【解析版】江苏省扬州中学2014届高三上学期开学检测数学试题


2013-2014 学年江苏省扬州中学高三(上)开学数学试卷
一、填空题(共 14 小题,每小题 5 分,满分 70 分) 1. 分)在复平面内,复数 (5 (其中 i 为虚数单位)对应的点位于第 一 象限.

考点: 复数的代数表示法及其几何意义. 专题: 计算题. 分析: 由复数的除法运算把复数化简为 a+bi(a,b∈R) 的形式, 求出对应的点, 则答案可求. 解答: 解:由 = . 所以复数 (其中 i 为虚数单位)对应的点为 .

位于第一象限. 故答案为一. 点评: 本题考查了复数代数形式的乘除运算,考查了复数的几何意义,是基础题. 2. 分)已知集合 M={a,0},N={x|2x ﹣3x<0,x∈Z},如果 M∩N≠?,则 a= 1 . (5 考点: 一元二次不等式的解法. 专题: 计算题;不等式的解法及应用. 分析: 求解二次不等式化简集合 N,然后由交集的运算可得 a 的值. 解答: 2 解:由 N={x|2x ﹣3x<0,x∈Z}={x|0<x< ,x∈Z}={1}, 又 M={a,0}且 M∩N≠?,所以 a=1. 故答案为 1. 点评: 本题考查了一元二次不等式的解法,考查了交集及其运算,是基础题. 3. 分)已知 (5 , ,则 = ﹣ .
2

考点: 两角和与差的正切函数. 分析: 所求式子利用诱导公式化简,将 sinα 算出并求出 tanα 带入可求出值. 解答: ∵ ∴sinα= 即 tanα= =﹣

∴tan(

)=

=﹣

故答案为:﹣ 点评: 考查了两角和公式的应用,属于基础题.

4. 分)设等比数列{an}的各项均为正数,其前 n 项和为 Sn.若 a1=1,a3=4,Sk=63,则 (5 k= 6 . 考点: 等比数列的前 n 项和;等比数列的通项公式. 专题: 计算题;等差数列与等比数列. 分析: 先由已知的项可求等比数列的公比,然后代入等比数列的求和公式即可求解 k 解答: 解:由等比数列的通项公式可得, =4 又∵an>0 ∴q>0 ∴q=2 ∵Sk=63, ∴ ∴2 =64 ∴k=6 故答案为:6 点评: 本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的简单应用,属于基础试题 5. 分)设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,则下列正确命题的序号是 (5 ① . ①若 m∥n,m⊥β,则 n⊥β; ②若 m∥n,m∥β,则 n∥β; ③若 m∥α,m∥β,则 α∥β; ④若 n⊥α,n⊥β,则 α⊥β. 考点: 命题的真假判断与应用;平面与平面之间的位置关系. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 对每一选择支进行逐一判定,不正确的只需取出反例,正确的证明一下即可. 解答: 解:对于①,根据线面垂直的判定定理,如果两平行直线中的一条垂直于一个平面, 那么另一条也垂直于这个平面.可知该命题正确; 对于②,根据线面平行的判定定理可知少条件:“n 不在平面 β 内”,故不正确; 对于③,若 m∥α,m∥β,则 α∥β 或 α 与 β 相交.可知该命题不正确; 对于④,根据面面平行的判定定理可知“α∥β”,故不正确. 故答案为:①. 点评: 本题主要考查了平面与平面之间的位置关系,以及空间中直线与平面之间的位置关 系,考查空间想象能力和推理论证能力,属于基础题. 6. 分) (5 (2013?南通二模)根据如图所示的伪代码,最后输出的 S 的值为 145 .
k

考点: 伪代码. 专题: 图表型. 分析: 分析程序中各变量、各语句的作用,再根据流程图所示的顺序,可知:该程序的作用 是累加并输出满足条件 S=1+4+7+10+13+…+28 时,S 的值. 解答: 解:分析程序中各变量、各语句的作用, 再根据流程图所示的顺序,可知: 该程序的作用是累加并输出满足条件 S=1+4+7+10+13+…+28 值. ∵S=1+4+7+10+13+…+28=145, 故输出的 S 值为 145. 故答案为:145. 点评: 本题考查的知识点是伪代码,其中根据已知分析出循环的循环变量的初值,终值及步 长,是解答的关键.

