2013版高二数学(人教B版)选修2-2同步练习1-3-2 Word版含答案]
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选修2-2 3.1.2一、选择题1.下列命题中假命题是( )A .复数的模是非负实数B .复数等于零的充要条件是它的模等于零C .两个复数模相等是这两个复数相等的必要条件D .复数z 1>z 2的充要条件是|z 1|>|z 2|[答案] D[解析] ①任意复数z =a +bi (a 、b ∈R )的模|z |=a 2+b 2≥0总成立.∴A 正确;②由复数相等的条件z =0⇔⎩⎪⎨⎪⎧a =0b =0.⇔|z |=0,故B 正确; ③若z 1=a 1+b 1i ,z 2=a 2+b 2i (a 1、b 1、a 2、b 2∈R )若z 1=z 2,则有a 1=a 2,b 1=b 2,∴|z 1|=|z 2|反之由|z 1|=|z 2|,推不出z 1=z 2,如z 1=1+3i ,z 2=1-3i 时|z 1|=|z 2|,故C 正确;④不全为零的两个复数不能比较大小,但任意两个复数的模总能比较大小,∴D 错.故选D.2.已知a 、b ∈R ,那么在复平面内对应于复数a -bi ,-a -bi 的两个点的位置关系是( )A .关于x 轴对称B .关于y 轴对称C .关于原点对称D .关于直线y =x 对称[答案] B[解析] 在复平面内对应于复数a -bi ,-a -bi 的两个点为(a ,-b )和(-a ,-b )关于y 轴对称.3.在下列结论中正确的是( )A.在复平面上,x轴叫做实轴,y轴叫做虚轴B.任何两个复数都不能比较大小C.如果实数a与纯虚数ai对应,那么实数集与纯虚数集是一一对应的D.-1的平方根是i[答案] A[解析]两个虚数不能比较大小排除B,当a=0时,ai是实数,排除C,-1的平方根是±i,排除D,故选A.4.复数z=(a2-2a)+(a2-a-2)i对应的点在虚轴上,则()A.a≠2或a≠1B.a≠2或a≠-1C.a=2或a=0D.a=0[答案] D[解析]由题意知a2-2a=0且a2-a-2≠0,解得a=0.5.下列式子中正确的有________个.()①3i>2i②|2+3i|>|-2-3i|③i2>(-i)2④|z|=|z|(其中z是复数z的共轭复数)A.0 B.1C.2 D.3[答案] B[解析]虚数3i与2i不能比较大小;|2+3i|=13,|-2-3i|=13,∴|2+3i|=|-2-3i|;i2=-1,(-i)2=-1,∴i2=(-i)2.设z=a+bi(a、b∈R),则|z|=a2+b2,|z|=a2+b2,∴|z|=|z|,∴只有④正确.故选B.6.复数z1=a+2i (a∈R),z2=2+i且|z1|<|z2|,则a的取值范围是()A.(1,+∞) B.(-∞,-1)C.(-1,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)[答案] C[解析]∵|z1|<|z2|,∴a2+4<5,∴a2+4<5,∴-1<a <1.故选C.7.复平面内,向量OA →表示的复数为1+i ,将OA →向右平移一个单位后得到向量O ′A ′→,则向量O ′A ′→与点A ′对应的复数分别为( )A .1+i,1+iB .2+i,2+iC .1+i,2+i `D .2+i,1+i[答案] C[解析] 向量OA →向右平移一个单位后起点O ′(1,0),∵OA ′→=OO ′→+O ′A ′→=OO ′→+OA →=(1,0)+(1,1)=(2,1),∴点A ′对应复数2+i ,又O ′A ′→=OA →,∴O ′A ′→对应复数为1+i .故选C.8.当23<m <1时,复数z =(3m -2)+(m -1)i 在复平面上对应的点位于( ) A .第一象限 B .第二象限C .第三象限D .第四象限[答案] D[解析] ∵23<m <1,∴3m -2>0,m -1<0,∴点(3m -2,m -1)在第四象限.故选D.9.设z =(2t 2+5t -3)+(t 2+2t +2)i ,t ∈R ,则以下结论中正确的是( )A .z 对应的点在第一象限B .z 一定不是纯虚数C .z 对应的点在实轴上方D .z 一定是实数[答案] C[解析] ∵2t 2+5t -3=(t +3)(2t -1)的值可正、可负、可为0,t 2+2t +2=(t +1)2+1≥1,∴排除A 、B 、D.故选C.10.若cos2θ+i (1-tan θ)是纯虚数,则θ的值为( )A .k π-π4(k ∈Z )B .k π+π4(k ∈Z )C .2k π+π4(k ∈Z )D.k π2+π4(k ∈Z ) [答案] A[解析] ∵⎩⎪⎨⎪⎧cos2θ=0 ①1-tan θ≠0 ②∴选项B 、C 不满足②.D 中若k 为偶数(如k =0)也不满足②.故选A.二、填空题11.设A 、B 为锐角三角形的两个内角,则复数z =(cot B -tan A )+i (tan B -cot A )的对应点位于复平面的第______象限.[答案] 二[解析] 由于0<A <π2,0<B <π2且A +B >π2∴π2>A >π2-B >0,∴tan A >cot B ,cot A <tan B ,故复数z 对应点在第二象限.12.若复数z 满足z =|z |-3-4i ,则z =________.[答案] 76+4i[解析] 设复数z =a +bi (a ,b ∈R ), 则⎩⎪⎨⎪⎧ a =a 2+b 2-3,b =-4,∴⎩⎪⎨⎪⎧ a =76b =-4,∴z =76+4i . 13.设z =log 2(m 2-3m -3)+i ·log 2(m -3)(m ∈R ),若z 对应的点在直线x -2y +1=0上,则m 的值是____________.[答案] 15[解析] ∵log 2(m 2-3m -3)-2log 2(m -3)+1=0,整理得log 22(m 2-3m -3)(m -3)2=0, ∴2m 2-6m -6=m 2-6m +9,即m 2=15,m =±15.又 ∵m -3>0且m 2-3m -3>0,∴m =15.14.复数z 满足|z +3-3i |=3,则|z |的最大值和最小值分别为________.[答案] 33, 3[解析] |z +3-3i |=3表示以C (-3,3)为圆心,3为半径的圆,则|z |表示该圆上的点到原点的距离,显然|z |的最大值为|OC |+3=23+3=33,最小值为|OC |-3=23-3= 3.三、解答题15.若不等式m 2-(m 2-3m )i <(m 2-4m +3)i +10成立,求实数m 的值.[解析] 由题意,得⎩⎪⎨⎪⎧ m 2-3m =0m 2-4m +3=0m 2<10,∴⎩⎪⎨⎪⎧ m =0或m =3m =3或m =1|m |<10,∴当m =3时,原不等式成立.16.如果复数z =(m 2+m -1)+(4m 2-8m +3)i (m ∈R )的共轭复数z 对应的点在第一象限,求实数m 的取值范围.[解析] ∵z =(m 2+m -1)+(4m 2-8m +3)i ,∴z =(m 2+m -1)-(4m 2-8m +3)i .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧m 2+m -1>04m 2-8m +3<0,解得-1+52<m <32. 即实数m 的取值范围是-1+52<m <32.17.已知a ∈R ,问复数z =(a 2-2a +4)-(a 2-2a +2)i 所对应的点在第几象限?复数z 对应点的轨迹是什么?[解析] 由a 2-2a +4=(a -1)2+3≥3,-(a 2-2a +2)=-(a -1)2-1≤-1得z 的实部为正数,虚部为负数.∴复数z 的对应点在第四象限.设z =x +yi (x 、y ∈R ),则⎩⎪⎨⎪⎧x =a 2-2a +4y =-(a 2-2a +2) 消去a 2-2a 得y =-x +2 (x ≥3),∴复数z 对应点的轨迹是一条射线,其方程为y =-x +2 (x ≥3).18.已知复数z 1=3-i 及z 2=-12+32i . (1)求|z 1|及|z 2|的值并比较大小;(2)设z ∈C ,满足条件|z 2|≤|z |≤|z 1|的点Z 的轨迹是什么图形?[解析] (1)|z 1|=|3+i | =(3)2+12=2 |z 2|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪-12-32i =1.∴|z 1|>|z 2|.(2)由|z 2|≤|z |≤|z 1|,得1≤|z |≤2.因为|z |≥1表示圆|z |=1外部所有点组成的集合.|z |≤2表示圆|z |=2内部所有点组成的集合,∴1≤|z |≤2表示如图所示的圆环.。
章末综合测评(一) 计数原理(时间分钟,满分分)一、选择题(本大题共小题,每小题分,共分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的). +等于( ).以上都不对【解析】+=+=,故选.【答案】位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有( )种种种种【解析】位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有=种,故选.【答案】.在(++)的展开式中的系数为( )【解析】由(++)=(+)(+),知(+)的展开式中的系数为,常数项为,(+)的展开式中的系数为·,常数项为.因此原式中的系数为·+·=.【答案】.某外商计划在个候选城市投资个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过个,则该外商不同的投资方案有( )种种种种【解析】分两类.第一类:同一城市只有一个项目的有=种;第二类:一个城市个项目,另一个城市个项目,有··=种,则共有+=种.【答案】. 人站成一排,甲乙之间恰有一个人的站法有( )种种种种【解析】首先把除甲乙之外的三人中随机抽出一人放在甲乙之间,有种可能,甲乙之间的人选出后,甲乙的位置可以互换,故甲乙的位置有种可能,最后,把甲乙及其中间的那个人看作一个整体,与剩下的两个人全排列是=,所以××=(种),故答案为.【答案】.关于(-)的说法,错误的是( ).展开式中的二项式系数之和为.展开式中第项的二项式系数最大.展开式中第项和第项的二项式系数最大.展开式中第项的系数最小【解析】由二项式系数的性质知,二项式系数之和为=,故正确;当为偶数时,二项式系数最大的项是中间一项,故正确,错误;也是正确的,因为展开式中第项的系数是负数且其绝对值最大,所以是系数中最小的.【答案】.如图,用五种不同的颜色给图中的,,,,,六个不同的点涂色,要求每个点涂一种颜色,且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色,则不同的涂色方法共( )图种种种种【解析】由于和或可以同色,和或可以同色,和或可以同色,所以当五种颜色都选择时,选法有种;当五种颜色选择四种时,选法有××种;当五种颜色选择三种时,选法有××种,所以不同的涂色方法共+××+××= .故选.【答案】.某计算机商店有台不同的品牌机和台不同的兼容机,从中选购台,且至少有品牌机和兼容机各台,则不同的选购方法有( )。
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(人教B版)高中数学选修2-3(全册)课时同步练习+单元检测卷汇总1.1基本计数原理课时过关·能力提升1.已知集合A中有5个不同元素,集合B中有4个不同元素,且A∩B=⌀,则从A∪B中任取一个元素的方法数为()A.5B.4C.9D.20解析:从A∪B中任取一个元素的取法共有5+4=9(种).答案:C2.如图所示,从A地到B地要经过C地和D地,已知从A地到C地有三条路,从C地到D地有两条路,从D地到B地有四条路,则从A地到B地不同的走法种数是()A.9B.1C.24D.3解析:由分步乘法计数原理,从A地到B地要分三步,即A C D B,所以不同的走法共有3×2×4=24(种).答案:C3.从4双不同的鞋子中任取4只,结果都不成双的取法种数是()A.24B.16C.44D.24×16解析:从4双鞋中取得的4只都不成双,说明每双鞋中只取一只,于是分四步完成.第一步:从第一双鞋中任取一只,有2种取法;第二步:从第二双鞋中任取一只也有2种取法;同理第三步、第四步也各有2种取法,于是不同的取法共有N=2×2×2×2=16(种).答案:B4.如果x, y∈N+,且1≤x≤3,x+y<7,那么满足条件的有序数对(x,y)的个数是()A.15B.12C.5D.4解析:当x=1时,y=1,2,3,4,5,有5个,当x=2时,y=1,2,3,4,有4个;当x=3时,y=1,2,3,有3个.由分类加法计数原理得5+4+3=12(个).答案:B5.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2,且a3<a2,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么所有凸数个数为()A.240B.204C.729D.920解析:分8类.当中间数为2时,有1×2=2(个);当中间数为3时,有2×3=6(个);当中间数为4时,有3×4=12(个);当中间数为5时,有4×5=20(个);当中间数为6时,有5×6=30(个);当中间数为7时,有6×7=42(个);当中间数为8时,有7×8=56(个);当中间数为9时,有8×9=72(个).故共有2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).答案:A6.在由数字0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中,不能被5整除的数共有个.解析:方法一:组成四位数可分四步,第一步排个位,因为不能被5整除,所以个位上不能是0或5,有4种;第二步排千位,不能是0,有4种;第三步排百位,有4种;第四步排十位,有3种.由分步乘法计数原理得共有四位数4×4×4×3=192(个).方法二:组成四位数可分四步,第一步排千位有5种,第二步排百位有5种,第三步排十位有4种,第四步排个位有3种.由分步乘法计数原理得共有四位数5×5×4×3=300(个).同理,个位数为0的四位数有60个,个位数为5的四位数有48个.所以不能被5整除的四位数共有300-48-60=192(个).答案:1927.有10本不同的数学书,9本不同的语文书,8本不同的英语书,从中任取两本不同类的书,共有种不同的取法.解析:任取两本不同类的书分为三类:①取数学、语文各一本;②取语文、英语各一本;③取数学、英语各一本.先在每一类中利用分步乘法计数原理,再利用分类加法计数原理即可.共有10×9+8×9+8×10=242(种)不同取法.答案:2428.