2013年全国高考理科数学试题专项突破共18个专题

供“高中试卷网2013高考理科数学试题分类汇编1：集1（重庆数学（理）试题） B= C. D.4BAx|0log4x1Bx|x2BA.

（数学（理）试题）已知集合A={x∈R||x|≤2},A={x∈R|x≤1},则AB(A)(,(B) (C) (D)[-（福建数学（理）试题）S,TRSTyf(xT{f(x)|x

x1x2Sx1x2f(x1f(x2 A.AN*B B.Ax|1x3Bx|x8或0x D.AZ,BQ 卷（理设常数a则a的取值范围为

,集合Ax|x1)(xa0Bx|xa1ABR(,

(,

(2,

[2,)1(A) 1）

的定义域为M,则CRM为(A)[- (B)

(,1][1,

(,1)(1,)（大纲版数学（理）设集合A12,3B4,5Mx|xabaA,bBM中的元素 卷（理）设集合A{x|x20},集合B{x|x240},则 B

(C){2,

(D)*A510（高考新课标1（理已知集合Ax|x22x0,Bx| x5

5, 11（高 ）

12 2

1Bx|x6x80CRBCRB )A.x|xC.x|0x2或x

B.x|2xD.x|0x2或x (B)1,0,1,2

（理（WORDMx|x22x0xRNx|x22x0xR则 N A

R14（浙江数学（理）试题）Sx|x2},T{x|x23x40},则(CSTR

,n.令集Sxyz|xyzX,且三条件xyzyzxzxy恰有一个成立z,w,x都在S中,则下列选项正确的是

,若xyzA.y,z,wS,x,y,w B.y,z,wS,x,y,w y,z,wSx,y,w

y,z,wSx,y,w

*B(9~13 16（高考卷（理）已知集合A={-1,0,1},B={x|-1≤x<1},则A∩B= 市春季高考数学试卷(含答案)）设全集UR,下列集合运算结果为R的是 Z

u(

） 19（重庆数学（理）试题）对正整数n,记

,n,P mI,kImkmmk(1)求集合P7中元素的个数

m (2)

的子集A中任意两个 和整数的平方,则称A为“稀疏集”.求n的最大值,使P能* 供“高中试卷网供“高中试卷网高考理科数学试题分类汇编2：函x）x

（重庆数学（理）试题）若abc,则函数fxxaxbxbxcxcxa的两

和b,c B.

和 C.bc和c,

和c,

内 市春季高考数学试卷(含答案)）f(x

2的大致图像是 0Ax0x0x0x 0Ax0x0x0x exx 卷（理设函数f(x) (aR,e为自然对数的底数).若曲线yexx在(x0,y0)使得f(f(y0))y0,则a的取值范围是

[e1,-

[e1-1,e1]（高考新课标1（理已知函数f(x) ,则的取值范围B.

[2,（大纲版数学（理）fx

11x0的反函数f1x=2 x

12x

x

12x

x

2x1x

2x1x0（浙江数学（理）试题）xy

2lg(xy)2lgx2lg

2lgxlgy2lgx2lg2lg(xy)2lgx2lgy（山东数学（理）试题）f(xx0f(xx21f(1)x

(C) (D)）xmxx试题）y

(A) (B) (C)[10,30](D)[20,30]*C29（（理3aa6a3aa9 2

C. 3330（大纲版数学（理）已知函数fx的定义域为10,则函数f2x1的定义域

1,1 2 31（高考湖南卷（理）函数fx2lnx的图像与函数gxx24x5的图像的交点个数 D.0 卷（理）函数y

3x

的图象大致是 供“高中试卷网33（辽宁数学（理）试题）已知函数fxx22a2xa2,gxx22a2xa28H1xmaxfx,gxH2xminfx,gxmaxpq表示pq中的较大值minpq表示pq中的较小值,记H1x得最小值为A,H2x得最小值为B,则ABa22a

a22a

16 省数学（理）卷）定义域为R的四个函数yx3,y2x,yx21,y2sinx中,奇函数的个 A. 35（数学（理）试题）若函数f(x)=x3+bx+c有极值点x,x,且f(x)=x,则关于x的方 13(f(x))2+2f(x)+b=01 (C) 036（数学（理）试题）函数f(x)2x| x|1的零点个数为(A)1(B) (C) (D)037（高考卷（理函数f(x)的图象向右平移1个单位长度,所得图象与y=ex关于y轴对称,则

e

ex138（市春季高考数学试卷(含答案)）设f-1(x)为函数f(x)

x的反函数,下列结论正确的是

f1(2)

f1(2)

f1(4)

f1(4)439（大纲版数学（理）fx=x2ax1在1是增函数,则a (B)[1,

[0, (D)[3,) 市春季高考数学试卷(含答案)）函数ylog2(x2)的定义域 *(2, 卷（理）方程

13x1

*xlog43x 42（高考（理对区间I上有定义的函数g(x),记g(I){y|yg(x),xI},已知定义域为[0,yf(x)y解x0,则x0 *x02

f1(xf1([0,112),f1((24]0,1f(xx043（高考新课标1（理若函数f(x)=(1x2)(x2axb)的图像关于直线x2对称,则f(x)的最大 44（市春季高考数学试卷(含答案)）方程2x8的解 45（高考湖南卷（理）f(xaxbxcx其中ca0cb(1)M(a,bc)a,bc不能构成一个三角形的三条边长a=b,则(abcMf(x)的零点的取值集合 ①x,1,fx*(1)(]

46（江苏卷（数学f(xRx0f(x)x24xf(x)的解集用区间表示 *5,0a2a47（高考卷（理设a为实常数,yf(x)是定义在R上的奇函数,当x0时,f(x)9x 7x若f(x)a1对一切x0成立,则a的取值范围 *a87三、解答题48（数学（理）试题）设函数f(x)ax(1a2)x2,其中a0,区间I|xf(Ⅰ)求的长度(注:区间();k0,1),当时,求l长度的最小值.*解:(Ⅰ)f(x)x[a1a2x0x

1a

)

1

.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,l 1a

aa

已知k0,1),01ka1k.