7. 分)已知正方形 ABCD 的边长为 1,点 E 是 AB 边上的动点,则 (5 1 . 考点: 平面向量数量积的运算. 专题: 平面向量及应用. 分析: 建系,由向量数量积的坐标运算公式,可得得

的最大值为

=x,结合点 E 在线段 AB 上运

动,可得到 x 的最大值为 1,即为所求的最大值. 解答: 解:以 AB、AD 所在直线为 x 轴、y 轴,建立坐标系如图

可得 A(0,0) ,B(1,0) ,C(1,1) ,D(0,1) 设 E(x,0) ,其中 0≤x≤1

∵ ∴

=(x,﹣1) ,

=(1,0) ,

=x?1+(﹣1)?0=x,

∵点 E 是 AB 边上的动点,即 0≤x≤1, ∴x 的最大值为 1,即 的最大值为 1

故答案为:1 点评: 本题考查向量数量积的最大值,建立坐标系是解决问题的关键,属中档题. 8. 分)已知 Ω={(x,y)|x+y<6,x>0,y>0},A={(x,y)|x<4,y>0,x﹣2y>0}, (5 若向区域 Ω 上随机投掷一点 P,则点 P 落入区域 A 的概率为 .

考点: 几何概型. 专题: 计算题. 分析: 根据二元一次不等式组表示的平面区域的原理,分别作出集合 Ω 和集合 A 对应的平 面区域,得到它们都直角三角形,计算出这两个直角三角形的面积后,再利用几何概 型的概率公式进行计算即可. 解答: 解:区域 Ω={(x,y)|x+y<6,x>0,y>0}, 表示的图形是第一象限位于直线 x+y=6 的下方部分, 如图的红色三角形的内部, 它的面积 S= ;

再观察集合 A={(x,y)|x<4,y>0,x﹣2y>0}, 表示的图形在直线 x﹣2y=0 下方,直线 x=4 的左边 并且在 x 轴的上方,如图的黄色小三角形内部 可以计算出它的面积为 S1= =4

根据几何概率的公式,得向区域 Ω 上随机投一点 P,P 落入区域 A 的概率为 P= 故答案为:

点评: 本题主要考查了二元一次不等式组表示的平面区域和几何概率模型, 准确画作相应的 平面区域,熟练地运用面积比求相应的概率,是解决本题的关键,属于中档题.

9. 分)函数 (5 图所示, 则将 y=f x) ( 的图象向右平移 单位后, 得到的图象解析式为

的部分图象如 y=sin (2x﹣ ) .

考点: y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式. 由 专题: 计算题;三角函数的图像与性质. 分析: 由图知,A=1, T= π,可求 ω,再由 ω+φ=

可求得 φ,从而可得 y=f(x)的解

析式,利用 y=Asin(ωx+φ)的图象变换及可求得答案. 解答: 解:由图知,A=1, T= π, ∴T=π,ω= ∴φ=2kπ+ ∴φ= ; ) , =2,又 ×2+φ= , +2kπ(k∈Z) ,

(k∈Z) ,又|φ|<

∴y=f(x)的解析式为 y=sin(2x+

∴将 y=f(x)的图象向右平移 故答案为:y=sin(2x﹣ ) .

单位后得 y=sin[2(x﹣

)+

]=sin(2x﹣

) .

点评: 本题考查 y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定函数解析式,考查函数 y=Asin(ωx+φ)的 图象变换,考查识图与运算能力,属于中档题.

10. 分)已知 0<y<x<π,且 tanxtany=2, (5

,则 x﹣y=



考点: 两角和与差的余弦函数. 专题: 计算题;三角函数的求值. 分析: 由题意可得 cosxcosy= ,进而可得 cos(x﹣y)=cosxcosy+sinxsiny= ,由余弦函数可 知 x﹣y 的值. 解答: 解:由题意可得 tanxtany=