已知椭圆=1的焦点在y轴上,且m∈{1,2,3,4,5},n∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆的个数为.解析:当m=1时,n=2,3,4,5,6,7,有6种不同取法;当m=2时,n=3,4,5,6,7,有5种不同取法;当m=3时,n=4,5,6,7,有4种不同取法;当m=4时,n=5,6,7,有3种不同取法;当m=5时,n=6,7,有2种不同取法,故这样的椭圆共有6+5+4+3+2=20(个).答案:209.在7名学生中,有3名会下象棋但不会下围棋,有2名会下围棋但不会下象棋,另2名既会下象棋又会下围棋.现从7人中选出会下象棋和围棋的各1人参加象棋比赛和围棋比赛,共有多少种不同的选法?解:第一类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,从另外4名会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,有3×4=12(种)选法.第二类,从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名学生参加象棋比赛,从只会下围棋的2名学生中选1名参加围棋比赛,有2×2=4(种)选法.第三类,从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛,剩下的一名参加围棋比赛,有2×1=2(种)选法.所以一共有12+4+2=18(种)不同的选法.★10.已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{-3,-2,-1,0,1,2,3}中的3个不同的元素,并且该直线的倾斜角α为锐角.这样的直线存在吗?如果存在,有多少条?分析倾斜角α为锐角,即tan α>0,tan α=->0,故a,b都不能取0,只有c可以取0,于是可分c=0与c≠0两种情况求解.解:由题意知ab<0,不妨设a>0,b<0.第一类:当c=0时,a有3种取法,b有3种取法,排除2个重复(3x-3y=0,2x-2y=0与x-y=0为同一条直线),故这样的直线有3×3-2=7(条);第二类:当c≠0时,a有3种取法,b有3种取法,c有4种取法,且其中任意两条直线均不相同,故这样的直线有3×3×4=36(条).于是,这样的直线存在,共有N=7+36=43(条).1.2排列与组合1.2.1排列课时过关·能力提升1.若8名学生站成两排,前排3人,后排5人,则不同的站法共有()A种 B.()种C.()种D种解析:本题是分排排列中的无限制条件排列,不同站法有(种).答案:A2.已知=132,则n等于()A.11B.12C.13D.14解析:=n(n-1)=132,且n∈N+,所以n=12.答案:B3.若直线方程Ax+By=0的系数A,B可以从0,1,2,3,6,7这六个数字中取不同的数值,则这些方程所表示的直线条数是()A.18B.20C.12D.22解析:第一类:先考虑除0之外的五个数字,它们可以组成的直线条数为,但由于,从而不同的直线条数应为-4;第二类:A,B中恰有一个为0时,所表示的直线为x=0或y=0共2条.由分类加法计数原理可知,不同的直线条数应为-4+2=18.答案:A4.用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的五位数,其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间,这样的五位数有()A.48个B.12个C.36个D. 28个解析:若0夹在1,3之间,有=12(个),若2或4夹在1, 3之间,考虑两奇夹一偶的位置有(2×2+2×2)×2=16(个),故共有12+16=28(个).答案:D★5.四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品,有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的,没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的,现打算用编号为①②③④的四个仓库存放这8种化工产品,那么安全存放的不同方法有()A.96种B.48种C.24种D.0种解析:如图所示,由题意先把标号为1,2,3,4的化工产品分别放入①②③④四个仓库内,共有种存放方法;再把标号为5,6,7,8的化工产品按要求安全存放;7与1在同一仓库,8与2在同一仓库,5与3在同一仓库,6与4在同一仓库;或者6与1在同一仓库,7与2在同一仓库,8与3在同一仓库,5与4在同一仓库.共2种存放方法.综上所述,共有2=48(种)存放方法.答案:B6.在数字1,2,3与符号“+”“-”五个元素的所有排列中,任意两个数字都不相邻的全排列个数是.解析:由题意可知,1,2,3任意两个数字不相邻,所以采用“插空法”.故共有全排列的个数为=12.答案:127.在1,2,3,4,5的排列a1,a2,a3,a4,a5中,满足a1<a2,a2>a3,a3<a4,a4>a5的排列方法有种. 解析:排列分两类:①4,5在a2,a4的位置上排列,其余的3个数在a1,a3,a5的3个位置上排列,有=12(种)排列方法;②3,5在a2,a4的位置上排列,其排列是(1,3,2,5,4),(2,3,1,5,4),(4,5,1,3,2),(4,5,2,3,1)共4种.则共有排列方法12+4=16(种).答案:168.某工程队有6项工程需要先后单独完成,其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行,工程丙必须在工程乙完成后才能进行,工程丁必须在工程丙完成后立即进行,那么这6项工程有种不同的完成顺序.解析:由题意,工程甲、乙、丙、丁的顺序已确定,且工程丙、丁紧挨着,则只需将余下的2项工程安排好,故这6项工程不同的完成顺序有=20(种).答案:209.6人按下列要求站成一排,分别有多少种不同的站法?(1)甲不站右端,也不站左端;(2)甲、乙站在两端;(3)甲不站左端,乙不站右端;(4)甲、乙不能站两端.解:(1)甲不站左、右两端,第一步从甲以外的5人中任选两人站在左、右两端,有种;第二步让剩下的4人站在中间的4个位置上,有种.由分步乘法计数原理,共有=480种站法.(2)先考虑特殊元素,让甲、乙先站两端,有种;再让其他4人在中间4个位置上作全排列,有种.根据分步乘法计数原理,共有=48种站法.(3)甲在左端的站法,有种,乙在右端的站法,有种,而甲在左端且乙在右端的站法,有种(这里甲在左端且乙在右端的情况多算了种),故共有-2=504(种)站法.(4)第一步让甲、乙站中间4个位置,有种站法;第二步其余4人站剩下的4个位置,有种,共有=288(种)站法.★10.一条铁路原有n个车站,为了适应客运需要,新增加了m个车站(m>1),客运车票增加了62种,问原有多少个车站?现有多少个车站?解:∵原有车站n个,∴原有客运车票种.又现有(n+m)个车站,∴现有客运车票种,由题意,得=62.∴(n+m)(n+m-1)-n(n-1)=62.∴n=(m-1)>0.(m-1),即62>m2-m.∴m2-m-62<0.又m>1,m∈N+,∴1<m<,∴1<m≤8.当m=2时,n==15.当m=3,4,5,6,7,8时,n均不为整数.故只有n=15,m=2符合题意,即原有15个车站,现有17个车站.1.2.2组合第一课时组合及组合数公式课时过关·能力提升1.计算:=()A.120B.240C.60D.480解析:=120.答案:A2.若=6,则m=()A.6B.7C.8D.9解析:由题意,得m(m-1)(m-2)=6,即m-3=4,解得m=7.答案:B3.从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为()A.24B.18C.12D.6解析:先分成两类:第一类,从0,2中选数字2,从1,3,5中任选两个数字所组成的无重复数字的三位数中奇数的个数为4=12;第二类,从0,2中选数字0,从1,3,5中任选两个数字所组成的无重复数字的三位数中奇数的个数为2=6.故满足条件的奇数的总数为12+6=18.答案:B4.从长度分别为1,2,3,4,5的五条线段中,任取三条的不同取法共有n种.在这些取法中,以取出的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m,则等于()A B C D.27解析:由已知n==10.能构成钝角三角形的三条线段的长度分别为2,4,5或2,3,4,所以m=2.故答案:B5.甲、乙两人从4门课程中各选修2门,则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有()A.6种B.12种C.30种D.36种解析:由题意知甲、乙所选的课程有一门不相同的选法有=24(种);甲、乙所选的课程都不相同的选法有=6(种).所以甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法共有24+6=30(种).答案:C6.对所有满足1≤m<n≤5的自然数m,n,方程x2+y2=1所表示的不同椭圆的个数为.解析:因为1≤m<n≤5,所以可以是,计算可知,故x2+y2=1能表示6个不同椭圆.答案:67.从4名男生和3名女生中选4人参加某个座谈会,若这4人中必须既有男生又有女生,则共有种不同的选法.解析:可分三类:第一类,三男一女有种选法;第二类,二男二女有种;第三类,一男三女有种,则总的选法为N==34(种).答案:34★8.马路上有编号为1,2,3,…,9的九盏路灯,为了节约用电,可以把其中的三盏路灯关掉,但不能同时关掉相邻的两盏或三盏,也不能关掉两端的路灯,则满足条件的关灯方法有种.解析:不同的关灯方法有=10(种).答案:109.解不等式解:∵n∈N+,∴该不等式的解集为{6,7,8,9}.★10.一位教练的足球队共有17名初级学员,他们中以前没有一人参加过比赛.按照足球比赛规则,比赛时一个足球队的上场队员是11人.问:(1)这位教练从这17名学员中可以形成多少种学员上场方案?(2)如果在选出11名上场队员时,还要确定其中的守门员,那么教练员有多少种方式做这件事情?解:(1)由于上场学员没有角色差异,所以可以形成的学员上场方案种数为=12 376.(2)教练员可以分两步完成这件事情:第1步,从17名学员中选出11人组成上场小组,共有种选法;第2步,从选出的11人中选出1名守门员,共有种选法.故教练员做这件事情的方式种数为=136 136.第二课时组合数的两个性质课时过关·能力提升1.的值为()A.mB.m+1C.1D.0解析:原式=()-=0.答案:D2.四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”,其中9可当6用,则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为()A.6B.12C.18D.24解析:先在后三位中选两位置都填0,有种方法,另两张卡片有种排法,又9可当6用,故共可组成不同的四位数的个数为2=12.答案:B3.已知集合A={1,2,3,4},B={5,6,7},C={8,9},现从这三个集合中取出两个集合,再从这两个集合中各取一个元素,组成一个含有两个元素的集合,则共可组成集合的个数为()A.24B.36C.26D.27解析:共可组成集合=26(个).答案:C4.将4名新来的同学分配到A,B, C三个班级中,每个班级至少安排1名学生,其中甲同学不能分配到A班,那么不同的分配方案有()A.18种B.24种C.54种D.60种解析:由题意知,共有)=24(种).答案:B★5.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是() A.60 B.48 C.36 D.24解析:长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6=36(个),另含有4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2=12(个),共36+12=48(个).答案:B6.下面给出了4个式子:;;;其中正确的有.(将正确式子的序号填在横线上)答案:①②③④7.圆周上有20个点,过任意两点可连一条弦,这些弦在圆内的交点最多能有个.解析:任意四个点可构成一个四边形,对角线只有一个交点,故共有=4 845(个)交点.答案:4 8458.某高三学生希望报名参加某6所高校中的3所学校的自主招生考试,由于其中两所学校的考试时间相同,因此该学生不能同时报考这两所学校,则该学生不同的报考方法种数是.(用数字作答)解析:分两类.第一类,该学生选了考试时间相同的两所学校中的某一所,再从另4所中选两所,共有=12(种);第二类,该学生未选考试时间相同的两所,则从另4所中选3所,共有=4(种).由分类加法计数原理可知,该学生不同的报考方法有12+4=16(种).答案:169.现有10个保送上大学的名额,分配给7所学校,每校至少有1个名额,问名额分配的方法共有多少种?解法一每个学校有一个名额,则分出去7个,还剩3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数.分类:若3个名额分到一所学校有种方法;若分配到2所学校有2=42(种)方法;若分配到3所学校有=35(种)方法.所以共有7+42+35=84(种)方法.解法二10个元素之间有9个间隔,要求分成7份,相当于用6块挡板插在9个间隔中,共有=84(种)不同分法.★10.已知10件不同产品中有4件是次品,现对它们一一进行测试,直至找出所有4件次品为止.(1)若恰在第5次测试,才测试到第一件次品,第10次才测试到最后一件次品,则这样的不同测试方法数是多少?(2)若恰在第5次测试后,就找出了所有4件次品,则这样的不同测试方法数是多少?解:(1)先排前4次测试,只能取正品,有种不同测试方法,再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试有种测法,再排余下4件,有种测法.所以共有不同的测试方法有=103 680(种).(2)第5次测试恰为最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有一件正品出现.所以共有不同测试方法(=576(种).1.3二项式定理1.3.1二项式定理课时过关·能力提升1.的展开式中倒数第3项的系数是()A 2 B26C22D25解析:∵n=7,∴展开式有8项.∵倒数第3项即正数第6项,∴T6=(2x)2=22答案:C2.已知(x∈R)的展开式中含x3项的系数为10,则实数a=()A.-1 B C.1 D.2解析:T r+1=x5-r=a r x5-2r.因为含x3项的系数为10,所以a=10,解得a=2.答案:D3.对于二项式(n∈N+),四位同学作了以下四种判断:①存在n∈N+,展开式中有常数项;②对任意n∈N+,展开式中没有常数项;③对任意n∈N+,展开式中没有x的一次项;④存在n∈N+ ,展开式中有x的一次项.