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- 2021-05-13 发布
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备战2014数学分类突破赢高考13
一、选择题
1.已知集合A={1,2,3,4,5},B={t|t=x+y,x∈A,y∈A},则B中所含元素的和为( )
A.45 B.48
C.54 D.55
解析:选C 集合B中的元素是由集合A中的任意两个元素相加得到的(元素可以相同),故集合B={2,3,4,5,6,7,8,9,10},B中所含元素的和为54.
2.函数f(x)=log2x+x-4的零点所在的区间是( )
A. B.(1,2)
C.(2,3) D.(3,4)
解析:选C f=-,f(1)=-3,f(2)=-1,f(3)=log23-1>0,f(4)=2,根据零点存在性定理,所以函数f(x)在区间(2,3)内有零点.
3.设a,b分别为先后抛掷一枚骰子得到的点数,则在先后两次出现的点数中有5的条件下,方程x2+ax+b=0有实根的概率是( )
A. B.
C. D.
解析:选A 若第1次没有5,则第2次必是5,所以试验发生包含的事件数为6+5=11.
方程x2+ax+b=0有实根要满足a2-4b≥0,
当a=5时,b=1,2,3,4,5,6;
当b=5时,a=6,
则共有6+1=7种结果,
∴满足条件的概率是.
4.如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,△A1B1C1是正三角形,E是BC的中点,则下列叙述正确的是( )
A.CC1与B1E是异面直线
B.AE,B1C1为异面直线,且AE⊥B1C1
C.AC⊥平面ABB1A1
D.A1C1∥平面AB1E
解析:选B A不正确,因为CC1与B1E在同一个侧面中;B正确,易知AE,B1C1是异面直线,且AE⊥BC,BC∥B1C1,所以AE⊥B1C1;C不正确,取AB的中点M,则CM⊥平面ABB1A1;D不正确,因为A1C1所在的平面ACC1A1与平面AB1E相交,且A1C1与交线有公共点,故A1C1∥平面AB1E不正确.
5.已知函数f(x)=则满足不等式f(3-x2)成立,则m的最大正整数是________.
解析:设{an}的首项为a1,公差为d,由a3=3,S6=21可得解得
∴an=n,=,Sn=1++…+.
令Tn=S2n-Sn=++…+,
则Tn+1=++…+++,
Tn+1-Tn=+-≥+-=0,
∴Tn+1>Tn.若对一切n∈N*,恒有S2n-Sn>,则T1=S2-S1=>,m<8,故m的最大正整数是7.
答案:7
三、解答题
12.已知函数f(x)=sin xcos x+cos2x+a.
(1)求f(x)的最小正周期及单调递减区间;
(2)若f(x)在区间上的最大值与最小值的和为,求a的值.
解:(1)因为f(x)=sin 2x++a=sin+a+,
所以T=π.
由+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,
得+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.
故函数f(x)的单调递减区间是(k∈Z).
(2)因为-≤x≤,
所以-≤2x+≤,-≤sin≤1.
因为函数f(x)在上的最大值与最小值的和为+=,所以a=0.
13.已知数列{2n-1·an}的前n项和Sn=1-.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列的前n项和.
解:(1)由题意知:Sn-1=1-(n≥2),
∵2n-1·an=Sn-Sn-1,
∴2n-1·an=-.
∴an=-=-2-n(n≥2).
∵21-1·a1=S1=1-,
∴a1=,
∴an=
(2)由题意知bn===(n≥2),
∴=n·2n(n≥2).
∵==2,
∴=n·2n(n≥1).
设的前n项和为S,
则S=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,
2S=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1,
∴S-2S=1×2+22+23+…+2n-n×2n+1=2+22+…+2n-n×2n+1,
∴-S=(1-n)×2n+1-2,
∴S=(n-1)×2n+1+2.
14.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆C上, ·=0,3||·||=-5·,||=2,过点F2且与坐标轴不垂直的直线交椭圆于P,Q两点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)线段OF2(O为坐标原点)上是否存在点M(m,0),使得·=·
?若存在,求出实数m的取值范围;若不存在,说明理由.
解:(1)由题意知,∠AF1F2=90°,cos∠F1AF2=,且||=2,所以||=,||=,2a=||+||=4,
所以a=2,c=1,b2=a2-c2=3,
故所求椭圆的方程为+=1.
(2)假设存在这样的点M符合题意.
设线段PQ的中点为N,P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x0,y0),直线PQ的斜率为k(k≠0),
且过点F2(1,0),则直线PQ的方程为y=k(x-1),
由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,
所以x1+x2=,故x0==.
又点N在直线PQ上,所以N.
由·=·,
可得·(+)=2·=0,
即PQ⊥MN,所以kMN==-,
整理得m==∈,
所以线段OF2上存在点M(m,0)符合题意,其中m∈.