2013届高三数学一轮复习基础训练系列卷(及答案)-(14)

课时知能训练一、选择题1．(2012·阳江模拟)将函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的图象向左平移π2若所得图象与原图象重合，则ω的值不可能．．．等于( ) A ．4 B ．6 C ．8 D ．122．如果函数y ＝3cos(2x ＋φ)的图象关于点(4π3，0)中心对称，那么|φ|的最小值为( )A.π6B.π4C.π3D.π23．将函数y ＝sin x 的图象上所有的点向右平行移动π10个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象的函数解析式是( )A ．y ＝sin(2x －π10) B ．y ＝sin(2x －π5C ．y ＝sin(12x －π10D ．y ＝sin(12x －π20)4．(2011·课标全国卷)设函数f (x )＝sin(2x ＋π4)＋cos(2x ＋π4)，则( )A ．y ＝f (x )在(0，π2)单调递增，其图象关于直线x ＝π4对称B ．y ＝f (x )在(0，π2)单调递增，其图象关于直线x ＝π2对称C ．y ＝f (x )在(0，π2)单调递减，其图象关于直线x ＝π4对称D ．y ＝f (x )在(0，π2)单调递减，其图象关于直线x ＝π2对称5．(2011·辽宁高考)已知函数f (x )＝A tan(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，y ＝f (x )的部分图象如图3－4－6所示，则f (π24)＝( )图3－4－6A ．2＋ 3 B. 3 C.33D ．2－ 3 二、填空题6．已知函数y ＝sin(ωx ＋φ)(ω＞0,0＜φ≤π2)的图象如图3－4－7所示，则点(ω，φ)的坐标是________．图3－4－77．函数f (x )＝tan ωx (ω＞0)的图象的相邻两支截直线y ＝π4所得线段长为π4，则f (π4)＝________.8．设定义在区间(0，π2)上的函数y ＝6cos x 的图象与y ＝5tan x 的图象交于点P ，过点P 作x 轴的垂线，垂足为P 1，直线PP 1与函数y ＝sin x 的图象交于点P 2，则线段P 1P 2的长为________．三、解答题图3－4－89．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2，x ∈R )的图象的一部分如图3－4－8所示：(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数f (x )图象的对称轴方程．10．已知函数f (x )＝cos 2x －sin 2x 2，g (x )＝12sin 2x －14.(1)函数f (x )的图象可由函数g (x )的图象经过怎样的变化得出？(2)求函数h (x )＝f (x )－g (x )的最小值，并求使h (x )取得最小值的x 的集合． 11．(2012·惠州模拟)已知函数f (x )＝3sin(ωx ＋φ)－cos(ωx ＋φ)(0＜φ＜π，ω＞0)为偶函数，且函数y ＝f (x )图象的两相邻对称轴间的距离为π2.(1)求f (π8)的值；(2)将函数y ＝f (x )的图象向右平移π6个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )的单调递减区间．答案及解析1．【解析】 f (x )平移后，得y ＝sin(ωx ＋φ＋πω2)的图象， 依题意πω2＝2k π，∴ω＝4k (k ∈Z )，因此ω＝6不满足． 【答案】 B2．【解析】 由题意得3cos(2×4π3＋φ)＝0，∴cos(2π3＋φ)＝0， 即2π3＋φ＝k π＋π2，φ＝k π－π6，k ∈Z . 取k ＝0得|φ|的最小值为π6.【答案】 A3．【解析】【答案】 C4．【解析】 ∵f (x )＝sin(2x ＋π4)＋cos(2x ＋π4)＝2sin(2x ＋π4＋π4)＝2cos 2x ，当0＜x ＜π2时，0＜2x ＜π，故f (x )＝2cos 2x 在(0，π2)单调递减．又当x ＝π2时，2cos(2×π2)＝－2，因此x ＝π2是f (x )图象的一条对称轴．【答案】 D5．【解析】 由图形知，T ＝πω＝2(38π－π8)＝π2ω＝2，又x ＝π8是渐近线，且|φ|＜π2，∴2×π8＋φ＝k π＋π2，k ∈Z ，∴φ＝π4，又f (0)＝1，从而可求A ＝1， ∴f (x )＝tan(2x ＋π4)，因此f (π24)＝tan(π12＋π4)＝tan π3＝ 3.【答案】 B6．【解析】 由图象可得周期T ＝2×(7π8－3π8)＝π＝2πω，∴ω＝2，将点(3π8，0)代入y ＝sin(2x ＋φ)，得sin(3π4φ)＝0，令3π4＋φ＝π，得φ＝π4.∴(ω，φ)的坐标为(2，π4)． 【答案】 (2，π4)7．【解析】 依题意πω＝π4，∴ω＝4，f (x )＝tan 4x ，所以f (π4)＝tan π＝0.