的最大值为3

(1)求椭圆的方程；

→→→→(2)若A，B，C，D是椭圆上不重合的四个点，满足向量F1A与F1C共线，F1B与F1D共线，→→→→且AC·BD＝0，求|AC|＋|BD|的取值范围．

专题限时集训(十四)

1．C [解析] 直线恒过定点(0，1)，只要该点在椭圆内部或椭圆上即可，故只要b≥1且b≠4.2．A [解析] 由题意|AC|＝13，|BC|＝15，|AB|＝14，又|AF|＋|AC|＝|BF|＋|BC|，∴|AF|－|BF|＝|BC|－|AC|＝2.故F点的轨迹是以A，B为焦点，实轴长为2的双曲线下支．又∵c＝7，x222a＝1，∴b＝48，∴所求轨迹方程为y－1(y≤－1)． 48

→→→→3．B [解析] 设点P(x，y)，则PA＝(1－x，1－y)，PB＝(－1－x，－1－y)．所以PA·PB＝

x2x2y22222(1－x)(－1－x)＋(1－y)(－1－y)＝x＋y－2.由已知x＋y－2＝，即＋1，所以点P的轨242

迹为椭圆，故选B.4．A [解析] 根据已知只能m>0，n>0，且m＋2－n＝m＋n，即n＝1，所以椭圆的离心

m＋11112率为e＝＝1，由于m>0，所以1－>，所以e<1.2m＋2m＋22m＋2

5．B [解析] x＋2＝0为抛物线的准线，根据抛物线的定义，圆心到准线的距离等于圆心到焦点的距离，故这些圆恒过定点(2，0)．

6．B [解析] 设M(x0，y0)，根据圆的切线知识可得过A，B的直线l的方程为x0x＋y0y

222212，0，Q0，故△POQ·＝＝2，由此得P.点M在椭圆上，x0y02x0y0|x0y0|2xyx2y22|x||y|所以＋＝1≥2·，由此得|xy|≤3，所以 003294|x0y0|332

a2＋b2

2a2＋b2a2＋b2a2＋b2b2a22227．4 [解析] e1＝，e2e1＋e2＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，ababab当且仅当a＝b时，等号成立．

πp1128.，1＋ [解析] ＝，右端点是在直线的倾斜角等于时取24424

131到的，此时直线方程是y＝x－x2－x0，根据题意点A的横坐标4216

32132－2432是x＝，根据抛物线定义该点到焦点的距离等于其到准线的距离，故|FA|2423212＝＝1＋4242

9．解：(1)将E(2，2)代入y2＝2px(p>0)，得p＝1，1所以抛物线方程为y2＝2x，焦点坐标为2，0.2y2y(2)证明：设A2，y1，B2y2，M(xM，yM)，N(xN，yN)．

方法一，因为直线l不经过点E，所以直线l一定有斜率，设直线l方程为y＝k(x－2)，y＝k（x－2），与抛物线方程联立得2消去x，得ky2－2y－4k＝0，y＝2x，

2由根与系数的关系得y1y2＝－4，y1＋y2＝.k

y－22直线AE的方程为y－2＝x－2)，即y＝(x－2)＋2，yy1＋2－22

2y1－42y2－4令x＝－2，得yM＝yN＝.y1＋2y2＋2

→→又OM＝(－2，yM)，ON＝(－2，yN)，2y1－42y2－44[y1y2－2（y1＋y2）＋4]→→所以OM·ON＝4＋yMyN＝4＋·＝4＋＝4＋y1＋2y2＋2y1y2＋2（y1＋y2）＋4

4－4－44k＝0，4－44k

π所以OM⊥ON，即∠MON为定值.2

方法二，设直线l方程为x＝my＋2，x＝my＋2，与抛物线方程联立2消去x，得y2－2my－4＝0，y＝2x，

由根与系数的关系得y1y2＝－4，y1＋y2＝2m，y1－22直线AE的方程为y－2＝x－2)，即y＝(x－2)＋2，yy1＋2－22

2y1－42y2－4令x＝－2，得yM＝yN＝，y1＋2y2＋2

→→又OM＝(－2，yM)，ON＝(－2，yN)，4（y1－2）（y2－2）4[y1y2－2（y1＋y2）＋4]→→所以OM·ON＝4＋yMyN＝4＋＝4＋＝4＋（y1＋2）（y2＋2）y1y2＋2（y1＋y2）＋4