1

1-kk2

1

1k恒成立 1 1g(a)a 在a1k时取最大值这时l 1(1k

1(1k)2当a1k时，l取最小

1.1(1k已知真命题:“函数yf(x)的图像关于点P(ab)成中心对称图形”的充要条件为“函数yf(xa)

g(x)x33x212gx求函数h(x)log24x

yf(xa和b,yf(xa

*(1)平移后图像对应的函数解析式为yx1)33(x1)22,整理得yx33x,由于函数yx33x是奇函数,由题设真命题知,函数gx)图像对称中心的坐标是(1，2).(2)h(x)

24

P(b)h(xab是奇函数.设f(x)h(xa2(x

2x

2xf(xlog24xa)bf(xlog24axb.由不等式4ax0a2.此时f(x

2(x2bx2，2.任取x(22)f(xf(x0,得2供“高中试卷网b1,所以函数h(x)

24

(21)数f(x)xyxabyf(xab,即yxabyf(xxay

f(xa高考理科数学试题分类汇编3：三角函（浙江数学（理）试题）已知Rsin2cos

,则tan22

C. D. （高考陕西卷（理）设△ABCABCabcbcosCccosBasinA则△ABC的形状为(A)锐角三角 (B)直角三角形(C)钝角三角形(D)不确定（数学（理）试题）在△ABC中

ABC,AB4

2BC3则

=

(C)3

55（山东数学（理）试题）ysin(2xx8图象,则4

4

4（辽宁数学（理）试题）在ABCABC所对的边长分别为ab1asinBcosCcsinBcosA

bab,则B2

6）(A)yfx的图像关于,0中心对称(B)yfx的图像关于直线x对2fx的最大值为2

fx既奇函数,又是周期函数（山东数学（理）试题）yxcosxsinx 卷（理函数f(x)2sin(x),(0,

的部分图象如图所示,则,值分别是 (A)2, (B)2, (C)4, (D) ysin

ycos

ysin

ycos2x2259（重庆数学（理）试题）4cos500tan400 22 D. ）ABCABab.若2asinB

3供“高中试卷网 卷（理）将函数y

3cosxsinxxR的图像向左平移mm0得到的图像关于y轴对称,则m的最小值是

D. 662（浙江数学（理）试题）ABCC900MBC的中点,若sinBAM1,则sinBAC3.*363（高考新课标1（理设当x时,函数f(x)sinx2cosx取得最大值,则cos 2*2564（福建数学（理）试题）如 中,已知点D在BC边上 的长 * 市春季高考数学试卷(含答案)）y2sin

的最小正周期 *3 卷（理）设sin2sin,( ,),则tan2的值 3267（高 卷（理）若cosxcosysinxsiny1,sin2xsin2y2,则sin(xy) 2sin(xy) 23 1 (结果用反三角函数值表示)*C3269（大纲版数学（理）已知是第三象限角,sina1,则cota 23） .*471 市春季高考数学试卷(含答案)）ABCABC所对边长分别为abc 72（安徽数学（）试题）ABC的内角ABC所对边的长分别为abcbc2a3sinA5sinB则角C

.*2373（新课标Ⅱ卷数学（理设为第二象限角, ,

*574（高考江西卷（理）函数ysin2x23sin2x的最小正周期为T .*75（市春季高考数学试卷(含答案)）函数y4sinx3cosx的最大值 6）(I)求cosA的值; (II)求c的值.6

*解:(I

6B=2 所以在△ABC中,由正弦定理得6sin

2sin

2sinAcos 2 .故cos

.(II)由(I)知cosA

,所以sinA

1cos2663sin 1cos2663B=2A,所以cosB2cos2A13

.所以sinB

211cos2

.ABC中,sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB53.所以casinC5 sin77（高考陕西卷（理）已知向量a(cosx1b3sinxcos2xxRf(x)a·b2(x)f(x)在0 2*

f(x)a·b=cosx

3sinx1cos2x 3sin2x1cos2xsin(2x.最小正周期 T22

所

f(x)sin(2x6

最小正周期为 (Ⅱ当x

(2x

)[-

,

,

f(x)sin(2xf),f(1,1.所以,f(x)在01 12

222

ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且a2b2 (1)求C (2)设cosAcosB

,cos

,求

【答案 由题意 供“高中试卷网 数学（理）试题）f(x2sin2x6sinxcosx2cos2x1xR 4 求f(x)的最小正周期f(x)在区间0 2 供“高中试卷网*80（辽宁数学（理）试题）a3sinxsinxbcosxsinxx0. 2(I)若ab.求x的 (II)设函数fxab,求fx的最大值* 卷（理）(6分+8分)已知函数f(x)2sin(x),其中常数0yf(x在[2上单调递增,求 令2yf(x1yg(x)6 供“高中试卷网像,区间[ababRabyg(x)在[ab30[ab中,求ba*(1)因为0,根据题意有 20

f(x)2

g(x)2sin(2(x))12sin(2x) g(x)0sin(2x xk xk

7kZ,即gx的零点相离间隔依次2yg(x)在[ab30ba的最小值为1421543 82（大纲版数学（理）设ABCABC的对边分别为abc(abc)(abc)ac3(II)若sinAsinC ,求34*83（高考四川卷（理））