【答案】 08．【解析】 设点P 的横坐标为x 0(0＜x 0＜π2)，则P 1(x 0,0)，P 2(x 0，sin x 0)，依题设，6cos x 0＝5tan x 0，即6cos 2x 0－5sin x 0＝0. ∴(3sin x 0－2)(2sin x 0＋3)＝0. 因此sin x 0＝23，故|P 1P 2|＝23.【答案】239．【解】 (1)由题图知A ＝2，T ＝8， ∵T ＝2πω＝8，∴ω＝π4. 又图象经过点(1,2)，∴2sin(π4＋φ)＝2.∵|φ|＜π2，∴φ＝π4，∴f (x )＝2sin(π4x ＋π4)．(2)令π4x ＋π4＝k π＋π2k ∈Z .∴x ＝4k ＋1(k ∈Z )．故f (x )图象的对称轴x ＝4k ＋1(k ∈Z )． 10．【解】 (1)f (x )＝12cos 2x ＝12sin(2x ＋π2)＝12sin 2(x ＋π4)， 所以要得到f (x )的图象只需要把g (x )的图象向左平移π4个单位长度，再将所得的图象向上平移14个单位长度．(2)h (x )＝f (x )－g (x )＝12cos 2x －12sin 2x ＋14＝22cos(2x ＋π4)＋14， 当2x ＋π4＝2k π＋π(k ∈Z )时，h (x )取最小值－22＋14.h (x )取得最小值时，x 的集合为{x |x ＝k π＋3π8，k ∈Z }．11．【解】 (1)f (x )＝3sin(ωx ＋φ)－cos(ωx ＋φ) ＝2[32sin(ωx ＋φ)－12cos(ωx ＋φ)] ＝2sin(ωx ＋φ－π6)．∵y ＝2sin(ωx ＋φ－π6)是偶函数，∴φ－π6＝k π＋π2，k ∈Z .又0＜φ＜π，∴φ－π6＝π2.∴f (x )＝2sin(ωx ＋π2＝2cos ωx .由题意得2πω＝2·π2，所以ω＝2.故f (x )＝2cos 2x . 因此f (π8)＝2cos π4＝ 2.(2)将f (x )的图象向右平移π6个单位后，得到f (x －π6)的图象，再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到f (x 4－π6的图象．所以g (x )＝f (x 4－π6)＝2cos[2(x 4－π6)]＝2cos(x 2－π3)．当2k π≤x 2－π3≤2k π＋π(k ∈Z )，即4k π＋2π3≤x ≤4k π＋8π3(k ∈Z )时，g (x )单调递减．因此g (x )的递减区间为[4k π＋2π3，4k π＋8π3](k ∈Z )．。

课时知能训练一、选择题1．函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是( ) A ．(－∞，2) B ．(0,3) C ．(1,4) D ．(2，＋∞)2．(2012·梅州调研)若函数f (x )＝x 3－6bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，则实数b 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(－∞，1)C ．(0，＋∞)D ．(0，12)3．对于在R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －a )f ′(x )≥0，则必有( ) A ．f (x )≥f (a ) B ．f (x )≤f (a ) C ．f (x )＞f (a ) D ．f (x )＜f (a )4．(2011·浙江高考)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，若x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，则下列图象不可能．．．为y ＝f (x )的图象是( )5．(2012·东莞调研)函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f (x )x 在区间(1，＋∞)上一定( )A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数 二、填空题6．函数f (x )＝x (e x －1)－12x 2的单调增区间是________．7．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取极值10，则f (2)＝________. 8．给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″(x )＝(f ′(x ))′，若f ″(x )＜0在D 上恒成立，则称f (x )在D 上为凸函数．以下四个函数在(0，π2)上是凸函数的是________．(把你认为正确的序号都填上)①f (x )＝sin x ＋cos x ；②f (x )＝ln x －2x ； ③f (x )＝－x 3＋2x －1；④f (x )＝x e x . 