【轻松突破120分】2014高考数学精炼11 文

第一篇：【轻松突破120分】2014高考数学精炼11 文

2014高考数学（文）轻松突破120分1

1一、选择题

1．关于简单随机抽样法、系统抽样法、分层抽样法的叙述正确的是()

A．三种抽样方法适用于对任何总体的抽样

B．从同一总体中抽取一个样本，采用的方法不同，每个个体被抽到的概率也不相同

C．分层抽样法是三种抽样方法中最好的D．三种抽样方法有各自的特点，根据总体和所抽样本的情况，选择适当的抽样方法，更易于操作，效果更好

解析： 根据三种抽样方法的特点和适用的范围知，A、B、C都不正确．

答案： D

2．用系统抽样法(按等距离的规则)要从160名学生中抽取容量为20的样本，将160名学生从1～160编号．按编号顺序平均分成20组(1～8号，9～16号，„，153～160号)，若第16组应抽出的号码为125，则第一组中按此抽签方法确定的号码是()

A．7 B．

5C．4 D．

3解析： 由系统抽样知第一组确定的号码是5.答案： B

3．为了了解某市高三毕业生升学考试中数学成绩的情况，从参加考试的学生中随机地抽查了1000名学生的数学成绩进行统计分析，在这个问题中，下列说法正确的是()

A．总体指的是该市参加升学考试的全体学生

B．个体指的是1000名学生中的每一名学生

C．样本容量指的是1000名学生

D．样本是指1000名学生的数学升学考试成绩

解析： 因为是了解学生的数学成绩的情况，因此样本是指1000名学生的数学成绩，而不是学生．

答案： D

4．为了调查某产品的销售情况，销售部门从下属的92家销售连锁店中抽取30家了解情况．若用系统抽样法，则抽样间隔和随机剔除的个体数分别为()

A．3,2 B．2,3

C．2,30 D．30,2解析： 因为92÷30不是整数，因此必须先剔除部分个体数，因为92÷30＝3„„2，故剔除2个即可，而间隔为3.答案： A

5.某学校有高一学生720人，现从高

一、高

二、高三这三个年级学生中采用分层抽样的方法，抽取180人进行英语水平测试．已知抽取的高一学生数是抽取的高二学生数、高三学生数的等差中项，且高二年级抽取40人，则该校高三学生人数是()

A．480 B．640

C．800 D．960

解析： 设抽取高一学生x人，抽取高三学生y人，高三学生总人数为z人，则由题意x＋40＋y＝180，得： 2x＝y＋40，

x＝60，求得y＝80， 720z，6080

则z＝960.故选D.答案： D

6．某高中在校学生2000人，高一年级与高二年级人数相同并都比高三年级多1人．为了响应“阳光体育运动”号召，学校举行了“元旦”跑步和登山比赛活动．每人都参加而且

其中a∶b∶c为了了解学生对本次活动的5满意程度，从中抽取一个200人的样本进行调查，则高二年级参与跑步的学生中应抽取()

A．36人 B．60人

C．24人 D．30人

23解析： ∵登山的占总数的 5

533又跑步中高二年级占＝.2＋3＋510

339∴高二年级跑步的占总人数的＝.51050

9x由得x＝36，故选A.50200答案： A

二、填空题

7．在120个零件中，一级品24个，二级品36个，三级品60个，用系统抽样方法从中抽取容量为20的样本，则三级品a被抽到的可能性为________．

201解析： 每一个个体被抽到的概率都是样本容量除以总体，即1206

1答案：6

8．某校有老师200人，男学生1200人，女学生1000人．现用分层抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为n的样本；已知从女学生中抽取的人数为80人，则n＝________.80n解析： 由题意知＝，解之得n＝192.1 000200＋1 200＋1 000

答案： 19

29．某企业三月中旬生产A、B、C三种产品共3000件，根据分层抽样的结果，该企业统

A产品的样本容量比C产品的样本容量多10，根据以上信息，可得C产品的数量是________件．

解析： 设C产品的数量为x，则A产品的数量为1700－x，C产品的样本容量为a，则A产品的样本容量为10＋a，700－xx1 300由分层抽样的定义可知：，∴x＝800.a＋10a130

