历届高考数学难题汇总文档 -回复

第3讲 等比数列及其前n 项和 ,)1．等比数列的有关概念 (1)定义假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (q ≠0，n ∈N *)． (2)等比中项假如a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇒G 2＝ab ． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ； (2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列；(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)．1．辨明三个易误点(1)由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q 也不能为0，但q 可为正数，也可为负数．(2)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能马上断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.(3)在运用等比数列的前n 项和公式时，必需留意对q ＝1与q ≠1分类争辩，防止因忽视q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．2．等比数列的三种判定方法(1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(2)通项公式法：a n ＝cqn －1(c 、q 均是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(3)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．3．求解等比数列的基本量常用的思想方法(1)方程的思想：等比数列的通项公式、前n 项和公式中联系着五个量：a 1，q ，n ，a n ，S n ，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a 1与q ，在解题中依据已知条件建立关于a 1与q 的方程或者方程组，是解题的关键．(2)分类争辩思想：在应用等比数列前n 项和公式时，必需分类求和，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q；在推断等比数列单调性时，也必需对a 1与q 分类争辩．1.教材习题改编 等比数列{a n }中，a 3＝12，a 4＝18，则a 6等于( ) A ．27 B ．36 C ．812D ．54C 法一：由a 3＝12，a 4＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝12，a 1q 3＝18，解得a 1＝163，q ＝32，所以a 6＝a 1q 5＝163×⎝ ⎛⎭⎪⎫325＝812.故选C.法二：由等比数列性质知，a 23＝a 2a 4，所以a 2＝a 23a 4＝12218＝8，又a 24＝a 2a 6，所以a 6＝a 24a 2＝1828＝812.故选C.2.教材习题改编 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．31 B ．32 C ．63D ．64C 由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.故选C. 3.教材习题改编 在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________． 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，得q 3＝27，所以q ＝3.所以插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81. 27，814.教材习题改编 由正数组成的等比数列{a n }满足a 3a 8＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝________． log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10 ＝log 2＝log 2(a 3a 8)5＝log 2225＝25.255.教材习题改编 在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 由于a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6.所以a 1q 4－a 1＝15，① a 1q 3－a 1q ＝6，②且q ≠1. ①②得（q 2＋1）（q 2－1）q ·（q 2－1）＝156，即2q 2－5q ＋2＝0， 所以q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．所以a 3＝1×22＝4. 4等比数列的基本运算(高频考点)等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，属中、低档题． 高考对等比数列基本运算的考查主要有以下三个命题角度： (1)求首项a 1、公比q 或项数n ； (2)求通项或特定项； (3)求前n 项和．(2021·兰州模拟)设数列{a n }的前n 项和S n 满足6S n ＋1＝9a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)当n ＝1时，由6a 1＋1＝9a 1，得a 1＝13.当n ≥2时，由6S n ＋1＝9a n ，得6S n －1＋1＝9a n －1， 两式相减得6(S n －S n －1)＝9(a n －a n －1)， 即6a n ＝9(a n －a n －1)，所以a n ＝3a n －1.所以数列{a n }是首项为13，公比为3的等比数列，其通项公式为a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由于b n ＝1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2，所以{b n }是首项为3，公比为13的等比数列，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝92⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .等比数列基本运算的解题技巧(1)求等比数列的基本量问题，其核心思想是解方程(组)，一般步骤是：①由已知条件列出以首项和公比为未知数的方程(组)；②求出首项和公比；③求出项数或前n 项和等其余量．(2)设元的技巧，可削减运算量，如三个数成等比数列，可设为a q，a ，aq (公比为q )；四个数成等比数列且q >0时，设为a q 3，a q，aq ，aq 3.角度一 求首项a 1、公比q 或项数n1．(2021·高考全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________．由于a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 又由于S n ＝126，所以2（1－2n）1－2＝126，所以n ＝6.6角度二 求通项或特定项2．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________． 由于3S 1，2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.3n －1角度三 求前n 项和3．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于( )A ．－6(1－310) B ．