=2,

解得 cosxcosy= ,故 cos(x﹣y)=cosxcosy+sinxsiny= 故 x﹣y=2kπ± ,k∈Z,

又 0<y<x<π,所以﹣π<x﹣y<π. 所以 x﹣y= 故答案为: 点评: 本题考查同角三角函数的基本关系,以及两角和与差的余弦函数,属基础题.
x x

11. 分) (5 (2013?黑龙江二模)求“方程( ) +( ) =1 的解”有如下解题思路:设 f(x) =( ) +( ) ,则 f(x)在 R 上单调递减,且 f(2)=1,所以原方程有唯一解 x=2.类 比上述解题思路,方程 x +x =(x+2) +(x+2)的解集为 {﹣1,2} . 考点: 类比推理. 专题: 规律型. 分析: x x 3 类比求“方程( ) +( ) =1 的解的解题思路,设 f(x)=x +x,利用导数研究 f(x) 在 R 上单调递增, 从而根据原方程可得 x =x+2, 解之即得方程 x +x = (x+2) + (x+2) 的解集. 3 2 解答: 解:类比上述解题思路,设 f(x)=x +x,由于 f′(x)=3x +1≥0,则 f(x)在 R 上 单调递增, 6 2 3 2 3 2 3 由 x +x =(x+2) +(x+2)即(x ) +x =(x+2) +(x+2) , 2 ∴x =x+2,
2 6 2 3 6 2 3 x x

解之得,x=﹣1 或 x=2. 所以方程 x +x =(x+2) +(x+2)的解集为{﹣1,2}. 故答案为:{﹣1,2}. 点评: 本题主要考查了类比推理,考查了导数与单调性的关系,函数单调性的应用,属于中 档题. 12. 分) (5 (2011?扬州三模)已知实数 p>0,直线 3x﹣4y+2p=0 与抛物线 x =2py 和圆 从左到右的交点依次为 A、B、C、D,则 的值为 .
2 6 2 3

考点: 直线与圆锥曲线的综合问题. 专题: 综合题. 分析: 设 A(x1,y1) ,D(x2,y2) ,抛物线的焦点为 F,由题得|BF|=|CF|= .由抛物线的定

义得:|AB|=|AF|﹣|BF|=y1,同理|CD|=y2 所以 线 x =2py 的方程且消去 x 解出
2

=

.联立直线 3x﹣4y+2p=0 与抛物

进而得到答案.

解答: 解:设 A(x1,y1) ,D(x2,y2) ,抛物线的焦点为 F, 由题意得|BF|=|CF|=

由抛物线的定义得:|AB|=|AF|﹣|BF|= +y1﹣ =y1,同理得|CD|=y2 所以
2 2

=
2



联立直线 3x﹣4y+2p=0 与抛物线 x =2py 的方程且消去 x 得:8y ﹣17py+2p =0 解得:

所以



故答案为:



点评: 解决此类题目的关键是对抛物线的定义要熟悉, 即抛物线上的点到定点的距离与到定 直线的距离相等.

13. 分) (5 (2013?崇明县二模)设函数 ﹣1 的零点个数为 2 . 考点: 函数的零点;根的存在性及根的个数判断.

,函数 y=f[f(x)]

分析: 根据函数

,根据指数函数和对数函数的性质,我们

可以分类讨论,化简函数函数 y=f[f(x)]﹣1 的解析式,进而构造方程求出函数的零 点,得到答案. 解答: 解:∵函数 , 当 x≤0 时 y=f[f(x)]﹣1=f(2 )﹣1= 令 y=f[f(x)]﹣1=0,x=1(舍去) 当 0<x≤1 时 y=f[f(x)]﹣1=f(log2x)﹣1= ﹣1=x﹣1
x

﹣1=x﹣1

令 y=f[f(x)]﹣1=0,x=1 当 x>1 时 y=f[f(x)]﹣1=f(log2x)﹣1=log2(log2x)﹣1 令 y=f[f(x)]﹣1=0,log2(log2x)=1 则 log2x=2,x=4 故函数 y=f[f(x)]﹣1 的零点个数为 2 个 故答案为:2 点评: 本题考查的知识点是函数的零点,根的存在性及根的个数判断,其中根据指数函数和 对数函数的图象和性质,化简函数的解析式是解答的关键. 14. 分) (5 (2013?南通二模)设实数 x1,x2,x3,x4,x5 均不小于 1,且 x1?x2?x3?x4?x5=729, 则 max{x1x2,x2x3,x3x4,x4x5}的最小值是 9 . 考点: 进行简单的合情推理;函数的值. 专题: 新定义. 分析: 先根据基本不等式得 x1x2+x3x4≥2