答案： 800

三、解答题

10．某学校为了了解2010年高考语文课的考试成绩，计划在高考后对1200名学生进行抽样调查，其中文科300名考生，理科600名考生，艺术类考生200人，体育类考生70人，外语类考生30人，如果要抽120人作为调查分析对象，则按科目分别应抽多少考生？

解析： 从1200名考生中抽取120人作调查由于各科目考试人数不同，为了更准确地了解情况，可采用分层抽样，抽样时每层所抽人数按1∶10分配．

∴300×11111＝30(人)，600×＝60(人)，200×＝20(人)，70×＝7(人)，30×＝10101010103(人)．

所以抽取的文科，理科，艺术，体育，外语类考生分别是30人，60人，20人，7人，3人．

11．某单位最近组织了一次健身活动，活动分为登山组和游泳组，且每个职工至多参加其中的一组．在参加活动的职工中，青年人占42.5%，中年人占47.5%，老年人占10%.登山组

1的职工占参加活动总人数的50%，中年人占40%，老年人占10%.为了

4了解各组不同年龄层次的职工对本次活动的满意程度，现用分层抽样的方法从参加活动的全体职工中抽取一个容量为200的样本．

(1)在游泳组中，试确定青年人、中年人、老年人分别所占的比例；

(2)在游泳组中，试确定青年人、中年人、老年人分别应抽取的人数.【解析方法代码108001125】

解析：(1)设登山组人数为x，在游泳组中，青年人、中年人、老年人各占比例分别为

x×40%＋3xbx×10%＋3xca、b、c，则有47.5%，＝10%，解得b＝50%，c＝10%.4x4x

故a＝100%－50%－10%＝40%，即在游泳组中，青年人、中年人、老年人各占比例分别为40%、50%、10%.33(2)在游泳组中，抽取的青年人人数为200××40%＝60(人)；抽取的中年人人数为200×44

3×50%＝75(人)；抽取的老年人人数为15(人)． 4

12．某公路设计院有工程师6人，技术员12人，技工18人，要从这些人中抽取n个人参加市里召开的科学技术大会．如果采用系统抽样和分层抽样的方法抽取，不用剔除个体，如果参会人数增加1个，则在采用系统抽样时，需要在总体中先剔除1个个体，求n.【解析方法代码108001126】

解析： 总体容量为6＋12＋18＝36.36n当样本容量是n时，由题意知，系统抽样的间隔为，分层抽样的比例是，抽取的工n36

程师人数为·6＝·18＝，所以n应是6的倍366363362

数，36的约数，即n＝6,12,18.3535当样本容量为(n＋1)时，总体容量是35人，系统抽样的间隔为n＋1n＋1

数，所以n只能取6.即样本容量n＝6.nnnnnn

第二篇：2014高考数学全面突破 二项式定理

11.3二项式定理

考情分析

1．能用计数原理证明二项式定理．

2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．

基础知识

1．二项式定理

n1n－1n－rrn*(a＋b)n＝C0b＋„＋Crb＋„＋Cnna＋Cnananb(n∈N)这个公式所表示的定理叫二项式定理，右边的多项式叫(a＋b)n的二项展开式．

其中的系数Crn(r＝0,1，„，n)

n－rrn－rr式中的Crb叫二项展开式的通项，用Tr＋1表示，即通项Tr＋1＝Crb.nana

2．二项展开式形式上的特点

(1)项数为(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为(3)字母an逐项减1直到零；字母b幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.－11(4)二项式的系数从Cn，一直到Cnn3．二项式系数的性质 －(1).(2)增减性与最大值： 二项式系数Ckn，当n＋1k＜2时，二项式系数逐渐增大．由对称性知它的后半部分是逐渐减小的；

n当n是偶数时，中间一项C2取得最大值；

n－1n＋1当n是奇数时，中间两项C2，C2取得最大值．

012nn(3)各二项式系数和：Cn＋Cn＋Cn＋„＋Crn＋„＋Cn＝2；

24135n－1C0.n＋Cn＋Cn＋„＝Cn＋Cn＋Cn＋„＝

2注意事项

n－rr1.运用二项式定理一定要牢记通项Tr＋1＝Crb，注意(a＋b)n与(b＋a)n虽然相na

同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题，另外二项

展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指Cr而后n，者是字母外的部分．前者只与n和r有关，恒为正，后者还与a，b有关，可正可负．

