高考数学专题1集合与常用逻辑测试题

专题1集合与常用逻辑测试题命题报告:高频考点:集合的运算以及集合的关系,集合新定义问题以及集合与其他知识的交汇,逻辑用语重点考查四种命题的关系,充要条件的判断以及全称命题存在命题等知识。考情分析:高考主要以选择题填空题形式出现,考查集合的运算以及充要条件和其它知识的交汇,题目一般属于容易题。3.重点推荐:9题,创新题,注意灵活利用所给新定义进行求解。一．选择题（共12小题,每一题5分）1．集合A={1,2,3},B={（x,y）|x∈A,y∈A,x+y∈A},则集合B的真子集的个数为（）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【解析】:B={（1,1）,（1,2）,（2,1）}；∴B的真子集个数为:．故选:C．2已知集合M=,则M∩N=（）A．{x|﹣3≤x≤1} B．{x|1≤x＜6} C．{x|﹣3≤x＜6} D．{x|﹣2≤x≤6}【答案】:B【解析】y=x2﹣2x﹣2的对称轴为x=1；∴y=x2﹣2x﹣2在x∈（2,4）上单调递增；∴﹣2＜y＜6；∴M={y|﹣2＜y＜6},N={x|x≥1}；∴M∩N={x|1≤x＜6}．故选:B．3已知集合A={x|ax﹣6=0},B={x∈N|1≤log2x＜2},且A∪B=B,则实数a的所有值构成的集合是（）A．{2} B．{3} C．{2,3} D．{0,2,3}【答案】:D【解析】B={x∈N|2≤x＜4}={2,3}；∵A∪B=B；∴A⊆B；∴①若A=∅,则a=0；②若A≠∅,则；∴,或；∴a=3,或2；∴实数a所有值构成的集合为{0,2,3}．故选:D．4（2018秋•重庆期中）已知命题p:∀x∈R,x2﹣x+1＞0,命题q:若a＜b,则＞,下列命题为真命题的是（）A．p∧q B．（￢p）∧q C．（￢p）∨q D．（￢p）∨（￢q）【答案】:D【解析】命题p:∀x∈R,x2﹣x+1＞0,∵x2﹣x+1=+＞0恒成立,∴p是真命题；命题q:若a＜b,则＞,当a＜0＜b时,不满足＞,q是假命题；∴￢q是真命题,￢q是假命题,则（￢p）∨（￢q）是真命题,D正确．故选:D．5.（2018•朝阳区期末）在△ABC中,“∠A=∠B“是“acosA=bcosB”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】:A6.（2018•抚州期末）下列有关命题的说法错误的有（）个①若p∧q为假命题,则p、q均为假命题②命题“若x2﹣3x+2=0则x=1”的逆否命题为:“若x≠1,则x2﹣3x+2≠0③对于命题p:∃x∈R,使得x2+x+1＜0则:￢p:∀x∈R,均有x2+x+1≥0A．0 B．1 C．2 D．3【答案】:B【解析】①若p∧q为假命题,则p、q均为假命题,不正确,因为两个命题中,由一个是假命题,则p∧q为假命题,所以说法错误．②命题“若x2﹣3x+2=0则x=1”的逆否命题为:“若x≠1,则x2﹣3x+2≠0,满足逆否命题的定义,正确；③对于命题p:∃x∈R,使得x2+x+1＜0则:￢p:∀x∈R,均有x2+x+1≥0,符号命题的否定形式,正确；所以说法错误的是1个．故选:B．7（2018•金安区校级模拟）若A={x∈Z|2≤22﹣x＜8},B={x∈R|log2x＜1},则A∩（∁RB）中的元素有（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】:B【解析】A={x∈Z|2≤22﹣x＜8}={x∈Z|1≤2﹣x＜3}={x∈Z|﹣1＜x≤1}={0,1},B={x∈R|log2x＜1}={x∈R|0＜x＜2},则∁RB={x∈R|x≤0或x≥2},∴A∩（∁RB）={0},其中元素有1个．故选:B．8（2018•大观区校级模拟）已知全集U=R,集合,N={x|x2﹣2|x|≤0},则如图中阴影部分所表示的集合为（）A．[﹣2,1） B．[﹣2,1] C．[﹣2,0）∪（1,2] D．[﹣2,0]∪[1,2]【答案】:B【解析】∵全集U=R,集合={x|x＞1},N={x|x2﹣2|x|≤0}={x|或}={x|﹣2≤x≤2},∴CUM={x|x≤1},∴图中阴影部分所表示的集合为N∩（CUM）={x|﹣2≤x≤1}=[﹣2,1]．故选:B．9.设集合Sn={1,2,3,…,n},X⊆Sn,把X的所有元素的乘积称为X的容量（若X中只有一个元素,则该元素的数值即为它的容量,规定空集的容量为0）．若X的容量是奇（偶）数,则称X为Sn的奇（偶）子集,若n=3,则Sn的所有偶子集的容量之和为（）A．6 B．8 C．12 D．16【答案】:D【解析】由题意可知:当n=3时,S3={1,2,3},所以所有的偶子集为:∅、{2}、{1,2}、{2,3}、{1,2,3}．所以S3的所有偶子集的容量之和为0+2+2+6+6=16．故选:D．10.（2018•商丘三模）下列有四种说法:①命题:“∃x∈R,x2﹣3x+1＞0”的否定是“∀x∈R,x2﹣3x+1＜0”；②已知p,q为两个命题,若（￢p）∧（￢q）为假命题,则p∨q为真命题；③命题“若xy=0,则x=0且y=0”的逆否命题为真命题；④数列{an}为等差数列,则“m+n=p+q,m,n,p,q为正整数”是“am+an=ap+aq”的充要条件．其中正确的个数为（）A．3个 B．2个 C．1个 D．0个【答案】:C11.（2018•嘉兴模拟）已知函数f（x）=x2+ax+b,集合A={x|f（x）≤0},集合,若A=B≠∅,则实数a的取值范围是（）A． B．[﹣1,5] C． D．[﹣1,3]【思路分析】由题意可得b=,集合B可化为（x2+ax+）（x2+ax+a+）≤0,运用判别式法,解不等式即可得到所求范围．【答案】:A【解析】设集合A={x∈R|f（x）≤0}={x|x2+ax+b≤0},由f（f（x））≤,即（x2+ax+b）2+a（x2+ax+b）+b﹣≤0,②A=B≠∅,可得b=,且②为（x2+ax+）（x2+ax+a+）≤0,可得a2﹣4×≥0且a2﹣4（a+）≤0,即为,解得≤a≤5,故选:A．12.(2018•漳州二模）“a≤0”是“关于x的方程ax+axcosx﹣sinx=0与方程sinx=0在[﹣3π,3π]上根的个数相等”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件[答案]:A【解析】∵方程sinx=0在[﹣3π,3π]上根有7个,则方程ax+axcosx﹣sinx=0也应该有7个根,由方程ax+axcosx﹣sinx=0得ax（1+cosx）﹣sinx=0,即ax•2cos2﹣2sincos=2cos（axcos﹣sin）=0,则cos=0或axcos﹣sin=0,则x除了﹣3π,﹣π,π,3π还有三个根,由axcos﹣sin=0,得axcos=sin,即ax=tan,由图象知a≤0时满足条件,且a＞0时,有部分a是满足条件的,故“a≤0”是“关于x的方程ax+axcosx﹣sinx=0与方程sinx=0在[﹣3π,3π]上根的个数相等”的充分不必要条件,故选:A．（2）设命题p:“函数y=2f（x）﹣t在（﹣∞,2）上有零点”,命题q:“函数g（x）=x2+t|x﹣2|在（0,+∞）上单调递增”；若命题“p∨q”为真命题,求实数t的取值范围．【思路分析】（1）方程f（x）=2x有两等根,通过△=0,解得b；求出函数图象的对称轴．求解a,然后求解函数的解析式．（2）求出两个命题是真命题时,t的范围,利用p∨q真,转化求解即可．【解析】:（1）∵方程f（x）=2x有两等根,即ax2+（b﹣2）x=0有两等根,∴△=（b﹣2）2=0,解得b=2；∵f（x﹣1）=f（3﹣x）,得,∴x=1是函数图象的对称轴．而此函数图象的对称轴是直线,∴,∴a=﹣1,故f（x）=﹣x2+2x……………（6分）（2）,p真则0＜t≤2；；若q真,则,∴﹣4≤t≤0；若p∨q真,则﹣4≤t≤2．……………（12分）21.（2018春•江阴市校级期中）已知集合A={x|≤0},B={x|x2﹣（m﹣1）x+m﹣2≤0}．