《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)

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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(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)

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(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.

*

*

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)

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-,222

∴f(x)=2f=4-x; 2

当x∈(4,8]时,1<≤2,∴f=2f(x)=4f=8-x;„,4444

当x∈(22n,n+1xxxxxxxx],n∈N时,1< 2nx∴fn=2-n,∴f(x)=2fn=2222

因此,可判断①②④都是正确的.

nxxxn+1-x.对于③,假设∃n∈Z,使得f(2+1)=9,12+111∵f=f1=2-1+=1n,2222n

2+1n1n∴f(2+1)=2f=21-=2-1,22nnn

∴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.

第五篇:2014届高考数学一轮复习计划

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。

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