中,角

ABC的对边分别为

abc,且2cos2ABcosBsin(AB)sinBcos(AC)3 (Ⅰ)求cosA 供“高中试卷网(Ⅱ)若a42b5BABC2A

cosBsinABsinBcosAC 3cosAB1cosBsinABsinBcosB cosABcosBsinABsinB5

,则cosABB5

cosA5

2 bsin2cosA

,0A,得sinA ,由正弦定理, ,所以,sinB . sin abABB.根据余弦定理,有42252c225c3c1 5 c7(舍去).故向量BA在BC方向上的投影为BAcosB 284（（理试题ABCABC所对的边分别为abcac6b2cosB79(Ⅰ)求a,c的值 (Ⅱ)求sin(AB)的值*解:(Ⅰ)由余弦定 , , b2a2c22accos b2ac22ac(1cos a*解:(Ⅰ)由余弦定 , , cosB9,所以ac9,解得a3c3ABCsinAasinB2

sinB

cosA

411cos2

,由正弦定1sin1sin2理

,因为acA为锐角,所以

因此sin(AB)sinAcosBcosAsinB1027 数学（理）试题）f(x)4cosxsinx(0)的最小正周期为 4 (Ⅰ)求的值 (Ⅱ)讨论f(x)在区间0,2上的单调性2*2

22cosx(sinxcosx)

2(sin2xcos2x1)2sin(2x )4 1

f(x)2sin(2x )4

2,

供“高中试卷网当x[02

(2x

)

,

解得x yf(x)在上单调递增；在[]上单调递减 886（福建数学（理）试题）已知函数的周期为,图像的一个对中心为,将函数图像上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),在将所得图像向右平移个单位长度后得到函数的图像.求函数与的解析式是否存在,使得 求实数与正整数,使得在内恰有2013个零点*解:(Ⅰ)由函数的周期为,,得又曲线的一个对称中心 ,0), , ,所以将函数图象4所有点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)后可得的图象,再将的图象向右移,所因为,,所以在,则在内单调递增又,且函数的图象连续不断,故可知函数在内存在唯一零点,即存在唯一的满足题意(Ⅲ)依题意,,令当,即时,,从 不是方 的解,所以方 等价于关于的方 时方程解的情况令,则问题转化为研究直线与曲线在的交点情,令 ,得或当变化时, 且趋近于时, 且趋近于时,趋向于 且趋近于时,趋向于 当且趋近于时,趋向于 故当时,直线与曲线在内有无交点,在内有个交点;当时,直线与曲线在内有个交点,在内无交点;当时,直线与曲线在内有个交点,在内有个交点由函数的周期性,可知当时,直线与曲线在内总有偶数个交点,从而不存在正整数,使得直线与曲线在内恰有个交点;当时,直线与曲线在内有个交点,由周期性,,所以综上,当,时,函数在内恰有个零点87（江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））14分.已知ab a＝(cos,sinb(cos,sin),0.(1)若 ,求证:ab;(2)设cab 2abc,求2*解:(1)∵|ab

∴|ab|2

即ab2a22abb2

又∵ 供“高中试卷网a2|a|2cos2sin21,b2|b|2cos2sin21∴22ab2∴ab0∴a

∵ab(coscos,sinsin)

coscos coscos 两sinsin sin1sin分别平方再相加得:122sin5,1

∴sin121

∴sin121

∵0 88（省数学（理）卷）已知函数f(x)

2cosx ,xR

(Ⅰ)求f6的值 (Ⅱ)若cos5,2,2,求f23

f6 2cos 2cos 2

12 4 f2 2cos

2cos2cos2sin 因为cos 3

12 4

,2,所以sin ,所以sin22sincos ,cos2

sin

f2cos2sin

2417 3

289（高考湖南卷（理）已知函数f(x)sin(x )cos(x ).g(x) 35(I)若是第一象限角,且f() .求g()35(II)f(xg(x)x*解

32

12

13 3

5 sin35

2

5

且 22

5

f(x)g(x)

3sinx1cosx

3sinx1cosxsin(x) 供“高中试卷网x[2k,2k 是从A沿直线步行到C,另一种是先从A沿索道乘缆车到B,然后从B沿直线步行到C.现有甲.乙两位游客A处下山,甲沿AC匀速步行,速度为50m/min2min后,乙从A乘缆BB处停留1min后,再从匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130mminAC长为1260mcosA

,cosC35AB为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3BABC*解:(1)∵

cosA

,cosC5

∴2

sinA

,sinC 5

根据

AB

sinC

(2)设乙出 分钟后,甲.乙距离 d,d2(130t)2(10050t)2 ∴d2200(37t270t 0t1040即0t

∴ 时,即乙出 分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短.(3)由正弦 理BC

ACBC

inA 500(m)乙从B 还需走 m才能到达C设乙的步行速度为

m/min,

3 v v v4

∴为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟,乙步行的速度应控制在1250625:(1)BD⊥CAD,设BD=20kDC=25k,AD=48k,AB=52k 14AC=63k=1260m,知:AB=52k=1040m.(2)设乙出发x分钟后到达点M,此时甲到达N点,如图所示.则:AM=130x,AN=50(x+2),由余弦定理得:MN2=AM2+AN2-2AM·ANcosA=7400x2- ,其中x≤8,当x=37(min)时,MN最小,此时乙在缆车上与甲的距离最短.(3)由(1)知:BC=500m,甲到C