（1）若A∪[a,b]=[﹣1,4],求实数a,b满足的条件；（2）若A∪B=A,求实数m的取值范围．【思路分析】本题涉及知识点:分式不等式和含参的一元二次不等式的解法,集合的并集运算．22.（2018•南京期末）已知命题p:指数函数f（x）=（a﹣1）x在定义域上单调递减,命题q:函数g（x）=lg（ax2﹣2x+）的定义域为R．（1）若q是真命题,求实数a的取值范围；（2）若“p∧q”为假命题“p∨q”为真命题,求实数a的取值范围．【思路分析】（1）若命题q是真命题,即函数g（x）=lg（ax2﹣2x+）的定义域为R,对a分类讨论求解；（2）求出p为真命题的a的范围,再由“p∧q”为假命题“p∨q”为真命题,可得p与q一真一假,然后利用交、并、补集的混合运算求解．【解析】:（1）若命题q是真命题,则有:①当a=0时,定义域为（﹣∞,0）,不合题意．②当a≠0时,由已知可得,解得:a＞,故所求实数a的取值范围为（,+∞）；…………6分（2）若命题p为真命题,则0＜a﹣1＜1,即1＜a＜2,由“p∧q”为假命题“p∨q”为真命题,可得p与q一真一假．若p为真q为假,则,得到1＜a≤,若p为假q为真,则,得到a≥2．综上所述,a的取值范围是1＜a≤或a≥2．………………12分专题2函数测试题命题报告:高频考点:函数的性质（奇偶性单调性对称性周期性等）,指数函数、对数函数、幂函数的图像和性质,函数的零点与方程根。考情分析:高考主要以选择题填空题形式出现,考查函数的性质以及指数函数、对数函数的性质图像等,函数的零点问题等,题目一般属于中档题。3.重点推荐:10题,数学文化题,注意灵活利用所学知识解决实际问题。一．选择题（本大题共12题,每小题5分）1（2018•长汀县校级月考）下列四个函数中,在（0,+∞）为单调递增的函数是（）A．y═﹣x+3 B．y=（x+1）2 C．y=﹣|x﹣1| D．y=【答案】B2.函数f（x）=+log3（8﹣2x）的定义域为（）A．R B．（2,4] C．（﹣∞,﹣2）∪（2,4） D．（2,4）【答案】:D【解析】要使f（x）有意义,则；解得2＜x＜4；∴f（x）的定义域为（2,4）．故选:D．3.（2018•宁波期末）函数的零点所在的大致区间是（）A．（1,2） B．（2,3） C．（3,4） D．（4,5）【答案】:C【解析】函数是（1,+∞）上的连续增函数,f（2）=ln2﹣3＜0；f（3）=ln3﹣=ln＜0,f（4）=ln4﹣1＞0；f（3）f（4）＜0,所以函数的零点所在的大致区间为:（3,4）．故选:C．4.（2018•赤峰期末）已知f（x）=,则下列正确的是（）A．奇函数,在（0,+∞）上为增函数 B．偶函数,在（0,+∞）上为增函数 C．奇函数,在（0,+∞）上为减函数 D．偶函数,在（0,+∞）上为减函数【答案】:B【解析】根据题意,f（x）=,则f（﹣x）===f（x）,则函数f（x）为偶函数；当x＞0时,f（x）=在（0,+∞）上为增函数；故选:B．5.已知f（x）,g（x）分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且f（x）﹣g（x）=x3+x+1,则f（1）+g（1）=（）A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．3【答案】:B【解析】由f（x）﹣g（x）=x3+x+1,将所有x替换成﹣x,得f（﹣x）﹣g（﹣x）=﹣x3﹣x+1,根据f（x）=f（﹣x）,g（﹣x）=﹣g（x）,得f（x）+g（x）=﹣x3﹣x2+1,再令x=1,计算得,f（1）+g（1）=﹣1．故选:B．6.（2018春•吉安期末）定义在R上的函数f（x）满足f（x+2）f（x）=﹣1,当x∈（0,1）时,f（x）=3x,则f（log3162）=（）A． B． C．2 D．【答案】:C【解析】∵f（x+2）f（x）=﹣1,∴f（x+4）===f（x）,可得函数f（x）是最小正周期为4的周期函数．则f（log3162）=f（4+log32）=f（log32）,∵当x∈（0,1）时,f（x）=3x,log32∈（0,1）,∴f（log32）=2,故选:C．7.定义在R上的偶函数f（x）,满足f（2）=0,若x∈（0,+∞）时,F（x）=xf（x）单调递增,则不等式F（x）＞0的解集是（）A．（﹣2,0）∪（0,2） B．（﹣2,0）∪（2,+∞） C．（∞,﹣2）∪（0,2） D．（﹣∞,﹣2）∪（2,+∞）【答案】:B【解析】∵x∈（0,+∞）时,F（x）=xf（x）单调递增,又∵函数f（x）是定义在R上的偶函数,f（2）=0,∴函数y=F（x）=xf（x）是奇函数,且在（﹣∞,0）上也是增函数,且f（2）=f（﹣2）=0,故不等式F（x）=xf（x）＞0的解集为{x|﹣2＜x＜0,或x＞2},即为（﹣2,0）∪（2,+∞）,故选:B．（1）若g（mx2+2x+m）的定义域为R,求实数m的取值范围；（2）当x∈[﹣1,1]时,求函数y=[f（x）]2﹣2af（x）+3的最小值h（a）；（3）是否存在非负实数m、n,使得函数的定义域为[m,n],值域为[2m,2n],若存在,求出m、n的值；若不存在,则说明理由．【思路分析】（1）若的定义域为R,则真数大于0恒成立,结合二次函数的图象和性质,分类讨论满足条件的实数m的取值范围,综合讨论结果,可得答案；（2）令,则函数y=[f（x）]2﹣2af（x）+3可化为:y=t2﹣2at+3,,结合二次函数的图象和性质,分类讨论各种情况下h（a）的表达式,综合讨论结果,可得答案；（3）假设存在,由题意,知解得答案．【解析】:（1）∵,∴,令u=mx2+2x+m,则,当m=0时,u=2x,的定义域为（0,+∞）,不足题意；当m≠0时,若的定义域为R,则,解得m＞1,综上所述,m＞1…（4分）（2）=,x∈[﹣1,1],令,则,y=t2﹣2at+3,∵函数y=t2﹣2at+3的图象是开口朝上,且以t=a为对称轴的抛物线,故当时,时,；当时,t=a时,；当a＞2时,t=2时,h（a）=ymin=7﹣4a．综上所述,…（10分）（3）,假设存在,由题意,知解得,∴存在m=0,n=2,使得函数的定义域为[0,2],值域为[0,4]…（12分）22．定义在D上的函数f（x）,如果满足:对任意x∈D,存在常数M≥0,都有|f（x）|≤M成立,则称f（x）是D上的有界函数,其中M称为函数f（x）的一个上界．已知函数,．（1）若函数g（x）为奇函数,求实数a的值；（2）在（1）的条件下,求函数g（x）在区间上的所有上界构成的集合；（3）若函数f（x）在[0,+∞）上是以5为上界的有界函数,求实数a的取值范围．【思路分析】（1）根据函数奇偶性的定义求出a的值即可；（2）先求出函数的单调区间,求出函数的值域,从而求出函数g（x）在区间上的所有上界构成的集合；（3）问题转化为在[0,+∞）上恒成立,通过换元法求解即可．【解析】:（1）因为函数g（x）为奇函数,所以g（﹣x）=﹣g（x）,即,即,得a=±1,而当a=1时不合题意,故a=﹣1．…………3分（3）由题意知,|f（x）|≤5在[0,+∞）上恒成立,﹣5≤f（x）≤5,．∴在[0,+∞）上恒成立．∴设2x=t,,,由x∈[0,+∞）,得t≥1．易知P（t）在[1,+∞）上递增,设1≤t1＜t2,,所以h（t）在[1,+∞）上递减,h（t）在[1,+∞）上的最大值为h（1）=﹣7,p（t）在[1,+∞）上的最小值为p（1）=3,所以实数a的取值范围为[﹣7,3]．…………12分专题3导数及其应用测试题命题报告:高频考点:导数的几何意义切线方程,留言导数求函数的单调区间,极值以及最值,利用导数解决实际问题.考情分析:高考主要以选择题填空题以及解答题形式出现,在全国卷所占分值是12-17分,一般解答题形式出现,考察利用导数研究函数的性质以及求极值最值问题。3.重点推荐:基础卷第10题需要构造函数,利用导数与函数的单调性的关系求解。一．选择题（本大题共12题,每小题5分）1.（2018•平罗县校级期中）已知函数f（x）=e2x,则=（）A．1 B．0 C．e2 D．2e2[答案]D【解析】:∵f′（x）=2e2x,∴=f′（1）,∴f′（1）=2e2,故选:D．