4（－4－4m＋4）＝0，－4＋4m＋4

π所以OM⊥ON，即∠MON为定值.2

10．解：(1)由题意知c＝1.根据椭圆的定义得2a＝，所以b2＝2－1＝1.2（－1－1）＋＋22（－1＋1）2＋2＝2，即a＝2

x22所以椭圆C的标准方程为＋y＝1.27→→(2)假设在x轴上存在点Q(m，0)，使得QA·QB＝－ 16

当直线l的斜率为0时，A(2，0)，B(－2，0)．

7则2－m，0)·(－2－m，0)＝－，16

5解得m＝4

22当直线l的斜率不存在时，A1，B1，－.22

755252由于1＋，·1＋，－≠－，所以m≠－.1642424

57→→下面证明m＝时，QA·QB 416

7→→显然直线l的斜率为0时，QA·QB16

当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)． x22＋y＝1，由2消去x可得，(t2＋2)y2＋2ty－1＝0.x＝ty＋1

显然Δ>0.1yy＝－t＋2122ty1＋y2＝－，t＋2

因为x1＝ty1＋1，x2＝ty2＋1，5x2－5，y2 x1－y1·所以44

11ty1－ty2－＋y1y2 ＝44

11＝(t2＋1)y1y2(y1＋y2)＋ 416112t1＝－(t2＋1)t· t＋24t＋216

－2t2－2＋t217＝.162（t＋2）16

57→→0，使得QA·QB＝－恒成立． 综上所述：在x轴上存在点Q416

11．解：(1)由几何性质可知当△PF1F2内切圆面积取最大值时，1S△PF1F2取最大值，且(S△PF1F2)max＝2c·b＝bc.2

由πr2＝得r＝ 33

r又C△PF1F2＝2a＋2c为定值，S△PF1F2＝C△PF1F2，2

bc3综上得 2a＋2c3

c1又由e＝，可得a＝2c，即b3c，a2

经计算得c＝2，b＝2 3，a＝4，x2y2

故所求椭圆方程为＋1.1612

(2)由题意知AC，BD均过F1点，且AC⊥BD.①当直线AC与BD中有一条直线垂直于x→→轴时，|AC|＋|BD|＝6＋8＝14.②当直线AC斜率存在但不为0时，设A(x1，y1)，C(x2，y2)，B(x3，y3)，D(x4，y4)，直线

y＝k（x＋2），22AC的方程为y＝k(x＋2)，由x消去y，得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0，则y16121

－16k216k2－48有x1＋x2＝，xx＝ 3＋4k123＋4k2→24（k＋1）代入弦长公式得|AC|＝3＋4k1y＝－（x＋2），k163＋4x2＋16同理由2消去y，得x＋－48＝0，kkkxy2

＝11612

1616－－48kk则有x3＋x4＝，x3x4＝443＋3＋kk

2→24（k＋1）代入弦长公式得|BD|＝3k＋4

168（k2＋1）2168→→所以|AC|＋|BD|＝.11（3＋4k）（4＋3k）12k＋1（k＋1）49961→→12，，所以|AC|＋|BD|∈，14，令t∈(0，1)，则－t2＋t＋12∈47k＋1

96→→由①②可知，|AC|＋|BD|的取值范围是714.

第二篇：2014高考数学文复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集：第9讲 等差数列、等比数列

专题限时集训(九)

[第9讲 等差数列、等比数列]

(时间：45分钟)

1．一个由正数组成的等比数列，5倍，则此数列的公比为()

A．1B．2

C．3D．4

2．若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S8－S4＝12，则S12的值为()

A．64B．44

C．36D．22

3．在正项等比数列{an}中，已知a3·a5＝64，则a1＋a7的最小值为()

A．64B．32

C．16D．8

4．设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和，若S11＝S10，则a1＝()

A．18B．20

C．22D．24

5．在各项都为正数的等比数列{an}中，a1＝2，a6＝a1a2a3，则公比q的值为()

A.23

C．2D．3

6．公差不为零的等差数列{an

}的第2，3，6项构成等比数列，则这三项的公比为()

A．1B．2

C．3D．4

7．已知等差数列{an}的前n项和为n1313＝13，则a1＝()

A．－14B．13

C．－12D．－11

8．已知数列{an}是公差为2的等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，则数列{an}的前5项和S5＝()