50

5(min).3C

5

(min)86

此时乙的速度最小,且为:500÷5

43m/min.若乙等甲3C

5-

56 (min).此时乙的速度最大,且为:500÷5=14m/min.故乙步行的速度应控制MBMBND1250 4314 （理在ABC中,角A,B,C对应的边分别是a,b,c.已知cos2A3cosBC1.(I)求角A的大小;3(II)若ABC的面积S ,b5,求sinBsinC的值3*解:(Icos2A3cosA

2cos2A3cosA20,解得cosA1A323

S1bcsinA5

c

,由余弦定理得:

a2

,

sin2 sinBsinC

bc ）△ 在内角的对边分别为,已 求;(Ⅱ)若,求△面积的最大值*3）3

1

2由余弦定理 ==,∴PA=;(Ⅱ)设∠PBA=,由已知得 在△PBA中,由正弦定理得,,化简得 , ==xOyAyPnxxn,且{xn

供“高中试卷网2的等比数列,记P ,nN.(1)若arctan1,求点A的坐标 A的坐标为(0，82,求n的最大值及相应nyAyA0P1 [解*[解](1)设

(t)

,根据题意,

x

.由arctan

,知tan1 tantan(OAP

,所

1t4 t2 t8A的坐标为(0，4或(0，8.(2P的坐标为(2n1，0)tan

88 tann

82162 82

,所以tan

2,当且仅当162 ,即n 时等号成立.易128 1280

2 ，ytanx在 )上为增函数,因此,当n4时,最大,其最大值为 2， 95（高考江西卷（理）在△ABCA,B,Ca,b,c,cosC+(conA-(1)Ba+c=1b

cos(AB)cos 即 sinAsinB

3sinAcosB

因为sinA0sinB

3cosB0cosB0供“高中试卷网3tanB ,0B3

B3

.(2)由余弦定理,有b2a2c22accosB.因为ac1cosB1,有b23(a1)21.又0a11b211b1. 高考理科数学试题分类汇编4：数 （高考卷（理）在数列{a}中,a2n1,若一个7行12列的矩阵的第i行第j列的元 ai,jaiajaiaj,(i1, ,7;j1, ,12)则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为 （大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对已知数列a满足

a0,

4,则a

61310

11310

31310

31+3109（高考新课标1（理设AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,AnBnCn的面积为Sn,n1,2, ,9bc,b

2a,

a

cnan,

bnan,则 1

A.{Sn}为递减数 B.{Sn}为递增数C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数 D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数 数学（理）试题）y=f(x的图像如图所示,在区间a,b上可找到n(n2)x,x...,xf(x1=f(x2=f(xn则n1

则以下结论一定正确的是 )A.数 为等差列,公差 B.数 （新课标Ⅱ卷数学（理）等比数列的前项和为,已知,,(A)(B)(C)(D)（高考新课标1（理设等差数列an的前n项和为Sn,Sm12,Sm0,Sm13,则m （辽宁数学（理）试题）下面是关于公差d0的等差数列an的四个命题p1:数列an是递增数列 p2:数列nan是递增数np数列an是递n

p4数列

3nd

p3,

p2,

p1,p4） （理在等差数列{an}中,a2a18,且a4为a2和a3的等比中项,求数列{an}的首项、公差及前n项和.*dnsn

8,a3d2ada8d.所 a1d4dd3a10,解得a14d0,或a11d3,即数列an 13.所以数列的前nsn4nsn

3n22106（新课标Ⅱ卷数学（理）等差数列的前项和为,已知,则的最小值 *n

nn

1

1n.记第n个kNnkk3,以下列出了部分k 中第n

Nn,31n21 Nn,4Nn,53n21 Nn,62n2可以推测Nn,k的表达式,由此计算N10,24 108（江苏卷（数学在正项等比数列{a}a1a

3aaaaa 的最大正整数n的值

1 109（高考湖南卷（理）S为数列anS1)na1nN (1)a ;(2)SS

.*

;1(1

1 31 两边同时积分得:从而得到如下等式:*111（重庆数学（理）试题）已知an是等差数列,a11,公差d0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8 *64112（市春季高考数学试卷(含答案)）若等差数列的前6项和为23,前9项和为57,则数列的前n项Sn

.*5n27 省数学（理）卷）在等差数列an中,已知a3a810,则3a5a7 *）12122212223212223242照此规律,第n个等式可

-

n-

2

n(n1)

-

n-

2

n(n }的前n项和为Sn=,则数列 }的通 ,Xn ,Xn

,BnAnBnAnBnBn1An1的面积均相等.设OAnana11a2,Bnan的通 *an

3n2,nN17高考（理若等比数列{an}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比 ;前n项和 *2,2n1118（普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题）已知等比数列an是递增数列Sn是an的前n 供“高中试卷网和,若a，a是方程x25x40的两个根,则S

数学（理）试题）fn(x1x22

nnNnxn

[3

n(xn)01(Ⅱ)对任意pNn,由(Ⅰ)中x构成的数列x满足0x 1 n *解:(Ⅰ)

当x0时，y

x单调递增函数,也是n的单调递增函数.

