第一篇：《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
a62a622＝2，＝q＝2，因为公比为正数，故q2，a5a5
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－11n5－2n ∴an·an＋1＝4··4·＝2，22 故a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1 ＝2＋2＋2＋2＋…＋ 2－1 －3 5－2n 181－432－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＝， 2141－5 a11－q231∴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－q1＋ 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． * * 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) 11＝4a1b1－>0，22 ∴a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.11∴(a1b1＋a2b2)－2a1b1＋a1－b1 22 11＝b1(2a1－1)－(2a1－1)＝(2a1－1)b1－ 22 11＝2a1b1－>0，22 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>0cdcd⇒－a·ab＜－b·ab －ab⇒－bc＜－da⇒bc＞ad.ca ab>0⇒>011bc>ad⇒－bc<－adab1－bc<－adabab⇒－.故选择D.二、填空题 －ad－bcab⇒ab⇒ab>0，bc>adcdbc>ad<0 116，则下列不等式 ab ①a＋b ③a 11【解析】由得 b 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 1①loga(1＋a) aa1②loga(1＋a)>loga1＋ ③a 1＋a111＋a 其中成立的不等式的序号是.【答案】②与④ 1【解析】由0 111>1＋a>1，则loga(1＋a)>loga1，aa 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＋f233，85∴f(3)＝9a－c＝f(2)－(1)，33 8840∵－1≤f(2)≤ 333 又－4≤f(1)≤－1，555∴－(－1)≤－f(1)≤－·(－4)，333 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>13x>14 0 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>130 444故此，x>或0 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 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3y＝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.3d33－123 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 4ππππππ4π 线的倾斜角等于＋因此直线AD，BD的倾角之和等于2＋.6423642 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· 13 cos φ＋sin φ 22 π＝2sinφ＋.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 3ππ (2)M点的直角坐标为，A(1,0)，66 πx＝1＋－1t，6 故直线AM的参数方程为 3πy6.(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 t2 (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 22 22 3t＋t＝5，即t－2 t＋4＝0.22 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＋35x＝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＝t2 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． 