A．20B．30

C．25D．40

9．已知等比数列{an}中，各项均为正数，前n项和为Sn，且4a3，a5，2a4成等差数列，若a1＝1，则S4＝()

A．7B．8

C．15D．16

10．已知等差数列{an}的首项a1＝1，前三项之和S3＝9，则数列{an}的通项公式an＝________．

11．已知等差数列{an}的公差为－2，a3是a1与a4的等比中项，则数列{an}的前n项和Sn＝________．

12．已知{an}为等比数列，a2＋a3＝1，a3＋a4＝－2，则a5＋a6＋a7＝________．

13．在数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝0，a3＝2，bn＝2an＋1(n∈N*)．

(1)求数列{bn}及{an}的通项公式；

(2)若cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn.14．数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋cn(c是常数，n＝1，2，3，…)，且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列．

(1)求c的值；

(2)求数列{an}的通项公式．

－15．等比数列{cn}满足cn＋1＋cn＝10·4n1(n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，且an＝log2cn.(1)求an，Sn；

1(2)数列{bn}满足bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，是否存在正整数m(m>1)，使得4Sn－1

T1，Tm，T6m成等比数列？若存在，求出所有m的值；若不存在，请说明理由．

专题限时集训(九)

1．B [解析] 设此数列的公比为q，根据题意得q>0且q≠1，由

5a1（1－q2），解得q＝2.1－q

122．C [解析] 由S8－S4＝12得a5＋a8＝a6＋a7＝a1＋a12＝6，则S12(a1＋a12)＝36.2

3．C [解析] 由a3·a5＝64可得a1·a7＝64，则a1＋a7≥2 1a7＝16.4．B [解析] 由S11＝S10得，a11＝0，即a1＋(11－1)×(－2)＝0，得a1＝20.5．C [解析] a1q5＝(a1q)3，q2＝a21，因为各项均为正数，所以q＝a1＝2.6．C [解析] 由(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)得d＝－2a1，因此可罗列该数列的前6项为a1，－a1，－3a1，－5a1，－7a1，－9a1，则公比为3.13（a1＋a13）7．D [解析] 在等差数列中，S13＝13，得a1＋a13＝2，即a1＝2－a13＝22

－13＝－11，选D.8．C [解析] 由数列{an}是公差为2的等差数列，得an＝a1＋(n－1)·2，又因为a1，a2，2a5成等比数列，所以a1·a5＝a22，即a1·(a1＋8)＝(a1＋2)，解得a1＝1，所以S5＝5a1＋

5×（5－1）·d＝5×1＋20＝25.2

9．C [解析] 由4a3＋2a4＝2a5得q2(q2－q－2)＝0，由题意知q＝2，则S4＝1＋2＋4＋8＝15.3（a1＋a3）10．2n－1 [解析] 由＝S3，得a3＝5，故d＝2，an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.2

11．－n＋9n [解析] 由2a1（1－q4）1－q＝a23＝a1·a4n（n－1）可得a1＝－4d＝8，故Sn＝8n＋×(－2)＝2

－n2＋9n.12．24 [解析] 由a2＋a3＝1，a3＋a4＝－2得q＝－2，由a2＋a2q＝1，得a2＝－1，因此a5＋a6＋a7＝8－16＋32＝24.13．解：(1)方法一，依题意b1＝2，b3＝23＝8，设数列{bn}的公比为q，由bn＝2an＋1>0，可知q>0.由b3＝b1·q2＝2·q2＝8，得q2＝4，又q>0，则q＝2，－－故bn＝b1qn1＝2·2n1＝2n，又由2an＋1＝2n，得an＝n－1.(2)依题意cn＝(n－1)·2n.－Sn＝0·21＋1·22＋2·23＋…＋(n－2)·2n1＋(n－1)·2n，①

＋则2Sn＝0·22＋1·23＋2·24＋…＋(n－2)·2n＋(n－1)·2n1，②

①－②得

－Sn＝2＋2＋…＋2－(n－1)·2

＋23nn＋1＝22－2n＋11－2－(n－1)·2n1，＋＋即－Sn＝－4＋(2－n)·2n1，故Sn＝4＋(n－2)·2n1.bn＋1方法二，(1)依题意{bn}为等比数列，则＝q(常数)，bn