19(1－3－10) C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10)C 由题意知数列{a n }为等比数列，设其公比为q ，则q ＝a n ＋1a n ＝－13，a 1＝a 2q ＝4，因此其前10项和等于4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13101－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝3(1－3－10)．等比数列的判定与证明(2022·高考全国卷丙)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.【解】 (1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0且λ≠1得a n ≠0， 所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列， 于是a n ＝11－λ(λλ－1)n －1.(2)由(1)得，S n ＝1－(λλ－1)n. 由S 5＝3132得，1－(λλ－1)5＝3132，即(λλ－1)5＝132. 解得λ＝－1.证明数列{a n }是等比数列常用的方法 一是定义法，证明a n a n －1＝q (n ≥2，q 为常数)；二是等比中项法，证明a 2n ＝a n －1·a n ＋1.若推断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．已知数列{a n }是等差数列，a 3＝10，a 6＝22，数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n ＋13b n ＝1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，a 1＋5d ＝22，解得a 1＝2，d ＝4.所以a n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2. (2)证明：由T n ＝1－13b n ，①令n ＝1，得T 1＝b 1＝1－13b 1.解得b 1＝34，当n ≥2时，T n －1＝1－13b n －1，②①－②得b n ＝13b n －1－13b n ，所以b n ＝14b n －1，所以b n b n －1＝14.又由于b 1＝34≠0， 所以数列{b n }是以34为首项，14为公比的等比数列．等比数列的性质(1)(2021·高考全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1C ．12D ．18(2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝( ) A ．31 B ．36 C ．42D ．48(3)等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则公比q ＝________． 【解析】 (1)法一：由于a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)， 所以a 24＝4(a 4－1)， 所以a 24－4a 4＋4＝0，所以a 4＝2.又由于q 3＝a 4a 1＝214＝8，所以q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.法二：由于a 3a 5＝4(a 4－1)， 所以a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)．将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12，故选C.(2)由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且a n >0，q >1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.所以S 5＝1×（1－25）1－2＝31，故选A.(3)由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知公比q ≠1，S 10－S 5S 5＝－132. 由等比数列前n 项和的性质知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，故q 5＝－132，q ＝－12.【答案】 (1)C (2)A (3)－12等比数列常见性质的应用(1)在解决等比数列的有关问题时，要留意挖掘隐含条件，利用性质，特殊是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以削减运算量，提高解题速度．(2)等比数列性质的应用可以分为三类：①通项公式的变形；②等比中项的变形；③前n 项和公式的变形．依据题目条件，认真分析，发觉具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(3)在应用相应性质解题时，要留意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时留意设而不求思想的运用．1．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．18 B ．－18C ．578D ．558A 由于a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.2．(2021·沈阳质量监测)数列{a n }是等比数列，若a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝________．设等比数列{a n }的公比为q ，由等比数列的性质知a 5＝a 2q 3，求得q ＝12，所以a 1＝4.a 2a 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝14a 1a 2，a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n ＝14a n －1a n (n ≥2)．设b n ＝a n a n ＋1，可以得出数列{b n }是以8为首项，以14为公比的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1为数列{b n }的前n 项和，由等比数列前n 项和公式得a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝323(1－4－n)．323(1－4－n) ,)——分类争辩思想在等比数列中的应用已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为________．【解析】 设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件冲突，故q ≠1.由于S 2m S m ＝a 1（1－q 2m ）1－q a 1（1－q m）1－q ＝q m＋1＝9，所以q m＝8.所以a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1，所以m ＝3，所以q 3＝8，所以q ＝2. 【答案】 2(1)本题在利用等比数列的前n 项和公式表示S 2m 和S m 时，对公比q ＝1和q ≠1进行了分类争辩．(2)分类争辩思想在等比数列中应用较多，常见的分类争辩有： ①已知S n 与a n 的关系，要分n ＝1，n ≥2两种状况． ②等比数列中遇到求和问题要分公比q ＝1，q ≠1争辩．③项数的奇、偶数争辩．④等比数列的单调性的推断留意与a 1，q 的取值的争辩．在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .(1)由题意知(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)， 解得a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ·(n ＋1)． 