2.（2018•攀枝花期末）设f′（x）是函数的导函数,则f'（0）的值为（）A．1 B．0 C．﹣1 D．【答案】:C【解析】根据题意,,其导数f′（x）==﹣,则f'（0）=﹣1；故选:C．3.（2018•银川三模）已知函数f（x）=cosx+alnx在x=处取得极值,则a=（）A． B． C． D．﹣【答案】C【解析】:∵f（x）=cosx+alnx,∴f′（x）=﹣sinx+,∵f（x）在x=处取得极值,∴f′（）=﹣+=0,解得:a=,经检验符合题意,故选:C．4.（2018春•云阳县期末）已知函数f（x）=x3﹣ax+1在[1,+∞）上是单调递增函数,则实数a的取值范围是（）A．a＜3 B．a≤3 C．a≤1 D．1＜a＜3【答案】:B【解析】求导函数,可得f′（x）=3x2﹣a,∵f（x）在[1,+∞）上单调递增,∴3x2﹣a≥0在[1,+∞）上恒成立,∴a≤3x2在[1,+∞）上恒成立,∴a≤3,故选:B．5.（2018•柳州一模）设a∈R,若函数y=x+alnx在区间（,e）有极值点,则a取值范围为（）A．（,e） B．（﹣e,﹣） C．（﹣∞,）∪（e,+∞） D．（﹣∞,﹣e）∪（﹣,+∞）【答案】B6.（2018•吉安期中）设函数f（x）在定义域内可导,y=f（x）的图象如图所示,则导函数y=f′（x）的图象可能为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】:由f（x）的图象判断出可得从左到右函数的单调性在y轴左侧先增,再减,在y轴的右侧,函数单调递减,∴导函数y=f′（x）的图象可能为区间（﹣∞,0）内,先有f′（x）＞0,再有f′（x）＜0,在（0,+∞）再有f′（x）＞0．故选:A．7.（2018•邯郸二模）若过点P（﹣1,m）可以作三条直线与曲线C:y=xex相切,则m的取值范围是（）A．（﹣,+∞） B．（） C．（0,+∞） D．（）【答案】D【解析】:设切点为（x0,y0）,过点P的切线程为,代入点P坐标化简为m=,即这个方程有三个不等根即可,令,求导得到f′（x）=（﹣x﹣1）（x+2）ex,函数在（﹣∞,﹣2）上单调递减,在（﹣2,﹣1）上单调递增,在（﹣1,+∞）上单调递减,故得到f（﹣2）＜m＜f（﹣1）,即,故选:D．综上,若∃x∈（1,+∞）,使得f（x）＞﹣a,a的取值范围为a．…………12分19.（2018•新余期末）函数f（x）=x3+ax2+bx﹣c,过曲线y=f（x）上的点p（1,f（1）的切线方程y=3x+3．（1）若y=f（x）在x=﹣2时有极值,求f（x）的表达式；（2）在（1）的条件下,求y=f（x）在[﹣3,1]上的最小值．【思路分析】（1）f′（x）=3x2+2ax+b,由过曲线y=f（x）上的点p（1,f（1）的切线方程y=3x+3．可得f（1）=6=1+a+b﹣c,f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2时有极值,可得f′（﹣2）=12﹣4a+b=0,联立解得a,b,c．（2）在（1）的条件下,f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3,1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2）,令f′（x）=0,解得x=或﹣2．列表即可得出．【解析】:（1）f′（x）=3x2+2ax+b,∵过曲线y=f（x）上的点p（1,f（1）的切线方程y=3x+3．∴f（1）=6=1+a+b﹣c,f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2时有极值,∴f′（﹣2）=12﹣4a+b=0,联立解得:a=2,b=﹣4,c=﹣7．∴f（x）=x3+2x2﹣4x+7．（2）在（1）的条件下,f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3,1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2）,令f′（x）=0,解得x=或﹣2．列表如下:x[﹣3,﹣2）﹣2（﹣2,）f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表格可得:x=时,函数f（x）取得极小值,=．又f（﹣3）=10＞．∴函数f（x）最小值为=．20.（2018•新罗区校级月考）设函数f（x）=axlnx+（a＞0）．（Ⅰ）已知函数在x=1处取得极值,讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（x）﹣ax,若g（x）≥0恒成立,求实数a的取值范围．【思路分析】（I）函数f（x）=axlnx+（a＞0）,x＞0．f′（x）=alnx+a﹣,根据函数在x=1处取得极值,可得f′（1）=0,解得a．进而得出单调性．（II）g（x）=f（x）﹣ax,a＞0,g（x）≥0恒成立,可得axlnx+﹣ax≥0,x＞0．可得alnx+﹣a≥0恒成立,令h（x）=alnx+﹣a,利用导数研究函数的单调性即可得出．【解析】:（I）函数f（x）=axlnx+（a＞0）,x＞0．∴f′（x）=alnx+a﹣,∵函数在x=1处取得极值,∴a﹣1=0,解得a=1．∴f′（x）=lnx+1﹣,可得:函数f′（x）在（0,+∞）上单调递增,又f′（1）=0,∴x∈（0,1）时,f′（x）＜0；x∈（1,+∞）时,f′（x）＞0．∴函数f（x）在x∈（0,1）时单调递减；x∈（1,+∞）时,函数f（x）单调递增．（II）g（x）=f（x）﹣ax,a＞0,g（x）≥0恒成立,∴axlnx+﹣ax≥0,x＞0．可得alnx+﹣a≥0恒成立,令h（x）=alnx+﹣a,则h′（x）=﹣==,∴0＜x＜时,h′（x）＜0,此时函数h（x）单调递减；x＞时,h′（x）＞0,此时函数h（x）单调递增．∴h（x）min==aln+﹣a≥0,∴ln≥1,解得:a≤,∴a的取值范围是（0,]．21.（2018•思明区校级月考）已知函数f（x）=（m≥0）,其中e为自然对数的底数．（1）讨论函数f（x）的极值；（2）若m∈（1,2）,证明:当x1,x2∈[1,m]时,f（x1）＞﹣x2+1+．【思路分析】（1）求导对m分类讨论,即可得出单调性与极值．（2）当x1,x2∈[1,m]时,f（x1）＞﹣x2+1+,只要证明f（x1）min＞即可,由（1）可知:f（x）在x∈[1,m]内单调递减,可得f（x1）min=f（m）．因此f（x1）min＞⇔x2＞﹣．m∈（1,2）,令g（m）=﹣．m∈（1,2）,利用导数研究其单调性即可得出．【解析】（1）:f′（x）==．①m＞0时,1﹣m＜1,令f′（x）=0,解得x=1或1﹣m．则函数f（x）在（﹣∞,1﹣m）上单调递减,在（1﹣m,1）内单调递增,在（1,+∞）上单调递减．∴x=1﹣m时,函数f（x）取得极小值；x=1时,函数f（x）取得极大值．②m=0时,f′（x）=≤0,函数f（x）在R上单调递减,无极值．（2）证明:当x1,x2∈[1,m]时,f（x1）＞﹣x2+1+,只要证明f（x1）min＞即可,由（1）可知:f（x）在x∈[1,m]内单调递减,∴f（x1）min=f（m）=．∴f（x1）min＞⇔x2＞﹣．m∈（1,2）,令g（m）=﹣．m∈（1,2）,g′（m）=﹣=＜0,∴函数g（m）在m∈（1,2）上单调递减,∴g（m）＜g（1）=1+﹣=＜1≤x2,因此结论成立．22.（2018•道里区校级二模）已知函数h（x）=aex,直线l:y=x+1,其中e为自然对数的底．（1）当a=1,x＞0时,求证:曲线f（x）=h（x）﹣x2在直线l的上方；（2）若函数h（x）的图象与直线l有两个不同的交点,求实数a的取值范围；（3）对于第（2）中的两个交点的横坐标x1,x2及对应的a,当x1＜x2时,求证:a＞．