由bn＝2an＋1>0，可知q>0.由2an＋1＋1

2an＋12an＋1－an＝q，得an＋1－an＝log2q(常数)，故{an}为等差数列．

设{an}的公差为d，由a1＝0，a3＝a1＋2d＝0＋2d＝2，得d＝1，故an＝n－1.(2)同方法一．

14．解：(1)a1＝3，a2＝3＋c，a3＝3＋3c，∵a1，a2，a3成等比数列，∴(3＋c)2＝3(3＋3c)，解得c＝0或c＝3.当c＝0时，a1＝a2＝a3，不符合题意，舍去，故c＝3.(2)当n≥2时，由a2－a1＝c，a3－a2＝2c，…，an－an－1＝(n－1)c，n（n－1）则an－a1＝[1＋2＋…＋(n－1)]c2

33又∵a1＝3，c＝3，∴an＝3＋n(n－1)＝(n2－n＋2)(n＝2，3，…)． 22

3当n＝1时，上式也成立，∴an2－n＋2)． 2

15．解：(1)因为c1＋c2＝10，c2＋c3＝40，所以公比q＝4，－－由c1＋4c1＝10，得c1＝2，cn＝2·4n1＝22n1，－所以an＝log222n1＝2n－1.Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log2c1＋log2c2＋…＋log2cn＝log2(c1·c2·…·cn)＝log2(21·23·…·22n－1＋＋…＋2n－1))＝log22(13＝n2.111－1(2)由(1)知bn＝22n－12n＋1，4n－12

111111n于是Tn＝[(1－)＋()＋…＋()]＝.23352n－12n＋12n＋1

假设存在正整数m(m>1)，使得T1，Tm，T6m成等比数列，则 m216m4m2－7m－2＝0，2m＋1＝3×12m＋1

1解得m＝－或m＝2.4

*由m∈N，m>1，得m＝2.因此存在正整数m＝2，使得T1，Tm，T6m成等比数列．

第三篇：2014高考数学文复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集：第3A讲 不等式与线性规划 Word版含解析专题

专题限时集训(三)A

[第3讲 不等式与线性规划]

(时间：30分钟)

1．函数f(x)＝3－x

x－12()

A．[－3，3]B．[33]

C．(1 D．[－，1)∪(1，x－2x2．已知集合A＝x0，x∈N，B＝{x|1≤2≤16，x∈Z}，则A∩B＝()x

A．(1，2)B．[0，2]C．{0，1，2}D．{1，2}

0≤x≤1，3．已知实数x，y满足x－y≤2，则z＝2x－3y的最大值是()

x＋y≤2，A．－6B．－1C．6D．4

x≤0，4．若A为不等式组y≥0，表示的平面区域，则当实数a从－2连续变化到0时，动直

y－x≤2

线x＋y＝a扫过A中部分的区域的面积为()

31A.B.C．2D．1 42

5．已知关于x的不等式ax2＋2x＋b>0(a≠0)的解集是错误!，且a>b，则错误!的最小值是

()

A．2 2B．2C.2D．1

6．在如图X3－1所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x为

______m.7．若直线ax－by＋1＝0平分圆C＋1＝0的周长，则ab的取值范围是

()

11－∞，B.－∞ A.48

110，D.0，C.482x＋y－2≥0，8．设变量x，y满足约束条件x－2y＋4≥0，则目标函数z＝3x－2y的最小值为()

x－1≤0，A．－6B．－4C．2D．4

0≤x≤1，9．已知点P(x，y)满足则点Q(x＋y，y)构成的图形的面积为()

0≤x＋y≤2，A．1B．2

C．3D．4

－1≤x＋y≤1，1

10．设实数x，y满足则点(x，y)在圆面x2＋y2≤()

－1≤x－y≤1，π

A.8πB.43πC.4

πD.2

11．某旅行社租用A，B两种型号的客车安排900名客人旅行，A，B两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1600元/辆和2400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B型车不能多于A型车7辆，则租金最少为()