2.二项式定理可利用数学归纳法证明，也可根据次数，项数和系数利用排列组合的知识推导二项式定理．因此二项式定理是排列组合知识的发展和延续．

3.(1)通项的应用：利用二项展开式的通项可求指定的项或指定项的系数等．

(2)展开式的应用：利用展开式①可证明与二项式系数有关的等式；②可证明不等式；③可证明整除问题；④可做近似计算等．

4.(1)对称性；

(2)增减性；

(3)各项二项式系数的和； 以上性质可通过观察杨辉三角进行归纳总结．

题型一 二项展开式中的特定项或特定项的系数

13【例1】已知(3x－)n的展开式中各项系数之和为256，则展开式中第7x

项的系数是()

B.2

4D.252 A.－24C.－252

答案：D

解析：令x＝1可得各项系数之和为2n＝256，则n＝8，故展开式中第7项的26系数为C68×3×(－1)＝252.a【变式1】若x－6展开式的常数项为60，则常数a的值为________． x

a6－r6－3r解析 二项式x6展开式的通项公式是Tr＋1＝Cr(a)rx－2r＝Cr(－6x6xx

2a)r，当r＝2时，Tr＋1为常数项，即常数项是C26a，根据已知C6a＝60，解得a

＝4.答案 4

题型二 二项式定理中的赋值

【例2】已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋„＋a10(1－x)10，则a8＝

()

A.180

C.－

5答案：A

10－r解析：(1＋x)10＝[2－(1－x)]10其通项公式为：Tr＋1＝Cr(－1)r(1－x)r，a8102B.90 D.5

是r＝8时，第9项的系数．

28所以a8＝C8102(－1)＝180.故选A.【变式2】 已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋„＋a7x7.求：(1)a1＋a2＋„＋a7；(2)a1＋a3＋a5＋a7；(3)a0＋a2＋a4＋a6；(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋„＋|a7|.解 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①

令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②

(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋„＋a7＝－2.－1－37(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.2

－1＋37(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝2＝1 093.(4)∵(1－2x)7展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋„＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.题型三 二项式的和与积

2【例3】二项式(x＋x)(1－x)4的展开式中x的系数是________．

答案：

32解析：利用分步计数原理与组合数公式，符合题目要求的项有x(－x)4和

x·14，求和后可得3x，即展开式中x的系数为3.2【变式3】xx－x7的展开式中，x4的系数是________(用数字作答)． 

272737解析 原问题等价于求x－x的展开式中x的系数，x－x的通项Tr＋1＝Cr7x

－r2r7－2r－x＝(－2)rCr，令7－2r＝3得r＝2，∴x3的系数为(－2)2C27x7＝84，即

xx－2x7的展开式中x4的系数为84.答案 84

重难点突破

【例4】已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋„＋a7x7.求：(1)a1＋a2＋„＋a7；

(2)a1＋a3＋a5＋a7；

(3)a0＋a2＋a4＋a6；

(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋„＋|a7|.解：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1，令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋„＋a7＝－2.(2)(①－②)÷2，－1－37得a1＋a3＋a5＋a7＝2＝－1094.(3)(①＋②)÷2，－1＋37得a0＋a2＋a4＋a6＝2＝1093.(4)∵(1－2x)7展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋„＋|a7|

＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)． ∴由(2)、(3)即可得其值为2187.① ②

第三篇：《2014届数学一轮高考核动力》(新课标)高考数学(文)一轮强化突破训练(18)

一、选择题

1．设a，b∈R，若a－|b|>0，则下列不等式中正确的是()

A．b－a>0

C．a－b<0

【答案】D

【解析】∵a－|b|>0，∴a>|b|>0.∴不论b正或b负均有a＋b>0.故选择D.2．若a、b、c∈R，a>b，则下列不等式成立的是()