【思路分析】（1）可令g（x）=,求出二阶导数,求得单调区间,可得g（x）的单调性,即可得证；（2）由题可得aex=x+1,即有a=,设m（x）=,求出导数和单调性,作出图象,即可得到所求范围；（3）由（2）可得aex1=x1+1,aex2=x2+1,作差可得a=,运用分析法证明,即证＞,即为x2﹣x1＞1﹣=1﹣,运用换元法和构造函数,求得导数和单调性,即可得证．【解析】:（1）证明:当a=1,x＞0时,令g（x）=,g′（x）=ex﹣x﹣1,g″（x）=ex﹣1,当x＞0时,g″（x）＞0,g′（x）递增,g′（x）＞g′（0）=0,∴g（x）递增,g（x）＞g（0）=0,∴曲线f（x）=h（x）﹣x2在直线l的上方；（2）由y=aex和y=x+1,可得aex=x+1,即有a=,设m（x）=,可得m′（x）=,当x＞0时,m′（x）＜0,m（x）递减；当x＜0时,m′（x）＞0,m（x）递增,可得m（x）在x=0处取得极大值,且为最大值1,图象如右上:由图象可得0＜a＜1时,a=有两解,可得函数h（x）的图象与直线l有两个不同的交点,则a的范围是（0,1）；设n（t）=t﹣1+,t＞0,n′（t）=1﹣=＞0,可得n（t）在t＞0上递增,可得n（t）＞n（0）=0,可得t＞1﹣成立,则当x1＜x2时,a＞．专题4三角函数测试题命题报告:高频考点:三角函数求值和化简、三角函数的图像和性质,三角函数恒等变换以及解三角形等。考情分析:本单元再全国卷所占分值约15分左右,如果在客观题出现,一般三题左右,如果出现值解答题中,一般一题,难度不大重点推荐:第22题,是否存在问题,有一定难度。21题数学文化题。选择题1.若角600°的终边上有一点（﹣1,a）,则a的值是（）A． B． C．2 D．﹣2 【答案】:B【解析】角600°的终边上有一点（﹣1,a）,∴tan600°=tan（540°+60°）=tan60°==,∴a=﹣．故选:B2.（2018•贵阳二模）已知sin（π﹣α）=﹣,且α∈（﹣）,则tan（2π﹣α）=（）A． B． C． D． 【答案】:B3.（2018•安徽二模）θ为第三象限角,,则sinθ﹣cosθ=（）A． B． C． D．【答案】:B【解析】∵θ为第三象限角,=,∴tanθ==2,再根据sin2θ+cos2θ=1,sinθ＜0,cosθ＜0,∴sinθ=﹣,cosθ=﹣,∴sinθ﹣cosθ=﹣,故选:B．4.函数f（x）=sin（2x+φ）的图象向右平移个单位后所得的图象关于原点对称,则φ可以是（）A． B． C． D．【答案】:B【解析】函数f（x）=sin（2x+φ）的图象向右平移个单位后,可得y=sin（2x﹣+φ）．∵图象关于原点对称,∴φ﹣=kπ,k∈Z可得:φ=．当k=0时,可得φ=．故选:B．5.（2018•桂林三模）关于函数f（x）=2cos2+sinx（x∈[0,π]）,则f（x）的最大值与最小值之差为（）A．3 B．2 C．0 D．﹣2【答案】:A【解析】f（x）=2cos2+sinx=cosx+sinx+1=,∵x∈[0,π],∴x+∈[,],可得sin（x+）∈[﹣,1],∴函数f（x）∈[0,3],则f（x）的最大值与最小值之差为3．故选:A．不能靠近．欲测量P,Q两棵树和A,P两棵树之间的距离,现可测得A,B两点间的距离为100m,∠PAB＝75°,∠QAB＝45°,∠PBA＝60°,∠QBA＝90°,如图所示．则P,Q两棵树和A,P两棵树之间的距离各为多少？【分析】△PAB中,∠APB＝180°－(75°＋60°)＝45°,由正弦定理得＝⇒AP＝50.△QAB中,∠ABQ＝90°,∴AQ＝100,∠PAQ＝75°－45°＝30°,由余弦定理得PQ2＝(50)2＋(100)2－2×50×100cos30°＝5000,∴PQ＝＝50.因此,P,Q两棵树之间的距离为50m,A,P两棵树之间的距离为50m.18.（2018秋•重庆期中）已知函数f（x）=2cos2x+sin（2x﹣）．（Ⅰ）求f（x）的最大值；（Ⅱ）在△ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,若f（A）=f（B）且A≠B,a=1,c=,求b．【解析】:（Ⅰ）f（x）=cos2x+1+sin2xcos﹣cos2xsin=sin2x+cos2x+1=sin（2x+）+1∴当sin（2x+）=时,可得f（x）的最大值为2；（Ⅱ）f（A）=f（B）⇒sin（2A+）=sin（2B+）,且A≠B,∴2A++2B=π,即A+B=,那么:C=π﹣A﹣B=,余弦定理:c2=a2+b2﹣2abcosC,即13=1+b2+b,∴b=3．19.函数f（x）=2sin2（+x）﹣cos2x．（1）请把函数f（x）的表达式化成f（x）=Asin（ωx+φ）+b（A＞0,ω＞0,|φ|＜）的形式,并求f（x）的最小正周期；（2）求函数f（x）在x∈[,]时的值域．【解析】:（1）函数f（x）=2sin2（+x）﹣cos2x=1﹣cos（）cos2x=sin2x﹣cos2x+1=2sin（2x﹣）+1,∴f（x）的最小正周期T=．（2）由（1）可知f（x）=2sin（2x﹣）+1∵x∈[,],∴2x﹣∈[,]∴≤sin（2x﹣）≤1,则2≤f（x）≤3故得函数f（x）在x∈[,]时的值域为[2,3]．20.（2018春•金华期末）已知函数的最大值为3．（1）求a的值及f（x）的单调递减区间；（2）若,,求cosα的值．【解析】:（1）====．当时,f（x）max=2﹣1+a=3,∴a=2．由,k∈Z．得到,k∈Z．∴f（x）的单调递减区间为,k∈Z；（2）∵,,∴,又,∴,∴,∴==．21.已知函数,（ω＞0）．（Ⅰ）求函数f（x）的值域；（Ⅱ）若方程f（x）=﹣1在（0,π）上只有三个实数根,求实数ω的取值范围．【思路分析】（Ⅰ）利用三角恒等变换化简函数的解析式,再根据正弦函数的值域求得函数f（x）的值域．（Ⅱ）求出方程f（x）=﹣1在（0,π）上从小到大的4个实数根,再根据只有三个实数根,求出实数ω的取值范围．【解析】:（Ⅰ）函数=sinωx+2cos（﹣）sin（﹣）=sinωx+2cos（﹣）sin（﹣）=sinωx+sin（ωx﹣）=sinωx﹣cosωx=2sin（ωx﹣）,故函数f（x）的值域为[﹣2,2]．（Ⅱ）若方程f（x）=﹣1,即sin（ωx﹣）=﹣,∴ωx﹣=2kπ﹣,或ωx﹣=2kπ﹣,k∈Z．即x=,或x=,（0,π）上,由小到大的四个正解依次为:x=,或x=,或x=,或x=,∵方程f（x）=﹣1在（0,π）上只有三个实数根,∴,解得＜ω≤．22.已知函数f（x）=sinωx（sinωx+cosωx）﹣（ω＞0）的图象相邻对称轴之间的距离为2π．（Ⅰ）求ω的值；（Ⅱ）当x∈[﹣π,π]时,求f（x）最大值与最小值及相应的x的值；（Ⅲ）是否存在锐角α,β,使a+2β=,f（）•f（2）=同时成立？若存在,求出角α,β的值；若不存在,请说明理由．【思路分析】（Ⅰ）由已知利用三角函数恒等变换的应用可得函数解析式f（x）=sin（2ωx﹣）,利用正弦函数的周期公式可求ω的值．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）=sin（x﹣）,由﹣π≤x≤π,可求范围﹣≤﹣≤,根据正弦函数的图象和性质即可计算得解．（Ⅲ）由已知利用三角函数恒等变换的应用可求tan2β=,结合范围β为锐角,0＜2β＜π,可得β=,α=﹣2β=,即可得解．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）=sin（x﹣）,由﹣π≤x≤π,得:﹣≤﹣≤,∴﹣1≤sin（x﹣）≤,∴f（x）min=﹣,此时x﹣=﹣,解得x=﹣；f（x）min=,此时x﹣=,解得x=π．………（7分）（Ⅲ）存在,理由如下:存在,理由如下:∵f（α+）=sin,f（2β+）=sin（β+）=cosβ,∴f（α+）•f（2β+）=sincosβ=,∴sincosβ=,………（9分）又a+2β=,a=﹣2β,∴sincosβ=sin（﹣β）cosβ=,∴（cosβ﹣sinβ）cosβ=,∴cos2β﹣sinβcosβ=,∴×﹣sin2β=,即:cos2β﹣sin2β=0,∴tan2β=,又β为锐角,0＜2β＜π,∴2β=,β=,从而α=﹣2β=．