且fn(0)10,f ,1时fn0

fn(xn)1

nNn存在唯一

xn

[3

,满

fn(xn)

;(证毕 (Ⅱ 由题xnxnp f

上式相 22nxnn2n

32x-

np2 n 21

1x-

n n 供“高中试卷网 卷（理）(3分+6分+9分)给定常数c0,定义函数f(x)2|xc4||xc|,数a1,a2,a3

f(a),nN*n(1)若ac2,求a及a;(2)求证:对任意nN*, acn an(3)是否存在a1,使得a1,a2 an

c

a1(c

a2f(a1)2|a1c4||a1c| a3f(a12|a2c4||a2c|c10(2f(xxcxR 供“高中试卷网

f(x)xc2|xc4||xc|x

即只需证明2|xc4||xc|+x xc

,显然 2|xc4||xc|+x

成立

xc ,则|xc4||xc|xcxc4xc显然成立综上,f(xxc恒成立,即对任意的 nN*, a

(3)由(2)知,若{an}为等差数列,则公差dc0n无限增大时,总有an

an1f(an)2(anc4)(anc)anc

dc a2f(a12|a1c4||a1c|a1c8,即2|a1c4||a1c|a1c8,当a1c0等式成立,且

n

an

,此时{an}

a1c0|a1c4|4a1c8,此时,a20,a3c8, ,an(n2)(c8)也满足题意;综上,满足题意的a1的取值范围是[c,){c8}.）kn kkn

k

a

nN,对于lN

义集合PlnS是a的整数倍，nN，且1n (1)求集合P11中元素的个数 (2)求集合P2000中元素的个数问题能力及推理论证能力.(1)解:由数列ana11a22a32a43a53a63,a74,a84,a94,

4,a11

∴S11,S21,S33,S40S53,S66,S72,S82,S96,S1010,S11 ∴S11a1,S40a4S51a5,S62a6,S111

∴集合P11中元素的个数为5(2)证明:用数学归纳法先证Si(2i1)i(2i

事实上, 当i1时,Si(2i1)S31(21)

故原式成立 i

Sm(2m1)m(2m

im1 供“高中试卷网(2m25m3)(m1)(2m

综合①②得

Si(2i1)i(2i 于是S(i1)[2i1}Si(2i1}(2i

Si(2i1}是(2i1) a(i1)(2i1}

2i1(j1,2,,2i

,所以

Si(2i1)

Si(2i1) a(i1)(2i1}j(j1,2,,2i

的倍

S(i1)[2i1}(i1)(2i

不是2i

的倍数,而a(i1)(2i1}

(2i2)(j1,2,,2i S(i1)(2i1)jS(i1)(2i1)

不是a(i1)(2i1}j(j 的 故

li(2i

Pl

lli(2i1)j（1j2i时,集合P中元素的个数为i2j又200031（231 故l合 中元素的个数为31247122（浙江数学（理）试题）d的等差数列{an}中,已知a110,且a1,2a22,5a3(1)求d,an (2)若d0,求|a1||a2||a3||an| Ⅰ 已知得 (2a22)212122d; 当d an11, 1 12 1a2供“高中试卷网n(21n),(1n 所以,综上所述:|a1||a2||a3| |an|n221n

,(n 卷（理）已知等比数列an满足:a2a3(I)求数列an的通项

10,a1a2a3125(II)是否存在正整数m1

1?若存在,求m *解:(Ia5aq110,q1或3,所以数列aa5 (II)

q1

1 1

1m

9

,不存在这样的正整数m;若

q3aa 1310,不存在这样的正整数m

124（山东数学（理）试题）设等差数列an的前n项和为Sn,且S44S2,a2n2an1.(Ⅰ)求数列an的通项 (Ⅱ)设数列b前n项和为T,

Tan1为常数).令c

(nN*.求数列c的前n项和Rn

n*

a1,公差为d

S4

,a2n2an1 a(2n1)2a2(n1)d

a

a2n1(nN*

解得,

,d2因

T

bT

n

c

2n2(n

1

所以n2

1 1

1)(4(nN*

Rn

(1)04

()2

(1)24

(1)3(n1)4

( 1R01 1 1

1 1(4

1()

2()

(n2)(4

(n1)(4

n(n(n (n1

11)(44

()1()2()3()n1(n1)(

整理R1(43n

4n1

Rn9(4

4n1125（江苏卷（数学）16{an是首项为ad的等差数列(d0Sn是其前项和.记

nSnn2

nN*,其中c(1c0b，b

成等比数列,证明:

knN*);(2)若{b是等差数列,证明:c0

*证明:∵{a}ad的等差数列(d0S是其前n

nan(n1)

∵c

∴bSnan1

∵b，b

成等比数

b2b

1 1(a1d)2a(a3d)∴1ad1d2 ∴d(a d) ∵d ∴a 1 d2a∴

nan(n1dnan(n12an2a

(nk)2an2k

n2

n2k

∴左边=右边∴原式成立(2)∵{b是等差数列∴设公差为d

bn1)dk 1

nSnn2

1

(n1)d1

n2c

∴d1dd 12 3 ) cbnnNb2

a

d

cd1c(db) 由①式得:

12

∵d

∴d1

由③式得:c

:(1)c0供“高中试卷网aa(n1)d,

n[(n1)d ,

(n1)d2a.当b，b

b2bbn d

3d

1n即:an

aa2 2

k2k2

d2

,又d

,故d

.由此:

Sn2a (nk)2an2k

n2

n2k

故:

k,nN

bn

n2c

n2(n1)d n2c(n1)d

n2(n1)d2ac(n1)d2ac(n1)d n2(n1)d2a

(※)若{b是等差数列,则

AnBn n2

c(n1)d一项,分子幂低于分母幂,故有: 0,即c(n1)d2a0,而(n1)d2a≠0,故n2c0.经检验,当c0时{bn}126（大纲版数学（理等差数列a的前n项和为S,已知

=a2,且S

2S成等比数列,求a * 数学（理）试题）3的等比数列{anS(nN* a3S5a5S4a4求数列{an}的通项设TS1(nN*{T}的最大项的值与最小项的值S Sn** 128（高考江西卷（理）正项数列{an}的前项和{ans2n2n1)sn2n) 求数列{an}的通项n令b n ,数列{b}的前n项和为T.证明:对于任意的nN*,都有Tn (n2)2 *(1S2n2n

n2n0

10.由于anS0Sn2n.aS2n2aS

n2nn1)2n12n.综 上,数列a

的通项

a

(2)证明:由于

a2n,b

n b n

11

(n2)2n.n 4n2(n

16 (n2)2 供“高中试卷网1

1613222423252…(n1)2(n1)2n2(n2)2 1 16122(n1)2(n2)216(122)64 省数学（理）卷）设数列a的前nS.已知a12Sn

1n2n2,nN*n求a2的值求数列an的通 1 证明:对一切正整数n1

.