,即取定一个 x5 后,x1x2,x3x4 不会都小于

,及 x2x3+x4x5≥2

+

≥2

,再研究使三个不等式等号

都成立的条件,即可得出 max{x1x2,x2x3,x3x4,x4x5}的最小值. 解答: 解:∵x1x2+x3x4≥2 ,即取定一个 x5 后,x1x2,x3x4 不会都小于



同样 x2x3+x4x5≥2



+

≥2



使三个不等式等号都成立,则 x1x2=x3x4= ,

x2x3=x4x5=



x1=x5 即 x1=x3=x5, 2=x4 x1x2=x2x3=x3x4=x4x5 所以 729=x1 ×x2 = x =729×x2 x2 最小为 1, 所以 x1x2 最小值为 9, 此时 x1=x3=x5=9 x2=x4=1. 故答案为:9. 点评: 本题主要考查了进行简单的合情推理及基本不等式的应用,属于中档题.
3

3

2

, 1x2) (x

二.解答题 15. (14 分) (2013?朝阳区二模)在△ ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,且 f (A)= (Ⅰ)求函数 f(A)的最大值; (Ⅱ)若 ,求 b 的值. .

考点: 正弦定理;诱导公式的作用;两角和与差的正弦函数;二倍角的正弦;二倍角的余弦. 专题: 解三角形. 分析: (Ⅰ)利用三角恒等变换化简函数 f(A)为 ,根据 0<A<π,利 用正弦函数的定义域和值域求得 f(A)取得最大值. (Ⅱ)由题意知 求得 B 的值,利用正弦定理求出 b 的值. 解答: (Ⅰ) 解: = 因为 0<A<π,所以 则所以当 ,即 . 时,f(A)取得最大值,且最大值为 .…(7 分) . ,由此求得 A 的值,再根据 C 的值,

(Ⅱ)由题意知 又知 因为 ,所以 ,所以 ,则 .

,所以 ,则 .





得,



…(13 分)

点评: 本题主要考查三角恒等变换,正弦定理、正弦函数的定义域和值域,属于中档题. 16. (14 分) (2013?黑龙江二模)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,侧棱 PA 丄底面 ABCD 底 面 ABCD 为矩形,E 为 PD 上一点,AD=2AB=2AP=2,PE=2DE. (I)若 F 为 PE 的中点,求证 BF∥平面 ACE; (Ⅱ)求三棱锥 P﹣ACE 的体积.

考点: 直线与平面平行的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (I)由题意可得 E、F 都是线段 PD 的三等分点.设 AC 与 BD 的交点为 O,则 OE 是△ BDF 的中位线,故有 BF∥OE,再根据直线和平面平行的判定定理证得 BF∥平 面 ACE. (II)由条件证明 CD⊥平面 PAE,再根据三棱锥 P﹣ACE 的体积 VP﹣ACE=VC﹣
PAE=

S△ PAE?CD= ( ? ?PA?PD)?AB= ?PA?PD?AB,运算求得结果.

解答: (I) F 为 PE 的中点, 解: 若 由于底面 ABCD 为矩形, 为 PD 上一点, E AD=2AB=2AP=2, PE=2DE,故 E、F 都是线段 PD 的三等分点. 设 AC 与 BD 的交点为 O,则 OE 是△ BDF 的中位线,故有 BF∥OE,而 OE 在平面 ACE 内,BF 不在平面 ACE 内,故 BF∥平面 ACE. (II)由于侧棱 PA 丄底面 ABCD,且 ABCD 为矩形,故有 CD⊥PA,CD⊥AD,故 CD⊥平面 PAE, . 三棱锥 P﹣ACE 的体积 VP﹣ACE=VC﹣PAE= S△ PAE?CD= ?( ?S△ PAD)?AB= ( ? ?PA?PD)?AB= ?PA?PD?AB= ?1?2?1= . 点评: 本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用,用等体积法求棱锥的体积,属于中 档题.

17. (15 分)某商场在店庆一周年开展“购物折上折活动”:商场内所有商品按标价的八折出 售,折后价格每满 500 元再减 100 元.如某商品标价为 1500 元,则购买该商品的实际付款 额为 1500×0.8﹣200=1000(元) .设购买某商品得到的实际折扣率= .设某商品

标价为 x 元,购买该商品得到的实际折扣率为 y. (1)写出当 x∈(0,1000]时,y 关于 x 的函数解析式,并求出购买标价为 1000 元商品得到 的实际折扣率; (2)对于标价在[2500,3500]的商品,顾客购买标价为多少元的商品,可得到的实际折扣 率低于 ?