………（12分）专题5平面向量测试题命题报告:高频考点:平面向量的基本概念,平面向量的运算,平面向量的数量积的运算,平面向量是数量积运算,平面向量与三角函数、解析几何的综合,平面向量与平面几何的综合等。考情分析:本单元在高考中主要以客观题形式出现,难度较低,再解答题中,主要课程向量的工具性的作用,一般在解答题中不单独命题。重点推荐:第12题,考查向量和不等式的交汇,有一定难度。考查学生解决问题的能力。选择题1.（2018•洛阳三模）已知平面向量,,,若,则实数k的值为（）A． B． C．2 D．【答案】:B【解析】∵平面向量,,,∴=（2+k,﹣1+k）,∵,∴,解得k=．∴实数k的值为．故选:B．2.已知A,B,C为圆O上的三点,若=,圆O的半径为2,则=（）A．﹣1 B．﹣2 C．1 D．2【答案】:D【解析】如图所示,=,∴平行四边形OABC是菱形,且∠AOC=120°,又圆O的半径为2,∴=2×2×cos60°=2．故选:D．3.（2018•宝鸡三模）已知不共线向量,,,则=（）A． B． C． D．【答案】:A【解析】∵,∴﹣=﹣4=1,∴=5,∴==4﹣2×5+9=3,∴=,故选:A．4.（2018•安宁区校级模拟）已知向量=（1,1）,=（2,﹣3）,若k﹣2与垂直,则实数k的值为（）A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣2【答案】:A5.设是非零向量,则是成立的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】由可知:方向相同,表示方向上的单位向量所以成立;反之不成立.故选B6.（2018•西宁一模）如图在边长为1的正方形组成的网格中,平行四边形ABCD的顶点D被阴影遮住,请找出D点的位置,计算的值为（）A．10 B．11 C．12 D．13【答案】:B【解析】:以A为原点,建立如图所示的坐标系,则A（0,0）,B（4,1）,C（6,4）,平行四边形ABCD,则=,设D（x,y）,∴（4,1）=（6﹣x,4﹣y）,∴4=6﹣x,1=4﹣y,解得x=2,y=3,∴D（2,3）,∴•=2×4+3×1=11,故选:B．格中的位置如图所示,则•（）=．【答案】:3【解析】如图建立平面直角坐标系,则=（1,3）,=（3,﹣1）﹣（1,1）=（2,﹣2）,=（（3,2）﹣（5,﹣1）=（﹣2,3）,∴=（0,1）,∴=（1,3）•（0,1）=3．故答案为:3．16.（2018•红桥区一模）在△ABC中,点D满足=,当点E在射线AD（不含点A）上移动时,若=λ+μ,则λ+的最小值为．【思路分析】根据题意画出图形,利用、表示出,再利用表示出,求出λ与μ,利用基本不等式求出的最小值．【答案】【解析】:如图所示,△ABC中,,∴=+=+=+（﹣）=+,又点E在射线AD（不含点A）上移动,设=k,k＞0,∴=+,又,∴,∴=+≥2=,当且仅当k=时取“=”；∴λ+的最小值为．故答案为:．三．解答题17.如图,在△ABC中,AO是BC边上的中线；已知AO=1,BC=3．设=,=．（Ⅰ）试用,表示,；（Ⅱ）求AB2+AC2的值．【解析】:（Ⅰ）在△ABC中,AO是BC边上的中线,设=,=．所以:,则:=．=．…………4分18.如图,已知向量．（1）若∥,求x与y之间的关系；（2）在（1）的条件下,若有,求x,y的值以及四边形ABCD的面积．【思路分析】（1）由∥,结合向量平行的坐标表示可得（x+4）y﹣（y﹣2）x=0,可求x,y的关系,（2）由有,结合（1）的关系式可求x,y的值,代入四边形的面积公式可求【解析】:（1）∵,又,∴x（y﹣2）﹣y（x+4）=0⇒x+2y=0①…………4分（2）∵,又⊥,∴（x+6）（x﹣2）+（y+1）（y﹣3）=0⇒x2+y2+4x﹣2y﹣15=0②；由①,②得或,当时,,,则；当时,,,则；综上知．…………12分19.如图,直角梯形ABCD中,||=2,∠CDA=,=2,角B为直角,E为AB的中点,=λ（0≤λ≤1）．（1）当λ=时,用向量,表示向量；（2）求||的最小值,并指出相应的实数λ的值．【思路分析】（1）利用三角形法则即可得出结论；（2）表示出的表达式,结合二次函数的性质求出其模的最小值即可．【解析】:（1）当λ=时,直角梯形ABCD中,||=2,∠CDA=,=2,角B为直角,E为AB中点,=,∵=[（﹣）+（+）]=（﹣++）=+；…………5分（2）∵直角梯形ABCD,||=2,∠CDA=,=2,角B为直角,E为AB中点,=λ,（0≤λ≤1）,∵=（+）=[（﹣）+（+）]=[﹣λ+（1﹣λ）+]=[+（1﹣2λ）]=+,∴=++（1﹣2λ）•=4λ2﹣7λ+=4+,∵0≤λ≤1,∴当λ=时,有最小值,∴||有最小值．…………12分20.（2018秋•新罗区校级月考）在如图所示的直角坐标系xOy中,点A,B是单位圆上的点,且A（1,0）,．现有一动点C在单位圆的劣弧上运动,设∠AOC=α．（Ⅰ）若tanα=2,求的值；（Ⅱ）若,其中x,y∈R,求x+y的取值范围．【思路分析】（Ⅰ）利用三角函数的定义及向量数量积可求得；（Ⅱ）利用向量的坐标运算可将x和y用α表示,从而转化为三角函数求值域可求得．【解析】:（Ⅰ）∵且tanα=2,∴sinα=,cosα=∴•=|||cos∠BOC=cos（）=coscosα+sinsinα=﹣×+=；…………5分（Ⅱ）∵,∴B（﹣,）,又∵∠AOC=α,∴C（cosα,sinα）由=x+y,得（cosα,sinα）=（x,0）+（﹣y,）=（x﹣y,y）得x﹣=cosα,=sinα,得x=+cosα,y=∴x+y=sinα+cosα=2sin（）∵,∴α+,∴∴x+y∈[1,2]．…………12分21.在平面直角坐标系xOy中,已知向量=（λcosα﹣sinβ,λsinα+cosβ）,向量=（﹣λcosα﹣sinβ,﹣λsinα+cosβ）,λ＞0．（1）若向量与的夹角为,＜β＜α＜2π,求α﹣β的值；（2）若对任意实数α,β都使得|﹣|≥||成立,求实数λ的取值范围．【思路分析】（1）直接利用向量的数量的线性运算和向量的数量积的应用和三角函数关系式的恒等变变换求出夹角．（2）利用向量的夹角公式和恒成立问题求出参数的取值范围．【解析】:（1）已知向量=（λcosα﹣sinβ,λsinα+cosβ）①,向量=（﹣λcosα﹣sinβ,﹣λsinα+cosβ）,则:==（﹣λcosα﹣sinβ,﹣λsinα+cosβ）②,由①②得:,,所以:,．设向量与的夹角为θ,所以:=sin（α﹣β）,由于,所以:．由于:＜β＜α＜2π,所以:,则:．…………6分（2）由于对任意实数α,β都使得|﹣|≥||成立,而:,由于,所以对任意的实数α,β都成立．由于1﹣2λsin（α﹣β）≥0对任意的实数α,β都成立,所以:,所以:,解得:,所以:．…………12分22（2018春•江阴市校级期中）在△ABC中,,M是BC的中点．（1）若点O是线段AM上任意一点,且||=||=,求+的最小值；（2）若点P是∠BAC内一点,且=2=2,||=2,求|++|的最小值．【思路分析】（1）由题意可得△ABC为等腰直角三角形,以A为原点,AB,AC为x轴和y轴建立直角坐标系,如图所示,M是BC的中点,O是线段AM上任意一点,可设O（x,x）,0≤x≤,根据向量的数量积和坐标运算可得关于x的二次函数,根据函数的性质求出最值即可；（2）设∠CAP=α,∠BAP=﹣α,0＜α＜,运用向量数量积的定义和性质,向量的平方即为模的平方,结合坐标法和三角函数的同角关系、以及基本不等式可得最小值．=4x2﹣2x=4（x﹣）2﹣,故当x=时,+的最小值为﹣；…………6分（2）设∠CAP=α,∠BAP=﹣α,0＜α＜,由=2=2,||=2,可得2||cosα=2,2||cos（﹣α）=1,即有||=,||=,|++|2=2+2+2+2•+2•+2•=++4+0+4+2=++10=+tan2α+≥2+=,当且仅当=tan2α,即tanα=时,|++|的最小值为．