*.(1)解:

2Sn

1n2n2nN.n1

2S

112a a

,a

解

2Sn

1n2n

nN 12S

1n3n22n

nn1n

n n1 n1 由 ②,32Sn2Sn1nan1n1annn

2an2Sn

2annan1n1annnn

ann

数列annn

是以首项为a11

1an11n1

n2n

当n1

an2,nN

n(2)

nan2,nNn

n1

11

n211117,原不等式亦成立.③当n3

n2n1n1,1 111111a1 1111n 1 2n2 n1n

n1n 1111111111 1

11

12 3 2 4 2 5 2n n 2n n1 供“高中试卷网1n11111111n

1

12

n

n1 11111

1711

1

n3时,,原不等式亦成立.2 n1 2 n1 1 切正整数n,有11 an1an2Bn,dn=An-Bn.n n 1 2 3 n(I)若{a}为2,1,4,3,2,1,4,3,,是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*, an n 1 2 3 n(II)设d为非负整数,证明:dn=-d(n=1,2,3)的充分必要条件为{an}为公差为d的等差数列;(III)证明:a1=2,dn=1(n=1,2,3,),则{an}的项只能是1或者2,且有无穷多项为*(I)d1d21,d3d4

(IIan是公差为d的等差数列,且d0an.a1an.

AnanBnan1dnanan1

.(必要性)因为dnd0(n123,)AnBndnBn.又因为anAnan1Bnanan1.于AnanBnan1.因此an1anBnAndnd,即andIII)因为a12d11A1a12B1A1d11n1anB11.假设an(n2中存在2man2的最小正整数,则m2,并且对任意1kmak2,.又因为a12所以Am12

Amam

.于是BmAmdm211

Bm1minamBm2.故dm1Am1Bm1220,与dm1

n1an2,即非负整数列an项只能为1或2.因此对任意n1,an2a1,所以An2. 故BnAndn211.因此对于任意正整数n,存在m满足mn,且am1,即数列an有无穷多项为1.131（高考陕西（理设是公比为q的等比数列.(Ⅰ)导{an}的前n项和 (Ⅱ)设q≠1,证明数列{an1}不是等比 当q1时，数列{an}是首项为a1的常数数列，所以Sna1a1a1 当q1时，Sna1a2an1anqSnqa1qa2qan1qan.上面两式错位相减:（1-q)Sna1(a2qa1)(a3qa2)(anqan1)qana1qana

a(1qn

(qS n .③综上,Sna(1qn)

(Ⅱ)使用反证法. 1-

1-

,

(q 1 设{aq≠1的等比数列,假设数列{a1是等比数列.则①当nN*，使得a aqn则{a1}不是等比数列.②当nN*，使得a10成立,则 1 恒为常数1an aqn11anaqn1aqn11当a0时,q1.这与题目条件q≠1.③综上两种情况,假设数 {an1q≠1{an1高考理科数学试题分类汇编5：平面向a1,aa1,a2,a3,a4,d1,d2,d3,d4,

mM分别为(aiajakdrdsdt{i,jk12345},{rst12345则m,M满 m0,M

m0,M

m0,M

m0M0【答案】 A．3，-4 B．4，-3

C．34

D．43

， 55

， 55供“高中试卷网134（（理试题设ABCPABPB1ABABP

. ABC

BAC

135（福建数学（理）试题）在四边形ABCD中,,,则四边形的面积为 136（（））在平面直角坐标系中,O是坐标原点,两定点AB满足OPOAOB,OAOBOAOB2,则点集P 1,,OPOAOB,积是 222

323

,,OB1OB2

432AB2AB的取值范围是

OP1APAP 5

B． 5 7

C． 5,2

7,2 2

2

138（高考湖南卷（理abab0.若向量ccab1,c

2-,

2-, D．2+2 139（大纲版数学（理）已知向量m1,1,n2,2,若mnmn,则=

140（2013年高 卷（理）已知点A1,1.B1,2.C2,1.D3,4,则向量AB在CD方上的投影为 32

32

32

3152 的边长为, 的中点, 市春季高考数学试卷(含答案)）ak)b9，k6)ab,则实数k3 *ABABAC143（山东数学（理）试题）已知向

的夹角为120°, ,APABAC,且APBC,则实数的值 .*144（1（理a,b60°,c=ta+(1-t)bb·c=0,则=. 卷（理）向量a,b,c在正方形网格中的位置如图所示.若c=λa+μb(λ,μ∈R),则 146（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（）试题）e1e2为单位向量,非零向量bxeyexyR,若e

|x的夹角为, 的最大值等

|b147（江苏卷（数学））D，EABCAB，BC上的点,AD1ABBE2BC,若 DEABAC(，为实数),则的值 卷（理在平行四边形ABCD中,对角线AC与BD交于点O,ABADAO,则 149（高考江西卷（理设ee为单位向量.且eea