由于b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)， 可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n 2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.,)1．(2021·太原一模)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4C ． 2D ．2 2B 在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q2＝a 4a 2＝14， 所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.2．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a 的值为( ) A ．－13B ．13C ．－12D ．12A 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，所以a ＋16＝a2，所以a ＝－13.3．等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A ．n (n ＋1) B ．n (n －1) C ．n （n ＋1）2D ．n （n －1）2A 由于a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2·a 8，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)·(a 1＋14)，解得a 1＝2.所以S n ＝na 1＋n （n －1）2×2＝n (n ＋1)．故选A.4．等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3C 设数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，依据题意可得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝2，a 1q 4＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝16125，q ＝52.所以a n ＝a 1qn －1＝16125×⎝ ⎛⎭⎪⎫52n －1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫52n －4，所以lg a n ＝lg 2＋(n －4)lg 52，所以前8项的和为8lg 2＋(－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4)lg 52＝8lg 2＋4lg 52＝4lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫4×52＝4.5．(2021·莱芜模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，若数列{c n }满足c n ＝ba n ，则c 2 017＝( )A ．92 016B ．272 016C ．92 017D ．272 017D 由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n ，b n ＝3n. 又c n ＝ba n ＝33n， 所以c 2 017＝33×2 017＝272 017.6．(2021·唐山一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝( )A ．4n －1B ．4n－1 C ．2n －1D ．2n－1D 设{a n}的公比为q ，由于⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54，②由①②可得1＋q2q ＋q 3＝2，所以q ＝12，代入①得a 1＝2，所以a n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝42n ， 所以S n ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ， 所以S n a n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 42n ＝2n－1，选D.7．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________． 设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S n ＝1－2n1－2＝2n－1.2n－18．(2021·郑州其次次质量猜测)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若27a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝________．由题可知{a n }为等比数列，设首项为a 1，公比为q ，所以a 3＝a 1q 2，a 6＝a 1q 5，所以27a 1q 2＝a 1q 5，所以q ＝3，由S n ＝a 1（1－q n ）1－q，得S 6＝a 1（1－36）1－3，S 3＝a 1（1－33）1－3，所以S 6S 3＝a 1（1－36）1－3·1－3a 1（1－33）＝28.289．若{a n }是正项递增等比数列，T n 表示其前n 项之积，且T 10＝T 20，则当T n 取最小值时，n 的值为________． T 10＝T 20⇒a 11…a 20＝1⇒(a 15a 16)5＝1⇒a 15a 16＝1，又{a n }是正项递增等比数列，所以0＜a 1＜a 2＜…＜a 14＜a 15＜1＜a 16＜a 17＜…，因此当T n 取最小值时，n 的值为15.1510．在各项均为正数的等比数列{a n }中，已知a 2a 4＝16，a 6＝32，记b n ＝a n ＋a n ＋1，则数列{b n }的前5项和S 5为________．设数列{a n }的公比为q ，由a 23＝a 2a 4＝16得，a 3＝4，即a 1q 2＝4，又a 6＝a 1q 5＝32，解得a 1＝1，q ＝2，所以a n ＝a 1qn －1＝2n －1，b n ＝a n ＋a n ＋1＝2n －1＋2n ＝3·2n －1，所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列，所以S 5＝3（1－25）1－2＝93.9311．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式． (1)证明：依题意S n ＝4a n －3(n ∈N *)， 当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1. 由于S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n ≥2)， 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1， 整理得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1， 公比为43的等比数列．(2)由于a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －11－43＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1.12．(2021·衡阳模拟)在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n＝( )A ．2n ＋1－2 B ．3n C ．2nD ．3n－1C 由于数列{a n }为等比数列，a 1＝2，设其公比为q ，则a n ＝2qn －1，由于数列{a n ＋1}也是等比数列，所以(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1)⇒a 2n ＋1＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2⇒a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1⇒a n (1＋q 2－2q )＝0⇒q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ，故选C.13．