……12分专题6等差数列和等比数列测试题命题报告:高频考点:等差（等比数列）定义,通项公式以及求和公式以及数列的性质等。考情分析:本部分是高考必考内容,多以选择题、填空题形式出现,突出小巧活的特征,有时候在解答题中出现,考察数列的基本量的计算,数列的性质,求数列的通项公式,利用定义法证明等差数列（等比数列）等,求和（裂项求和、错位相减法、分组求和等）。3.重点推荐:第12题,需要探索出数列的周期,再利用周期求解。一．选择题（共12小题,每一题5分）1.已知等差数列{an}满足a2=2,前5项和S5=25,若Sn=39,则n的值为（）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】:B【解析】设等差数列{an}的公差为d,则a2=a1+d=2,S5=5a1+d=25,联立解得a1=﹣1,d=3,∴Sn=na1+d=﹣n+×3=39,解得n=6,故选:B．2.(2019华南师范大学附属中学月考)在数列中,若,且对所有满足,则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】:依题意,；；；,所以.3.（2018•滨州期末）设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=2Sn,则S12=（）A．310 B．311 C． D．【答案】:B【解析】∵a1=1,an+1=2Sn,∴Sn+1﹣Sn=2Sn,即Sn+1=3Sn,S1=1．∴数列{Sn}是等比数列,首项为1,公比为3．∴S12=1×311=311．故选:B．4.(2018—2019赣州市十四县(市)期中)已知等差数列的前项和为,若,则（）A.1009B.1010C.2018D.2019【答案】A【解析】由题得,所以,所以=.故答案为:A5.已知{an}为等比数列,下面结论中正确的是（）A．a22+a42≥2a32 B．a3+a5≥2a4 C．若a2＜a4,则a1＜a3 D．若a2=a4,则a2=a3【答案】:A6.设直线与两坐标轴围成的三角形面积为Sn,则S1+S2+…+S2018的值为（）A． B． C． D．【答案】:C【解析】直线与两坐标轴的交点为:（0,）和（,0）,则Sn=••==﹣,则S1+S2+…+S2018=1﹣+﹣+…+﹣=1﹣=．故选:C．7.（2018•双流区期末）已知{an}是首项为2的等比数列,Sn是{an}的前n项和,且28S3=S6,则数列{}的前3项和为等于（）A． B． C．或 D．或3【答案】:B【解析】设等比数列{an}的公比为q≠1,∵28S3=S6,∴28（1+q+q2）=1+q+q2+q3+q4+q5,∵1+q+q2≠0,可得:28=1+q3,解得q=3．∴an=2×3n﹣1．∴=（）n﹣1则数列{}的前3项和为=×=,故选:B．8.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=an+1﹣1,则bn=log4an,Tn为数列{bn}的前n项和,则T100=（）A．4950 B．99log46+4851 C．5050 D．99log46+4950【答案】:B【解析】a1=1,Sn=an+1﹣1,a1=a2﹣1,可得a2=6,可得n≥2时,Sn﹣1=an﹣1,又Sn=an+1﹣1,两式相减可得an=Sn﹣Sn﹣1=an+1﹣1﹣an+1,即有an+1=4an,则an=6•4n﹣2,n≥2,bn=log4an=,T100=0+99×（log46﹣2）+×99×（2+100）=4851+99log46．故选:B．9.在一个排列中,如果一个大数排在一个小数前面,就称它们为一个逆序,一个排列中逆序的总数就称作这个排列的逆序数．如排列2,3,7,5,1中2,1；3,1；7,5；7,1；5,1为逆序,逆序数是5．现有1～50这50个自然数的排列:2,4,6,8,…50,49,47…5,3,1,则此排列的逆序数是（）A．625 B．720 C．925 D．1250【答案】:A【解析】根据题意,在排列:2,4,6,8,…50,49,47…5,3,1中,1的逆序有49个,即2,4,6,8,…50,49,47…5,3；3的逆序有47个,即4,6,8,…50,49,47…5；……49的逆序有1个,即50,其逆序为首项为49,末项为1,项数为25的等差数列,则此排列的逆序数:49+47+……+1==625；故选:A．10.设Sn为等差数列{an}的前n项和,a1=﹣2016,﹣=2,则S2018的值为（）A．﹣2018 B．2018 C．2017 D．﹣2019【答案】:B11.（2018春•黔东南州期末）己知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+2=3an（n∈N*）,则数列{an}的前2018项的和S2018等于（）A．2（31008﹣1） B．2（31009﹣1） C．2（32018﹣1） D．2（32017﹣1）【答案】:B【解析】由an+2=3an（n∈N*）,即,当n=1时,可得a1,a3……a2n﹣1成等比,首项为1,公比为3．当n=2时,可得a2,a4……a2n成等比,首项为2,公比为3．那么:,前2018项中,奇数项和偶数项分别有1009项故得S2018==2×31009﹣2=2（31009﹣1）．故选:B．12.（2018•蚌埠期末）定义函数f（x）如下表,数列{an}满足an+1=f（an）,n∈N*,若a1=2,则a1+a2+a3+…+a2018=（）x123456f（x）354612A．7042 B．7058 C．7063 D．7262【答案】:C【解析】由题意,∵a1=2,且对任意自然数均有an+1=f（an）,∴a2=f（a1）=f（2）=5,a2=5,a3=f（a2）=f（5）=1,a3=1,a4=f（a3）=f（1）=3,a4=3,a5=f（a4）=f（3）=4,a5=4,a6=f（a5）=f（4）=6,a6=6,a7=f（a6）=f（6）=2,a7=2,故数列{an}满足:2,5,1,3,4,6,2,5,1…是一个周期性变化的数列,周期为:6．a1+a2+a3+…+a6=21．a1+a2+a3+…+a2018=336×（a1+a2+a3+…+a6）+a1+a2=7056+2+5=7063．故选:C．二．填空题（共4题,每小题5分）13.在各项均为正数的等比数列中,若,,则的值是.【答案】4【解析】设等比数列的公比为．∵,∴,化为,解得．∴．故答案为:4．14.（2018•宁波期末）数列{an}满足,则通项公式an=．【答案】:【解析】当n=1时,a1=1；当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+（n﹣1）an﹣1=（n﹣1）2,,作差可得,nan=n2﹣（n﹣1）2=2n﹣1,故an=,a1=1也满足上式；故an=,故答案为:．15.（2018•江门一模）设[x]表示不超过x的最大整数,如[π]=3,[﹣3.2]=﹣4,则[lg1]+[lg2]+[lg3]+…+[lg100]=．【答案】:92【解析】∵[lg1]=[lg2]=[lg3]=…[lg9]=0,[lg10]=[lg11]=…+[lg99]=1,[lg100]=2．∴[lg1]+[lg2]+[lg3]+…+[lg100]=90×1+2=92．故答案为:92．16（2018•黄浦区二模）已知数列{an}是共有k个项的有限数列,且满足,若a1=24,a2=51,ak=0,则k=．【思路分析】根据题意,将an+1=an﹣1﹣变形可得an+1an﹣an﹣1an=﹣n,据此可得（a3a2﹣a2a1）=﹣2,（a4a3﹣a3a2）=﹣3,……akak﹣1﹣ak﹣1ak﹣2=﹣（k﹣1）,用累加法分析可得akak﹣1﹣a1a2=﹣[1+2+3+……（k﹣1）],代入数据变形可得k2﹣k﹣2450=0,解可得k的值,即可得答案．