3eb2e,则向量a在 5

方向上的射影为 2AB的长

.*2高考理科数学试题分类汇编6：不等

x,yz

x23xy4y2z9

,则当

21 C． ） A．[-x]=- B．[2x]= C．[x+y]≤[x]+[y]D．[x-y]≤[x]-y） y-2

C．3

D．2（普通高等学校招生统一考试数学（理）试题）已知函数f(x)x(1a|x|).设关于x的不等f(xa)f

的解集为A,若1,1A,则实数a的取值范围是 22

1

13

151 1 1 1

C． ,0

D．

） 满足约束条 ,若的最小值为 3xy6 数学（理）试题）x,y满足约束条件xy2y3

z=y-2x B．- （高考湖北卷（理））一辆汽车在高速公行驶,由于遇到紧急情况而刹车,以速vt73t

1

tsvm/s位;m)是 125ln

825ln3

425ln

450ln2 2

f(10x)>0集为

x|x>-lg2

x|x<-

市春季高考数学试卷(含答案)）如果ab0,那么下列不等式成立的是 1

ab

ab

1 2xy2x2y13xy8160（山东数学（理）试题）在平面直角坐标系xoy中,M为不等式组 动点,则直线OM斜率的最小值为（ C．

D．2161（新课标Ⅱ卷数学（理设,则 2xy1 卷（理）设关于x,y的不等式组xm 表示的平面区域内存在点P(x,y),满x0-2y0=2,求得m的取值范围是

ym 供“高中试卷网

3

3

3

3

x163（大纲版数学（理）记不等式x3y4,所表示的D,若直yax1D公3xy点,则a的取值范围 .* [,4]2164（高考陕西卷（理）若点(x,yy|x1|y=22x-y .*-165（高 卷（理）已知f(x)是定义域为R的偶函数,当x≥0时,f(x)

f(x2)5的解集 x4yxxx 省数学（理）卷）给定区D

T{x, D| 0 0zxy在D上取得最大值或最小值的点},则T中的点共确 xy2167（浙江数学（理）试题）zkxyxy满足x2y40z12,2xy4 168（数学（理）试题）设a+b=2,b>0,则当a

|a|取得最小值.*b 省数学（理）卷）不等式x2x20的解集 .*170（高考湖南卷（理）已知a,b,c,a2b3c6,则

AB长40米,BC长50米,现欲在此空地上建造一间房,其占地形状为矩形,且B为矩形的一个 供“高中试卷网A *EBFP,PAP

x米,其中0x40E y平方米.因为CFPCBAFPCF,

50

,求得BF 从而yBFFP(50

5(x 4当且仅当x20时,等号成立.答: 172（高考卷（理）(6分+8分)甲厂以x千克/小时的速度生产某种产品(生产条件要1

),每小时可获得利润是100(5x13)x3*(1200(5x1)3

又1

,可解得3x](2yy900100(5x139104[311)2] x6ymax457500高考理科数学试题分类汇编7：立体几173（1（理8cm,将一个球放在容6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为5003

8663

174 省数（理卷设m,是两条不同的直线,,是两个不同的平面,下列命题中正确的 A．若mn

mnB．若mn

mCmnmn

,则

若mmnn

,则（市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比1:

1:

1:

1:16正弦值等于 32232

1 D． 高考新课标

8

816）积分别记为V,V2,V3,V4V1V2V4C．V2V1V3

V1V3V2D．V2V3V1 2 B． 2 （省数学（理）卷）某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积

5 4

3

3

6（新课标Ⅱ卷数学（理））已 为异面直线 平 平面.直 满足lm,ln,l,l,则 B．,且C．与相交,且交线垂直 D．与相交,且交线平行于9

与平面ABC所成角的大小

C．

D．6183（重庆数学（理）试题）某几何体的三视图如题

3

3

C．

HLLYBQHLLYBQ整理供“高中试卷网 ABAC,AA112,则球O的半径 32

B．

C． D． 2185（高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面ABCD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为mn,那么mn 186（新课标Ⅱ卷数学（理））一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别 供“高中试卷网 D188（浙江数学（理）试题）A作平面BBfA).设PQ1ff(P)],Q2ff(P)]PQ

, A．平面与平面垂 B．平面与平面所成的(锐)二面角为C．平面与平面平行 D．平面与平面所成的(锐)二面角为600*A189（高考卷（理）一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是 （理在xOy平面上,将两个半圆弧(x1)2y21(x1)和(x3)2 y1y1DDy1体为,过(0,y)(|y|1)作1个平放的圆柱和一个长方体,得出的体积值

8*2216191（高考陕西卷（理）某几何体的三视图如图所示,则其体积 3212111*192（大纲版数学（理已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆,其公共弦长等于球O的半径,OK ,圆OK所在的平面所成的一个二面角为

,则球O的表面积等 193（高考卷（理如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P段D1E上,P到直线CC1的距离的最小值 225棱锥FADE的体积为V,三棱柱A1B1C1ABC的体积为V2,则V1:V2 *1: cm2434323正视 侧视3（12题图

数学（理）试题）如图,正方体ABCD 的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是①②③⑤ ①当0CQ1时,SCQ1时,SCQ3时,SCD的交点2满足CR13

时,SCQ1时,S

161 *16图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是 * 所成角的大小

中,异面直线A1B *(I平面PAC平面PBC供“高中试卷网*201（重庆数学（理）试题）如图,四棱锥

P

中 PA底面ABCDBCCD2AC4 FPCAFPB(1

的长 (2)求二面角B

* 供“高中试卷网1（数学（理）试题）如图,圆锥顶点为p.底面圆心为o,其母线与底面所成的角为22.5°.ABCD是底面圆O上的两条平行的弦,轴OP与平面PCD所成的角为