其中正确的是()A.①③B.②③C.②④D.①④解析:通项T r+1=x r-n·x3r=x4r-n.当4r-n=0,即n是4的倍数时,展开式中就有常数项.当4r-n=1,即n除以4余3时,展开式中就有x的一次项.答案:D4.(x2+2)的展开式的常数项是()A.-3B.-2C.2D.3解析:的通项为T r+1=(-1)r=(-1)r要求(x2+2)的展开式的常数项,应令10-2r=2或10-2r=0,此时r=4或r=5.故(x2+2)的展开式的常数项是(-1)4+2×(-1)5=3.答案:D5.已知等差数列{a n}的通项公式为a n=3n-5,则(1+x)5+(1+x)6+(1+x)7的展开式中含x4项的系数是该数列的第()项.A.9B.10C.19D.20解析:由题意,含x4项的系数为11+12+13=55,∴3n-5=55.∴n=20.答案:D6.的展开式中的第4项是.解析: T4=23=-答案:-7.的展开式中,含x3项的系数等于.解析:的展开式的通项T r+1=(-1)r, 令6-r=3,得r=2,故含x3项的系数为(-1)2=15.答案:158.二项式的展开式中,常数项的值为.答案:9.已知二项式,求:(1)展开式中的第6项;(2)第3项的系数;(3)含x9的项;(4)常数项.解:(1)T6=(x2)4=-x3;(2)T3=(x2)7=9x12,即第3项的系数为9;(3)设第r+1项含x9,则T r+1=(x2)9-r,由x的幂指数2(9-r)-r=9,得r=3,所以含x9的项为第4项,T4=(x2)6=-x9;(4)设常数项为第r+1项,T r+1=(x2)9-r则x的幂指数2(9-r)-r=0,即r=6,所以第7项为常数项,T7=(x2)9-6,即常数项为★10.已知的展开式的前3项系数的和为129,这个展开式中是否含有常数项?一次项?若没有,请说明理由;若有,请求出来.解:∵T r+1=(x)n-r2r,r=0,1,2,…,n,20+21+22=129.结合组合数公式,有1+2n+2n(n-1)=2n2+1=129,∴2n2=128,即n2=64.∴n=8.∴T r+1=2r,r=0,1,2, (8)若展开式中存在常数项,则72-11r=0.∵r=/N+,∴展开式中不存在常数项.若展开式中存在一次项,则=1.∴72-11r=6.∴r=6.∵展开式中存在一次项,它是第7项,T7=26x=26x=1 792x.1.3.2杨辉三角课时过关·能力提升1.若(1-2x)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6,则a1+a2+a3+a4+a5+a6等于()A.-1B.0C.1D.2解析:在已知等式中,分别令x=0与x=1,得到a0=1,a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=1,因此a1+a2+a3+a4+a5+a6=1-a0=0.答案:B2.若(1-2x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a6|的值为()A.1B.64C.243D.729解析:由题意|a0|+|a1|+…+|a6|即为(1+2x) 6展开式中各项系数的和,令x=1得|a0|+|a1|+…+|a6|=36=729.答案:D3.二项展开式(2x-1)10中的奇次幂项的系数之和为()A BC D.-解析:设(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,令x=1得,1=a0+a1+a2+…+a10, ①再令x=-1得,310=a0-a1+a2-a3+…-a9+a10, ②由①和②可得a1+a3+a5+a7+a9=答案:B4.已知(x+1)15=a0+a1x+a2x2+…+a15x15,则a0+a1+a2+…+a7等于()A.215B.214C.28D.27解析:(x+1)15=x15+x14+x13+…+x15-r+…+=a15x15+a14x14+…+a1x+a0,所以a0+a1+a2+…+a7=+…++…+)=214.答案:B5.满足+…+>1 000的最小偶数n为()A.8B.10C.12D.14解析:2n-1>1 000,解得n≥11.故满足题意的最小偶数n为12.答案:C6.设(x2+1)(2x+1)9=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a11(x+2)11,则a0+a1+a2+…+a11的值为.解析:令x=-1,则[(-1)2+1](-2+1)9=a0+a1+a2+…+a11.所以a0+a1+a2+…+a11=-2.答案:-27.若(x+2)n=x n+…+ax3+bx2+cx+2n(n∈N+,且n≥3),且a∶b=3∶2,则n=.解析:含x3项的系数a=2n-3,含x2项的系数b=2n-2,由题意得a∶b=(2n-3)∶(2n-2)=3∶2,解得n=11.答案:118.已知a4(x+1)4+a3(x+1)3+a2(x+1)2+a1(x+1)+a0=x4,则a3-a2+a1=.解析:[(x+1)-1]4=a4(x+1)4+a3(x+1)3+a2(x+1)2+a1(x+1)+a0,所以a3-a2+a1=(-)-+(-)=-14.答案:-149.写出(x-y)11的展开式中(1)通项T r+1;(2)二项式系数最大的项;(3)系数绝对值最大的项;(4)系数最大的项;(5)系数最小的项;(6)二项式系数的和;(7)各项的系数的和.解:(1)T r+1=(-1)r x11-r y r.(2)二项式系数最大的项为中间两项:T6=-x6·y5,T7=x5·y6.(3)系数绝对值最大的项也是中间两项,同(2).(4)中间两项系数绝对值相等,一正一负,第7项系数为正,故系数最大的项是T7=x5·y6.(5)系数最小的项是T6=-x6·y5.(6)展开式中,二项式系数的和为+…+=211.(7)展开式中,各项的系数和为-…+(-1)11=(1-1)11=0.★10.观察如图所示的杨辉三角图,研究斜行的数字规律,你能发现哪些规律?解:发现的规律有:(1)杨辉三角的第(k+1)个斜行上的数(从右到左,从上到下)组成的数列是:,…(k∈N+).第1个斜行上的数都是1.(2)每一个斜行上的前n个数的和都等于下一个斜行上的第n个数.2.1离散型随机变量及其分布列课时过关·能力提升1.下列分布列中,属于离散型随机变量的分布列的是()A.X0 1 2P0.3 0.4 0.5B.X x1x2x3P0.3 -0.1 0.8C.X 1 2 3 4P0D.X x1x2x3P答案:C2.在15个村庄中有7个村庄交通不方便,现从中任意选10个村庄,用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数,下列概率中等于的是()A.P(X=2)B.P(X≤2)C.P(X=4)D.P(X≤4)解析:15个村庄中,7个交通不方便,8个交通方便,表示选出的10个村庄中恰有4个交通不方便,6个交通方便的村庄,故P(X=4)=答案:C3.已知随机变量ξ的概率分布规律为P(ξ=k)=,k=1,2,3,4,其中c是常数,则P的值为()A BC D解析:由c=1,得c=,所以P=P(ξ=1)+P(ξ=2)=答案:D4.从分别写有a,b,c,d,e的五张卡片里任取两张,则这两张卡片的字母恰好是按字母顺序相邻的概率等于()A B C D解析:五张卡片中恰好按字母顺序相邻有ab,bc,cd,de四种,其概率P=答案:A5.同时投掷2枚骰子一次,所得点数之和ξ是一个随机变量,则P(ξ≤4)=.解析:相应的基本事件空间有36个基本事件,其中ξ=2对应(1,1);ξ=3对应(1,2),(2,1);ξ=4对应(1,3),(2,2),(3,1),所以P(ξ≤4)=P(ξ=2)+P(ξ=3)+P(ξ=4)=答案:6.8支篮球队中有2支强队,任意将这8支队分成两个组(每组4支队)进行比赛,则这两支强队被分在一个组内的概率是.解析:由题意知,P=答案:★7.袋中有大小相同的3个白球,3个红球和5个黑球,从中抽取3个球.若取得一个白球得1分,取得一个红球扣1分,取得一个黑球得0分,求所得分数ξ的分布列.分析按求分布列的步骤求解,分清ξ的每个取值所对应的事件.解得分ξ的取值为-3,-2,-1,0,1,2,3.ξ=-3时表示取得3个球均为红球,所以P(ξ=-3)=;ξ=-2时表示取得2个红球和1个黑球,所以P(ξ=-2)=;ξ=-1时表示取得2个红球和1个白球,或1个红球和2个黑球,所以P(ξ=-1)=;ξ=0时表示取得3个黑球或1个红球、1个黑球、1个白球,所以P(ξ=0)=;ξ=1时表示取得1个白球和2个黑球,或2个白球和1个红球,所以P(ξ=1)=;ξ=2时表示取得2个白球和1个黑球,所以P(ξ=2)=;ξ=3时表示取得3个白球,所以P(ξ=3)=所以所求ξ的分布列为ξ-3 -2 -1 0 1 2 3P8.在某年级的联欢会上设计了一个摸奖游戏,在一个口袋中装有10个红球和20个白球,这些球除颜色外完全相同.一次从中摸出5个球,至少摸到3个红球就中奖,求中奖的概率.解:设摸出红球的个数为X,则X服从超几何分布,其中N=30,M=10,n=5.于是中奖的概率P(X≥3)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=0.191.2.2条件概率与事件的独立性2.2.1条件概率课时过关·能力提升1.下列各式正确的是()A.P(A|B)=P(B|A)B.P(A∩B|A)=P(B)C=P(B|A)D.P(A|B)=答案:D2.若P(A)=,P(B|A)=,则P(A∩B)等于()A B C D解析:由条件概率公式得P(A∩B)=P(A)·P(B|A)=答案:B3.把一枚硬币任意掷两次,事件A={第一次出现正面},事件B={第二次出现正面},则P(B|A)等于()A B C D解析:第一次出现正面的概率是P(A)=,第一次出现正面且第二次也出现正面的概率P(A∩B)=所以P(B|A)=答案:B4.在10个球中有6个红球和4个白球(除颜色外完全相同),不放回地依次摸出2个球,在第一次摸出红球的条件下,第二次也摸出红球的概率为()A BC D解析:第一次摸出红球,则还有5个红球4个白球,所以第二次摸到红球的概率为答案:D5.在100件产品中有95件合格品,5件不合格品.现从中不放回地取两次,每次任取一件,在第一次取到不合格品后,第二次再次取到不合格品的概率为()A BC D解析:设A={第一次取到不合格品},B={第二次取到不合格品}.P(A)=根据条件概率的定义计算,需要先求出事件AB的概率P(A∩B)=,所以P(B|A)=答案:C6.甲、乙两个袋中均装有红、白两种颜色的小球,这些小球除颜色外完全相同.其中甲袋装有4个红球,2个白球,乙袋装有1个红球,5个白球.现分别从甲、乙两袋中各随机取出一个球,则取出的两球都是红球的概率为.(答案用分数表示)解析:取出的两球都是红球的概率为答案:7.有一批种子的发芽率为0.9,出芽后的幼苗成活率为0.8,在这批种子中随机抽取一粒,求这粒种子能成长为幼苗的概率.分析解决好概率问题的关键是分清属于哪种类型的概率,该例中的幼苗成活率是在出芽后这一条件下的概率,属于条件概率.解:设种子发芽为事件A,种子成长为幼苗为事件A∩B(发芽,又成长为幼苗),出芽后的幼苗成活率为P(B|A)=0.8,种子的发芽率P(A)=0.9.根据条件概率公式P(A∩B)=P(B|A)·P(A)=0.8×0.9=0.72,即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.★8.袋子中装有标号为1,2,3,4,5,6,7的7个大小颜色完全相同的小球,从中不放回地摸两次球,求在第一次摸出奇数号球的条件下,第二次摸出偶数号球的概率.分析所求概率的事件是在第一次摸出奇数号球的条件下,第二次摸出偶数号球,是条件概率.解:设第一次摸出奇数号球为事件A,第二次摸出偶数号球为事件B,第一次摸出奇数号球同时第二次摸出偶数号球为事件A∩B.从7个球中不放回地摸两次,事件总数为=7×6=42.A的事件数为=24.故P(A)=A∩B的事件数为=12,故P(A∩B)=由条件概率公式,得P(B|A)==0.5.2.2.2事件的独立性课时过关·能力提升1.设A为一随机事件,则下列式子不正确的是()A.P(A)=P(A)·P()B. P(A)=0C.P(A+)=P(A)+P()D.P(A+)=1答案:A2.甲、乙两人独立地解同一问题,如果甲解对的概率为P1,乙解对的概率为P2,那么至少有1人解对的概率是()A.P1+P2B.P1·P2C.1-P1P2D.1-(1-P1)(1-P2)解析:设甲解对为事件A,乙解对为事件B,则P(A)=P1,P(B)=P2,则P=1-P()=1-(1-P1)(1-P2).答案:D3.如图所示,A,B,C表示3种开关,若在某段时间内,它们正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7,则此系统正常工作的概率为()A.0. 504B.0.994C.0.496D.0.06解析:至少有一个开关工作,则系统工作,所以P=1-(1-0.9)(1-0.8)(1-0.7)=0.994.答案:B4.甲盒中有200个螺杆,其中有160个A型的,乙盒中有240个螺母,其中有180个A型的,今从甲、乙两盒中各任取一个,则恰好可配成A型螺栓的概率为()A B C D解析:设“从甲盒中取一螺杆为A型螺杆”为事件A,“从乙盒中取一螺母为A型螺母”为事件B,则A与B相互独立,P(A)=,P(B)=,则从甲、乙两盒中各任取一个,恰好可配成A型螺栓的概率为P=P(AB)=P(A)P(B)=答案:C5.甲、乙两人进行乒乓球比赛,比赛规则为“3局2胜”,即先赢2局者为胜者.根据经验,每局比赛中甲获胜的概率为0.6,则本次比赛甲获胜的概率为()A.0.216B.0.36C.0.432D.0.648解析:甲获胜由“胜胜”“胜负胜”“负胜胜”三个事件组成,所以P=0.6×0.6+2×0.6×0.6×0.4=0.648.答案:D6.已知3人独立地破译一个密码,每人破译出密码的概率分别为,则此密码被译出的概率为.解析:P=1-=1-答案:7.有一道数学题,在10分钟内甲解对的概率为,乙解对的概率为,若二人不讨论,各自在10分钟内做这道题,则二人都没有解对的概率是,这道题得到解决的概率是.解析:P1=,P2=1-P1=答案:8.某学生通过英语口语测试的概率是,现给他3次测试的机会,则他能通过的概率是.解析:某学生通过测试包含三个互斥事件:“第一次过”“第一次未过,但第二次过了”“前两次未过,第三次过”.所以,P=答案:9.在同一时间内,甲、乙两个气象台独立预报天气准确的概率分别为,在同一时间内,求:。