设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n－1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)， 即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)． 由于4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，所以a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 2（2a n ＋1－a n ）＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．14．(2021·南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，在a n 与a n ＋1之间插入3n 个数，使这3n ＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(1)由于a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列， 所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5， 即2a 6－3a 5＋a 4＝0， 所以2q 2－3q ＋1＝0， 由于q ≠1，所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n， T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.。

2018年高考理科数学全国（［）卷第16题几种解题思路问题(2018年高考理科数学全国(I)卷第16题)巳知函数f(x)=2sinx+sin2x,则f(x)的最小值是.解法赏析思路If(x)=2sinx+sin2x,由周期函数不妨设xeO,2n,f7x=2cosx+2cos2x=2(2cos2x+cosxT)=2(2cosx~l) (cosx+1).所以，fx在0,n3,5n3,2n上递增，在n3,5n3上递减.所以f(x)min=min(f(0),f(5n3)}=minO,-332=-332,当x=2kn-n3,ke[WTHZ]Z[WTBX]时取等号.思路2f(x)=2sinx+2sinxcosx=2sinxl+cosxN-21-cos2x?l+cosx2=-23l+cosx33-3cosx，-233l+cosx+3-3cosx443-23644=-332,所以f(x)min=-332.取等号条件同思路1.思路3f(x)=2sinx+2sinxcosx=2sinxl+cosx=8sinx2cos3x2.令t=sinx2cos3x2t2=13X3sin2x2?cos2x2?cos2x2?cos2x2W133sin2x2+cos2x2+c os2x2+cos2x244=13344,所以te-3316,3316,f(x)min=-332,取等号条件同思路1.或者f2(x)=4(1-cosx)(1+cosx)3=[SX (]4[]3[SX)] (3-cosx)(1+cosx)(1+cosx)(1+cosx)W[SX(]4[]3[SX)][JB((][SX(]3-3cosx+l+cosx+l+cosx+l+cosx口4[SX)][JB))]4=[SX(]27[]4[SX)],当且仅当3-3cosx=l+cosx,即cosx=[SX(]1[]2[SX)]时,取等号.有f(x)min=-[SX(]3[KF(]3[KF)][]2[SX)].思路4f(x)=8sinx2cos3x2=8sinx2cos3x2sin2x2+cos2x22=8tanx2tan4x2+2 tan2x2+l令t=tanx2,所以fx=ft=8tt2+12.f't=-83t4+2t2-lt2+14,ft在-SymboleB,-33,33,+SymboleB上?f减，在-33,33上递增.又tf+SymboleB时，ft-*0,所以f(x)min=f(t)min=f(-33)=-332.取等号条件同思路1.[HT][HJ][FL)][JZ(][HT2Y3]2018年高考数学浙江卷第21题引发的探究[HT][HT5K]浙江省宁波市第四中学315016[HT5H]魏定波[JZ)][HT][FL(K2][STFZ]1试题呈现[TP魏定波-l.tif,Y][TS(][JZ]S1[TS)]如图1,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x±存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.(I)设AB中点为M,证明：PM垂直于y轴；(II)若P是半椭圆x2+y24=l(x解法2设直线AB 的方程x=ty+m,由x=ty+m,y2=4x,得，y2~4ty-4m=0,因为yl+y2=2y0,yly2=8x0-y20,所以t=12y0,m=y204-2x0, |AB|=(l+t2)(y2-yl)2=(l+t2)(8y20~32x0),d=|x0-ty0~m|l+t2,所以SAPAB=12|AB|?d=324(y20-4x0)y20-4x0,以下同解法1.[STFZ]3性质再探将上述试题作进一步探究：(1)已知抛物线C：y2=4x的内接梯形ABCD,其中AB〃CD.①则该梯形的两腰所在直线的交点、对角线交点及上下底的中点都在垂直y轴的直线1上(如图3)；②若直线1与抛物线C交于R,则过R点抛物线的切线与直线AB平行；[TP魏定波-3.tif,Y][TS(][JZ]图3[TS)]③若直线AB、AC、BD的斜率存在，则lkAC+lkBD=2kAB；④若直线AB的斜率不存在，则kAC+kBD=O；⑤若直线AC的斜率不存在，则kAB=2kBD；证明①的证明与试题(I)证明相仿，不再阐述.②当直线AB斜率不存在时，点R即为原点0,结论成立；当直线AB斜率存在时，对于y2=4x两边对x求导，得2y?y'=4,则k=y‘=2yR=2yM=kAB,即过R点抛物线的切线与直线AB平行.③1kAC+1kBD=xC-xAyC-yA+xB-xDyB-yD=yC+yA4+yB+yD4=yB+yA4+yC+yD4=yM+yN2=2?yM2=2kAB；下面证明⑤，对于④的证明同理可得.因为直线AC的斜率不存在，所以xC=xA,yC+yA=0,又yC+yD=yA+yB.则yD-yB=2yA,所以kAB=yB-yAxB-xA=4yB+yA=2X4yB+yD=2kBD.(2)已知抛物线C：y2=4x的内接梯形ABCD,其中AB//CD,过点P作抛物线的两切线PE和PF(其中切点为E、F),?t直线EF与AB平行，且直线EF经过Q点(如图4).[TP魏定波-4.tif,Y][TS(][JZ]图4[TS)]证明由P(xO,yO)向抛物线C：y2=4x作切线PE、PF,容易得到切点弦EF所在的直线方程为：2x-y0y+2x0=0,对比直线AB的方程4x-2y0y+yAyB=0，可得，EF〃AB.由2x-y0y+2x0=0得线段EF的中点Q'(y202~x0,yO),又直线AC的方程为4x-(yA+yC)y+yAyC=O,要证明Q',Q重合，只须等式(yA+yC)yO-yAyC=4(y202~x0)成立.由于直线BC过点P,所以(yB+yC)y0-yByC=4x0,上述二个等式相加，其右边等于4(y202-x0)+4x0=2y20,其左边等于(yB+yC)yO~yByC+(yA+yC)yO~yAyC=(yB+yA+2yC)y0~ (yB+yA)yC=(2yO+2yC)y0~2y0yC=(2yO+2yC)y0-2y0yC=2y20.故(yA+yC)yO-yAyC=4(y202~x0)成立，即直线EF经过Q点.进一步，当D、C分别趋向于A、B时，直线AD的方程由4x-（yA+yC）y+yAyC=O,变为4x~2yAy+yA2=0,即为2x~yAy+2xA=0,此为过点A的抛物线切线方程，APAB转化为著名的“阿基米德三角形”.