三、解答题9．已知函数f (x )＝e x －ax －1.(1)若f (x )在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围；(2)是否存在a ，使f (x )在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．10．(2012·肇庆调研)已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12. (1)求a ，b 的值；(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．11．已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx (其中常数a ，b ∈R )，g (x )＝f (x )＋f ′(x )是奇函数．(1)求f (x )的表达式；(2)讨论g (x )的单调性，并求g (x )在区间[1,2]上的最大值与最小值．答案及解析1．【解析】 f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x ， 令f ′(x )＞0，解得x ＞2. 【答案】 D2．【解析】 f ′(x )＝3x 2－6b ，且f (x )在(0,1)内有极小值． ∴f ′(x )＝0在(0,1)内有解，易知b ＞0且0＜2b ＜1，解之得0＜b ＜12. 【答案】 D3．【解析】 由(x －a )f ′(x )≥0知，当x ＞a 时，f ′(x )≥0；当x ＜a 时，f ′(x )≤0. ∴当x ＝a 时，函数f (x )取得最小值，则f (x )≥f (a )． 【答案】 A4．【解析】 设h (x )＝f (x )e x ，则 h ′(x )＝(2ax ＋b )e x ＋(ax 2＋bx ＋c )e x ＝(ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c )e x .由x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点． 因此ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c ＝c －a ＝0，∴c ＝a . ∴f (x )＝ax 2＋bx ＋a .若方程ax 2＋bx ＋a ＝0有两根x 1，x 2，则 x 1x 2＝aa ＝1，D 中图象一定不满足该条件． 【答案】 D5．【解析】 由函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，可得a 的取值范围为a ＜1，∴g (x )＝f (x )x ＝x ＋a x －2a ，则g ′(x )＝1－a x 2.易知在x ∈(1，＋∞)上g ′(x )＞0，所以g (x )为增函数． 【答案】 D6．【解析】 易知f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(x ＋1)(e x －1)， 令f ′(x )＞0，得x ＞0或x ＜－1. 【答案】 (－∞，－1)和(0，＋∞) 7．【解析】 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由题意⎩⎨⎧ f (1)＝10，f ′(1)＝0，即⎩⎨⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，消去b ，得a ＝4或a ＝－3.但当a ＝－3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3≥0，故不存在极值． ∴a ＝4，b ＝－11，f (2)＝18. 【答案】 188．【解析】 在定义域(0，π2)内，由f ″(x )＝－sin x －cos x ＜0，得①是凸函数；由f ″(x )＝－1x 2＜0，得②是凸函数； 由f ″(x )＝－6x ＜0，得③是凸函数； 由f ″(x )＝2e x ＋x e x ＞0，得④不是凸函数． 【答案】 ①②③9．【解】 (1)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a . ∵f (x )在R 上单调递增∴f ′(x )＝e x －a ≥0恒成立，即a ≤e x ，x ∈R 恒成立． ∵x ∈R 时，e x ∈(0，＋∞)，∴a ≤0.(2)由已知f (x )在(－∞，0]上单调递减，在区间[0，＋∞)上单调递增可知，f (0)是f (x )的极小值．∴f ′(0)＝e 0－a ＝0⇒a ＝1，经检验，a ＝1符合要求． ∴存在a ＝1满足条件．10．【解】 (1)f ′(x )＝2ax ＋b x ，又f (x )在x ＝1处有极值12.