3章末一、选择题1.四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是平行四边形,AB →=(2,-1,-4),AD →=(4,2,0),AP →=(-1,2,-1),则P A 与底面ABCD 的关系是( )A .相交B .垂直C .不垂直D .成60°角 [答案] B[解析] ∵AP →·AB →=0,AP →·AC →=0,∴AP →⊥平面ABCD .2.在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,若AB =2BB 1,则AB 1与C 1B 所成的角为( )A .60°B .90°C .105°D .75° [答案] B[解析] 如图,建立空间直角坐标系O -xyz ,设高为h ,则AB =2h ,可得A ⎝⎛⎭⎫0,-22h ,h ,B ⎝⎛⎭⎫0,22h ,h , B 1⎝⎛⎭⎫0,22h ,0,C 1⎝⎛⎭⎫62h ,0,0,这样AB 1→=(0,2h ,-h ), BC 1→=⎝⎛⎭⎫62h ,-22h ,-h ,由空间向量的夹角公式即可得到结果.3.在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,已知AB =1,D 在BB 1棱上,且BD =1.若AD 与平面AA 1C 1C 所成角为α,则α等于( )A.π3B.π4 C .arcsin104D .arcsin 64 [答案] D[解析] 建立如图所示的直角坐标系,则A (12,0,0),B (0,32,0),D (0,32,1)∵OB ⊥平面AA 1C 1C ,∴平面AA 1C 1C 的法向量为OB →=(0,32,0),又AD → =(-12,32,1) ∴OB →·AD →=34,|OB →|=32,|AD →|=2, 由向量夹角公式知cos 〈OB →,AD →〉=3432·2=64, ∵α=π2-〈OB →,AD →〉, ∵sin α=sin(π2-〈OB →,AD →〉)=cos 〈OB →,AD →〉=64. ∴α=arcsin 64. 4.如图所示,平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,以顶点A 为端点的三条棱,两两夹角都为60°,且AB =2,AD =1,AA 1=3,M 、N 分别为BB 1、B 1C 1的中点,则MN 与AC 所成角的余弦值为( )A.1314B.9114C.9128D.7812[答案] B[解析] 如图,本题考查异面直线所成的角.易知∠D 1AC 即为所求,即为向量AD 1→与AC→所成的角.设AB →=a ,AD →=b ,AA 1→=c ,则由条件知|a |=2,|b |=1,|c |=3,b·c =2×1×12=1,a·c =2×3×12=3,b·c =1×3×12=32. ∵AD 1→=b +c ,AC →=a +b , ∴|AD 1→|2=12+32+2·32=13, |AC →|2=22+12+2·1=7.∴AD 1→·AC →=132, ∴cos 〈AD 1→,AC →〉=9114.故选B. 二、解答题5.如图所示,已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形,AB ∥DC ,∠DAB =90°,PA ⊥底面ABCD ,且PA =AD =DC =12AB =1,M 是PB 的中点.(1)证明:面P AD ⊥面PCD ;(2)求AC 与PB 所成角的余弦值;(3)求面AMC 与面BMC 所成二面角的余弦值.[解析] 因为P A ⊥AD ,P A ⊥AB ,AD ⊥AB ,以A 为坐标原点,AD 长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为A (0,0,0)、B (0,2,0)、C (1,1,0)、D (1,0,0)、P (0,0,1)、M ⎝⎛⎭⎫0,1,12.(1)证明:∵AP →=(0,0,1),DC →=(0,1,0),故AP →·DC →=0,∴AP ⊥DC .又由题设知:AD ⊥DC ,且AP 与AD 是平面P AD 内的两条相交直线,由此得DC ⊥面PAD .又DC 在面PCD 上,故面P AD ⊥面PCD .(2)解:∵AC →=(1,1,0),PB →=(0,2,-1),∴|AC →|=2,PB →=5,AC →·PB →=2,∴cos 〈AC →,PB →〉=AC →·PB →|AC →|·|PB →|=105. 由此得AC 与PB 所成角的余弦值为105. (3)解:在MC 上取一点N (x ,y ,z ),则存在λ∈R ,使NC →=λMC →,NC →=(1-x,1-y ,-z ),MC →=⎝⎛1,0,-12, ∴x =1-λ,y =1,z =12λ. 要使AN ⊥MC ,只需AN →·MC →=0,即x -12z =0, 解得λ=45. 可知当λ=45时,N 点坐标为⎝⎛⎭⎫15,1,25, 能使AN →·MC →=0.此时,AN →=⎝⎛⎭⎫15,1,25,BN →=⎝⎛⎭⎫15,-1,25, 有BN →·MC →=0.由AN →·MC →=0,BN →·MC →=0,得AN ⊥MC ,BN ⊥MC .∴∠ANB 为所求二面角的平面角.∵|AN →|=305,|BN →|=305.AN →·BN →=-45. ∴cos 〈AN →,BN →〉=AN →·BN →|AN →||BN →|=-23. 故所求的二面角的余弦值为-23. 6.已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1,求证:(1)AD 1∥平面BDC 1;(2)A 1C ⊥平面BDC 1.[证明]以D 为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系D -xyz . 设正方体的棱长为1,则有D =(0,0,0),A (1,0,0),D 1(0,0,1),A 1(1,0,1),C (0,1,0),B (1,1,0),C1(0,1,1),AD 1→=(-1,0,1),A 1C →=(-1,1,-1).设n =(x ,y ,z )为平面BDC 1的法向量,则n ⊥DB →,n ⊥DC 1→.所以⎩⎪⎨⎪⎧ (x ,y ,z )·(1,1,0)=0(x ,y ,z )·(0,1,1)=0,所以⎩⎪⎨⎪⎧x +y =0y +z =0. 令x =1,则n =(1,-1,1).(1)n ·AD 1→=(1,-1,1)·(-1,0,1)=0,知n ⊥AD 1→.又AD 1⊄平面BDC 1,所以AD 1∥平面BDC 1.(2)因为n =(1,-1,1),A 1C →=(-1,1,-1),知A 1C →=-n ,即n ∥A 1C →,所以A 1C ⊥平面BDC 1.。
选修2-2 2.1.1一、选择题1.已知数列{a n}中,a1=1,当n≥2时,a n=2a n-1+1,依次计算a2,a3,a4后,猜想a n的一个表达式是()A.n2-1 B.(n-1)2+1C.2n-1 D.2n-1+1[答案] C[解析]a2=2a1+1=2×1+1=3,a3=2a2+1=2×3+1=7,a4=2a3+1=2×7+1=15,利用归纳推理,猜想a n=2n-1,故选C.2.(2010·山东卷文,10)观察(x2)′=2x,(x4)′=4x3,(cos x)′=-sin x,由归纳推理可得:若定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=f(x),记g(x)为f(x)的导函数,则g(-x)=() A.f(x) B.-f(x)C.g(x) D.-g(x)[答案] D[解析]本题考查了推理证明及函数的奇偶性内容,由例子可看出偶函数求导后都变成了奇函数,∴g(-x)=-g(x),选D,体现了对学生观察能力,概括归纳推理能力的考查.3.我们把4,9,16,25,…这些数称做正方形数,这是因为这些数目的点子可以排成一个正方形(如下图),则第n-1个正方形数是()A.n(n-1)B.n(n+1)C.n2D.(n+1)2[答案] C[解析]第n-1个正方形数的数目点子可排成n行n列,即每边n个点子的正方形,∴点数为n2.故选C.4.根据给出的数塔猜测123456×9+7等于()1+9×2=1112×9+3=111123×9+4=11111234×9+5=1111112345×9+6=111111…A .1111110B .1111111C .1111112D .1111113 [答案] B5.类比三角形中的性质:(1)两边之和大于第三边;(2)中位线长等于底边的一半;(3)三内角平分线交于一点.可得四面体的对应性质:(1)任意三个面的面积之和大于第四个面的面积;(2)过四面体的交于同一顶点的三条棱的中点的平面面积等于第四个面面积的14; (3)四面体的六个二面角的平分面交于一点.其中类比推理方法正确的有( )A .(1)B .(1)(2)C .(1)(2)(3)D .都不对 [答案] C[解析] 以上类比推理方法都正确,需注意的是类比推理得到的结论是否正确与类比推理方法是否正确并不等价,方法正确结论也不一定正确.故选C.6.图为一串白黑相间排列的珠子,按这种规律往下排起来,那么第36颗珠子应是什么颜色( )A .白色B .黑色C .白色可能性大D .黑色可能性大[答案] A[解析] 由图知:三白二黑周而复始相继排列,∵36÷5=7余1,∴第36颗珠子的颜色是白色.7.设0<θ<π2,已知a 1=2cos θ,a n +1=2+a n ,则猜想a n =( )A .2cos θ2nB .2cos θ2n -1C .2cos θ2n +1 D .2sin θ2n [答案] B [解析] ∵a 1=2cos θ,a 2=2+2cos θ=21+cos θ2=2cos θ2,a 3=2+2a 2=21+cos θ22=2cos θ4……,猜想a n =2cos θ2n -1.故选B. 8.类比平面内正三角形的“三边相等,三内角相等”的性质,可推知正四面体的下列哪些性质,你认为比较恰当的是( )①各棱长相等,同一顶点上的任两条棱的夹角都相等②各个面都是全等的正三角形,相邻两个面所成的二面角都相等③各个面都是全等的正三角形,同一顶点上的任两条棱的夹角都相等A .①B .①②C .①②③D .③ [答案] C[解析] 正四面体的面(或棱)可与正三角形的边类比,正四面体的相邻两面成的二面角(或共顶点的两棱的夹角)可与正三角形相邻两边的夹角类比,故①②③都对.故选C.9.把3、6、10、15、21、…这些数叫做三角形数,这是因为这些数目的点子可以排成一个正三角形(如下图),试求第六个三角形数是( )A .27B .28C .29D .30[答案] B[解析] 观察归纳可知第n -1个三角形数共有点数:1+2+3+4+…+n =n (n +1)2个,∴第六个三角形数为7×(7+1)2=28.故选B. 10.已知f (x )是R 上的偶函数,对任意的x ∈R 都有f (x +6)=f (x )+f (3)成立,若f (1)=2,则f(2005)等于()A.2005 B.2C.1 D.0[答案] B[解析]f(3)=f(-3)+f(3)=2f(3),所以f(3)=0.所以f(x+6)=f(x)+f(3)=f(x),即f(x)的最小正周期为6.所以f(2005)=f(1+334×6)=f(1)=2.故选B.二、填空题11.在平面上,若两个正三角形的边长比为12,则它们的面积比为1 4.类似地,在空间中,若两个正四面体的棱长比为12,则它们的体积比为________.[答案]18[解析]V1V2=13S1h113S2h2=S1S2·h1h2=14×12=18.12.观察下列等式:C15+C55=23-2,C19+C59+C99=27+23,C113+C513+C913+C1313=211-25,C117+C517+C917+C1317+C1717=215+27,…由以上等式推测到一个一般的结论:对于n∈N*,C14n+1+C54n+1+C94n+1+…+C4n+14n+1=________.[答案]24n-1+(-1)n22n-1[解析]由归纳推理,观察等式右边23-2,27+23,211-25,215+27,…,可以看到右边第一项的指数3,7,11,15,…成等差数列,公差为4,首项为3,通项为4n-1;第二项的指数1,3,5,7,…,通项为2n-1.故得结论24n-1+(-1)n22n-1.13.将全体正整数排成一个三角形数阵:根据以上排列规律,数阵中第n (n ≥3)行从左至右的第3个数是________.[答案] n 2-n +62[解析] 前n -1行共有正整数1+2+…+(n -1)个,即n 2-n 2个,因此第n 行从左到右的第3个数是全体正整数中第n 2-n 2+3个,即为n 2-n +62. 14.(2010·湖南理,15)若数列{a n }满足:对任意的n ∈N *,只有有限个正整数m 使得a m <n 成立,记这样的m 个数为(a n )*,则得到一个新数列{(a n )*}.例如,若数列{a n }是1,2,3,…,n ,…,则数列{(a n )*}是0,1,2,…,n -1,….已知对任意的n ∈N *,a n =n 2,则(a 5)*=________,((a n )*)*=________.[答案] 2 n 2[解析] 因为a m <5,而a n =n 2,所以m =1,2,所以(a 5)*=2.因为(a 1)*=0,(a 2)*=1,(a 3)*=1,(a 4)*=1,(a 5)*=2,(a 6)*=2,(a 7)*=2,(a 8)*=2,(a 9)*=2,(a 10)*=3,(a 11)*=3,(a 12)*=3,(a 13)*=3,(a 14)*=3,(a 15)*=3,(a 16)*=3.所以((a 1)*)*=1,((a 2)*)*=4,((a 3)*)*=9,((a 4)*)*=16.猜想((a n )*)*=n 2.三、解答题15.在△ABC 中,不等式1A +1B +1C ≥9π成立, 在四边形ABCD 中,不等式1A +1B +1C +1D ≥162π成立, 在五边形ABCDE 中,不等式1A +1B +1C +1D +1E ≥253π成立,猜想在n 边形A 1A 2…A n 中,有怎样的不等式成立?[解析] 根据已知特殊的数值:9π、162π、253π,…,总结归纳出一般性的规律:n 2(n -2)π(n ≥3且n ∈N *).∴在n 边形A 1A 2…A n 中:1A 1+1A 2+…+1A n ≥n 2(n -2)π(n ≥3且n ∈N *). 16.在数列{a n }中,a 1=1,a n +1=2a n 2+a n,n ∈N +,猜想数列的通项公式并证明. [解析] {a n }中a 1=1,a 2=2a 12+a 1=23,a 3=2a 22+a 2=12=24,a 4=2a 32+a 3=25,…,所以猜想{a n }的通项公式a n =2n +1(n ∈N +). 