11A.22B．a＋b<0 D．b＋a>0 33ab

a

2B．a>b 22C.>c＋1c2＋1bD．a|c|>b|c|

【答案】C

11【解析】由a、b、c∈R，a>b，A中若取a＝2，b＝－1，有a>b，而不成立，所以Aab

2错；B中若取a＝－1，b＝－2，有a>b，而a>b不成立，所以B错；C中

D中当c＝0时，a|c|>b|c|不成立．综上，C正确． 22c＋1c2＋1ab

3．如果a，b，c满足c

A．ab>acB．c(b－a)>0

C．cb

【答案】C

【解析】∵a>b>c且ac<0，得a>0，c<0，b∈R，∴b有三种情况，b>0，b<0，b＝0.∵b>c，a>0，∴ab>ac，故A一定成立；

∵a>b，c<0，∴c(b－a)>0，故B一定成立；

当b＝0时，cb＝0，ab＝0，∴C不一定成立；

而a>0，c<0，a－c>0，又ac<0，∴ac(a－c)<0，故D一定成立．

综上，故选择C.4．若0＜a1＜a2,0＜b1＜b2，且a1＋a2＝b1＋b2＝1，则下列代数式中值最大的是()

A．a1b1＋a2b2B．a1a2＋b1b2

1C．a1b2＋a2b1D.2

【答案】A

【解析】方法1：特殊值法．

1313令a1＝a2＝，b1b2＝，4444

10563则a1b1＋a2b2＝＝，a1a2＋b1b2＝＝，1681682222

a1b2＋a2b1＝

63168

513∵a1b1＋a2b2.828

方法2：作差法．

∵a1＋a2＝1＝b1＋b2且0a1，b2＝1－b1>b1，11∴0

又a1b1＋a2b2＝a1b1＋(1－a1)(1－b1)

＝2a1b1＋1－a1－b1，a1a2＋b1b2＝a1(1－a1)＋b1(1－b1)

＝a1＋b1－a1－b1，22

a1b2＋a2b1＝a1(1－b1)＋b1(1－a1)

＝a1＋b1－2a1b1，∴(a1b2＋a2b1)－(a1a2＋b1b2)

＝a1＋b1－2a1b1

＝(a1－b1)≥0，∴a1b2＋a2b1≥a1a2＋b1b2.∵(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)

＝4a1b1＋1－2a1－2b1

＝1－2a1＋2b1(2a1－1)

＝(2a1－1)(2b1－1)

11＝4a1b1－>0，22

∴a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.11∴(a1b1＋a2b2)－2a1b1＋a1－b1 22

11＝b1(2a1－1)－(2a1－1)＝(2a1－1)b1－ 22

11＝2a1b1－>0，22

1∴a1b1＋a2b22综上可知，最大的数应为a1b1＋a2b2.故选择A.5．已知三个不等式①ab＞0，②－，③bc＞ad.以其中两个作为条件，余下一个作为结论，可以组成正确命题的个数是

()

A．0B．1C．2D．3

【答案】D 222cadb

【解析】

dbab>0cdcd⇒－a·ab＜－b·ab －ab⇒－bc＜－da⇒bc＞ad.ca ab>0⇒>011bc>ad⇒－bc<－adab1－bc<－adabab⇒－.故选择D.二、填空题 －ad－bcab⇒ab⇒ab>0，bc>adcdbc>ad<0

116，则下列不等式 ab

①a＋b|b|

③a

11【解析】由得 b0，则①正确，②错误，③错误，④正确． baabab

7．设a、b是两个实数，给出下列条件：

①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a＋b>2；⑤ab>1.其中能推出“a、b中至少有一个数大于1”的条件是.【答案】③

【解析】①中的a、b可以都小于1，故①错．

②中的a、b可以都为1，故②错．

④⑤中的a、b可以都为负数，如a＝－2，b＝－1，故④⑤均错．

只有③正确．

8．对于0

1①loga(1＋a)

aa1②loga(1＋a)>loga1＋

③a

1＋a111＋aa1＋aa

其中成立的不等式的序号是.【答案】②与④

1【解析】由00，a

111>1＋a>1，则loga(1＋a)>loga1，aa

②成立，④成立．

三、解答题

9．设x为正实数，n∈N，求证： x＋x ≥ x

【证明】∵(x＋x)－(x

＝xn－1－n*n－nn－1＋x1－n.n－nn－1＋x1－n)2n－1(x－1)－x(x－1)＝x(x－1)(x

－n

2n－1－n－1)，∴x＞0，∴ x＞0，当x≥1时，x－1≥0, x

∴总有(x－1)(x2n－1－1≥0； 2n－1当0＜x＜1时，x－1＜0, x

2－1＜0，n－n －1)≥0，∴ x＋x ≥xn－1 ＋x1－n.10．已知f(x)＝ax－c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围．