【解析】:根据题意,数列{an}满足an+1=an﹣1﹣,变形可得:an+1an﹣an﹣1an=﹣n,则有（a3a2﹣a2a1）=﹣2,（a4a3﹣a3a2）=﹣3,（a5a4﹣a4a3）=﹣4,……akak﹣1﹣ak﹣1ak﹣2=﹣（k﹣1）,相加可得:akak﹣1﹣a1a2=﹣[1+2+3+……（k﹣1）],又由a1=24,a2=51,ak=0,则有k2﹣k﹣2450=0,解可得:k=50或﹣49（舍）；故k=50；故答案为:50．三解答题（本大题共6小题）17.数列{an}的前n项和为Sn且Sn=n2+1．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn．【分析】（I）由Sn=n2+1．可得n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1,n=1时,a1=S1=2．即可得出an．（II）n=1时,T1=2．n≥2时,bn===,利用裂项求和方法即可得出．【解析】:（I）∵Sn=n2+1．∴n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1=n2+1﹣[（n﹣1）2+1]=2n﹣1．n=1时,a1=S1=2．∴an=．…………4分（II）n=1时,T1=2．n≥2时,bn===,…………6分∴数列{bn}的前n项和Tn=2++……+=2+．n=1时,上式也成立．∴Tn=2+．…………10分18.已知是一个公差大于的等差数列,且满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列和数列满足等式,求数列的前项和.【解析】:（1）设等差数列的公差为,由,得①由,得②…………4分易得.………………6分（2）令,则有,,由（1）得,故,即,………………8分面,所以可得,于是.即.…………12分19.（2018•山东淄博二模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn,数列是公差为1的等差数列,若a1=2b1,a4﹣a2=12,S4+2S2=3S3．（I）求数列{an},{bn}的通项公式；（II）设cn=,Tn为{cn}的前n项和,求T2n．（2）cn=,即为cn=,…………8分T2n=（c1+c3+…+c2n﹣1）+（c2+c4+…+c2n）=[++…+]+（++…+）=（1﹣+﹣+…+﹣）+=﹣•+（1﹣）=﹣•﹣•．…………12分20.（2018•萍乡期末）已知数列{an}中,a1=1,,记T2n为{an}的前2n项的和,bn=a2n．（1）证明:数列{bn}是等比数列,并求{bn}的通项公式bn；（2）若不等式T2n＜k对于一切n∈N+恒成立,求实数k的取值范围．【分析】（1）由等比数列的定义,结合条件,化简可得结论,由等比数列的通项公式即可得到所求通项；（2）讨论n为奇数或偶数,可得{an}的通项公式,运用分组求和可得T2n,运用不等式的性质即可得到所求范围．【解析】:（1）证明:∵,所以{bn}是以,公比为的等比数列,所以；…………6分（2）当n=2k（k∈N+）时,,当n=2k﹣1（k∈N+）时,．即,…………8分∴,得T2n＜3,因不等式T2n＜k对于一切n∈N+恒成立．所以,k的取值范围为[3,+∞）…………12分21.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S2=2,S4=﹣20．（1）求数列{an}的通项公式和前n项和Sn；（2）是否存在n,使Sn,Sn+2+2n,Sn+3成等差数列,若存在,求出n,若不存在,说明理由．【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d,运用等差数列的通项公式和求和公式,解方程可得首项和公差,即可得到所求通项和求和；（2）假设存在n,使Sn,Sn+2+2n,Sn+3成等差数列,运用等差数列中项性质,解方程可得n,即可得到所求结论．【解析】:（1）设等差数列{an}的公差为d,∵S2=2,S4=﹣20,∴2a1+d=2,4a1+6d=﹣20,联立解得a1=4,d=﹣6,∴an=4﹣6（n﹣1）=10﹣6n,Sn==7n﹣3n2；…………6分22（2018•大庆一模）已知数列{an}的前n项和为Sn,点（n,Sn）在曲线上,数列{bn}满足bn+bn+2=2bn+1,b4=11,{bn}的前5项和为45．（1）求{an},{bn}的通项公式；（2）设,数列{cn}的前n项和为Tn,求使不等式恒成立的最大正整数k的值．【分析】（1）利用已知条件求出{an}的通项公式,判断数列是等差数列求解{bn}的通项公式；（2）化简数列的通项公式,利用裂项相消法求解数列的和即可．【解析】:（1）由已知得:,当n=1时,,…………2分当n≥2时,=n+2,当n=1时,符合上式．所以an=n+2．…………4分因为数列{bn}满足bn+bn+2=2bn+1,所以{bn}为等差数列．设其公差为d．则,解得,所以bn=2n+3．…………6分（2）由（1）得,=,…………8分=,因为,所以{Tn}是递增数列．所以,故恒成立只要恒成立．所以k＜9,最大正整数k的值为8．…………12分专题7数列的综合应用测试题命题报告:高频考点:等差数列、等比数列的综合,数列与函数的、不等式、方程等的综合考情分析:数列的综合问题在近几年的高考试题中一直比较稳定,难度中等,主要命题点是等差数列和等比数列的综合,数列和函数、方程、不等式的综合,与数列有关的探索性问题以及应用性问题等,对于数学文化为背景的数列问题需要特别关注。3.重点推荐:基础卷第2、7等,涉及新定义和数学文化题,注意灵活利用所给新定义以及读懂题意进行求解。一．选择题（共12小题,每一题5分）1.（2018春•广安期末）在等差数列{an}中,a2=3,若从第7项起开始为负,则数列{an}的公差d的取值范围是（）A．[﹣,﹣） B．[﹣,+∞） C．（﹣∞,﹣） D．（,]【答案】:A【解析】,解得﹣≤d＜﹣．故选:A．2.（2018•永定区校级月考）定义在（0,+∞）上的函数f（x）,如果对于任意给定的等比数列an,{f（an）}仍是等比数列,则称f（x）为“保等比数列函数”．现有定义在（0,+∞）上的如下函数:①f（x）=x3；②f（x）=3x；③；④f（x）=lgx,则其中是“保等比数列函数”的f（x）的序号为（）A．①② B．①③ C．②④ D．③④【答案】B【解析】由任意给定的等比数列an,公比设为q,定义在（0,+∞）上的如下函数:①f（x）=x3；=q,即有==q3为常数,则f（x）为“保等比数列函数”；②f（x）=3x；=q,即有==3不为常数,则f（x）不为“保等比数列函数”；3.（2018•黄冈期末）数列{an}满足an+1=,若a1=,则a2018=（）A． B． C． D．【答案】A【解析】:∵an+1=,a1=∈[,1）,∴a2=2a1﹣1=∈[0,）,∴a3=2a2=2×=∈[0,）,∴a4=2a3=∈[,1）,∴a5=2a4﹣1==a1,∴数列{an}是以4为周期的数列,又2018=504×4+2,∴a2018=a2=．故选:A．4.(2019华南师范大学附属中学月考)设数列为等差数列,其前项和为,已知,,若对任意,都有成立,则的值为