证明如下:因为a 1=1,a n +1=2a n 2+a n ,所以1a n +1=2+a n 2a n =1a n +12, 即1a n +1-1a n =12,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1=1为首项,公差为12的等差数列,所以1a n =1+(n -1)12=n 2+12,即通项公式为a n =2n +1(n ∈N +). 17.如图,点P 为斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱BB 1上一点,PM ⊥BB 1交AA 1于点M ,PN ⊥BB 1交CC 1于点N .(1)求证:CC 1⊥MN ;(2)在任意△DEF 中有余弦定理:DE 2=DF 2+EF 2-2DF ·EF cos ∠DFE .拓展到空间,类比三角形的余弦定理,写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式,并予以证明.[解析] (1)证明:∵PM ⊥BB 1,PN ⊥BB 1,∴BB 1⊥平面PMN .∴BB 1⊥MN .又CC 1∥BB 1,∴CC 1⊥MN .(2)在斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,有S 2ABB 1A 1=S 2BCC 1B 1+S 2ACC 1A 1-2SBCC 1B 1·SACC 1A 1cos α.其中α为平面CC 1B 1B 与平面CC 1A 1A 所成的二面角.∵CC 1⊥平面PMN ,∴上述的二面角的平面角为∠MNP .在△PMN 中,PM 2=PN 2+MN 2-2PN ·MN cos ∠MNP⇒PM 2·CC 21=PN 2·CC 21+MN 2·CC 21-2(PN ·CC 1)·(MN ·CC 1)cos ∠MNP , 由于S BCC 1B 1=PN ·CC 1,S ACC 1A 1=MN ·CC 1,S ABB 1A 1=PM ·BB 1=PM ·CC 1,∴有S 2ABB 1A 1=S 2BCC 1B 1+S 2ACC 1A 1-2S BCC 1B 1·S ACC 1A 1·cos α.18.若a 1、a 2∈R +,则有不等式a 21+a 222≥⎝⎛⎭⎫a 1+a 222成立,此不等式能推广吗?请你至少写出两个不同类型的推广.[解析] 本题可以从a 1,a 2的个数以及指数上进行推广.第一类型:a 21+a 22+a 233≥(a 1+a 2+a 33)2, a 21+a 22+a 23+a 244≥(a 1+a 2+a 3+a 44)2,…, a 21+a 22+…+a 2n n ≥(a 1+a 2+…+a n n)2; 第二类型:a 31+a 322≥(a 1+a 22)3, a 41+a 422≥(a 1+a 22)4, …,a n 1+a n 22≥(a 1+a 22)n ; 第三类型:a 31+a 32+a 333≥(a 1+a 2+a 33)3,…, a m 1+a m 2+…+a m n n ≥(a 1+a 2+…+a n n)m .上述a1、a2、…、a n∈R+,m、n∈N*.。
选修2-2 2.2.1一、选择题1.p =ab +cd ,q =ma +nc ·b m +dn (m 、n 、a 、b 、c 、d 均为正数),则p 、q 的大小为( )A .p ≥qB .p ≤qC .p >qD .不确定[答案] B [解析] q =ab +mad n +nbcm +cd ≥ab +2abcd +cd =ab +cd =p .故选B.2.已知函数f (x )=⎝⎛⎭⎫12x ,a 、b ∈R +,A =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b 2,B =f (ab ),C =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a +b ,则A 、B 、C 的大小关系为( )A .A ≤B ≤C B .A ≤C ≤B C .B ≤C ≤AD .C ≤B ≤A [答案] A[解析] ∵a +b 2≥ab ≥2ab a +b,又函数f (x )=⎝⎛⎭⎫12x 在(-∞,+∞)上是单调减函数,∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a +b .故选A. 3.若x 、y ∈R ,且2x 2+y 2=6x ,则x 2+y 2+2x 的最大值为( ) A .14 B .15 C .16D .17[答案] B[解析] 由y 2=6x -2x 2≥0得0≤x ≤3,从而x 2+y 2+2x =-(x -4)2+16,∴当x =3时,最大值为15.4.设a 与b 为正数,并且满足a +b =1,a 2+b 2≥k ,则k 的最大值为( ) A.18B.14C.12D .1[答案] C[解析] ∵a 2+b 2≥12(a +b )2=12(当且仅当a =b 时取等号),∴k max =12. 5.已知a >0,b >0,1a +3b =1,则a +2b 的最小值为( ) A .7+2 6 B .2 3 C .7+2 3D .14[答案] A[解析] a +2b =(a +2b )·⎝⎛⎭⎫1a +3b =7+3a b +2b a. 又∵a >0,b >0,∴由均值不等式可得:a +2b =7+3a b +2ba ≥7+23a b ·2b a =7+2 6.当且仅当3a b =2b a 且1a +3b =1,即3a 2=2b 2且1a +3b=1时等号成立,故选A.6.已知y >x >0,且x +y =1,那么( ) A .x <x +y2<y <2xy B .2xy <x <x +y2<yC .x <x +y2<2xy <y D .x <2xy <x +y2<y [答案] D[解析] ∵y >x >0,且x +y =1,∴设y =34,x =14,则x +y 2=12,2xy =38.所以有x <2xy <x +y2<y ,故排除A 、B 、C.故选D.7.一个直角三角形的三内角的正弦值成等比数列,则其最小内角的正弦值为( ) A.5-12B.5+12C.5±12D.1+32[答案] A[解析] 设三内角为A ,B,90°,依题意,sin 2B =sin A (∠A 最小),sin B =cos A . ∴cos 2A =sin A ,即1-sin 2A =sin A , ∴sin 2A +sin A -1=0. ∴sin A =5-12 .故选A.8.在不等边三角形中,a 为最大边,要想得到∠A 为钝角的结论,三边a ,b ,c 应满足的条件是( )A .a 2<b 2+c 2B .a 2=b 2+c 2C .a 2>b 2+c 2D .a 2≤b 2+c 2 [答案] C[解析] 由cos A =b 2+c 2-a 22bc <0知b 2+c 2-a 2<0, ∴a 2>b 2+c 2.故选C.9.已知实数a ≥0,b ≥0,且a +b =1,则(a +1)2+(b +1)2的范围为( ) A.⎣⎡⎦⎤92,5B.⎣⎡⎭⎫92,+∞C.⎣⎡⎦⎤0,92D .[0,5][答案] A[解析] 用数形结合法求解.a +b =1,a ≥0,b ≥0表示线段AB ,(a +1)2+(b +1)2表示线段上的点与点C (-1,-1)的距离的平方.如下图∴|CD |2≤(a +1)2+(b +1)2≤|AC |2,即92≤(a +1)2+(b +1)2≤5.故选A. 10.已知x ∈(-∞,1]时,不等式1+2x +(a -a 2)·4x >0恒成立,则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫-2,14B.⎝⎛⎭⎫-12,32C.⎝⎛⎭⎫-∞,14D .(-∞,6)[答案] B[解析] 原不等式化为a -a 2>-1-2x4x ,即a 2-a <1+2x 4x =⎝⎛⎭⎫14x +⎝⎛⎭⎫12x.当且仅当a 2-a <⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫12x +⎝⎛⎭⎫14x min ,原不等式在(-∞,1]上恒成立, 又因为⎝⎛⎭⎫12x +⎝⎛⎭⎫14x 为减函数,所以⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫12x +⎝⎛⎭⎫14x min =34.因此a 2-a <34,解得-12<a <32.故应选B. 二、填空题11.设p =2x 4+1,q =2x 3+x 2,x ∈R ,则p 与q 的大小关系是________. [答案] p ≥q[解析] ∵p -q =2x 4+1-(2x 3+x 2)=(x -1)2(2x 2+2x +1), 又2x 2+2x +1恒大于0,∴p -q ≥0,故p ≥q .12.函数y =f (x )在(0,2)上是增函数,函数y =f (x +2)是偶函数,则f (1),f (2.5),f (3.5)的大小关系是________________.[答案] f (3.5)<f (1)<f (2.5)[解析] 由已知f (x )关于x =2对称,又f (x )在(0,2)上是增函数, ∴结合f (x )图象得f (3.5)<f (1)<f (2.5).13.如果不等式|x -a |<1成立的充分非必要条件是12<x <32,则实数a 的取值范围是________.[答案] 12≤a ≤32[解析] 由|x -a |<1⇔a -1<x <a +1由题意知⎝⎛⎭⎫12,32a -1,a +1)则有⎩⎨⎧a -1≤12a +1≥32,解得12≤a ≤32.14.已知f (x )=a (2x +1)-22x +1是奇函数,那么实数a 的值等于________.[答案] 1[解析] 法一:∵f (x )=a (2x +1)-22x +1(x ∈R )是奇函数,则f (-x )+f (x )=a (2-x +1)-22-x +1+a (2x +1)-22x+1=0 ∴a =1.法二:∵f (x )为R 上的奇函数,∴f (0)=0,即f (0)=a (20+1)-220+1=0,∴a =1. 三、解答题15.用分析法、综合法证明:若a >0,b >0,a ≠b ,则a +b2>ab . [证明] (1)分析法为了证明a +b2>ab 成立,需证明下面不等式成立:a +b >2ab由于a >0,b >0,即要证(a +b )2>4ab 成立. 展开这个不等式左边,即得a 2+2ab +b 2>4ab 即证a 2-2ab +b 2>0成立.即证(a -b )2>0成立,以上证明过程步步可逆, ∵a ≠b ,∴(a -b )2>0成立.故a +b2>ab 成立.(2)综合法由a >0,b >0,a ≠b ,可以推导出下列不等式: (a -b )2>0⇒a 2-2ab +b 2>0⇒a 2+b 2>2ab 另一方面从求证出发找充分条件如下: a +b 2>ab ⇐a 2+2ab +b 2>4ab ⇐a 2+b 2>2ab . 故a +b 2>ab .16.如图,四棱锥P -ABCD 的底面是平行四边形,E 、F 分别为AB ,CD 的中点.求证:AF ∥平面PEC .[证明] ∵四棱锥P -ABCD 的底面是平行四边形,∴AB 綊CD . 又∵E ,F 分别为AB ,CD 的中点, ∴CF 綊AE .∴四边形AECF 为平行四边形. ∴AF ∥EC .又AF ⊄平面PEC ,EC ⊂平面PEC , ∴AF ∥平面PEC .17.已知函数f (x )=tan x ,x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2,若x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎫0,π2,且x 1≠x 2,求证:12[f (x 1)+f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1+x 22.[证明] 欲证12[f (x 1)+f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1+x 22,即12(tan x 1+tan x 2)>tan x 1+x 22,只需证12⎝⎛⎭⎫sin x 1cos x 1+sin x 2cos x 2>sin x 1+x 22cos x 1+x 22,即证12·sin (x 1+x 2)cos x 1cos x 2>sin (x 1+x 2)2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1+x 22=sin (x 1+x 2)1+cos (x 1+x 2). ∵x 1,x 2∈⎝⎛⎭⎫0,π2,∴x 1+x 2∈(0,π).∴sin(x 1+x 2)>0,1+cos(x 1+x 2)>0,cos x 1cos x 2>0. ∴只需证1+cos(x 1+x 2)>2cos x 1cos x 2, 即证cos(x 1-x 2)<1.∵x 1,x 2∈⎝⎛⎭⎫0,π2,且x 1≠x 2,∴cos(x 1-x 2)<1显然成立. ∴原不等式成立.18.已知:a ,b ,c ∈(0,+∞),且a +b +c =1. 求证:(1)a 2+b 2+c 2≥13;(2)a +b +c ≤ 3. [证明] (1)∵a +b +c =1,∴(a +b +c )2=1. ∴a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca =1.① 又2ab ≤a 2+b 2,2bc ≤b 2+c 2,2ca ≤c 2+a 2,∴2ab +2bc +2ca ≤2(a 2+b 2+c 2).∴a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca ≤3(a 2+b 2+c 2). 又由①可得a 2+b 2+c 2≥13. (2)∵a ,b ,c ∈(0,+∞),∴a +b ≥2ab ,b +c ≥2bc ,c +a ≥2ca . ∴2(a +b +c )≥2(ab +bc +ca ).∴a +b +c +2ab +2bc +2ca ≤3(a +b +c )=3. ∴(a +b +c )2≤3. ∴a +b +c ≤ 3.。