a－c＝f1【解析】∵4a－c＝f2 1a＝f2－f1]3，解得41c＝－1＋f233，85∴f(3)＝9a－c＝f(2)－(1)，33

8840∵－1≤f(2)≤ 333

又－4≤f(1)≤－1，555∴－(－1)≤－f(1)≤－·(－4)，333

85854020(2)－f(1)≤＋，333333

即－1≤f(3)≤20.11．设f(x)＝1＋logx3，g(x)＝2logx2(x>0且x≠1)，试比较f(x)与g(x)的大小．

【解析】f(x)－g(x)＝1＋logx3－2logx2

＝logx3x－logx4

3＝logxx.4

3(1)当logxx>0时，即 4

x>13x>14

0或0g(x)． 3

33(2)当logxx＝0时，即x＝1，44

4也就是x＝f(x)＝g(x)． 3

3(3)当logxx<0时，即 4

x>13014，4也就是1

444故此，x>或0g(x)；x＝时，f(x)＝g(x)；1

12．已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an＋1)(n∈N)在函数y＝x＋1的图像上．(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，求证：bn

【解析】方法1：

(1)由已知得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1，又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，公差为1的等差数列．

故an＝1＋(n－1)×1＝n.(2)由(1)知：an＝n从而bn＋1－bn＝2.n*2·bn＋2＜bn＋1.2

bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋„＋(b2－b1)＋b1

＝2n－1＋2

nn－2＋„＋2＋1 1－2n＝＝2－1.1－2

因为bn·bn＋2－bn＋1＝(2－1)(2

＝(22n＋22nn＋2－1)－(2n＋1n＋1－1)2－2

nn＋2－2＋1)－(2nn

2n2n＋2－2·2＋1)＝－5·2＋4·2＝－2＜0，所以bn·bn＋2＜bn＋1.(2)因为b1＝1，方法2：(1)同方法1.bn·bn＋2－bn＋12＝(bn＋1－2n)(bn＋1＋2n＋1)－bn＋12

＝2n＋1

n

n·bn＋1－2·bn＋1－2·2n＋1nnnnnnn＋1)n＝2(bn＋1－2)＝2(bn＋2－2n＋1＝2(bn－2)＝„＝2(b1－2)＝－2<0，所以bn·bn＋2

第四篇：《2014届数学一轮高考核动力》(新课标)高考数学(文)一轮强化突破训练(49)

一、选择题

1．若直线1通过点M(cos α，sin α)，则()

A．a＋b≤1

11C.2＋2≤122xyabB．a＋b≥1 11D.2＋2 22abab【答案】D

【解析】因为点M(cos α，sin α)在以原点为圆心的单位圆上，即点M满足x＋y＝1.由于直线＋＝1通过点M，即直线＝1与x＋y＝1有公共点，即原点O到直线bx＋ay－ab＝0的距离应小于等于1，∴|－ab|22xyabxyab22

a2＋b1122≥1.2ab

x33cos θ，32．(2010重庆卷·理)直线y＝x＋2与圆心为D的圆3y＝1＋3sin θ

(θ∈[0,2π))交于A、B两点，则直线AD与BD的倾斜角之和为()