考点: 根据实际问题选择函数类型;函数解析式的求解及常用方法. 专题: 函数的性质及应用. 分析: (1)由已知中的折扣办法,分 x∈(0,625)和 x∈[625,1000]两种情况,分别求出 函数的解析式,将 1000 代入计算实际付款额可得实际折扣率. (2)根据(1)中解析式,结合实际折扣率低于 ,构造关于 x 的不等式,结合标价 在[2500,3500],可得答案. 解答: (1)∵500÷0.8=625 解: ∴ …(4 分) …(5 分)

当 x=1000 时,y=

=0.7

即购买标价为 1000 元的商品得到的实际折扣率为 0.7. …(6 分) (Ⅱ)当 x∈[2500,3500]时,0.8x∈[2000,2800]…(7 分) ①当 0.8x∈[2000,2500)即 x∈[2500,3125)时,

解得 x<3000 ∴2500≤x<3000; …(10 分) ②当 0.8x∈[2500,2800]即 x∈[3125,3500]时,

解得 x<3750 ∴3125≤x≤3500; …(13 分) 综上,2500≤x<3000 或 3125≤x≤3500 即顾客购买标价在[2500,3000)∪[3125,3500]间的商品,可得到的实际折扣率低于 .…(14 分) 点评: 本题考查的知识点是根据实际问题选择函数类型, 其中根据已知求出函数的解析式是 解答的关键.

18. (15 分)在平面直角坐标系 xOy 中,如图,已知椭圆 C:

=1 的上、下顶点分别

为 A、B,点 P 在椭圆 C 上且异于点 A、B,直线 AP、BP 与直线 l:y=﹣2 分别交于点 M、 N; (I)设直线 AP、BP 的斜率分别为 k1,k2 求证:k1?k2 为定值; (Ⅱ)求线段 MN 长的最小值; (Ⅲ)当点 P 运动时,以 MN 为直径的圆是否经过某定点?请证明你的结论.

考点: 直线与圆锥曲线的关系;直线的斜率. 专题: 圆锥曲线的定义、性质与方程. 分析: (Ⅰ)由椭圆方程求出两个顶点 A,B 的坐标,设出 P 点坐标,写出直线 AP、BP 的 斜率 k1,k2,结合 P 的坐标适合椭圆方程可证结论; (Ⅱ)分别求出 M 和 N 点的坐标,由(Ⅰ)中的结论得到两直线斜率间的关系,把 |MN|用含有一个字母的代数式表示,然后利用基本不等式求最值; (Ⅲ)设出以 MN 为直径的圆上的动点 Q 的坐标,由 列式得到圆的方程,

化为圆系方程后联立方程组可求解圆所过定点的坐标. 解答: (Ⅰ)证明:由题设椭圆 C: =1 可知,点 A(0,1) ,B(0,﹣1) . 令 P(x0,y0) ,则由题设可知 x0≠0. ∴直线 AP 的斜率 ,PB 的斜率为 .

又点 P 在椭圆上,所以

,从而有

=



(Ⅱ)解:由题设可得直线 AP 的方程为 y﹣1=k1(x﹣0) , 直线 PB 的方程为 y﹣(﹣1)=k2(x﹣0) . 由 ,解得 ;



,解得



∴直线 AP 与直线 l 的交点 N( ( ∴|MN|=| ) . |,又 .

) ,直线 PB 与直线 l 的交点 M

∴|MN|=|

|=



等号成立的条件是 故线段 MN 长的最小值为 .

,即



(Ⅲ)解:以 MN 为直径的圆恒过定点

或 ,



事实上,设点 Q(x,y)是以 MN 为直径圆上的任意一点,则 故有 又 .所以以 MN 为直径圆的方程为 . .