选修2-2 1.2.3一、选择题1.函数y =(x -a )(x -b )的导数是( )A .abB .-a (x -b )C .-b (x -a )D .2x -a -b[答案] D[解析] 解法一:y ′=(x -a )′(x -b )+(x -a )(x -b )′=x -b +x -a =2x -a -b . 解法二:∵y =(x -a )(x -b )=x 2-(a +b )x +ab∴y ′=(x 2)′-[(a +b )x ]′+(ab )′=2x -a -b ,故选D.2.函数y =12(e x +e -x )的导数是( ) A.12(e x -e -x ) B.12(e x +e -x ) C .e x -e -x D .e x +e -x [答案] A[解析] y ′=⎣⎡⎦⎤12(e x +e -x )′=12[(e x )′+(e -x )′]=12(e x -e -x ).故选A. 3.函数f (x )=x 2+a 2x(a >0)在x =x 0处的导数为0,则x 0是( ) A .aB .±aC .-aD .a 2[答案] B[解析] 解法一:f ′(x )=⎝⎛⎭⎫x 2+a 2x ′=2x ·x -(x 2+a 2)x 2=x 2-a 2x 2, ∴f ′(x 0)=x 20-a 2x 20=0,得:x 0=±a .解法二:∵f ′(x )=⎝⎛⎭⎫x 2+a 2x ′=⎝⎛⎭⎫x +a 2x ′=1-a 2x 2, ∴f ′(x 0)=1-a 2x 20=0,即x 20=a 2,∴x 0=±a .故选B.4.若函数y =sin 2x ,则y ′等于( )A .sin2xB .2sin xC .sin x cos xD .cos 2x[答案] A[解析] ∵y =sin 2x =12-12cos2x∴y ′=⎝⎛⎭⎫12-12cos2x ′=sin2x .故选A.5.函数y =(x +1)2(x -1)在x =1处的导数等于() A .1B .2C .3D .4[答案] D[解析] y ′=[(x +1)2]′(x -1)+(x +1)2(x -1)′=2(x +1)·(x -1)+(x +1)2=3x 2+2x -1,∴y ′|x =1=4.故选D.6.下列函数在点x =0处没有切线的是( )A .y =3x 2+cos xB .y =x sin xC .y =1x +2xD .y =1cos x[答案] C[解析] ∵函数y =1x +2x 在x =0处不可导,∴函数y =1x +2x 在点x =0处没有切线.故选C.7.(2010·江西理,5)等比数列{a n }中a 1=2,a 8=4,函数f (x )=x (x -a 1)(x -a 2)…·(x -a 8),则f ′(0)=( )A .26B .29C .212D .215[答案] C[解析] 令g (x )=(x -a 1)(x -a 2)……(x -a 8),则f (x )=xg (x ),f ′(x )=g (x )+g ′(x )x ,故f ′(0)=g (0)=a 1a 2……a 8,=(a 1a 8)4=212.8.已知曲线y =x 24-3ln x 的一条切线的斜率为12,则切点的横坐标为( ) A .3B .2C .1D.12[答案] A[解析] 由f ′(x )=x 2-3x =12得x =3.故选A. 9.曲线y =x sin x 在点⎝⎛⎭⎫-π2,π2处的切线与x 轴、直线x =π所围成的三角形的面积为( )A.π22B .π2C .2π2D.12(2+π)2 [答案] A[解析] 曲线y =x sin x 在点⎝⎛⎭⎫-π2,π2处的切线方程为y =-x ,所围成的三角形的面积为π22.故选A. 10.若点P 在曲线y =x 3-3x 2+(3-3)x +34上移动,经过点P 的切线的倾斜角为α,则角α的取值范围是( )2B .[0,π2)∪[2π3,π) C .[2π3,π) D .[0,π2)∪(π2,2π3] [答案] B[解析] ∵y ′=3x 2-6x +3-3=3(x -1)2-3≥- 3∴tan α≥-3,∵α∈(0,π)∴α∈[0,π2)∪[2π3,π).故选B. 二、填空题11.若f (x )=log 3(x -1),则f ′(2)=________.[答案] 1ln3[解析] ∵f ′(x )=[log 3(x -1)]′=1(x -1)ln3(x -1)′=1(x -1)ln3, ∴f ′(2)=1ln3. 12.曲线y =sin3x 在点P ⎝⎛⎭⎫π3,0处切线的斜率为________.[答案] -3[解析] 设u =3x ,则y =sin u ,∴y ′x =cos u ·(3x )′=3cos u =3cos3x∴所求斜率k =3·cos ⎝⎛⎭⎫3×π3=3cosπ=-3. 13.设f (x )=a ·e x +b ln x ,且f ′(1)=e ,f ′(-1)=1e,则a +b =________. [答案] 1[解析] ∵f ′(x )=(a ·e x +b ln x )′=a e x +b x, ∴f ′(1)=a e +b =e ,f ′(-1)=a e -b =1e, ∴a =1,b =0,∴a +b =1.14.若函数f (x )=1-sin x x,则f ′(π)________________.π[解析] ∵f ′(x )=(1-sin x )′·x -(1-sin x )x ′x 2=sin x -x cos x -1x 2, ∴f ′(π)=sinπ-πcosπ-1π2=π-1π2. 三、解答题15.求下列函数的导数.(1)y =2x 2+3x 3;(2)y =x 3·10x ; (3)y =cos x ·ln x ;(4)y =x 2sin x. [解析] (1)y =2x 2+3x 3=2x -2+3x -3, y ′=-4x -3-9x -4. (2)y ′=(x 3)′·10x +x 3·(10x )′=3x 2·10x +x 3·10x ·ln10.(3)y ′=(cos x )′·ln x +cos x ·(ln x )′=-sin x ·ln x +cos x x. (4)y ′=(x 2)′·sin x -x 2·(sin x )′sin 2x=2x sin x -x 2cos x sin 2x. 16.设y =8sin 3x ,求曲线在点P ⎝⎛⎭⎫π6,1处的切线方程.[解析] ∵y ′=(8sin 3x )′=8(sin 3x )′=24sin 2x (sin x )′=24sin 2x cos x ,∴曲线在点P ⎝⎛⎭⎫π6,1处的切线的斜率k =y ′|x =π6=24sin 2π6·cos π6=3 3. ∴适合题意的曲线的切线方程为y -1=33⎝⎛⎭⎫x -π6,即63x -2y -3π+2=0. 17.已知抛物线y =ax 2+bx +c (a ≠0)通过点(1,1),且在点(2,-1)处与直线y =x -3相切,求a 、b 、c 的值.[解析] ∵y =ax 2+bx +c 过(1,1)点,∴a +b +c =1①∵y ′=2ax +b ,y ′|x =2=4a +b ,∴4a +b =1②又曲线过(2,-1)点,∴4a +2b +c =-1③解由①②③组成的方程组,得a =3,b =-11,c =9.18.求下列函数的导数:(1)f (x )=(x +2)2x -1; (2)f (x )=(x 2+9)⎝⎛⎭⎫x -3x ; (3)f (x )=cos2x sin x +cos x. [解析] (1)方法一:∵f (x )=x 2+4x +4x -1, ∴f ′(x )=(2x +4)(x -1)-(x 2+4x +4)·1(x -1)2 =2x 2-2x +4x -4-x 2-4x -4(x -1)2=x 2-2x -8(x -1)2. 方法二:∵f (x )=x 2+4x +4x -1=x 2-x +5x -5+9x -1=x +5+9x -1, ∴f ′(x )=1+⎝⎛⎭⎫9x -1′=1+-9(x -1)2=x 2-2x -8(x -1)2. (2)∵f (x )=(x 2+9)⎝⎛⎭⎫x -3x =x 3-3x +9x -27x =x 3+6x -27x, ∴f ′(x )=(x 3)′+(6x )′-⎝⎛⎭⎫27x ′=3x 2+6--27x 2=3x 2+6+27x 2. (3)∵f (x )=cos2x sin x +cos x =cos 2x -sin 2x sin x +cos x=cos x -sin x , ∴f ′(x )=-sin x -cos x .。
1.1.2 第2课时一、选择题1.棱锥至少由多少个面围成( ) A .3 B .4 C .5 D .6 [答案] B[解析] 三棱锥有四个面围成,通常称为四面体,它是面数最少的棱锥.2.四棱台的上、下底面均为正方形,它们的边长分别是1、2,侧棱长为2,则该四棱台的高为( )A.62 B.32C.12 D.22[答案] A[解析] 如图所示,由题意知,四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1为正四棱台,设O 1、O 分别为上、下底面的中心,连结OO 1、OA 、O 1A 1,过点A 1作A 1E ⊥OA ,E 为垂足,则A 1E 的长等于正四棱台的高,又OA =2,O 1A 1=22, ∴AE =OA -O 1A 1=22, 在Rt△A 1EA 中,AA 1=2,AE =22, ∴A 1E =AA 21-AE 2=2-12=62. 3.过正棱台两底面中心的截面一定是( ) A .直角梯形 B .等腰梯形C .一般梯形或等腰梯形D .矩形 [答案] C[解析] 过正棱台两底面中心的截面与两底面的交线一定平行且不相等.当截面过侧棱时,截面是一般梯形;当截面不过侧棱时,由对称性,截面与两侧面的交线一定相等,所以截面是等腰梯形.故选C.4.一个正三棱锥的底面边长为3,高为6,则它的侧棱长为( ) A .2 B .2 3 C .3 D .4 [答案] C[解析] 如图所示,正三棱锥S -ABC 中,O 为底面△ABC 的中心,SO 为正三棱锥的高,SO =6, AB =3,∴OA =3,在Rt△SOA 中,SA =SO 2+OA 2=6+3=3.5.棱台的上、下底面面积分别为4和16,则中截面面积为( ) A .6 B .8 C .9 D .10 [答案] C[解析] 设中截面的面积为S ,则 S =(4+16)24=9.6.若正棱锥的底面边长与侧棱长相等,则该棱锥一定不是( ) A .三棱锥 B .四棱锥 C .五棱锥 D .六棱锥 [答案] D[解析] 如图正六棱锥中,O 是正六边形ABCDEF 的中心,OC =OD =CD ,而SD >OD ,∴SD >CD .7.一个三棱锥,如果它的底面是直角三角形,那么它的三个侧面( )A.至多只能有一个是直角三角形B.至多只能有两个是直角三角形C.可能都是直角三角形D.必然都是非直角三角形[答案] C[解析] 如图,当直线PA与平面ABC垂直,且BC与平面PAB垂直时,∠PAC,∠PAB,∠PBC都是直角.8.在侧棱长为23的正三棱锥S-ABC中,∠ASB=∠BSC=∠CSA=40°,过A作截面AEF,则截面的最小周长为( )A.2 2B.4C.6D.10[答案] C[解析] 将三棱锥沿SA剪开,展开如图.连结AA′交SB于E,交SC于F,则AA′即为△AEF的最小周长.∵SA=SA′=23,∠ASA′=120°,∴AA′=2×23sin60°=6,故选C.二、填空题9.正三棱台的上、下底面边长及高分别为1、2、2,则它的斜高为__________.[答案]736[解析] 如图,∵上、下底面正三角形边长分别1、2 ∴O 1E 1=36,OE =33,又OO 1=2, ∴斜高E 1E =OO 21+(OE -O 1E 1)2=736.10.正四棱锥S -ABCD 的所有棱长都等于a ,过不相邻的两条侧棱作截面,则截面面积为__________.[答案] 12a 2[解析] 截面三角形三边长分别为a 、a 、2a ,为等腰直角三角形.∴面积S =12a 2.11.正四棱台的上、下底面边长分别是5和7,对角线长为9,则棱台的斜高等于__________.[答案]10[解析] 如图,BDD 1B 1是等腰梯形,B 1D 1=52,BD =72,BD 1=9,∴OO 1=BD 21-(BD +B 1D 12)2=3,又O 1E 1=52,OE =72,在直角梯形OEE 1O 1中,斜高E 1E =OO 21+(OE -O 1E 1)2=10.12.一个正三棱锥P -ABC 的底面边长和高都是4,E 、F 分别为BC 、PA 的中点,则EF 的长为__________.[答案] 2 2[解析] 如图在正△ABC 中,AE =23, 在正△PBC 中,PE =23,在△PAE 中,AE =PE =23,PA =4,F 为PA 中点,∴EF ⊥PA ,∴EF =AE 2-(12AP )2=2 2.三、解答题13.如图中的晶体结构可看作由哪些简单几何体构成?[解析] 图(1)可看作由2个四棱锥构成;图(2)可看作由四棱柱构成.14.已知正四棱锥P -ABCD 中,底面积为36,一条侧棱长为34,求它的高和斜高. [解析] 如图,设PO 为四棱锥的高,E 为BC 中点,则PE ⊥BC ,PE 为斜高,正方形ABCD 的面积为36,∴边长AB =6,∴OE =3,OB =32, ∴PO =PB 2-BO 2=4,PE =PO 2+OE 2=5, ∴高为4,斜高为5.15.正四棱台的体对角线是5cm ,高是3cm ,求它的两条相对侧棱所确定的截面的面积. [解析] 如图所示,过D 1作D 1E ⊥BD 于E ,则D 1E =3cm. ∵对角线BD 1=5cm , ∴在Rt△BD 1E 中,BE =4cm.设棱台上、下底面的边长分别为a 、b , 则BD =2b ,B 1D 1=2a . 又∵四边形BDD 1B 1为等腰梯形,且DE =22(b -a )=BD -BE =2b -4, ∴2(a +b )=8.∴SBDD 1B 1=12(B 1D 1+BD )·D 1E=12×2(a +b )×3=12(cm 2). 16.如图在以O 为顶点的三棱锥中,过O 的三条棱两两交角都是30°,在一条棱上取A 、B 两点,OA =4 cm ,OB =3 cm ,以A 、B 为端点用一条绳子紧绕三棱锥的侧面一周(绳和侧面无摩擦),求此绳在A 、B 两点间的最短绳长.[解析] 作出三棱锥的侧面展开图,如图A 、B 两点间最短绳长就是线段AB 的长度.在△AOB 中,∠AOB =30°×3=90°,OA =4 cm ,OB =3 cm ,所以AB =OA 2+OB 2=5 cm.所以此绳在A 、B 两点间的最短绳长为5 cm.17.如图,正三棱台ABC -A 1B 1C 1中,已知AB =10,棱台一个侧面梯形的面积为2033,O 1、O 分别为上、下底面正三角形中心,D 1D 为棱台的斜高,∠D 1DA =60°.求上底面的边长.[解析] 由AB =10, 则AD =32AB =53, OD =13AD =533. 设上底面边长为x ,则O 1D 1=36x . 过D 1作D 1H ⊥AD 于H , 则DH =OD -OH =OD -O 1D 1=533-36x , 在△D 1DH 中,D 1D =DHcos60°=2⎝ ⎛⎭⎪⎫533-36x ,∴在梯形B 1C 1CB 中,S =12(B 1C 1+BC )·D 1D ,∴2033=12(x +10)·2⎝ ⎛⎭⎪⎫533-36x ,∴40=(x+10)(10-x).∴x=215,∴上底面的边长为215.。