7A.6

4C.π3

【答案】C

【解析】由已知得圆D：(x－3)＋(y－1)＝3，则圆心D到直线y＝3＋2距离等于 3

6，222 5B.45D.3d33－123

1＋13＝

1d2故cos ∠ADB＝ 232

1ππ∠ADB＝，∠ADB＝； 242又AD＝BD，因此有∠DBA＝

而直线y＝π.43π＋2的倾斜角是，36

ππ因此结合图形可知，在直线AD，BD中必有一条直线的倾斜角等于＋6

4ππππππ4π

线的倾斜角等于＋因此直线AD，BD的倾角之和等于2＋.6423642

故选择C.二、填空题

3．(2009高考广东卷·理)若直线l1：

x＝1－2t，

y＝2＋kt

(t为参数)与直线l2：

x＝s，

y＝1－2s

(s为参数)垂直，则k＝.【答案】－1

【解析】把两直线化为普通方程分别为

l1：kx＋2y＝k＋4；l2：2x＋y＝1.∵两直线垂直，∴－2)＝－1，解得k＝－1.x＝t，4．(2010天津卷·理)已知圆C的圆心是直线

y＝1＋t，

k

(t为参数)与x轴的交点，且圆C与直线x＋y＋3＝0相切．则圆C的方程为.【答案】(x＋1)＋y＝2

【解析】由题意可得圆心C的坐标为(－1,0)，圆心到直线x＋y＋3＝0的距离 |－1＋3|

＝2，2d因此圆的方程为(x＋1)＋y＝2.x＝3＋4cos θ，5．圆C：

y＝－2＋4sin θ

(θ为参数)的圆心坐标为，和圆C关于直线x

－y＝0对称的圆C′的普通方程是.【答案】(3，－2)，(x＋2)＋(y－3)＝16(或x＋y＋4x－6y－3＝0)【解析】将参数方程化为标准方程得(x－3)＋(y＋2)＝16.故圆心坐标为P(3，－2)．

点P(3，－2)关于y＝x的对称点P′(－2,3)，则圆C关于y＝x对称的圆C′的方程为

(x＋2)＋(y－3)＝16(或x＋y＋4x－6y－3＝0)．

x＝1＋cos θ，6．若直线3x＋4y＋m＝0与圆

y＝－2＋sin θ

(θ为参数)没有公共点，则实数m的取值范围是.【答案】(－∞，0)∪(10，＋∞)

【解析】由圆的参数方程可知其标准方程为(x－1)＋(y＋2)＝1，直线与圆无公共点，即圆心(1，－2)到直线的距离大于半径，即

d|3×1＋4×－2＋m||m－5|

＝，22

53＋4

∴m<0或m>10.7．直线为.【答案】82

x＝－2＋t，【解析】把直线

y＝1－t，x＝－2＋t，

y＝1－t，(t为参数)被圆(x－3)＋(y＋1)＝25所截得的弦长

代入

(x－3)＋(y＋1)＝25得

(－5＋t)＋(2－t)＝25，t－7t＋2＝0，|t1－t2|＝2

t1＋t22

－4t1t241，2|t1－t2|＝82.→→→→

8．已知OP＝(2＋2cos α，2＋2sin α)，α∈R，(O为坐标原点)，向量OQ满足OP＋OQ＝0，则动点Q的轨迹方程是.【答案】(x＋2)＋(y＋2)＝4 →

【解析】设Q(x，y)，则OQ＝(x，y)，x＝－2－2cos α，→→

代入OP＋OQ＝0中可得

y＝－2－2sin α

消去参数α，可得动点Q的轨迹方程为(x＋2)＋(y＋2)＝4.三、解答题

9．在平面直角坐标系xOy中，点P(x，y)是椭圆＋y＝1上的一个动点，求S＝x＋y

3的最大值．

x2

【解析】由椭圆y＝1的参数方程为

x2

x3cos φ，

y＝sin φ，(φ为参数)，故可设动点P的坐标为3cos φ，sin φ)，其中0≤φ<2π.因此，S＝x＋y＝3cos φ＋sin φ ＝2·

13

cos φ＋sin φ

22

π＝2sinφ＋.3

π

所以当φ＝时，S取得最大值2.6

x＝cos θ，为半圆C：

y＝sin θ，

10．(2010辽宁卷·理)已知P

(θ为参数，0≤θ≤π)上的点，点A的坐标为(1,0)，O为坐标原点，点M在射线OP上，线段OM与C的弧AP的长度π

均为.(1)以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求点M的极坐标；(2)求直线AM的参数方程．

ππ

【解析】(1)由已知，M点的极角为，且M点的极径等于，33

ππ故点M的极坐标为.33

3ππ

(2)M点的直角坐标为，A(1,0)，66

πx＝1＋－1t，6

故直线AM的参数方程为

3πy6.(θ为参数)

x＝3－，2

11．(2010福建卷·理)在直角坐标系xOy，直线l的参数方程为

y5 t2

(t为参数)．在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴)中，圆C的方程为ρ＝25 sin θ.(1)求圆C的直角坐标方程；