[HT][HJ][FD][JZ（][HT2HJ2018年全国I卷理第19题的探究[HT][HT5K]江西省吉水中学331600EHT5H]孙春生[JZ）][HT][FL（K2]2018年高考全国I卷理科第19题设椭圆C：x22+y2=l的右焦点为F,过F的直线1与C交于A、B两点，点M的坐标为（2,0）.（1）当1与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设0为坐标原点，证明：ZOMA=ZOMB.本题围绕直线与椭圆的位置关系这一重点内容，加强了对解析几何基本概念、基本思想方法和关键能力的考查，着重考查了直线方程的求法，椭圆的简单几何性质、直线与椭圆的位置关系及直线的斜率等多个知识点.简洁明了的题意背后是命题人的匠心独运，笔者利用几何画板对本题作了较系统的探究，现结合2018年高考I卷文科第20题，一并阐述如下.解(1)略；(2)证明：当直线1与x轴重合时，ZOMA=ZOMB=O,符合题意；当直线1与x轴不重合时，设1的方程为：x=ty+c,由x=ty+l,x22+y2=l,得：(t2+2)y2+2ty~l=0,由于点F在曲线内，故方程存在两个根.设方程的两个根分别为yl,y2,则yl+y2=-2tt2+2,yly2=Tt2+2,要使ZOMA=ZOMB相等，则问题转化为证明直线MA与MB 的斜率互为相反数，设直线MA与直线MB的斜率分别为kMA,kMB,则kMA+kMB=ylxl-2+y2x2-2=yltyl-l+y2ty2-l=2tyly2-(yl+y2)(tyl-1)(ty2~l),将yl+y2,yly2的表达式分别代入，可得kMA+kMB=21y1y2-(yl+y2)(tyl~l)(ty2~l)=~2tt2+2~ -2tt2+2(tyl-1)(ty2-l)=0故此时ZOMA=ZOMB,综上所述，Z0MA=Z0MB.解题后进行探究：题中的点M有什么特殊性吗？由椭圆的简单几何性质，通过计算知M是椭圆准线与x轴的交点，将探究拓展成…般情形的猜想得到命题：命题1设椭圆C：x2a2+y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C交于A、B两点，点M的坐标为(a2c,0),0为坐标原点，则Z0MA=Z0N!B.证明当直线1与x轴重合时，Z0NfA=Z0MB=0,符合题意；当直线1与x轴不重合时，设1的方程为：x=ty+c,由x=ty+c,x2a2+y2b2=l,得：(b2t2+a2)y2+2tcb2y-b4=0,由于点F在曲线内，故方程存在两个根yl,y2,且yl+y2=~2tcb2b2t2+a2,y1y2=~b4b2t2+a2,设直线MA与直线MB的斜率分别为kMA,kMB,则kMA+kMB=y1xl~a2c+y2x2~a2c=cy1ctyI~b2+cy2cty2-b2=2c2tyly2-b2c(yl+y2)(ctyl~b2)(cty2~b2)将yl+y2,yly2的表达式分别代入，可得kMA+kMB=2c2tyly2~b2c(yl+y2)(ctyl~b2)(cty2~b2)=0.因此，对椭圆一般情况问题成立.将椭圆推广到双曲线，易证以下推广命题：推广1设双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C的右支同时交于A、B两点，点M的坐标为(a2c,0),0为坐标原点,则Z0MA=Z0MB.进一步探究，当过F的直线1与C的左、右支分别交于一点时，情形如何？从几何作图来看，猜想有Z0MA+Z0MB=180°.证明当直线1与x轴重合时，Z0MA+Z0MB=180°,符合题恩；当直线1与X轴不重合时，设1的方程为：x=ty+c,由x=ty+c,x2a2-y2b2=l,得：(b2t2-a2)y2+2tcb2y+b4=0,设方程的两个根为yl,y2,则yl+y2=-2tcb2b2t2-a2,yly2=b4b2t2~a2,设直线MA与MB的斜率分别为kMA,kMB,则kMA+kMB=y1x1-a2c+y2x2~a2c=cylctyl+b2+cy2cty2+b2=2c2tyly2+b2c(yl+y2)(ctyl-b2)(cty2-b2)=0因此直线MA与MB倾斜角互补，即Z0MA+Z0MB=180°成立.推广2设双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C的左右支分别交于A、B两点，点M的坐标为(a2c,0),0为坐标原点，则Z0MA+Z0MB=180o.椭圆中这一性质对于双曲线有类似的推广命题，对于抛物线也不难证得有相关结论：推广3设抛物线C：y2=2px的焦点为F,过F的直线与C交于A、B两点，点M(-p2,0),0?樽?标原点，则Z0MA=Z0MB.这一结论与2018年全国I卷文科第20题极为相似：(2018年高考I卷文科第20题)已知抛物线C：y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过A的直线1与C交于M,N两点,证明ZABM=ZABN.比照推广3与高考文科题20,易猜想在抛物线中，只需要满足x轴上的两点A,B对称地分布在原点两侧，命题成立.探究设A(a,0),B(-a,0)(a>0,aG[WTHZ]R[WTBX])，过A作直线1交抛物线C：y2=2px于M,N两点，则ZABM=ZABN.证明设1的方程为：x=ty+a,由x=ty+a,y2=2px,得：y2~2pty-2pa=0,设方程的两个根为yl,y2,则yl+y2=2pt,yly2=-2pa,由直线MA与直线MB的斜率之和为：kMA+kMB=ylxl+a+y2x2+a=yItyl+2a+y2ty2+2a=2tyly2+2a(yl+y 2)(tyl+2a)(ty2+2a)=0,因此猜想成立，故综合以上探究有以下命题：命题2设抛物线C：y2=2px,点A(a,0),点B(-a,0)(a>0,ae[WTHZ]R[WTBX]),过点A的直线1与C交于M,N两点,则ZABM=ZABN.进一步探究，可得以上命题的逆命题仍成立，故有以下推广命题：推论1己知椭圆C：x2a2+y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C交于A、B两点，0为坐标原点，则存在唯一—点M(a2c,0),使ZOMA=ZOMB.推论2己知双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C同时交于右支A、B两点，则存在唯一一点M(a2c,0),使Z0MA=Z0MB.推论3已知双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C交于左右两支分别为A、B两点，0为坐标原点，则存在唯一一点M(a2c,0)，使Z0MA+Z0MB=180°.推论4已知抛物线C：y2=2px,点A(a,0)(a>0,ae[WTHZ]R[WTBX]),过A的直线1与C交于M,N两点，则存在唯一一点B(-a,0),使ZMBA=ZNBA.一个看似平淡无奇的高考题，其产生的依据却是一些通用的性质作背景，若我们在解决数学问题后，能根据题中条件与结论之间蕴含的内在联系，在题后多反思，并由特殊推广到一般情形,则我们更能把握问题的实质，更能统领问题的全局.孙春生(1971—)，男，江西吉水人.研究方向：高中数学教材教法，高考命题方向探究，高中数学解题方法探讨，经典题型母题研究.主要成绩：江西省骨干教师，吉水县名师，一直从事高中数学教学，兼任学校数学教研组长，指导学生在高考与奥赛中取得优异成绩，在《数学通报》、《数学教学》、《中学数学杂志》等省级以上刊物发表文章百余篇，撰写教辅书多部.[HT][HJ][FD][JZ(][HT2XBS]巧用结论妙解试题[ZW(*]基金项目：四川省〃西部卓越中学数学教师协同培养计划”项目(ZY16001).[ZW)][HT1.] [HT4F]一一以2018年圆锥曲线试题为例[HT][HT5K]四川省内江师范学院数学与信息科学学院641100EHT5H]余小芬彭玉灵[JZ)][HT][FL(K2]教材中结论主要以公式、定理、法则的形式直接呈现.事实上，教材中间接隐含了一些结论(这里称为“二手”结论)需要开发.“二手”结论往往是高考命题的重要取材、是解答高考试题的重要工具.本文以“二手结论”在2018年圆锥曲线试题中的应用举例说明.结论1双曲线焦点到渐近线的距离为b,其中b为虚半轴长.证明不妨设双曲线x2a2-y2b2=l(a>0,b>0),右焦点F(c,0),1：y=bax为双曲线的一条渐近线，即bx~ay=0.