习题课 课时目标1.进一步熟悉二项式定理,会求二项展开式某些项或系数.2.会利用二项式系数的特征、性质解题.1.二项展开式的通项T r +1=________________.2.二项展开式中的二项式系数和系数通项T r +1中,C r n 叫第r +1项的二项式系数,而系数是指展开式中某个字母的系数.3.对一些二项展开式系数和的问题,可采用______法.一、选择题1.设二项式(3x +1x)n 的展开式中第5项是常数项,那么这个展开式中系数最大的项是( )A .第9项B .第8项C .第9项和第10项D .第8项和第9项2.若对任意实数x ,有x 3=a 0+a 1(x -2)+a 2(x -2)2+a 3(x -2)3,则a 2等于( )A .3B .6C .9D .123.1-90C 110+902C 210-903C 310+…+9010C 1010除以88的余数是( ) A .-1 B .1 C .-87 D .874.化简(x -1)4+4(x -1)3+6(x -1)2+4(x -1)+1的结果是( )A .x 4B .(x -1)4C .(x -2)4D .(1-x )45. 如图所示,在杨辉三角中,斜线AB 上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列:1,2,3,3,6,4,10,…,记这个数列的前n 项和为S n ,则S 16等于( )A .144B .146C .164D .461二、填空题6.已知(3x +1)7=a 7x 7+a 6x 6+…+a 1x +a 0,则展开式的二项式系数的和为________,a 0+a 1+a 2+…+a 7=______.7.(x +1)+(x +1)2+(x +1)3+(x +1)4+(x +1)5的展开式中x 2的系数为________.8.今天是星期一,如果今天算第一天,那么第810天是星期______.三、解答题9.设(3x 13+x 12)n 的二项展开式中各项系数之和为t ,其二项式系数之和为h .若h +t =272,求其二项展开式中x 2项的系数.10.已知(3-2x)8=a0+a1x+…+a8x8,求:(1)a0,a1,a2,…,a8这9个系数中绝对值最大的系数;(2)a0,a1,a2,…,a8这9个系数中最大的系数.能力提升11.求(1+x+1x2)10的展开式中的常数项.12.已知f(x)=(1+2x)m+(1+4x)n(m,n∈N*)的展开式中含x项的系数为36,求展开式中含x2项的系数的最小值.1.二项展开式的通项是解决项、项的系数、项的二项式系数的根本.2.赋值法与待定系数法是解题的两种常用方法.3.一些最值问题可利用函数思想来解.习题课答案知识梳理1.C r n an -r b r 3.赋值作业设计1.A2.B3.B [1-90C 110+902C 210-903C 310+…+9010C 1010=(1-90)10=(88+1)10,(88+1)10=8810+C 110889+C 210888+…+C 91088+1,所以(88+1)10除以88的余数是1.]4.A [(x -1)4+4(x -1)3+6(x -1)2+4(x -1)+1=C 04(x -1)4+C 14(x -1)3×1+C 24(x -1)2×12+C 34(x -1)×13+C 44×14=(x -1+1)4=x 4.]5.C6.128 16 384解析 (3x +1)7展开式中二项式系数的和为27=128;令x =1,则47=a 0+a 1+a 2+…+a 7=16 384.7.20解析 各个组成项的x 2的系数分别为C 02,C 13,C 24,C 35,则展开式中x 2的系数为20.8.一解析 810=(7+1)10=C 010710+C 11079+…+C 9107+C 1010=7M +1(M ∈Z ),故810除以7余1,所以第810天是星期一.9.解 由题意,h =2n ,令x =1,得t =4n ,又h +t =272,所以4n +2n =272,解得2n =16,所以n =4.所以T r +1=C r 4(3x 13)4-r (x 12)r =C r 434-r x 4-r 3+r 2,则4-r 3+r 2=2,得r =4,所以二项展开式中x 2项的系数为1.10.解 设r ∈N ,且r ≤8,则有a r =C r 8·38-r ·(-2)r . 显然,|a r |=C r 8·38-r ·2r ,由⎩⎪⎨⎪⎧ |a r +1|≤|a r |,|a r -1|≤|a r |,得⎩⎪⎨⎪⎧C r +18·37-r ·2r +1≤C r 8·38-r ·2r ,C r -18·39-r ·2r -1≤C r 8·38-r ·2r , 解得⎩⎨⎧ r ≥135,r ≤185,所以r =3.即9个系数中,绝对值最大的系数为|a 3|=C 38·35·23=108 864.(2)由(1)中不等式组及其解集可知|a 0|<|a 1|<|a 2|<|a 3|>|a 4|>…>|a 8|.又从通项公式a r =C r 8·38-r ·(-2)r 可以看出,a 0,a 2,a 4,a 6,a 8均大于0;a 1,a 3,a 5,a 7均小于0,因而只需比较a 2,a 4的大小.因为a 2=C 28·36·(-2)2=81 648,a 4=C 48·34·(-2)4=90 720.所以,9个系数中,最大的系数为a 4=90 720.11.解 (1+x +1x 2)10=[1+(x +1x 2)]10,通项为T r +1=C r 10(x +1x 2)r (r =0,1,2,…,10), 而(x +1x 2)r 展开的通项公式为T k +1=C k r x r -k ·(1x 2)k =C k r x r -3k (k =0,1,2,…,r ), 当r -3k =0时,T r +1是常数项.由r =3k,0≤r ≤10,0≤k ≤r ,且r ,k ∈N *, 得r =0,3,6,9,k =0,1,2,3,所以由系数为C r 10·C k r 可得常数项为C 010+C 310C 13+C 610·C 26+C 910C 39=4 351.12.解 (1+2x )m +(1+4x )n 展开式中含x 的项为C 1m ·2x +C 1n ·4x =(2C 1m +4C 1n )x ,所以2C 1m+4C 1n =36,即m +2n =18.(1+2x )m +(1+4x )n 展开式中含x 2的项的系数为t =C 2m 22+C 2n 42=2m 2-2m +8n 2-8n .因为m +2n =18,所以m =18-2n ,所以t =2(18-2n )2-2(18-2n )+8n 2-8n =16n 2-148n +612=16(n 2-374n +1534),所以当n =378时,t 取最小值,但n ∈N *,所以n =5时,t 最小即含x 2项的系数最小,最小值为272,此时n =5,m =8.。
一、选择题1.某个与正整数n 相关的命题,假如当n= k( k∈N*)时该命题建立,则可推得n= k+1 时该命题也建立,现已知n=5时命题不建立,那么可推得()A.当n= 4 时该命题不建立B.当n= 6 时该命题不建立C.当n= 4 时该命题建立D.当n= 6 时该命题建立[答案] A[分析] 由命题及其逆否命题的等价性知选 A.2 2 2 2 1 22.等式 1 +2 + 3 ++ n =2(5 n -7n+4)( )A.n为任何正整数都建立B.仅当n= 1,2,3时建立C.当n= 4 时建立,n=5 时不建立D.仅当= 4 时不建立n[答案] B[分析] 经考证, n=1,2,3 时建立, n=4,5,不建立.应选 B.3.用数学概括法证明某命题时,左式为1α ++cos(2n-+ cos α+ cos321) α ( α≠kπ,k∈Z,n∈ N* ) ,在考证n= 1 时,左侧所得的代数式为( )1A.21B.2+ cos α1C.2+ cos α+ cos3α1D.2+ cos α+ cos3α+ cos5α[答案] B1[ 分析 ]令n=1,左式=2+cosα.应选B.4.已知数列 { a n} 的前n项和S n=n2a n( n≥2) ,而a1=1,经过计算a2、 a3、 a4,猜想 a n =()22A.2B.( n + 1)n ( n +1)22C.2n- 1D.2n - 1[答案]B[ 分析 ]由 S n = n 2a n 知 S n + 1=( n + 1) 2a n +1∴ S n +1- S n = ( n +1) 2a n + 1-n 2a n∴ a n +1= ( n + 1) 2a n + 1- n 2a n∴ a = n + 2an( n ≥2) ,n +1n当 =2 时, 2= 4 2,又 2= 1+ 2,∴ 2= a =1,nSaS a aa1332 131a 3= 4a 2=6, a 4= 5a 3= 10.111由 a 1= 1, a 2= 3, a 3= 6, a 4= 102猜想 a n =n ( n + 1) . 应选 B.1 115.用数学概括法证明 1+ 2+ 3+ + 2n - 1<n ( n ∈ N + , n >1) 时,第一步应考证不等式()1 1 1A . 1+ 2<2B . 1+ 2+ 3<21 1 1 1 1C .1++ <3D .1+++ <32 32 3 4[答案]B1 1[分析]n = 2 时 1+ 2+22 -1<2. 应选 B.6.用数学概括法证明“( n + 1)(n×1×3 (2 +n +2) (n + n ) = 2 n - 1)( n ∈ N ) ”,则“从k 到 k +1”左端需乘的代数式为 ( )A . 2k + 1B . 2(2 k + 1) 2k + 1 2k + 3C.k + 1D.k + 1[答案] B[分析]n = k 时左式= ( k + 1)( k +2)( k + 3)n = k + 1 时左式= ( k + 2)( k +3) (2 k + 1)(2 k + 2) 故“从 k 到 k +1”左端需乘(2 k + 1)(2 k + 2)k + 1= 2(2 k + 1) .应选 B.7.用数学概括法证明命题“当 n 是正奇数时, x n + y n 能被 x + y 整除”,在第二步时,正确的说法是 ()A .假定 n = k ( k ∈ N * ) ,证明 n = k + 1 时命题建立B .假定 n = k ( k 是正奇数 ) ,证明 n = k + 1 时命题建立C .假定 = 2 + 1( k ∈N *) ,证明 n = + 1 时命题建立n kk D .假定 n = k ( k 是正奇数 ) ,证明 n = k + 2 时命题建立[答案] D[分析]A 中 = 时,k 不必定是奇数,不正确; B 中 n = +1 为偶数,不正确; C 中n kk2k + 1>k +1 与概括假定矛盾.应选D.8.用数学概括法证明 n ( n + 1)(2 n + 1) 能被 6 整除时,由概括假定推证 n = k + 1 时命题建立,需将 n = k + 1 时的原式表示成 ()A . k ( k + 1)(2 k + 1) + 6( k + 1)B . 6k ( k + 1)(2 k + 1)C . k ( k + 1)(2 k + 1) + 6( k + 1) 2D .以上都不对 [答案] C[分析] 当 n = k +1 时,原式 = ( k + 1)( k + 2)(2 k + 3) = k ( k + 1)(2 k + 1) + 6( k + 1) 2.应选 C.9.已知数列 { n } ,1= 1, 2 =2, n + 1= 2 a n + n - 1( k ∈ N * ) ,用数学概括法证明a 4n能被 4a aa a a整除时,假定 a 4k 能被 4 整除,应证 ()A . a 4k + 1 能被 4 整除B . a 4k + 2 能被 4 整除C . a 4k + 3 能被 4 整除D . a 4k + 4 能被 4 整除[答案]D[ 分析 ]在数列 { a 4n } 中,相邻两项下标差为 4,所以 a 4k 后一项为 a 4k + 4. 应选 D.10.凸 n 边形有 f ( n ) 条对角线,则凸 n + 1 边形的对角线的条数 f ( n + 1) 为 ( )A . f ( n ) + n + 1B . f ( n ) + nC . f ( n ) + n - 1D . f ( n ) + n - 2[答案]C[ 分析 ]由凸 n 边形变成凸 n + 1 边形后,应加一项,这个极点与不相邻的( n - 2) 个顶点连成 ( n -2) 条对角线,同时,本来的凸 n 边形的那条边也变成对角线, 故有 f ( n + 1) = f ( n )+ ( n - 2) +1. 应选 C.二、填空题n 2对随意 n ≥ k 的自然数都建立的最小 k 值为 ________.11.使不等式 2 >n + 1 [答案] 5[分析] 25= 32,5 2 +1= 26,对 n ≥5的全部自然数 n, 2n > n 2+1 都建立,自己用数学归纳法证明之.12.用数学概括法证明对于 n 的恒等式时, 当 n =k 时,表达式为 1×4+2×7+ + k (3 k+1) = k ( k + 1) 2,则当 n = k + 1 时,待证表达式应为 ________.[答案]1×4+2×7+ + k (3 k + 1) + ( k + 1)(3 k + 4) = ( k + 1)( k + 2) 213.用数学概括法证明: 1+ 2+ 22 + + 2n -1= 2n - 1( n ∈ N * ) 的过程以下:①当 n = 1 时,左侧= 20=1,右侧= 21- 1= 1,不等式建立;②假定 n = k 时,等式建立,即 1+2+ 22+ + 2k -1= 2k - 1.则当 n = k + 1 时,k + 12k - 1k1- 2k + 11+2+2 + + 2+2 ==2 -1,所以 n = k + 1 时等式建立.由此可知对随意正整数n ,等式都建立.以上证明错在哪处? ____________.[ 答案 ]没实用上概括假定[ 分析 ]由数学概括法证明步骤易知其错误所在.14.设 S 1= 12,S 2= 12+ 22+ 12, , S n =12 +22+ 32+ + n 2+ + 22+ 12. 用数学概括法证明 n = n (2 n+1) 时,第二步从 k 到 k + 1 应增添的项为 ________.S 2k[答案]( k + 2) ·2+ 12( k + 1)(2 k + 1k+1) k[分析]S k+ 1+ 1) k (2( k +2) ·2+ 1-S k =-=.22 2三、解答题15.在数列 { a n } 中, a 1= a 2= 1,当 n ∈ N * 时,知足 a n + 2= a n + 1+ a n ,且设 b n = a 4n ,求证:{ b n } 的各项均为 3 的倍数.[ 证明 ](1) ∵ a 1=a 2= 1,故 a 3= a 1+a 2= 2, a 4= a 3 +a 2= 3.∴ b 1= a 4=3,当 n =1 时, b 1 能被 3 整除.(2) 假定 n = k 时,即 b k = a 4k 是 3 的倍数.则 n =k + 1 时, b k + 1= a 4( k + 1) = a (4 k + 4) = a 4k + 3+ a 4k +2= a 4k +2+ a 4k + 1+a 4k + 1+ a 4k= 3a 4k + 1+ 2a 4k .