∴⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝12，f ′(1)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，2a ＋b ＝0.解之得a ＝12且b ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x ，其定义域是(0，＋∞)， 且f ′(x )＝x －1x ＝(x ＋1)(x －1)x.当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：所以函数y ＝f (x )的单调减区间是(0,1)，单调增区间是(1，＋∞)． 11．【解】 (1)由f ′(x )＝3ax 2＋2x ＋b .得g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b. 又g(x)是奇函数，则g(－x)＝－g(x)．∴－ax3＋(3a＋1)x2－(b＋2)x＋b＝－[ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b]，从而3a＋1＝0且b＝0，∴b＝0，a＝－1 3，因此f(x)＝－13x3＋x2.(2)由(1)知，g(x)＝－13x3＋2x∴g′(x)＝2－x2＝(2＋x)(2－x)，当x∈[1,2]时，令g′(x)＝0，x＝2是极值点．又g(2)＝423，g(1)＝53，g(2)＝43.因此g(x)在[1,2]上的最大值为g(2)＝423，最小值g(2)＝43.。

阶段知能检测(四)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．(2011·辽宁高考)i 为虚数单位，1i ＋1i 3＋1i 5＋1i 7＝( ) A ．0 B ．2i C ．－2i D ．4i2．设i ，j 是不共线的单位向量，a ＝5i ＋3j ，b ＝3i －5j ，则a ⊥b 是i ⊥j 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件3．(2011·浙江高考)若复数z ＝1＋i ，i 为虚数单位，则(1＋z )·z ＝( )A ．1＋3iB ．3＋3iC ．3－iD ．34．(2012·江门模拟)若四边形ABCD 满足AB →＋CD →＝0，(AB →－AD →)·AC →＝0，则该四边形一定是( )A ．直角梯形B ．菱形C ．矩形D ．正方形5．平面向量a 与b 的夹角为60°，a ＝(2,0)，|b |＝1，则|a ＋2b |＝( ) A. 3 B ．2 3 C ．4 D ．126．(2011·课标全国卷)复数2＋i 1－2i的共轭复数是( ) A ．－35i B.35i C ．－i D ．i 7．已知向量a 、b 不共线，c ＝k a ＋b (k ∈R )，d ＝a －b .如果c ∥d ，那么( )A ．k ＝1且c 与d 同向B ．k ＝1且c 与d 反向C ．k ＝－1且c 与d 同向D ．k ＝－1且c 与d 反向8．(2011·课标全国卷)a ，b 为平面向量，已知a ＝(4,3)，2a ＋b ＝(3,18)，则a ，b 夹角的余弦值等于( )A.865 B ．－865 C.1665 D ．－16659．已知两点M (－2,0)，N (2,0)，点P 为坐标平面内的动点，满足|MN →|·|MP→|＋MN →·NP→＝0，则动点P (x ，y )的轨迹方程为( ) A ．y 2＝8x B ．y 2＝－8xC ．y 2＝4xD ．y 2＝－4x10．设a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)，定义一种向量积：a ⊗b ＝(a 1b 1，a 2b 2)．已知点P (θ，sin θ)，m ＝(2，12)，n ＝(π3，0)，点Q 在y ＝f (x )的图象上运动，满足OQ →＝m ⊗OP→＋n (其中O 为坐标原点)，则y ＝f (x )的最大值A 及最小正周期T 分别为( )A ．2，πB ．2,4πC.12，4πD.12，π 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)11．若向量a ＝(1,1)，b ＝(2,5)，c ＝(3，x )满足条件(8a －b )·c ＝30，则x ＝________.12．(2011·广东高考改编)设复数z 满足(1＋i)z ＝2，其中i 是虚数单位，则z ＝________.13．|a |＝1，|b |＝2，且a ⊥(a －b )，则向量a 与向量b 的夹角是________．14．在四边形ABCD 中，AB →＝DC →＝(1,1)，1|BA →|BA →＋1|BC →|BC →＝3|BD→|BD →，则四边形ABCD 的面积为________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设存在复数z 同时满足下列条件：(1)复数z 在复平面内对应点位于第二象限；(2)z ·z ＋2i z ＝8＋a i(a ∈R )．试求a 的取值范围．