故F到1的距离d=bcb2+a2=bcc=b.例1(2018年高考全国III卷文科第10题)已知双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>0,b>0)的离心率为2,则点(4,0)到C的渐近线的距离为().A.2B.2C.322D.22解不妨设c=4,故点（4,0）为双曲线右焦点.由结论1,（4,0）到C的渐近线的距离为b.由e=2=ca,得a=22,所以b=c2~a2=22.故选D.评注本题通过特殊法假设c=4,巧妙将问题转化为双曲线焦点到渐近线的距离，从而利用结论快速求解，避免了繁琐计算，节约了求解时间.例2（2018年高考天津卷理科第7题）已知双曲线x2a2-y2b2=l（a>0,b>0）的离心率为2,过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A,B两点，设A、B到双曲线同一条渐近线的距离分别为dl和d2,且dl+d2=6,则双曲线的方程为（）・A.x24-y212=lB.x212-y24=lC.x23-y29=lD.x29-y23=l图1解如图1,设右焦点为P,作AC±1（1为渐近线）于C,BD_L1于D,PM_L1于比易知PM为梯形ABDC的中位线，所以dl+d2=AC+BD=2PM=6,PM=3.又由结论1,b=PM=3.再由e=ca=2,c2=a2+b2,解得a2=3,故双曲线方程为x23-y29=l.评注本题结合梯形中位线性质，将dl+d2转化为焦点到准线的距离，进而利用结论1求解问题.例3（2018年高考全I卷理科第11题）已知双曲线C：x23-y2=l,0为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M,N.若AOMN为直角三角形，则MN=()・A. 32B.3C.23D.4图2解如图2,双曲线渐近线方程为疔±33x,故tanZM0F=33,所以ZM0F=30°,ZM0N=60°.故RtAOMN中，不妨设NOMN=90°（Z0NKf=90°同理可得），即FM±OM，故由结论1,FM=b.又OF=c,故M0=a=3.因此在RtAOMN中，MN=M0?tan60°=3M0=3.评注本题关键是通过渐近线方程求得RtAOMN中ZM0N=60o,以此确定AOMN中直角位置，从而利用结论1求得AOMN中一直角边，进而根据正切函数求得边长.例4（2018年高考全国III卷理科第11题）设Fl,F2是双曲线C：x2a2-y2b2=l（a>0,b>0）的左，右焦点，0是坐标原点.过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若PF1=6OP,则C的离心率为（）・A. 5B.2C.3D.2图3解如图3,过F1作渐近线1的垂线，垂足为P，.由结论1,F2P=F1P'=b.在RtAP0F2中，0P=0F22-PF22=c2-b2=a.同理, OP'=a.由巳知，PFl=60P=6a.又在RtAPP7Fl 中，PF1=F1P'2+PP'2=b2+4a2.故6a=b2+4a2,解得b2a2=2.故e=l+b2a2=3.评注在RtAP0F2中，利用结论1易求OP长，进而结合PF1=6OP求得PF1长.事实上，本题可在左PF1F2中利用余弦定理建立a,b的关系式，但计算较为复杂.因此，通过利用双曲线的对称性，在RtAPP7Fl中求得PF1的长，再利用等量替换求得a,b比例关系，减少了运算量，节约了求解时间.结论2巳知Fl,F2分别为椭圆x2a2+y2b2=l(a>b>0)的左、右焦点，P是C上的一点，若PF11PF2,且ZPF2F1=0,则离心率e=lsin0+cos0.证明在RtAPFlF2中，FlF2=2c，故PF2=FlF2?cos0=2ccos0,PFl=2csin0.所以PFl+PF2=2c(sin0+cos0)=2a,因此离心率e=ca=lsin0+cos0.例5(2018年高考全国II卷文科第11题)已知Fl,F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1J_PF2,且ZPF2F1=6O°,则C的离心率为().A.1-32B.2-3C.3-12D.3-1解由题意，利用结论2,e=lsin60°+cos60°=3~1.例6(2018年高考北京卷理科第14题)已知椭圆M：x2a2+y2b2=l(a>b>0),双曲线N：x2m2-y2n2=l,若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为，双曲线N的离心率为.图4解如图4,不妨设椭圆M的左，右焦点分别为Fl,F2.由题意，ABF1CDF2为正六边形.连接AF1,易知ZF1AF2=9O°,且ZF1F2A=6O°.故由结论2,椭圆离心率e=lsin60°+cos60°=3-1.连接AO,易知ZA0F2=60°,即双曲线渐近线斜率nm=tan60°=3,故双曲线N的离心率e=l+n2m2=2.评注根据正六边形几何性质，不难得到题中焦点△F1AF2满足结论2的条件，故利用公式直接求解椭圆离心率；再由渐近线倾斜角表示斜率，从而获得in,n比例关系，再利用双曲线离心率公式求得答案.图5结论3若AB是过抛物线y2=2px(p>0)的焦点的弦，则以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，且切点M与焦点F的连线垂直于弦AB.证明如图5,过点A,B分别向抛物线的准线1作垂线，垂足分别为Al,B1.过AB中点N向1作垂线，垂足为M.设以AB 为直径的圆的半径为r,因为2r=AB=AF+BF=AAl+BBl=2MN，故MN=r.因此，以AB为直径的圆与1相切.下面再证MF±AB.(1)当AB与x轴垂直时，结论显然成立；(2)当AB不与x轴垂直时，设M(-p2,t),又F(p2,0)，故kMF=t-p.X kAB=yA-yBxA-xB=yA-yBy2A2p-y2B2p=2pyA+yB=2p2yN=pt，故kMF?kAB=T,即MF±AB.例7(2018年高考全国HI卷理科第16题)已知点M-1,1和抛物线C：y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若ZAMB=90°,则k=[CD#4].解由题意，抛物线C的焦点为F(1,0),准线方程为：x=-1.即M(-1,1)恰在准线上，且满足ZAMB=90°，故由结论3,有MFXAB,所以kMF?kAB=-l.又kMF=0Tl-(-1)=-12,故kAB=2.评注由抛物线方程易知M在抛物线准线上，且ZAMB=90°,即M位于以AB为直径的圆上，且M恰为该圆与准线相切的切点,故由结论3,利用两直线垂直的斜率关系，快速求得直线AB的斜率.由此可见，利用结论求解避免了联立直线与曲线方程求解的繁琐.结论4设点P(x0,y0)是椭圆x2a2+y2b2=l(a>b>0)上的一点，Fl(-c,0),F2(c,0)分别为椭圆的左右焦点，则PFl=a+exO,PF2=a-exO,其中e为椭圆离心率.证明PF12=(xO+c)2+y20=(x20+2cx0+c2)+b2-b2a2x20=(I~b2a2)x20+2cx0+c2+b2=c2a2x20+2cx0+a2=(caxO+a)2,所以PFl=caxO+a=exO+a,又PFl+PF2=2a,所以PF2=a~exO.例8(2018年高考全国III卷文科第20题)已知斜率为k的直线1与椭圆C：x24+y23=l交于A,B两点.线段AB的中点为Ml,mm>0.(I)略；(II)F为C的右焦点，P为C上一点,且FP+FA+FB=[STHZ]O.证明：2FP=FA+FB.解由题意，a=2,b=3,所以c=l,故右焦点为F(1,0),离心率c=12.设A(xl,yl),B(x2,y2),P(x3,y3)，故FP+FA+FB=(x3-l,y3)+(xl~l,yl)+(x2~l,y2)=(xl+x2+x3~3,yl+y2+y3).由FP+FA+FB=[STHZ]0,得xl+x2+x3=3.又线段AB的中点为Ml,m,所以xl+x2=2,x3=l.又由结论4,FA=a-exl=2-12x1,FB=a-ex2=2-12x2,FP=a-ex3=2-12x3=32.所以FA+FB=4-12(xl+x2)=3,故FA+FB=2FP,即2FP=FA+FB.口注解决本题的关键是利用结论4表示出FA,FB,FP,再结合条件：FP+FA+FB=[STHZ]0及M为线段AB中点，通过向量加法的坐标运算及中点坐标公式求得xl,x2,x3的关系，从而证得结论.由此可见，“二手结论”在解决高考试题中发挥着重要作用，利用“二手结论”解题也体现了近年高考“多考点想，少考点算”的基本命题理念.特别指出，上文的结论1一4并非“繁难偏怪”，而是完全依据教材中圆锥曲线的重要概念、性质以及领悟教材例题、习题设计意图，通过适当变式、拓展而来.这正如教育家叶圣陶先生所说：“教材无非是个例子，它只能作为教课的依据.要教得好，使学生受益，还要靠教师善于运用.”因此，基于《普通高中数学课程标准（2017年版）》、《普通高等学校招生全国统一考试大纲》，结合高考命题实际,对教材中的某些内容进行删减、拓展、补充、改进、增补、变式、整合等.通过二次开发，将学习形态的数学转化为应试形态的数学、将教材结构转化为应试结构，不仅可以弥补、完善数学知识结构，也能促进学生对知识灵活、综合的应用，拓宽学生数学思维的广度和深度，激发他们进一步学习的潜能.。