()A.B.C.D.【答案】C【解析】设等差数列的公差为,由可得,即由可得,解得,,,,解得,的最大值为,则故选5.在数列{an}中,,又,则数列{bn}的前n项和Sn为（）A． B． C． D．【答案】:A6.已知数列{an}的前n项和为Sn,对任意的n∈N*有,且1＜Sk＜12则k的值为（）A．2或4 B．2 C．3或4 D．6【答案】:A【解析】对任意的n∈N*有,可得a1=S1=a1﹣,解得a1=﹣2,n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1,Sn﹣1=an﹣1﹣,又,相减可得an=an﹣﹣an﹣1+,化为an=﹣2an﹣1,则an=﹣2•（﹣2）n﹣1=（﹣2）n,Sn==﹣[1﹣（﹣2）n],1＜Sk＜12,化为＜（﹣2）k＜19,可得k=2或4,故选:A．7.公元前5世纪,古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论:他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始,和阿基里斯赛跑,并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后,若阿基里斯跑了1000米,此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时,乌龟仍然前于他10米．当阿基里斯跑完下一个10米时,乌龟仍然前于他1米……,所以,阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律,若阿基里斯和乌龟的距离恰好为10﹣2米时,乌龟爬行的总距离为（）A． B． C． D．【答案】:B【解析】由题意知,乌龟每次爬行的距离构成等比数列{an},且a1=100,q=,an=10﹣2；∴乌龟爬行的总距离为Sn===．故选:B．8.已知函数f（x）=sin（x﹣3）+x﹣1,数列{an}的公差不为0的等差数列,若f（a1）+f（a2）+f（a3）+…+f（a7）=14,则a1+a2+a3+…+a7=（）A．0 B．7 C．14 D．21【答案】:D【解析】∵f（x）=sin（x﹣3）+x﹣1,∴f（x）﹣2=sin（x﹣3）+x﹣3,令g（x）=f（x）﹣2,则g（x）关于（3,0）对称,∵f（a1）+f（a2）+…+f（a7）=14,∴f（a1）﹣2+f（a2）﹣2+…+f（a7）﹣2=0,即g（a1）+g（a2）+…+g（a7）=0,∴g（a4）为g（x）与x轴的交点,由g（x）关于（3,0）对称,可得a4=3,∴a1+a2+…+a7=7a4=21．故选:D．9.巳知数列{an}的前n项和为Sn,首项a1=﹣,且满足Sn+（n≥2）,则S2018等于（）A． B． C． D．【答案】:D【解析】数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn+（n≥2）,则:,所以:,,当n=2时,=﹣,当n=3时,,…猜想:,所以选择D。专题8不等式测试题命题报告:高频考点:一元二次不等式、不等式的性质、基本不等式、简单的线性规划以及不等式的应用。考情分析:高考主要以选择题填空题形式出现,分值10分左右,在客观题中考察不等式的解法以及不等式的性质、简单的线性规划等知识,二是把不等式作为工具渗透到函数、数列、解析几何等的解答题中,客观题比较容易,解答题需要综合各方面知识求解。3.重点推荐:第16题,逆向考察,需要掌握分类讨论思想的应用,正确分类才能够求解。一．选择题（共12小题,每一题5分）1.设0＜a＜b＜1,则下列不等式成立的是（）A．a3＞b3 B． C．ab＞1 D．lg（b﹣a）＜0【答案】:D【解析】因为0＜a＜b＜1,由不等式的基本性质可知:a3＜b3,故A不正确；,所以B不正确；由指数函数的图形与性质可知ab＜1,所以C不正确；由题意可知b﹣a∈（0,1）,所以lg（b﹣a）＜0,正确；故选D．2.关于x的不等式ax﹣b＜0的解集是（1,+∞）,则关于x的不等式（ax+b）（x﹣3）＞0的解集是（）A．（﹣∞,﹣1）∪（3,+∞） B．（1,3） C．（﹣1,3） D．（﹣∞,1）∪（3,+∞）【答案】:C【解析】关于x的不等式ax﹣b＜0的解集是（1,+∞）,即不等式ax＜b的解集是（1,+∞）,∴a=b＜0；∴不等式（ax+b）（x﹣3）＞0可化为（x+1）（x﹣3）＜0,解得﹣1＜x＜3,∴该不等式的解集是（﹣1,3）．故选:C．3.已知关于x的不等式kx2﹣6kx+k+8≥0对任意x∈R恒成立,则k的取值范围是（）A．0≤k≤1 B．0＜k≤1 C．k＜0或k＞1 D．k≤0或k≥1【答案】:A【解析】当k=0时,不等式kx2﹣6kx+k+8≥0化为8≥0恒成立,当k＜0时,不等式kx2﹣6kx+k+8≥0不能恒成立,当k＞0时,要使不等式kx2﹣6kx+k+8≥0恒成立,需△=36k2﹣4（k2+8k）≤0,解得0≤k≤1,故选:A．4.知两实数m＞0,n＞0,且3m+n=3,则+有（）A．最大值3 B．最大值1 C．最小值27 D．最小值9【答案】:D5.已知方程2x2﹣（m+1）x+m=0有两个不等正实根,则实数m的取值范围是（）A．或 B．或C．或 D．或【答案】:C【解析】∵方程2x2﹣（m+1）x+m=0有两个不等正实根,∴△=（﹣m﹣1）2﹣8m＞0,即m2﹣6m+1＞0,求得m＜3﹣2,或m＞3+2．再根据两根之和为＞0,且两根之积为＞0,求得m＞0．综合可得,0＜m＜3﹣2,或m＞3+2,故选:C．6.实数x,y满足,若z=3x+y的最小值为1,则正实数k=（）A．2 B．1 C． D．【答案】C【解析】目标函数z=3x+y的最小值为1,∴y=﹣3x+z,要使目标函数z=3x+y的最小值为1,则平面区域位于直线y=﹣3x+z的右上方,即3x+y=1,作出不等式组对应的平面区域如图:则目标函数经过点A,由,解得A（,）,同时A也在直线x﹣ky=0时,即﹣k=0,解得k=,故选:C．7.（2019届•新罗区校级月考）函数y=ax﹣2（a＞0,且a≠1）的图象恒过定点A,若点A在一次函数y=mx+4n的图象上,其中m,n＞0,则的最小值为（）A．8 B．9 C．18 D．16【答案】:C【解析】函数y=ax﹣2（a＞0,且a≠1）的图象恒过定点A,令x﹣2=0,可得x=2,带入可得y=1,恒过定点A（2,1）．那么1=2m+4n．由,解得,即A（4,6）．目标函数z=ax+by（a＞0,b＞0）取得最大12,即4a+6b=12,即2a+3b=6,而=,故的最小值为:．……612分21.已知函数f（x）=m•6x﹣4x,m∈R．（1）当m=时,求满足f（x+1）＞f（x）的实数x的范围；（2）若f（x）≤9x对任意的x∈R恒成立,求实数m的范围．【解析】:（1）当m=时,f（x+1）＞f（x）即为•6x+1﹣4x+1＞6x﹣4x,化简得,（）x＜,解得x＞2．则满足条件的x的范围是（2,+∞）；…………6分（2）f（x）≤9x对任意的x∈R恒成立即为m•6x﹣4x≤9x,即m≤=（）﹣x+（）x对任意的x∈R恒成立,由于（）﹣x+（）x≥2,当且仅当x=0取最小值2．则m≤2．故实数m的范围是（﹣∞,2]．……12分22某人欲投资A,B两支股票时,不仅要考虑可能获得的盈利,而且要考虑可能出现的亏损,根据预测,A,B两支股票可能的最大盈利率分别为40%和80%,可能的最大亏损率分别为10%和30%．若投资金额不超过15万元．根据投资意向,A股的投资额不大于B股投资额的3倍,且确保可能的资金亏损不超过2.7万元,设该人分别用x万元,y万元投资A,B两支股票．（Ⅰ）用x,y列出满足投资条件的数学关系式,并画出相应的平面区域；（Ⅱ）问该人对A,B两支股票各投资多少万元,才能使可能的盈利最大？并求出此最大利润．【解析】（Ⅰ）由题意可知,约束条件为,画出约束条件的可行域如图:…………5分（Ⅱ）设利润为z,则z=0.4x+0.8y,即y=﹣x+z平移直线y=﹣x+z,由图象可知当直线y=﹣x+z经过点A时,直线的截距最大,此时z最大,由,解得x=9,y=6,此时Z=0.4×9+0.8×6=8.4,故对A股票投资9万元,B股票投资6万元,才能使可能的盈利最大．盈利的最大值为8.4万元………………12分专题9立体几何初步测试题命题报告:高频考点:三视图的认识,几何体的表面积和体积的求解。考情分析:高考主要以选择题填空题形式出现,每年必考,重点考查三视图和表面积、体积的综合,与球有关的外接和内切问题。3.重点推荐:基础卷16题,涉及数学文化题的应用,是近几年热点问题；一．选择题1.所有棱长都为1的正四棱锥的体积是（）A、B、C、D、【答案】:C【解析】正四棱锥的侧棱、高、底面对角线的一半构成直角三角形,所以高为,正四棱锥的底面积为1,所以体积为,故选C.2.将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧视图为()【答案】B【解析】先根据正视图和俯视图还原出几何体,再作其侧视图.由几何体的正视图和俯视图可知