由概括假定, a 4k 是 3 的倍数,故可知b k + 1 是 3 的倍数.∴ n = k + 1 时命题正确.综合 (1) 、 (2) 可知,对于随意正整数n ,数列 { b n } 的各项都是 3 的倍数.16.给出四个等式:1= 11- 4=- (1 + 2)1-4+9=1+2+31- 4+ 9- 16=- (1 + 2+ 3+4)猜想第 n ( n ∈ N * ) 个等式,并用数学概括法证明.[分析]第 n 个等式为:2222n - 1 2n - 1·(1 + 2+ 3+ + n ) .1-2+3 -4 + + ( -1) n = ( - 1)证明: (1) 当 n = 1 时,左侧= 12= 1,右侧= ( -1) 0×1× (1 + 1)=1,左侧=右侧,等式建立.2(2) 假定 n = k ( *1 2 - 2 2 + 3 22+ + ( -1) k - 1 2k -k ∈ N ) 时,等式建立,即 - 4k =(-1)1·k ( k + 1) .2则当 n = k + 1 时,12- 22+ 32-42+ + ( -1) k -1k 2+ ( - 1) k ( k +1) 2= ( - 1) k -1·k ( k + 1)+ ( - 1) k ( k+ 1) 2 2= ( - 1) k( k +1) · ( k + 1) -k2=( -1) k · ( k + 1)[( k + 1) +1] .2 ∴当 n = k + 1 时,等式也建立依据 (1) 、 (2) 可知,对于任何 n ∈N * 等式均建立.17.(2010 ·江苏卷, 23) 已知△ ABC 的三边长都是有理数(1) 求证: cos A 是有理数;(2) 对随意正整数 n ,求证 cos nA 是有理数.[ 分析 ]此题主要考察余弦定理、 数学概括法等基础知识, 考察推理论证的能力与剖析问题、解决问题的能力.2 22AB + AC -BC(1) 由、 、 为有理数及余弦定理知cos =是有理数.AB BC ACA2AB · AC(2) 用数学概括法证明 cos nA 和 sin A ·sin nA 都是有理数.①当 = 1 时,由 (1) 知 cos A 是有理数,进而有 sin ·sin=1- cos 2 也是有理数.n A A A②假定当 n = k ( k ≥1) 时, cos kA 和 cos A ·sin kA 都是有理数.当 n =k + 1 时,由cos( k + 1) A = cos A ·cos kA - sin A ·sin kA ,sin A ·sin( k + 1) A = sin A ·(sin A ·cos kA + cos A ·sin kA )= (sin A ·sin A ) ·cos kA + (sin A ·sin kA ) ·cos A ,由①和概括假定,知 cos( k + 1) A 与 sin A ·sin( k + 1) A 都是有理数.即当 n = k + 1 时,结论建立.综合①、②可知,对随意正整数n ,cos nA 是有理数.1218.首项为正数的数列 { a n } 知足 a n +1= 4( a n +3) , n ∈ N + .(1) 证明:若 a 1 为奇数,则对全部 n ≥2, a n 都是奇数;(2) 若对于全部 n ∈ N ,都有 a n + 1>a 1 ,求 a 1 的取值范围.[分析] (1)已知 a 1 是奇数,假定 a k = 2m - 1 是奇数,此中 m 为正整数,2+ 3a k则由递推关系得 a k + 1= 4 = m ( m -1) + 1 是奇数. 依据数学概括法,对任何n ∈ N +, n 都是奇数.a(2) 解法 1:由n + 1- a n = 1 ( a n - 1)( n -3) 知, a n + 1> n 当且仅当 n <1 或 a n >3. a 4 a a a1+ 3另一方面,若 0<a k <1,则 0<a k + 1< 4 = 1;若 a k >3,则 a k +1> 32+ 3 = 3.4依据数学概括法, 0<a <1? 0<a <1, ? ∈N ;a >3? a >3,? ∈ N .1nn+ 1nn+综上所述,对全部 n ∈ N + 都有 a n + 1>a n 的充要条件是 0<a 1<1 或 a 1>3.2解法 2:由aa 1+ 31,得21+ 3>0,于是 0< 1<1 或a 1>3.2=>1-44aaaa2a n + 3( a n + a n -1 )( a n - a n -1)a n + 1-a n =4=42a n + 3,由于 a 1>0, a n + 1=,所以全部的a n 均大于 0,所以 a n + 1- a n 与 a n -a n - 1 异号.4依据数学概括法, ? n ∈N + , a n +1- a n 与 a 2- a 1 同号.所以,对全部 n ∈ N + ,都有 a n + 1>a n 的充要条件是 0<a 1<1 或 a 1 >3.。
选修2-2 1.3.2一、选择题1.函数y =2-x 2-x 3的极值情况是( ) A .有极大值,没有极小值 B .有极小值,没有极大值 C .既无极大值也无极小值 D .既有极大值又有极小值 [答案] D[解析] 令y ′=-2x -3x 2=0,得x =0或x =-23.又x ∈⎝⎛⎭⎫-∞,-23时y ′<0,y =2-x 2-x 3为减函数; x ∈⎝⎛⎭⎫-23,0时,y ′>0,y =2-x 2-x 3为增函数; x ∈(0,+∞)时,y ′<0,y =2-x 2-x 3为减函数. ∴该函数既有极大值,又有极小值.2.函数y =f (x )=x 3-3x 的极大值为m ,极小值为n ,则m +n 为( ) A .0 B .1 C .2 D .4 [答案] A[解析] y ′=3x 2-3,令y ′=0,得3(x +1)(x -1)=0, 解得x 1=-1,x 2=1,当x <-1时,y ′>0;当-1<x <1时,y ′<0; 当x >1时,y ′>0,∴函数在x =-1处取得极大值,m =f (-1)=2; 函数在x =1处取得极小值,n =f (1)=-2. ∴m +n =2+(-2)=0.3.函数y =f (x )=(x 2-1)3+1在x =-1处( ) A .有极大值 B .有极小值 C .无极值D .无法判断极值情况[解析]f′(x)=6x(x2-1)2=6x(x-1)2·(x+1)2虽有f′(-1)=0,但f′(x)在x=-1的左右不变号,∴函数f(x)在x=-1处没有极值.故选C.4.函数y=x3+1 的极大值是()A.1B.0C.2D.不存在[答案] D[解析]∵y′=3x2≥0在R上恒成立,∴函数y=x3+1在R上是单调增函数,∴函数y=x3+1无极值.5.对于函数f(x)=x3-3x2,给出命题:①f(x)是增函数,无极值;②f(x)是减函数,无极值;③f(x)的递增区间为(-∞,0),(2,+∞),递减区间为(0,2);④f(0)=0是极大值,f(2)=-4是极小值.其中正确的命题有()A.1个B.2个C.3个D.4 个[答案] B[解析]f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),令f′(x)>0,得x>2或x<0,令f′(x)<0,得0<x<2,∴①②错误.故选B.6.函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值点()A.1个B.2个D .4个 [答案] A[解析] 由f ′(x )的图象可知,函数f (x )在区间(a ,b )内,先增,再减,再增,最后再减,故函数f (x )在区间(a ,b )内只有一个极小值点.故选A.7.函数f (x )=x 2-x +1在区间[-3,0]上的最值为( ) A .最大值为13,最小值为34B .最大值为1,最小值为4C .最大值为13,最小值为1D .最大值为-1,最小值为-7 [答案] A[解析] 由y ′=2x -1=0,得x =12,f (-3)=13,f ⎝⎛⎭⎫12=34,f (0)=1,∴f (x )在[-3,0]上的最大值为13,最小值为34.故选A.8.函数y =x +1-x 在(0,1)上的最大值为( ) A. 2 B .1 C .0 D .不存在 [答案] A [解析] y ′=12x -121-x =12·1-x -x x ·1-x 由y ′=0得x =12,在⎝⎛⎭⎫0,12上y ′>0, 在⎝⎛⎭⎫12,1上y ′<0.∴x =12时y 极大=2,又x ∈(0,1), ∴y max = 2.故选A.9.已知函数f (x )=x ·2x ,则下列结论正确的是( ) A .当x =1ln2时f (x )取最大值B .当x =1ln2时f (x )取最小值 C .当x =-1ln2时f (x )取最大值D .当x =-1ln2时f (x )取最小值[解析] f ′(x )=2x +x ·2x ln2, 令f ′(x )=0,得x =-1ln2,又当x <-1ln2时,f ′(x )<0; 当x >-1ln2时,f ′(x )>0,∴当x =-1ln2时,f (x )取最小值.故选D.10.函数y =ax 3+bx 2取得极大值或极小值时的x 的值分别为0和13,则( )A .a -2b =0B .2a -b =0C .2a +b =0D .a +2b =0 [答案] D[解析] y ′=3ax 2+2bx ,由题设知0和13是方程3ax 2+2bx =0的两根,∴a +2b =0.故选D.二、填空题11.已知函数f (x )=x 3+3ax 2+3(a +2)x +1既有极大值又有极小值,则实数a 的取值范围是________.[答案] (-∞,-1)∪(2,+∞) [解析] f ′(x )=3x 2+6ax +3(a +2) 令3x 2+6ax +3(a +2)=0,由题意知:方程3x 2+6ax +3(a +2)=0有两个不同的实根, ∴Δ=36a 2-36(a +2)>0, 解得a >2或a <-1.12.若函数y =2x 3-3x 2+a 的极大值是6,则a =________. [答案] 6[解析] y ′=6x 2-6x =6x (x -1),易知函数f (x )在x =0处取得极大值6,即f (0)=6,∴a =6.13.函数f (x )=sin x +cos x ,x ∈⎣⎡⎦⎤-π2,π2的最大、最小值分别是________. [答案]2,-1[解析] f ′(x )=cos x -sin x =0,∴tan x =1,∵x ∈⎣⎡⎦⎤-π2,π2,∴x =π4, 当-π2<x <π4时,f ′(x )>0,π4<x <π2时,f ′(x )<0, ∴x =π4是函数f (x )的极大值点.∵f ⎝⎛⎭⎫-π2=-1,f ⎝⎛⎭⎫π2=1,f ⎝⎛⎭⎫π4= 2. ∴f (x )的最大值为2,最小值为-1.14.已知f (x )=x 3-3bx +3b 在(0,1)内有极小值,则实数b 的取值范围是________. [答案] (0,1)[解析] ∵f ′(x )=3x 2-3b =3(x 2-b ). 因为函数f (x )在(0,1)内有极小值,故方程3(x 2-b )=0在(0,1)内有解,所以0<b <1,即0<b <1. 三、解答题15.求函数f (x )=x 2e -x 的极值.[解析] 函数的定义域为R . f ′(x )=2x e -x -x 2e -x =x (2-x )e -x .令f ′(x )=0,得x =0或x =2.当x 变化时,f ′(x ),f (x )变化情况如下表:当x =2时,函数有极大值,且f (2)=4e 2.16.已知函数f (x )=x 3-3x 2-9x +11. (1)写出函数f (x )的递减区间;(2)讨论函数f (x )的极大值或极小值,如有,试写出极值. [解析] f ′(x )=3x 2-6x -9=3(x +1)(x -3), 令f ′(x )=0,得x 1=-1,x 2=3.x 变化时,f ′(x )的符号变化情况及f (x )的增减性如下表所示:(2)由表可得,当x=-1时,函数有极大值f(-1)=16;当x=3时,函数有极小值f(3)=-16.17.已知函数f(x)=-x3+3x2+9x+a.(1)求f(x)的单调递减区间;(2)若f(x)在区间[-2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值.[解析](1)f′(x)=-3x2+6x+9=-3(x2-2x-3)=-3(x-3)(x+1).令f′(x)<0,则-3(x-3)(x+1)<0,解得x<-1或x>3.∴函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),(3,+∞).(2)令f′(x)=0,∵x∈[-2,2],∴x=-1.当-2<x<-1时,f′(x)<0;当-1<x<2时,f′(x)>0.∴x=-1是函数f(x)的极小值点,该极小值也就是函数f(x)在[-2,2]上的最小值,即f(x)min=f(-1)=a-5.又函数f(x)的区间端点值为f(2)=-8+12+18+a=a+22,f(-2)=8+12-18+a=a+2.∵a+22>a+2,∴f(x)max=a+22=20,∴a=-2.此时f(x)min=a-5=-7.18.(2010·安徽理,17)设a为实数,函数f(x)=e x-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的单调区间及极值;(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,e x>x2-2ax+1.[解析]本题考查导数的运算,利用导数研究函数的单调区间,求函数的极值和证明函数不等式,考查运算能力、综合分析和解决问题的能力.解题思路是:(1)利用导数的符号判定函数的单调性,进而求出函数的极值.(2)将不等式转化构造函数,再利用函数的单调性证明.(1)由f(x)=e x-2x+2a,x∈R知f′(x)=e x-2,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln2.于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:单调递减故f(f(x)在x=ln2处取得极小值,极小值为f(ln2)=e ln2-2ln2+2a=2(1-ln2+a).(2)设g(x)=e x-x2+2ax-1,x∈R,于是g′(x)=e x-2x+2a,x∈R.由(1)知当a>ln2-1时,g′(x)的最小值为g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0.于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0.即e x-x2+2ax-1>0,故e x>x2-2ax+1.。