一、选择题 1．给出以下命题：①∀x∈R，有x>x；②∃α∈R，使得sin 3α＝3sin α；③∃a∈R，对∀x∈R使x＋2x＋a<0.其中真命题的个数为() A．0 C．2 【答案】B 【解析】①中当x＝0时，x＝x，故为假命题； ②中当α＝kπ(k∈Z)时，sin 3α＝3sin α成立； ③中由于抛物线开口向上，一定存在x∈R，使x＋2x＋a≥0，显然为假命题． 故选择B.2．已知命题p：所有有理数都是实数，命题q：正数的对数都是负数，则下列命题中为真命题的是() A．(綈p)∨q C．(綈p)∧(綈q) 【答案】D 【解析】不难判断命题p为真命题，命题q为假命题，从而上述叙述中只有(綈p)∨(綈B．p∧q422B．1D．3 422 D．(綈p)∨(綈q)q)为真命题． 故选择D.3．设p：x<－1或x>1，q：x<－2或x>1，则綈p是綈q的() 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 【答案】A 【解析】q⇒p⇔綈p⇒綈q；反之p q⇔綈q 綈p.故选择A.4．a<0是方程ax＋2x＋1＝0至少有一个负数根的() A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】一方面，由a<0得方程ax＋2x＋1＝0的判别式Δ＝4－4a>0，此时方程有两 12个不等实根，且两个实根的积等于，方程恰有一正、一负的实根，可知方程ax＋2x＋122a ＝0至少有一个负数根；另一方面，由方程ax＋2x＋1＝0至少有一个负数根不能推知a<0，如当a＝1时，方程ax＋2x＋1＝0，即(x＋1)＝0满足至少有一个负数根．综上所述，“a<0”是“方程ax＋2x＋1＝0至少有一个负数根”的充分不必要条件． 故选择B.5．(2009高考海南卷·理)有四个关于三角函数的命题： 2222 xx1p1：∃x∈R，sin2＋cos2＝ 222 p2：∃x，y∈R，sin(x－y)＝sin x－sin y p3：∀x∈[0，π]，1－cos 2x＝sin x 2 π 2p4：sin x＝cos y⇒x＋y＝其中的假命题是() A．p1，p4 C．p1，p3 【答案】A 【解析】p1应该是∀x∈R，sincos＝1； 222B．p2，p4 D．p2，p3 x2x p2当y＝0时结论成立； p31－cos 2x＝|sin x|，由于x∈[0，π]，所以结论恒成立； 2 π 2p4显然，x＋y2kπ，k∈Z时成立． 所以p1，p4错误． 故选择A.二、填空题 6．p是q的充分条件，则綈p是綈q的条件． 【答案】必要 【解析】根据充分条件与必要条件与四种命题之间的关系． p⇒q的逆否命题应为綈q⇒綈p，所以綈p是綈q的必要条件． 7．命题p：正方形ABCD是菱形，命题q：正方形ABCD是圆外切四边形，则命题“p∨q”，命题“p∧q”，命题“綈q”中，真命题是，假命题是.【答案】p∨q，p∧q；綈p 【解析】因为p是真命题，q也是真命题，由真值表可知p∨q，p∧q是真命题，綈p是假命题． 8．(2010福建卷)已知定义域为(0，＋∞)的函数f(x)满足： (1)对任意x∈(0，＋∞)，恒有f(2x)＝2f(x)成立； (2)当x∈(1,2]时，f(x)＝2－x，给出如下结论： ①对任意m∈Z，有f(2)＝0； ②函数f(x)的值域为[0，＋∞)； ③存在n∈Z，使得f(2＋1)＝9； ＋1mn k,k④“函数f(x)在区间(a，b)上单调递减”的充要条件是“存在k∈Z，使得(a，b)⊆(22)”． 其中所有正确结论的序号是.【答案】①②④ 【解析】∵当x∈(1,2]时f(x)＝2－x，∴当x∈(2,4]时，1<≤2，∴f＝2－，222 ∴f(x)＝2f＝4－x； 2 当x∈(4,8]时，1<≤2，∴f＝2f(x)＝4f＝8－x；„，4444 当x∈(22n,n＋1xxxxxxxx]，n∈N时，1< 2nx∴fn＝2－n，∴f(x)＝2fn＝2222 因此，可判断①②④都是正确的． nxxxn＋1－x.对于③，假设∃n∈Z，使得f(2＋1)＝9，12＋111∵f＝f1＝2－1＋＝1n，2222n 2＋1n1n∴f(2＋1)＝2f＝21－＝2－1，22nnn ∴2－1＝9,2＝10，∴n∉Z，这与n∈Z相矛盾，故假设不成立．