(2)设圆C与直线l交于点A，B，且若点P的坐标为(3，5)，求|PA|＋|PB|.【解析】(1)由ρ＝5 sin θ，得

x2＋y2－5 y＝0，即x2＋(y－5)2＝5.(2)方法1：将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得 2 22 22

3t＋t＝5，即t－2 t＋4＝0.22

由于Δ＝2)－4×4＝2>0，故可设t1，t2是上述方程的两实根，所以

t1＋t2＝2，t1·t2＝4.又直线l过点P(3，5)，故由上式及t的几何意义得 |PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝32.方法2：因为圆C的圆心为(0，5)，半径r5，直线l的普通方程为y＝－x＋3

＋5.x2＋y－52＝5，由

y＝－x＋35x＝1，解得

 y＝2＋ 5

得x－3x＋2＝0.x＝2，或

y＝15.不妨设A(1,25)，B(2,1＋5)，又点P的坐标为(35)，故|PA|＋|PB|82 ＝2.x＝cos θ，

12．已知曲线C1：

y＝sin θ，(θ

x＝t2

为参数)，曲线C：

2y＝2t.2，(t

为参数)

(1)指出C1，C2各是什么曲线，并说明C1与C2公共点的个数；

(2)若把C1，C2上各点的纵坐标都压缩为原来的一半，分别得到曲线C1′，C2′.写出C1′，C2′的参数方程．C1′与C2′公共点的个数和C1与C2公共点的个数是否相同？说明你的理由．

【解析】(1)C1是圆，C2是直线．

C1的普通方程为x2＋y2＝1，圆心C1(0,0)，半径r＝1.C2的普通方程为x－y＋2＝0.因为圆心C1到直线x－y2＝0的距离为1，所以C2与C1只有一个公共点．(2)压缩后的参数方程分别为



C1 ′：1

y＝sin θ，2

化为普通方程为

x＝cos θ，(θ

x＝t－2

为参数)；C ′：

2y＝.4

2，(t为参数)．

C1 ′：x2＋4y2＝1，C2′：y＝＋

联立消元得2x＋22x＋1＝0，22，2

其判别式Δ＝(22)－4×2×1＝0，所以压缩后的直线C2′与椭圆C1′仍然只有一个公共点，和C1与C2公共点个数相同．

第五篇：《2014届数学一轮高考核动力》(新课标)高考数学(文)一轮强化突破训练(15)

一、选择题

1．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝48，前2n项和S2n＝60，那么前3n项和S3n等于()

A．72

C．75

【答案】D

【解析】Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍是等比数列，可得

12S3n－S2n＝＝3，48

∴S3n＝3＋S2n＝63.2．(2009高考广东卷)已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9＝2a5，a2＝1，则a1＝()

1A.2

C.2

【答案】B

【解析】因为a3·a9＝2a5，则由等比数列的性质有：a3·a9＝a6＝2a5，22222B．36D．63 B.22D．2

a62a622＝2，＝q＝2，因为公比为正数，故q2，a5a5

又因为a2＝1，所以a1＝故选择B.3．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是()

A．(－∞，－1]

C．[3，＋∞)

【答案】D

【解析】设等比数列的公比为q，1∵a2＝1，∴a1＝，a3＝a2q＝q.B．(－∞，0)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)a2q12＝22q

1∵S3＝＋1＋q，q

∴当q>0时，S3≥3(q＝1时取等号)；

当q<0时，S3≤－1(q＝－1时取等号)．

值时，n的值等于()

A．5

C．7

【答案】B

【解析】由T8＝T4，得a1a2a3a4a5a6a7a8＝a1a2a3a4，所以a5a6a7a8＝1，又a5a8＝a6a7＝1，且数列{an}是正项递增数列，所以a5

5．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝()