,解得





所以以 MN 为直径的圆恒过定点 或 . 点评: 本题考查了直线的斜率,考查了直线与圆锥曲线的关系,训练了代入法,考查了利用 基本不等式求最值,考查了圆系方程,考查了学生的计算能力,是有一定难度题目. 19. (16 分) (2011?江苏)已知 a,b 是实数,函数 f(x)=x +ax,g(x)=x +bx,f'(x) 和 g'(x)是 f(x) ,g(x)的导函数,若 f'(x)g'(x)≥0 在区间 I 上恒成立,则称 f(x) 和 g(x)在区间 I 上单调性一致 (1)设 a>0,若函数 f(x)和 g(x)在区间[﹣1,+∞)上单调性一致,求实数 b 的取值 范围; (2)设 a<0,且 a≠b,若函数 f(x)和 g(x)在以 a,b 为端点的开区间上单调性一致, 求|a﹣b|的最大值. 考点: 利用导数研究函数的单调性. 专题: 计算题. 分析: (1)先求出函数 f(x)和 g(x)的导函数,再利用函数 f(x)和 g(x)在区间[﹣1,
3 2

+∞)上单调性一致即 f'(x)g'(x)≥0 在[﹣1,+∞)上恒成立,以及 3x +a>0,来 求实数 b 的取值范围; (2)先求出 f'(x)=0 的根以及 g'(x)=0 的根,再分别求出两个函数的单调区间, 综合在一起看何时函数 f(x)和 g(x)在以 a,b 为端点的开区间上单调性一致,进 而求得|a﹣b|的最大值. 2 解答: 解:f'(x)=3x +a,g'(x)=2x+b. 2 (1)由题得 f'(x)g'(x)≥0 在[﹣1,+∞)上恒成立.因为 a>0,故 3x +a>0, 进而 2x+b≥0,即 b≥﹣2x 在[﹣1,+∞)上恒成立,所以 b≥2. 故实数 b 的取值范围是[2,+∞) (2)令 f'(x)=0,得 x= .

2

若 b>0,由 a<0 得 0∈(a,b) .又因为 f'(0)g'(0)=ab<0, 所以函数 f(x)和 g(x)在(a,b)上不是单调性一致的. 因此 b≤0. 现设 b≤0,当 x∈(﹣∞,0)时,g'(x)<0; 当 x∈(﹣∝,﹣ )时,f'(x)>0. )时,f'(x)g'(x)<0.故由题设得 a≥﹣ 且 b≥

因此,当 x∈(﹣∝,﹣ ﹣ ,

从而﹣ ≤a<0,于是﹣ <b<0,因此|a﹣b|≤ ,且当 a=﹣ ,b=0 时等号成立, 又当 a=﹣ ,b=0 时,f'(x)g'(x)=6x(x ﹣ ) ,从而当 x∈(﹣ ,0)时 f'(x) g'(x)>0. 故函数 f(x)和 g(x)在(﹣ ,0)上单调性一致,因此|a﹣b|的最大值为 . 点评: 本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系, 即当导函数大于 0 时原函 数单调递增,当导函数小于 0 时原函数单调递减. 20. 分) (16 已知各项均为正数的两个无穷数列{an}、 n}满足 anbn+1+an+1bn=2nan+1 {b (n∈N ) . (Ⅰ)当数列{an}是常数列(各项都相等的数列) ,且 b1= 时,求数列{bn}的通项公式; (Ⅱ)设{an}、{bn}都是公差不为 0 的等差数列,求证:数列{an}有无穷多个,而数列{bn} 惟一确定; (Ⅲ)设 an+1= ,Sn= ,求证:2< <6.
* 2

考点: 数列与不等式的综合;数列递推式. 专题: 等差数列与等比数列. * 分析: (I)设 an=a>0,利用数列{an}、{bn}满足 anbn+1+an+1bn=2nan+1(n∈N ) ,可得 bn+1+bn=2n, (n∈N ) ,于是当 n≥2 时,bn+bn﹣1=2(n﹣1) .于是 bn+1﹣bn﹣1=2.可知:
*

数列{bn}当 n 为奇数或偶数时按原顺序均构成以 2 为公差的等差数列,利用等差数列 的通项公式即可得出; (II)设{an}、{bn}公差分别为 d1、d2,可得其通项公式,代入 anbn+1+an+1bn=2nan+1 * (n∈N ) .可得[a1+(n﹣1)d1][b1+nd2]+(a1+nd1)[b1+(n﹣1)d2]=2n(a1+nd1) ,

对于任意 n 恒成立,可得

,解出即可;

(III) 利用

, 可得 an+1﹣an=

﹣an=

, 于是 an<an+1. 利

用 anbn+1+an+1bn=2nan+1<an+1bn+1+an+1bn, 可得 2n<bn+1+bn. anbn+1= 又 (2n﹣bn) n+1 ?a >0,an+1>0,可得 2n﹣bn>0.可得 ,进而得出.