因此结论③不正确． 三、解答题 9．分别写出由下列各组命题构成的“p∨q”、“p∧q”，“綈p”形式的复合命题． (1)p：2是6的约数，q：2是8的约数； (2)p：菱形的对角线互相垂直，q：菱形的对角线互相平分． 【解析】(1)“p∨q”：2是6的约数或2是8的约数． “p∧q”：2是6的约数且是8的约数 “綈p”：2不是6的约数 (2)“p∨q”：菱形的对角线互相垂直或互相平分 “p∧q”：菱形的对角线互相垂直且互相平分 “綈p”：菱形的两条对角线不互相垂直 10．判断下列存在性命题的真假： (1)∃x∈R，x≤0； (2)至少有一个整数，它既不是合数，也不是素数； (3)∃x∈{x|x是无理数}，x是无理数； (4)∃x∈Q，x＝5.【解析】(1)由于x＝0时，x≤0成立．所以，存在性命题“∃x∈R，x≤0”是真命题． (2)由于整数1既不是合数，也不是素数．所以，存在性命题“至少有一个整数，它既不是合数，也不是素数”是真命题． (3)由于π是无理数，π仍是无理数．所以，存在性命题“∃x∈{x|x是无理数}，x是无理数”是真命题． (4)由于使x＝55，而±5不是有理数，因此不存在有理数x，使得22222nn x2＝5成立．所以，存在性命题“∃x∈Q，x2＝5”是假命题． 11．写出由下列各组命题构成的“p∨q”、“p∧q”、“綈p”形式的命题，并判断其真假： (1)p：1是质数，q：1是方程x＋2x－3＝0的根； (2)p：平行四边形的对角线相等，q：平行四边形的对角线互相垂直； (3)p：N⊆Z，q：0∈N.【解析】(1)因为p假q真，所以 2 p∨q：1是质数或是方程x2＋2x－3＝0的根，为真； p∧q：1是质数且是方x2＋2x－3＝0的根，为假； 綈p：1不是质数，为真． (2)因为p假q假，所以 p∨q：平行四边形的对角线相等或互相垂直，为假； 綈p：平行四边形的对角线不一定相等，为真． (3)因为p真q真，所以p∧q：平行四边形的对角线相等且互相垂直，为假； p∨q：N⊆Z或0∈N，为真； p∧q：N⊆Z且0∈N，为真； 綈p：NZ，为假． 12．(2010北京卷·文)已知集合Sn＝{X|X＝(x1，x2，„，xn)，xi∈{0,1}，i＝1,2，„，n}(n≥2)．对于A＝(a1，a2，„，an)，B＝(b1，b2，„，bn)∈Sn，定义A与B的差为 A－B＝(|a1－b1|，|a2－b2|，„，|an－bn|)． n A与B之间的距离为d(A，B)＝|ai－bi|.i＝1 (1)当n＝5时，设A＝(0,1,0,0,1)，B＝(1,1,1,0,0)，求A－B，d(A，B)； (2)证明：∀A，B，C∈Sn，有A－B∈Sn，且d(A－C，B－C)＝d(A，B)． (3)证明：∀A，B，C∈Sn，d(A，B)，d(A，C)，d(B，C)三个数中至少有一个是偶数． 【解析】(1)A－B＝(|0－1|，|1－1|，|0－1|，|0－0|，|1－0|)＝(1,0,1,0,1)． d(A，B)＝|0－1|＋|1－1|＋|0－1|＋|0－0|＋|1－0|＝3.(2)设A＝(a1，a2，„，an)，B＝(b1，b2，„，bn)，C＝(c1，c2，„，cn)∈Sn.因为ai，bi∈{0,1}，所以|ai－bi|∈{0,1}(i＝1,2，„，n)． 从而A－B＝(|a1－b1|，|a2－b2|，„，|an－bn|)∈Sn.n 又d(A－C，B－C)＝||ai－ci|－|bi－ci||.i＝1 由题意知ai，bi，ci∈{0,1}(i＝1,2，„，n)． 当ci＝0时，||ai－ci|－|bi－ci||＝|ai－bi|，当ci＝1时，||ai－ci|－|bi－ci||＝|(1－ai)－(1－bi)| ＝|ai－bi|.n 所以d(A－C，B－C)＝|ai－bi|＝d(A，B)． i＝1 (3)设A＝(a1，a2，„，an)，B＝(b1，b2，„，bn)，C＝(c1，c2，„，cn)∈Sn，d(A，B)＝k，d(A，C)＝l，d(B，C)＝h.记O＝(0,0，„，0)∈Sn，由(2)可知 d(A，B)＝d(A－A，B－A)＝d(O，B－A)＝k，d(A，C)＝d(A－A，C－A)＝d(O，C－A)＝l，d(B，C)＝d(B－A，C－A)＝h.所以|bi－ai|(i＝1,2，„，n)中1的个数为k，|ci－ai|(i＝1,2，„，n)中1的个数为l.设t是使|bi－ai|＝|ci－ai|＝1成立的i的个数，则h＝l＋k－2t.