A．31 200元B．36 000元C．36 800元D．38 400元

x≤2，

12．不等式组y≥0，表示的平面区域的面积是________．

y≤x－1

x－y＋3≥0，

13．已知变量x，y满足约束条件－1≤x≤1，则z＝x＋y的最大值是________．

y≥1，a2

14．设常数a>0，若9x＋a＋1对一切正实数x成立，则a的取值范围为________．

x

专题限时集训(三)A

3－x≥0，1．D [解析] 由题意知3≤x3且x≠1.x－1≠0，x－2)2．D [解析] 集合A＝{x0，x∈N}＝{1，2}，B＝{x|1≤2x≤16，x∈Z}＝

x 

{0，1，2，3，4}，所以A∩B＝{1，2}．

3．C [解析] 画图可知，四个角点分别是A(0，－2)，B(1，－1)，C(1，1)，D(0，2)，可知zmax＝zA＝

6.4．D [解析] A区域为(－2，0)，(0，0)，(0，2)形成的直角三角形，其面积为2，则直线x＋y＝a从(－2，0)开始扫过，扫到区域一半时停止，所以扫过A中部分的区域的面积为1.5．A [解析] 由已知可知方程ax2＋2x＋b＝0(a≠0)有两个相等的实数解，故Δ＝0，即ab＝1.a2＋b2（a－b）2＋2ab22

＝(a－b)＋a>b，所以(a－b)＋2

2.a－b（a－b）（a－b）（a－b）

6．20 [解析] ADE与△ABC相似，设矩形的S△ADE40－y2x（40－y）x＋y2

另一边长为y，则，所以y＝40－x，又有xy≤＝＝400成40S△ABC402立，当且仅当x＝40－x时等号成立，则有x＝20，故其边长x为20 m.7．B [解析] 依题意知直线ax－by＋1＝0过圆C的圆心(－1，2)，即a＋2b＝1，由1＝

a＋2b≥2 2abab，故选B.8

3z

8．B [解析] 作出不等式组对应的可行域如图所示，由z＝3x－2y得y＝x－由图像可

3z

知当直线y＝x－C(0，2)时，直线的截距最大，而此时z＝3x－2y最小，最小值为－

4.0≤u－v≤1，9．B [解析] 令x＋y＝u，y＝v，则点Q(u，v)满足在uOv平面内画出点

0≤u≤2，

Q(u，v)

－1≤x＋y≤1，10．B [解析] 不等式组表示的可行域是边长为2的正方形，所以S

－1≤x－y≤1

正

＝2.x2＋y2≤且圆的面积为πr2＝π，所以点(x，y)在圆面x2＋y2≤内

2221

π2

部的概率为＝24

11．C [解析] 根据已知，设需要A型车x辆，B型车y辆，则根据题设，有

y－x≤7，x≥0，y≥0，画出可行域，求出三个顶点的坐标分别为A(7，14)，B(5，12)，C(15，6)，36x＋60y＝900，目标函数(租金)为k＝1600x＋2400y，如图所示，将点B的坐标代入其中，即得租金的最小值，即k＝1600×5＋2400×12＝36 800(元)．

x＋y≤21，1112.[解析] 不等式组表示的可行域如图中阴影所示，故面积为×1×1.222

13．5 [解析] z＝x＋y在点C

14.15∞[解析] 6a≥a＋1a≥15

.

第四篇：2014高考数学文复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集：第8讲 三角恒等变换与解三角形

专题限时集训(八)

[第8讲 三角恒等变换与解三角形]

(时间：45分钟)

π31．已知α∈π，sin αtan 2α＝()52

24242424A.B.C．－D．－ 725257

312.＝()cos 10°sin 170°

A．4B．2C．－2D．－4

1π3．已知sin αα∈0，则sin 2α＝()3222 24 24 2A.B．－C.D．－3399

4．若△ABC的三个内角满足sin A∶sin B∶sin C＝4∶5∶7，则△ABC()

A．一定是锐角三角形

B．一定是直角三角形

C．一定是钝角三角形

D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形

5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若C＝120°，c，则()

A．a>bB．a

C．a＝bD．a与b的大小关系不能确定

6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝7，b＝5，c＝8，则△ABC的面积等于()

A．10B．10 3

C．20D．20 3

7．在△ABC中，内角A，B，Cb，c，若a6，b＝2，且1＋2cos(B＋C)＝0，则△ABC的BC边上的高等于()

6A.22

6＋23＋1 22

8．已知△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且2S＝(a＋b)2－c2，则tan C等于()

34A.B.43

43CD．－ 34

29．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若b＝1，c3，C＝π，3

则S△ABC＝________．

3510．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且cos Acos Bb＝3，513C.则c＝________．

11．△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若(2a＋c)·cos B＋b·cos C＝0，则B的值为________．