2015年普通高等学校招生全国统一考试（新课标1卷）文 一、选择题：每小题5分,共60分 1、已知集合{32,},{6,8,10,12,14}A x x n n N B ==+∈=，则集合A B I 中的元素个数为（A ） 5 （B ）4 （C ）3 （D ）22、已知点(0,1),(3,2)A B ，向量(4,3)AC =--u u u r ，则向量BC =u u u r（A ） (7,4)-- （B ）(7,4) （C ）(1,4)- （D ）(1,4)3、已知复数z 满足(1)1z i i -=+，则z =（ ）（A ） 2i -- （B ）2i -+ （C ）2i - （D ）2i +4、如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为（ ）（A ）310 （B ）15 （C ）110 （D ）1205、已知椭圆E 的中心为坐标原点，离心率为12，E 的右焦点与抛物线2:8C y x =的焦点重合，,A B 是C 的准线与E 的两个交点，则AB =（A ） 3 （B ）6 （C ）9 （D ）126、《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）（A ）14斛 （B ）22斛 （C ）36斛 （D ）66斛7、已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10a =（ ）（A ） 172 （B ）192（C ）10 （D ）12 8、函数()cos()f x x ωϕ=+的部分图像如图所示，则()f x 的单调递减区间为（ ）（A ）13(,),44k k k Z ππ-+∈（B ）13(2,2),44k k k Z ππ-+∈（C ）13(,),44k k k Z -+∈（D ）13(2,2),44k k k Z -+∈ 9、执行右面的程序框图，如果输入的0.01t =，则输出的n =（ ）（A ） 5 （B ）6 （C ）7 （D ）810、已知函数1222,1()log (1),1x x f x x x -⎧-≤=⎨-+>⎩ ， 且()3f a =-，则(6)f a -=（A ）74- （B ）54-（C ）34-（D ）14- 11、圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为1620π+，则r =( )（A ）1（B ）2（C ）4（D ）812、设函数()y f x =的图像与2x a y +=的图像关于直线y x =-对称，且(2)(4)1f f -+-=，则a =( )（A ） 1- （B ）1 （C ）2 （D ）4二、填空题：本大题共4小题,每小题5分13、数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和，若126n S =，则n = .14.()31f x ax x =++的图像在点()()1,1f 的处的切线过点()2,7，则 a = . 15. 若x ,y 满足约束条件20210220x y x y x y +-≤⎧⎪-+≤⎨⎪-+≥⎩,则z =3x +y 的最大值为 ．16.已知F 是双曲线22:18y C x -=的右焦点，P 是C 左支上一点，()0,66A ，当APF ∆周长最小时，该三角形的面积为 ．三、解答题17. （本小题满分12分）已知,,a b c 分别是ABC ∆内角,,A B C 的对边，2sin 2sin sin B A C =.（I ）若a b =，求cos ;B （II ）若90B =o ，且2,a = 求ABC ∆的面积.18. （本小题满分12分）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=o ，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为63，求该三棱锥的侧面积. 19. （本小题满分12分）某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x （单位：千元）对年销售量y （单位：t ）和年利润z （单位：千元）的影响，对近8年的宣传费i x 和年销售量()1,2,,8i y i =L 数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值.（I ）根据散点图判断，y a bx =+与y c x =+，哪一个适宜作为年销售量y 关于年宣传费x 的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）；（II ）根据（I ）的判断结果及表中数据，建立y 关于x 的回归方程；（III ）已知这种产品的年利润z 与x ，y 的关系为0.2z y x =- ，根据（II ）的结果回答下列问题：（i ）当年宣传费x =49时，年销售量及年利润的预报值时多少？（ii ）当年宣传费x 为何值时，年利润的预报值最大？20. （本小题满分12分）已知过点()1,0A 且斜率为k 的直线l 与圆C ：()()22231x y -+-=交于M ，N 两点.（I ）求k 的取值范围；（II ）若12OM ON ⋅=u u u u r u u u r ，其中O 为坐标原点，求MN .21. （本小题满分12分）设函数()2ln x f x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a ≥+. 请考生在22、23、24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号22. （本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图AB 是e O 直径，AC 是e O 切线，BC 交e O 与点E .（I ）若D 为AC 中点，证明：DE 是e O 切线；（II ）若3OA CE = ，求ACB ∠的大小.23. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，直线1:2C x =-，圆()()222:121C x y -+-=，以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. （I ）求12,C C 的极坐标方程.（II ）若直线3C 的极坐标方程为()πR 4θρ=∈，设23,C C 的交点为,M N 求2C MN ∆ 的面积. 24. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数()12,0f x x x a a =+--> .（I ）当1a = 时求不等式()1f x > 的解集；（II ）若()f x 的图像与x 轴围成的三角形面积大于6，求a 的取值范围.一、D A C C B B B （8）D （9）C （10）A （11）B （12）C 二、填空题（13）6 （14）1 （15）4 （16） 三、 17、解：（I ）由题设及正弦定理可得2b =2ac.又a=b ，可得cosB=2222a c b ac +-=14……6分 （II ）由（I ）知2b =2ac. 因为B=o 90，由勾股定理得222a c =b +.