* 解答: (I)解:设 an=a>0,∵数列{an}、{bn}满足 anbn+1+an+1bn=2nan+1(n∈N ) , * ∴bn+1+bn=2n, (n∈N ) ,于是当 n≥2 时,bn+bn﹣1=2(n﹣1) . ∴bn+1﹣bn﹣1=2. ∴可知:数列{bn}当 n 为奇数或偶数时按原顺序均构成以 2 为公差的等差数列,

又 ∴ 即

,b1+b2=2,可得 = (n∈N ) .
*

. , = ,

(2)证明:设{an}、{bn}公差分别为 d1、d2, 则 an=a1+(n﹣1)d,bn=b1+(n﹣1)d2, * 代入 anbn+1+an+1bn=2nan+1(n∈N ) . 可得[a1+(n﹣1)d1][b1+nd2]+(a1+nd1)[b1+(n﹣1)d2]=2n(a1+nd1) ,对于任意 n 恒成立,

可得

,解得



可得 an=na1,bn=n. ∴只有取 a1>0 可得数列{an}有无穷多个,而数列{bn}惟一确定; (3)证明:∵ ,

∴an+1﹣an=

﹣an=



∴an<an+1. ∴anbn+1+an+1bn=2nan+1<an+1bn+1+an+1bn,可得 2n<bn+1+bn.

因此

=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2n﹣1+b2n)>2[1+3+…+(2n﹣1)]=2n .

2

又 anbn+1=(2n﹣bn)?an+1>0,an+1>0, ∴2n﹣bn>0. ∴ =2n(1+2n)=4n +2n, ,
2







点评: 熟练掌握等差数列的通项公式及其前 n 项和公式、数列的单调性、放缩法等是解题的 关键.

21.求

展开式中的常数项.

考点: 二项式定理. 专题: 计算题;概率与统计. 分析: 在二项展开式的通项公式中,令 x 的幂指数等于 0,求出 r 的值,即可求得常数项的 值. 解答: 12﹣2r ﹣r 12﹣3r 解:展开式的通项公式为 Tr+1= ?x ?x = ?x , 令 12﹣3r=0,r=4, 故该展开式中的常数项为 =15.

点评: 本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,求展开式中某项的系数, 二项式系数的性质, 属于中档题. 22.某舞蹈小组有 2 名男生和 3 名女生.现从中任选 2 人参加表演,记 X 为选取女生的人 数,求 X 的分布列及数学期望. 考点: 离散型随机变量的期望与方差. 专题: 概率与统计. 分析: 本题是一个超几何分步, 随机变量 X 表示所选 2 人中女生的人数, 可能取的值为 0, X 1, 结合变量对应的事件和超几何分布的概率公式, 2, 写出变量的分布列和数学期望. 解答: 解:依题意,X 所有取值 0,1,2. P(X=0)= = ,P(X=1)= = ,

P(X=2)=

=



X 的分布列为: X P 0 1 2

EX=0×

+1× +2×

= .

点评: 本小题考查离散型随机变量分布列和数学期望,考查超几何分步,考查互斥事件的概 率,考查运用概率知识解决实际问题的能力. 23. (2013?丰台区二模)如图(1) ,等腰直角三角形 ABC 的底边 AB=4,点 D 在线段 AC 上,DE⊥AB 于 E,现将△ ADE 沿 DE 折起到△ PDE 的位置(如图(2). ) (Ⅰ)求证:PB⊥DE; (Ⅱ)若 PE⊥BE,直线 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°,求 PE

长.