π

12．在△ABC中，已知内角A＝，边BC＝2 3.设内角B＝x，周长为y，则y＝f(x)的最大值是________．

π

13．已知函数f(x)＝2 3sin xcos x＋2cos2x＋m在区间0，上的最大值为2.3

(1)求常数m的值；

(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)＝1，sin B＝3sin C，△3

ABC的面积为a.AA

π－＋14．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且f(A)＝2cos 22

AAsin2cos2.22

(1)求函数f(A)的最大值；

5π

(2)若f(A)＝0，C＝a＝6，求b的值．

15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos B5

(1)求cos(A＋C)的值；

π

(2)求sinB的值；

6→→

(3)若BA·BC＝20，求△ABC的面积．

专题限时集训(八)

π343

1．D [解析] 因为α∈，π，sin α＝cos α＝－，tan α＝－.所以tan 2

5542

－32×2tan α424

α22731－tanα1－

4

2．D [解析]

3131

－＝－＝

cos 10°sin 170°cos 10°sin 10°

3sin 10°－cos 10°sin 10°cos 10°

＝

2sin（10°－30°）2sin（－20°）－2sin 20°

4，故选D.1sin 10°cos 10°sin 10°cos 10°°2

π

3．D [解析] ∵α∈(－0)，∴cos α＝sin 2α＝2sin αcos α＝－9

122 1－－3

16k2＋25k2－49k21

4．C [解析] 由正弦定理可设a＝4k，b＝5k，c＝7k，则cos C＝<0，52·4k·5k因此三角形为钝角三角形．

5．C [解析] 因为sin 120°＝3sin A，所以sin A＝，则A＝30°＝B，因此a＝b.249＋25－641

6．B [解析] 因为cos C，sin C72×7×5

＝10 3.314 3＝所以S＝×7×5×49727

π136

7．C [解析] 由1＋2cos(B＋C)＝0得cos A＝sin A，A＝2233

2π5π22ππ2

＝，sin B＝B＝C因此BC边上的高为2×sin C＝2×sin＋＝2(sin B24122466＋221×)＝2222

8．C [解析] 由2S＝(a＋b)2－c2得2S＝a2＋b2＋2ab－c2，即2×absin C＝a2＋b2＋2ab

222a＋b－cabsin C－2absin C2222

－c，则absin C－2ab＝a＋b－c，又因为cos C＝1，所以

2ab2ab2

C2tan

22×2sin CCCCC4

cos C＋1＝，即2cos2＝sin，所以＝2，即tan C＝＝.2222223C1－21－tan

bc119.[解析] 因为b

sin3

ππ2ππ11

＝2，由B是三角形的内角知，B＝，于是A＝π－＝S△ABC＝bcsin A＝×3

663622

13×.24

1435410.[解析] 因为cos A＝cos Bsin A＝，55135

12aba313

sin B＝由正弦定理得＝，即a＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－

13sin Asin B4125

513

16914

2accos B，即9c2－2c，解得c＝(负值舍去)．

2552π

11.[解析] 由正弦定理可将(2a＋c)cos B＋bcos C＝0转化为2sin A·cos B＋sin C·cos

B＋sin Bcos C＝0，即2sin Acos B＋sin(B＋C)＝0，得2sin Acos B＋sin A＝0，又由A为△ABC2π1

内角，可知sin A≠0，则cos B＝－，则B.23

π2π

12．6 3 [解析] △ABC的内角和A＋B＋C＝π，由A＝，B>0，C>0得0

33BC2 3BC2π

用正弦定理知AC＝·sin x＝4sin x，AB＝＝4sinx.因为y＝

sin Asin A3π

sin

3AB＋BC＋AC，所以y＝4sin x＋4sin2π2ππ

＋2 3，即y＝4 3sinx＋＋2 3

3x0

ππππ5ππ



π

13．解：(1)f(x)＝2 3sin x·cos x＋2cos2x＋m＝2sin(2x＋)＋m＋1.6ππ5ππ

因为x∈0，所以2x＋∈，.6663πππ5π

因为函数y＝sin t在区间，上是增函数，在区间，上是减函数，6226

πππππ