4A．16(1－4)C.32－n

(1－4)3

－n

B．16(1－2)D.32－n

(1－2)3

－n

【答案】C

a5311

【解析】∵＝qq

a282

1n－11n5－2n

∴an·an＋1＝4··4·＝2，22

故a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1 ＝2＋2＋2＋2＋…＋

2－1

－3

5－2n

181－432－n＝(1－4)．

1314

故选择C.二、填空题

6．在等比数列{an}中，若a2＝a4＝4，则公比q＝；a1＋a2＋…＋an＝.2【答案】2 2

n－1

1－ 2

133

【解析】a4＝a1q得4＝，解得q＝2，212

a1＋a2＋…＋an＝

1－21－2

＝2

n

n－1

1－.2

7．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5

＝.31

【答案】

【解析】显然公比q≠1，a1q·a1q＝1，

由题意得，a11－q3＝7，1－q

a1＝4，

解得1

q＝，

2141－5

a11－q231∴S5＝＝1－q14

1－2

8．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q＝.【答案】－9

【解析】由an＝bn－1，且数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则{an}有连续四项在集合{－54，－24,18,36,81}中．经分析判断，比较知{an}的四项应为－24,36，3

－54,81.又|q|>1，所以数列{an}的公比为q＝－6q＝－9.三、解答题

9．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.【解析】设{an}的公比为q，由题设得

a1q＝6，2

6a1＋a1q＝30，

a1＝3，解得

q＝2，

n－1n－1

a1＝2，或

q＝3.

n

当a1＝3，q＝2时，an＝3×2当a1＝2，q＝3时，an＝2×3，Sn＝3×(2－1)；，Sn＝3－1.n

10．设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．

(1)求数列{an}的通项；

(2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.a1＋a2＋a3＝7，

【解析】(1)由已知得：a1＋3＋a3＋43a2，2

解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝a3＝2q，q

又S3＝7＋2＋2q＝7，q

即2q－5q＋2＝0.1

解得q1＝2，q2＝.2由题意得q>1，∴q＝2.∴a1＝1.故数列{an}的通项为an＝2由(1)得a3n＋1＝2.∴bn＝ln 2＝3nln 2，又bn＋1－bn＝3ln 2，∴{bn}是等差数列． ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝

3n

3n

n－1

.(2)由于bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，nb1＋bn2

n3ln 2＋3nln 223nn＋1＝2

3n故Tn＝

n＋12

11．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n，an＋Sn＝4 096.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{log2an}的前n项和为Tn，对数列{Tn}从第几项起Tn<－509?【解析】(1)an＋Sn＝4 096，当n≥2时，an－1＋Sn－1＝4 096，两式相减得an－an－1＋an＝0，∴2an＝an－1

an1＝an－12

又a1＋S1＝2a1＝4 096，∴a1＝2 048.∴数列{an}是以a1＝2 048

2∴an＝a1·q＝2×2

1－n

n－1

1n－1

＝2 048×

2

12－n

＝2.＝12－n.(2)log2an＝log22

12－n

∴Tn＝(12－1)＋(12－2)＋…＋(12－n)＝12n－

nn＋121223＋n.22

1223

＋n<－509，22整理得n－23n－2×509>0，23＋∴n＝∵

232

＋4×2×509

234 601

234 601

∴数列{Tn}从第46项起Tn<－509.12．已知数列{an}中a1＝1，a2＝2，且an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2，q≠0)．(1)设bn＝an＋1－an(n∈N)，证明{bn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式；

(3)若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明：对任意的n∈N，an是an＋3与an＋6的等差中项．

【证明】由题设an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2)，得

*

*

an＋1－an＝q(an－an－1)，即bn＝qbn－1，n≥2.由b1＝a2－a1＝1，q≠0，所以{bn}是首项为1，公比为q的等比数列．(2)由(1)，a2－a1＝1，a3－a2＝q，…

an－an－1＝qn－2(n≥2)．

将以上各式相加，得

an－a1＝1＋q＋…＋qn－2(n≥2)，即an＝a1＋1＋q＋…＋q所以当n≥2时，1－q1＋ q≠1，1－qan＝n，q＝1.上式对n＝1显然成立．

(3)由(2)，当q＝1时，显然a3不是a6与a9的等差中项，故q≠1.由a3－a6＝a9－a3可得q－q＝q－q，由q≠0得

n－2

(n≥2)．

n－1

q3－1＝1－q6，①

整理得(q)＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)． 3于是q＝－2.另一方面，32

qn＋2－qn－1qn－13

an－an＋3＝(q－1)，1－q1－qqn－1－qn＋5qn－16

an＋6－an＝(1－q)．

1－q1－q

由①可得an－an＋3＝an＋6－an，n∈∈N.所以对任意的n∈N，an是an＋3与an＋6的等差中项．

*

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