考点: 用空间向量求直线与平面的夹角;直线与平面垂直的判定;直线与平面所成的角. 专题: 计算题;空间角. 分析: (I)根据翻折后 DE 仍然与 BE、PE 垂直,结合线面垂直的判定定理可得 DE⊥平面 PEB,再由线面垂直的性质可得 PB⊥DE; (II)分别以 DE、BE、PE 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示空间直角坐 标系.设 PE=a,可得点 B、D、C、P 关于 a 的坐标形式,从而得到向量 、 坐标,

利用垂直向量数量积为 0 的方法建立方程组,解出平面 PCD 的一个法向量为 =(1, 1, ) ,由 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°和向量 的坐标,建立关于参数 a 的

方程,解之即可得到线段 PE 的长. 解答: (Ⅰ)∵DE⊥AB,∴DE⊥BE,DE⊥PE,…. 分) 解: (2 ∵BE∩PE=E,∴DE⊥平面 PEB, 又∵PB?平面 PEB,∴BP⊥DE; …. 分) (4 (Ⅱ)∵PE⊥BE,PE⊥DE,DE⊥BE, ∴分别以 DE、BE、PE 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图) ,… (5 分)

设 PE=a,则 B(0,4﹣a,0) ,D(a,0,0) ,C(2,2﹣a,0) , P(0,0,a) ,…(7 分) 可得 设面 PBC 的法向量 , , ,…(8 分)



令 y=1,可得 x=1,z=

因此 ∵

是面 PBC 的一个法向量,…(10 分) ,PD 与平面 PBC 所成角为 30°,…(12 分)



,即

,…(11 分)

解之得:a= ,或 a=4(舍) ,因此可得 PE 的长为 .…(13 分)

点评: 本题给出平面图形的翻折,求证线面垂直并在已知线面角的情况下求线段 PE 的长, 着重考查了线面垂直的判定与性质和利用空间向量研究直线与平面所成角的求法等 知识,属于中档题. 24.数列{2 ﹣1}的前 n 项组成集合
n

,从集合

An 中任取 k(k=1,2,3,…,n)个数,其所有可能的 k 个数的乘积的和为 Tk(若只取一个 数,规定乘积为此数本身) ,记 Sn=T1+T2+…+Tn.例如:当 n=1 时,A1={1},T1=1,S1=1; 当 n=2 时,A2={1,3},T1=1+3,T2=1×3,S2=1+3+1×3=7. (Ⅰ)求 S3; (Ⅱ)猜想 Sn,并用数学归纳法证明. 考点: 数学归纳法;归纳推理. 专题: 点列、递归数列与数学归纳法. 分析: (Ⅰ)当 n=3 时,求得 A3={1,3,7},T1、T2 、T3 的值,可得 S3=T1+T2+T3 的值. (Ⅱ)由 S1=1=2 ﹣1=﹣1,S2=7=2 ﹣1=﹣1,S3=63=2 ﹣1=﹣1,猜想 Sn= ﹣1,用数学归纳法进行证明. 解答: (Ⅰ)当 n=3 时,A3={1,3,7}, 解:
1 3 6

T1=1+3+7=11,T2=1×3+1×7+3×7=31,T3=1×3×7=21, 所以 S3=11+31+21=63. 1 3 6 (Ⅱ)由 S1=1=2 ﹣1=﹣1,S2=7=2 ﹣1=﹣1,S3=63=2 ﹣1=﹣1, 猜想 Sn= ﹣1,下面证明: (1)易知 n=1 时成立. ﹣1,

(2)假设 n=k 时,Sn=Sk=

则 n=k+1 时,Sk+1=T1+T2+T3+…+Tk+1 k+1 k+1 k+1 k+1 =[T1′+ (2 ﹣1) ]+[T2′+ (2 ﹣1) 1′]+[T3′+ T (2 ﹣1) 2′]+…+[Tk′+ T (2 ﹣1)] (其中 Ti′,i=1,2,…,k,为 n=k 时可能的 k 个数的乘积的和为 Tk) , k+1 k+1 =( T1′+T2′+T3′+…+Tk′)+(2 ﹣1)+(2 ﹣1) T1′+T2′+T3′+…+Tk′) ( =Sk+(2 =2
k+1 k+1

﹣1)+(2 =

k+1

﹣1)Sk =2

k+1



)+(2

k+1

﹣1)

?

﹣1,即 n=k 时, ﹣1 也成立,
*

Sk+1=

综合(1) (2)知对 n∈N ,Sn= 所以,Sn= ﹣1.

﹣1 成立.

点评: 本题主要考查用数学归纳法证明等式,证明当 n=k+1 时命题成立,是解题的关键,属 于中档题.


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