所以当2x＋，即x＝时，函数f(x)在区间0，上取到最大值．此时，f(x)max＝f62636＝m＋3＝2，得m＝－1.π

(2)因为f(A)＝1，所以2sin2A＋＝1，6ππ1

即sin2A＋＝，解得A＝0(舍去)或A＝.362abc

因为sin B＝3sin C，＝，所以b＝3c.①

sin Asin Bsin C

π3 33 311

因为△ABC的面积为S△ABCbcsin A＝bcsinbc＝3.②

42234

由①和②解得b＝3，c＝1.π

因为a2＝b2＋c2－2bc·cos A＝32＋12－2×3×1×

所以a＝7.πAAAA

14．解：(1)f(A)＝2cos＋sin2－cos2＝sin A－cos A2sinA.22224ππ3π

因为0

ππ3π

当AA时，f(A)取得最大值，且最大值为2.424ππ

(2)由题意知f(A)＝2sinA＝0，所以sinA＝0.44ππ3πππ

又知－

5π7ππ

因为C＝A＋B＝B＝.12123

π6·sin

3abasin B

由，得ab＝＝＝3.sin Asin Bsin Asin A

15．解：(1)在△ABC中，∵A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.44

∵cos B，∴cos(A＋C)＝cos(π－B)＝－cos B＝－.55

42342(2)在△ABC中，∵cos B＝sin B＝1－cosB1－5

55πππ33143 3＋4

∴sin(B＋＝sin Bcos＋cos Bsin.666522510→→→→

(3)∵BA·BC＝20，即|BA|·|BC|cos B＝20，∴c·a·＝20，即ac＝25.11315

∴△ABC的面积S△ABC＝acsin B×25×＝2252

第五篇：2014高考数学文复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集：第17讲 统计与统计案例 Word版含解析

专题限时集训(十七)

[第17讲 统计与统计案例]

(时间：45分钟)

1．某同学学业水平考试的9－1所示，则根据茎叶图可知该同

学的平均分为（）

A．79B．80

C．81D．8

22．已知回归直线斜率的估计值为1.23，样本点的中心为点(4，5)，则回归直线的方程为

()

^^A.y＝1.23x＋4B.y＝1.23x＋

5^^C.y＝1.23x＋0.08D.y＝0.08x＋1.2

33．根据一组样本数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)的散点图分析存在线性相关关系，^求得其回归方程y＝0.85x－85.7，则在样本点(165，57)处的残差为()

A．54.55B．2.45C．3.45D．111.55

4．已知x与y之间的几组数据如下表：

^则y与x的线性回归方程y＝bx＋a必过点()

A．(1，2)B．(2，6)

315C.24D．(3，7)

5．甲、乙两名运动员在某项测试中的6次成绩的茎叶图如图X17－

2所示，x1，x2分别表示甲、乙两名运动员这项测试成绩的平均数，s1，s2分别表示甲、乙两名运动员这项测试成绩的标准差，则有()

图X17－2

A．x

1>x

2，s1s2

C．x1＝x2，s1＝s2D．x1＝x2，s1

个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为()

A.08B．07C．02D．01

7．某社区对该区所辖的老年人是否需要特殊照顾进行了一项分性别的抽样调查，针对男性老年人和女性老年人需要特殊照顾和不需要特殊照顾得出了一个2×2的列联表，并计算得出k＝4.350，则下列结论正确的是()

A．有95%的把握认为该社区的老年人是否需要特殊照顾与性别有关 B．有95%的把握认为该社区的老年人是否需要特殊照顾与性别无关 C．该社区需要特殊照顾的老年人中有95%是男性 D．该地区每100名老年人中有5个需要特殊照顾

8．一个样本容量为20的样本数据，它们组成一个公差不为0的等差数列{an}，若a3＝8且前4项和S4＝28，则此样本的平均数和中位数分别是()

A．22，23B．23，22 C．23，23D．23，24

9．样本(x1，x2，…，xn)的平均数为x，样本(y1，y2，…，ym)的平均数为y(x≠y)．若样

本(x1，x2，…，xn，y1，y2，…，ym)的平均数z＝αx＋(1－α)y，其中0<α

关系为()

A．nm

C．n＝mD．不能确定

10．某地区高中学校分三类，A类学校共有学生2000人，B类学校共有学生3000人，C类学校共有学生4000人．若采取分层抽样的方法抽取900人，则A类学校中应抽取学生________人．