故22a c =2ac +，的. 所以△ABC 的面积为1. ……12分18、解：（I ）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD.因为BE ⊥平面ABCD,所以AC ⊥BE,故AC ⊥平面BED.又AC ⊂平面AEC,所以平面AEC ⊥平面BED. ……5分 （II ）设AB=x ，在菱形ABCD 中，又∠ABC=o 120 ，可得，GB=GD=2x . 因为AE ⊥EC,所以在Rt △AEC 中，可的x . 由BE ⊥平面ABCD,知△EBG 为直角三角形，可得. 由已知得，三棱锥E-ACD 的体积E ACD V -=13×12AC ·GD ·3x = 故x =2 ……9分从而可得.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与 △ECD故三棱锥E-ACD 的侧面积为. ……12分19、解：（I ）由散点图可以判断，适宜作为年销售量y 关于年宣传费x 的回归方程式类型.（II）令w =y 关于w 的线性回归方程式.由于28181()()108.8d=681.6()i i i i i w w y y w w ==--==-∑∑),56368 6.8100.6c y d w =-=-⨯=))， 所以y 关于w 的线性回归方程为y=100.668w +),因此y 关于x 的回归方程为y 100.6=+)（Ⅲ）（i ）由（II ）知，当x =49时，年销售量y的预报值y 100.6=+)， 年利润z 的预报值 z=576.60.24966.32⨯-=) ……9分 （ii ）根据（II ）的结果知，年利润z 的预报值=-20.12x x ++).13.6=6.82=，即x =46.24时，z )取得最大值. 故年宣传费为46.24千元时，年利润的预报值最大. ……12分20、解：（I ）由题设，可知直线l 的方程为1y kx =+.因为l 与C 交于两点，.解得k 所以k的取值范围为. ……5分 （II ）设()1122,,(,)M x y N x y .将1y kx =+代入方程22(2)(3)1x y -+-=，整理得22(1)4(1)70k x k x +-++=. 所以1212224(1)7,11k x x x x k k++==++. 1212OM ON c x y y ⋅=+()()2121211k x x k x x =++++ ()24181k k k+=++. 由题设可得()24181k k k+=++=12，解得k=1，所以l 的方程是y=x+1. 故圆心C 在l 上，所以2MN =. ……12分21、解：（I ）()f x 的定义域为()()20,,2(0)x a f x e x x '+∞=-〉. 当a ≤0时，()()0f x f x ''〉，没有零点；当0a 〉时，因为2x e 单调递增，a x -单调递减，所以()f x '在()0,+∞单调递增，又()0f a '〉， 当b 满足0＜b ＜4a 且b ＜14时，()0f b '〈，故当a ＜0时()f x '存在唯一零点.……6分 （II ）由（I ），可设()f x '在()0,+∞的唯一零点为0x ，当()00x x ∈，时，()f x '＜0；当()0x x ∈+∞，时，()f x '＞0. 故()f x 在()0+∞，单调递减，在()0x +∞，单调递增，所以0x x =时， ()f x 取得最小值，最小值为()0f x . 由于02020x a e x -=，所以()0002221212a f x ax a n a a n x a a=++≥+. 故当0a 〉时，()221f x a a na ≥+. ……12分 23、解：（I ）因为cos ,sin x y ρθρθ==，所以1C 的极坐标方程为cos 2ρθ=-， 2C 的极坐标方程为22cos 4sin 40ρρθρθ--+=. ……5分 （II ）将4πθ=代入22cos 4sin 40ρρθρθ--+=，得240ρ-+=，解得12ρρ==.故12ρρ-=，即MN = 由于2C 的半径为1，所以2C MN ∆的面积为12. ……10分 24、解：（I ）当1a =时，()1f x >化为12110x x +---＞. 当1x ≤-时，不等式化为40x -＞，无解；当11x -＜＜时，不等式化为320x -＞，解得213x ＜＜； 当1x ≥，不等式化为-x +2＞0，解得1≤x ＜2.所以()1f x >的解集为223x x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭︱＜＜. ……5分 （II ）由题设可得，()12,1312,1,12,.x a x f x x a x a x a x a --⎧⎪=+--≤≤⎨⎪-++⎩＜＜所以函数()f x 的图像与x 轴围成的三角形的三个丁点分别为()()21,0,21,0,,13a A B a C a a -⎛⎫++ ⎪⎝⎭,△ABC 的面积为()2213a +. 由题设得()2213a +＞6，故a ＞2. 所以a 的取值范围为()2+∞，. ……10分。

2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共24题，共150分，共4页。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2. 选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3. 请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用墨色笔迹的签字笔描黑。

5. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

第Ⅰ卷一. 选择题：本大题共12小题，每小题5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.（1）已知在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是（A ）)1,3(-（B ）)3,1(-（C ）),1(+∞（D ）（2）已知集合，，则（A ）（B ）（C ）（D ）（3）已知向量，且，则m =（A ）－8 （B ）－6 （C ）6 （D ）8 （4）圆的圆心到直线的距离为1，则a=（A ）34-（B ）43- （C ）3 （D ）2（5）如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（A ）24 （B ）18 （C ）12 （D ）9（6）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π （7）若将函数y =2sin 2x 的图像向左平移12π个单位长度，则平移后图象的对称轴为 （A ）x =62k ππ- (k ∈Z ) （B ）x=62ππ+k (k ∈Z ) （C ）x=122k ππ- (k ∈Z ) （D ）x =122k ππ+ (k ∈Z ) （8）中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图,执行该程序框图，若输入的x =2，n =2，依次输入的a 为2，2，5，则输出的s =（A ）7 （B ）12 （C ）17 （D ）34 （9）若cos(4π–α)= 53，则sin 2α= （A ）257（B ）51（C ）51- （D ）257- （10）从区间随机抽取2n 个数,，…，，，，…，，构成n 个数对，，…，，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率 的近似值为（A ） （B ） （C ） （D ）（11）已知F 1，F 2是双曲线E 的左，右焦点，点M 在E 上，M F 1与 轴垂直，sin,则E 的离心率为（A ） （B ） （C ） （D ）2（12）已知函数))((R x x f ∈满足)(2)(x f x f -=-,若函数xx y 1+=与)(x f y =图像的交点为)(1,1y x ,),(22y x ···，（m m y x ,），则=+∑=mi i iy x1)(（A ）0 （B ）m （C ）2m （D ）4m第II 卷本卷包括必考题和选考题两部分。