与平面PCD的交线平行于底面 (Ⅱ)求cosCOD*

设面PAB面PCD直线

ABCD且CD面PCDAB面AB//直线 AB面ABCD直线m//面ABCD面PAB与面PCD的公共交线平行底面ABCD供“高中试卷网

设底面半径为r线段CD的中点为F，则OPF60.由题知tan22.5POr,tan60

tan60tan22.5r

2

,tan45

.1tan2 cosCOD17-

1（普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题）如图,在四面体ABCD中,ADBCD2BCCD,AD2,BD2

MAD的中点,

BM

ACAQ3QC

BCD;(2)若二面角CBMD的大小为600,求

PQPQM C（20题图*6,

FM

AF

PPF//BDAQ3QCAF

QFBDPQF// 面BDC,所以PQ//面BDC7BD中点OPBMPO//

;取CDHDH

AQ

,所以

QH/

1AD//

MD,所以PO//QHPQOHOHBCDPQBDC8ADBBDC,过C作CGBD于G,所以CGBMD,过GH

H

CHG就是CBM

的二面角;由已知得到8BM 3,设BDC8CDcos,sinCGCBCD22cos,CG22cossin,BC22sin, 在RT

中,BCGsinBGBG22sin2

,所以在RTBHG供“高中试卷网22 122

tanCHGtan

22 )60BDCtan)60BDC ACACB AA所以BCCBCAA.所成的角,即BCC3 3RtBCCBCCCtanBCC6

3

ABC

3BC2334因此该三棱柱的体积为V

AA ）如图,在三棱锥SABC中,平面SAB平面SBC,ABBC,ASAB,过A作AF ,FE，SA，SC

(2)BC*证明:(1)∵ASABAF

∴FSB∵E.FSA.SB又∵EFABC,ABABC∴EF又∵EFFG=F,EF.FGABC∴EFGSABSABSBC=BCAFSAB∴AFSBC又∵BCSBCABBCABAF=A,AB.AFSAB∴BCSAB∵SABC1D1AC AA ABC1D1BC1AD1,显然BD1ACBC1 考虑三棱锥ABCD1的体积,以ABC为底面,可得V (12)1而

ACDC

2所以,V h3

BC1D1AC 卷（理如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,直线PC平面ABC,EFPPCDQ1(IBEFABC的交线为lDQ1(II)设(I)中的直线l与圆O的另一个交点为D,且点Q满 .记直线PQ与平2ABC所成的角为,异面直线PQEFElC,求证:sinsinsin19 *解 ,AC平面ABC, 平平EF平面ll (IIDF,用几何方法很快就可以得到求证.(这一题用几何方法较快,向量的方法很麻烦,特别是供“高中试卷网 省数学（理）卷）1,在等腰直角三角形ABC中A

,

DEAC,AB的点CD3其中AO 3

OBC的中点.将ADE

(Ⅰ)证明:AO平面BCDE (Ⅱ)求二面角ACDB的平面角的余弦值DEDE 图 图2*1OC3AC32AD2 供“高中试卷网CCOBDEH连结ODOE,在

OC2OC2由翻折不变性可知AD AO2OD2AD2AOODO理可证AOOE,又 ,所以AO平面BCDEO(Ⅱ)传统法:过O作OHCD交CDHAH因为AO平面BCDE,所以AH OH所以 为二面角ACDB的平面角OH1HAC中点,故OH

AH所以cosAHO

ACDB的平面角的余弦值为15 向量法:以O点为原点,建立空间直角坐标系OxyzA00,3C0

所 ,DAn n

,即

3z

y,解得

x1n11,3

由(Ⅰ)知OA00,3为平面CDB的一个法向量所以

15ACDB的平面角的余弦值为15n,OAn,OA33nOAn供“高中试卷网7（数学（理）试题）如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB//DC,AB⊥AD,ADCD1,AA1AB2,EAA12求二面角B1-CE-C1的正弦值2设点M段CE上,且直线AM与平面ADDA所成角的正弦值 ,求线段AM的长 16*8（1（理ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(Ⅰ)证明AB⊥A1C;供“高中试卷网ABC⊥AA1B1B,AB=CB=2A1CBB1C1C∵AB=,=,∴是正三角形∴ ∴AB⊥∴EA,EC,两两相互垂直,以E为坐标原点,的方向为轴正方向,||为单位长度,建立如图所示空间直角坐标系,有题设知A(1,0,0),(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0),则=(1,0,),==(-1,0,),=(0,-,),设=是平面的法向量 , ,可取 ∴ A1CBB1C1C9（高考陕西卷（理）如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1ABCD是正方形,O为底面中心,A1O⊥平

AB A1C求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小DOCBA*

A1O面ABCD且BD

ABCD中,ACBD；且A1OACA所以BD面A1AC且A1C面A1AC，故A1CBDABCD,AO1

在RTAOA 面

,E面

A1C面

OOCXOBYB0,,C0),(), 供“高中试卷网DOCB DOCBn2则nOB解得其中一个法向量为n20,1,-A.所以,平面OCB与平面BBDD的夹角 13

平面ABCDE为BD的中点G为PD的中DABDCB,EA

,连接CE并延长交

FAD平面CFGBCPDCP*解:(1)在ABDEBDEAEBEDAB故BADABEAEB 因为DABDCB,所以EABECBEFADAFFDPGGDFGPAPAABCD所以GFADAD平面CFG供“高中试卷网以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系