11．从某项综合能力测试中抽取50人的成绩，统计如下表，则这50人成绩的方差为________．

12.12342，且标准差等于1，则这组数据为________．

13．某产品的广告费用

x与销售额y的统计数据如下表：

根据上表可得回归方程y＝bx＋a中的b为7.根据此模型，当预报广告费用为10万元时，销售额为________万元．

率不超过________．

附：K2＝

（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）

n（ad－bc）2

15．随机抽取某中学甲乙两班各10名同学，测量他们的身高(单位：cm)，获得身高数据的茎叶图如图X17－3所示．

(1)根据茎叶图判断哪个班的平均身高较高；(2)计算甲班样本的方差．

－3

16．一家商场为了确定营销策略，进行了投入促销费用x和商场实际销售额y的试验，得到如下四组数据．

(1)的线性相关性；

^^^

(2)求出x，y之间的回归直线方程y＝bx＋a；

(3)若该商场计划营销额不低于600万元，则至少要投入多少万元的促销费用？

专题限时集训(十七)

－12＋12＋1＋9＋9－8－7－2－2

1．B [解析] 80＋80.9

^^^

2．C [解析] 回归直线y＝bx＋a经过样本中心点，所以5＝1.23×4＋a，解得a＝0.08，^

故回归直线方程是y＝1.23x＋0.08.^

3．B [解析] 把x＝165代入回归方程得y＝0.85×165－85.7＝54.55，所以残差为57－54.55＝2.45.0＋1＋2＋330＋2＋6＋715^^

4．C [解析] 因为x＝，y＝，所以线性回归方程y＝bx＋

4244

315^

a必过点2，4.5．D [解析] 由样本中数据可知x1＝15，x2＝15，由茎叶图得s1

8．C [解析] 设公差为d，则a1＋2d＝8且4a1＋6d＝28，解得a1＝4，d＝2，所以中位数是

a10＋a1119S19

a1＋d＝4＋19＝23，平均数是a1＋d＝23.22202

nx＋myn9．A [解析] 由题意知，样本(x1，…，xn，y1，…，ym)的平均数为z＝m＋nn＋m

mnm1n1＋y，且z＝αx＋(1－α)y，所以α＝1－α＝又因为0<α<，所以0<，2n＋mm＋nm＋nn＋m2解得n

10．200 [解析] 高中生共有9000人，抽取900人，抽取比例为A类学校中应

9000

抽学生人数为2000×＝200.1050＋20＋45＋30＋581

11.[解析] ∵x＝＝3，∴s2＝[(x1－x)2＋(x2－x)2＋…＋(xn－x)2]＝550n18×(10×22＋5×12＋15×12＋5×22)＝.505

12．1，1，3，3 [解析] 不妨设x1≤x2≤x3≤x4，且x1，x2，x3，x4∈N*，则s＝（x1－2）2＋（x2－2）2＋（x3－2）2＋（x4－2）2]＝1，即(x1－2)2＋(x2－2)2＋(x3－2)24

＋(x4－2)2＝4.又因为平均数和中位数都为2，所以x4≤3，则只能取x1＝x2＝1，x3＝x4＝3.故这组数据为1，1，3，3.^

13．73.5 [解析] x＝4.5，y＝35，则a＝35－7×4.5＝3.5，所以y＝7×10＋3.5＝73.5.30×（12×8－2×8）230

14．0.050 [解析] ∵K＝＝4.2857>3.841，∴错误的概率不超

714×16×20×10

过0.050.15．解：(1)由茎叶图可知，在160～179之间的身高数据显示乙班平均身高应高于甲班，而其余数据可直接看出身高的均值是相等的，因此乙班平均身高应高于甲班．

(2)由题意知甲班样本的均值为

158＋162＋163＋168＋168＋170＋171＋179＋179＋182x＝170，10

故甲班样本的方差为[(158－170)2＋(162－170)2＋(163－170)2＋(168－170)2＋(168－

170)2＋(170－170)2＋(171－170)2＋(179－170)2＋(179－170)2＋(182－170)2]＝57.2.16．解：(1)如图所示，从散点图上可以看出两个变量具有较好的线性相关性．

2＋3＋5＋6100＋200＋300＋400

(2)因为x＝＝4，y＝＝250，44则

=4+1+1+4=10，(xi－x)(yi－y)＝(－2)×(－150)＋(－1)×(－50)＋1×50＋2×150＝700，^

所以b＝

700

＝70，10

^^

a＝y－bx＝250－70×4＝－30.^

故所求的回归直线方程为y＝70x－30.600＋30

(3)由题意得70x－30≥600，即x≥70＝9，所以若该商场计划营销额不低于600万元，则至少要投入9万元的促销费用．