由此可知，k，l，h三个数不可能都是奇数，即d(A，B)，d(A，C)，d(B，C)三个数中至少有一个是偶数． XX中学2014届高考数学一轮复习计划 一、指导思想 安徽省近几年高考数学命题在深化能力立意，积极改革创新上作了大胆的探索，强调“注意通性通法，淡化特殊技巧”，兼顾了数学基础，思想方法、思维、应用和潜能诸多方面的考查。融入了课程改革理念，拓宽了题材，选材多样化，宽角度、多视角地考查了数学素养，多层次地考查了思维能力，形成了安徽省命题的独特风格。联系我省命题的特点，结合我校学生实际情况特制订了如下复习方案。 二、复习要求 （一）夯实基础 今年高考数学试题的一个显著特点是注重基础。扎实的数学基础是成功解题的关键，从学生反馈来看，平时学习成绩不错但得分不高的主要原因不在于难题没做好，而在于基本概念不清，基本运算不准，基本方法不熟，解题过程不规范，结果“难题做不了，基础题又没做好”。因此在第一轮复习中，我们将格外突出基本概念、基础运算、基本方法，具体做法如下： 1.注重课本的基础作用和考试说明的导向作用； 2.加强主干知识的生成，重视知识的交汇点； 3.培养逻辑思维能力、直觉思维、规范解题习惯； 4.加强反思，完善复习方法。 （二）提高课堂效率 1.例题讲解前，留给学生思考时间；讲解中，让学生陈述不同解 题思路，对于解题过程中的闪光之处或不足之处进行褒扬或纠正；讲解后，对解法进行总结。对题目尽量做到一题多解，一题多用。一题多解的题目让学生领会不同方法的优劣，一题多用的题目让学生领会知识间的联系。 2.对于学生在作业和考试中出现的错误，老师在课堂上不但要指出错误之处，更要引导学生寻根问底，使学生找出错误的真正原因。 3.每节课留几分钟时间让学生疏理本节知识，理解本节课的内容。 （三）注重师生互动 1.多让学生思考回答问题，对于有些章节知识，按难易程度选择六至八道，尽量独自完成，无法独立解决的可以提示思路。 2.让学生自我小结，每一章复习完后，让学生自己建立知识网络结构，包括典型题目、思想方法、解题技巧，易错易做之题； 3.每次考试结束后，让学生自己总结：①试题考查了哪些知识点；②怎样审题，怎样打开解题思路；③试题主要运用了哪些方法，技巧，关键步在哪里；④答题中有哪些典型错误，哪些是知识、逻辑心理因素造成，哪些是属于思路上的。 （四）精选习题 1.把握好题目的难度，增强题目针对性，所选题目以小题、中档题为主，且应突出知识重点，体现思想方法、兼顾学生易错之处。 2.减少题目数量，加强质量。 三、具体措施 1.资料的选用，学生统一用一本资料即《创新设计》，老师拥有两种以上资料，在教学过程中，根据学生实际，对资料进行具有针对性选择，改编和重组，使复习效果达到最佳。 2.认真研究学习2013年数学学科《考试说明》，对2013年高考试题安徽卷和其他省市试卷进行细致分析。认真研究全国各地近三年的高考试题，把握高考的方向，提高自身业务能力和复习的针对性。 3.提高集体备课效率和作用：利用每周的集体备课时间，认真总结上周复习效果，训练落实情况，制订好下周复习计划，训练安排。同时对各章节的重点、难点进行探讨，使复习时重点突出，难点突破（每周安排一个主题发言人，负责本周教案，训练试题的编制）。从而使复习、训练效果达到最佳。 4.备好“两课”（即复习课、评讲课）精讲精评，突出方法，注重创新能力的培养。 复习课力求做到： ①系统性:滚动复习，知识前后衔接，梳理归纳成串； ②综合性：纵横联系，知识内外交叉，多角度，多层次； ③基础性：着眼双基，中档为主，面向多数； ④重点性：突出主干知识，详略得当； ⑤发展性：传授方法，知识迁移，学会自学； ⑥启迪性：深挖教材，发散思维，多角度考虑问题。 评讲课应该做到： ①针对性：讲其所需，释其所疑，解其多难； ②诊断性：诊痛析因，指点迷津，传授方法，诊防结合； ③辐射性：以点带面，画龙点睛，举一反三； ④启发性：启发思维，点拨思路，发散开拓。 5.考练结合。每周一次单元检测；每章一次综合测试；每月一次月考；每次认真批改、评讲，要及时分析总结，发现问题，查漏补缺。题量难度适中，力争做到让学生学有所得，听有所获。 总之，老师是学生学习的引路人，自身要加强业务学习，取他人之长，补己之短。第二篇：《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)
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(49)
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(54)
第五篇：2014届高考数学一轮复习计划
点击咨询 