16．(本小题满分13分)已知A (3,0)，B (0,3)，C (cos α，sin α)．(1)若AC →·BC →＝－1，求sin(α＋π4)的值； (2)若|OA →＋OC →|＝13，且α∈(0，π)，求OB →与OC →的夹角．17．(本小题满分13分)已知向量OP →＝(2cos x ＋1，cos 2x －sin x ＋1)，OQ →＝(cos x ，－1)，定义f (x )＝OP →·OQ →.(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若x ∈(0,2π)，当OP →·OQ →＜－1时，求x 的取值范围．18．(本小题满分14分)设O 为坐标原点，已知向量OZ 1→，OZ 2→分别对应复数z 1，z 2，且z 1＝3a ＋5＋(10－a 2)i ，z 2＝21－a＋(2a －5)i(其中a ∈R )，若z 1＋z 2可以与任意实数比较大小，求OZ 1→·OZ 2→的值．19．(本小题满分14分)已知△ABC 的角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，设向量m ＝(a ，b )，n ＝(sin B ，sin A )，p ＝(b －2，a －2)．(1)若m ∥n ，求证：△ABC 为等腰三角形；(2)若m ⊥p ，边长c ＝2，角C ＝π3，求△ABC 的面积． 20．(本小题满分14分)已知两点M (－1,0)，N (1,0)，且点P 使NM →·NP →，PM →·PN→，MP →·MN→成公差为非负的等差数列． (1)求点P 的轨迹方程；(2)若θ为PM →与PN →的夹角，求θ的最大值及此时点P 的坐标．答案及解析1．【解析】 原式＝－i ＋i ＋(－i)＋i ＝0.【答案】 A2．【解析】 a ·b ＝(5i ＋3j )·(3i －5j )＝15|i |2－16i ·j －15|j |2＝－16i ·j .∴a ⊥b 是i ⊥j 的充要条件．【答案】 C3．【解析】 ∵z ＝1＋i ，∴(1＋z )·z ＝(2＋i)(1＋i)＝1＋3i.【答案】 A4．【解析】 由AB→＋CD →＝0知，AB →＝DC →， ∴四边形ABCD 是平行四边形．又(AB →－AD →)·AC→＝0， ∴DB →·AC→＝0，即AC ⊥BD ， 因此四边形ABCD 是菱形．【答案】 B5．【解析】 ∵|a |＝2，且|b |＝1，∴|a ＋2b |2＝(a ＋2b )2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝4＋4×2×1×cos 60°＋4×12＝12.∴|a ＋2b |＝2 3.【答案】 B6．【解析】 ∵2＋i 1－2i ＝(2＋i )(1＋2i )(1－2i )(1＋2i )＝2＋i ＋4i －25＝i ， ∴2＋i 1－2i的共轭复数为－i. 【答案】 C7．【解析】 ∵c ∥d 且a ，b 不共线，∴存在唯一实数λ，使c ＝λd . ∴k a ＋b ＝λa －λb ，∴⎩⎨⎧ k ＝λ，1＝－λ，∴⎩⎨⎧k ＝－1，λ＝－1.【答案】 D8．【解析】 ∵a ＝(4,3)，2a ＋b ＝(3,18)，∴b ＝(3,18)－2(4,3)＝(－5,12)，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝(4，3)·(－5，12)5×13＝1665【答案】 C9．【解析】 ∵MN→＝(4,0)，MP →＝(x ＋2，y )，NP →＝(x －2，y )， ∴|MN →|·|MP →|＋MN →·NP→ ＝4·(x ＋2)2＋y 2＋4(x －2)＝0. 整理，得(x ＋2)2＋y 2＝2－x ，化简得y 2＝－8x .【答案】 B10．【解析】 设点Q (x ，y )，由OQ →＝m ⊗OP →＋n ，得OQ →＝(2θ，12sin θ)＋(π3，0)＝(2θ＋π312sin θ)， ∴x ＝2θ＋π3，且y ＝12sin θ， 消去θ，得y ＝12sin(x 2－π6)， 依题意f (x )＝12sin(x 2－π6)， 因此A ＝12，最小正周期T ＝4π. 【答案】 C11．【解析】 由(8a －b )·c ＝30，得18＋3x ＝30，x ＝4.【答案】 412．【解析】 z ＝21＋i ＝2(1－i )(1＋i )(1－i )1－i. 【答案】 1－i13．【解析】 设向量a 与b 的夹角为θ，由a ⊥(a －b )，得 a ·(a －b )＝0，即|a |2－a ·b ＝0，∴|a ||b |cos θ＝|a |2，∴cos θ＝|a ||b |＝22，故θ＝π4.【答案】 π414．【解析】 如图所示，由AB →＝DC →＝(1,1)知AB 綊DC .又1|BA →|→＋1|BC →|→＝3|BD →|BD →， 知四边形ABCD 为菱形，且AB ＝AD ＝2，又∵(1|BA →|·BA →＋1|BC →|·BC →)2＝3， ∴∠ABC ＝60°.∴S 四边形ABCD ＝2×2×32＝ 3. 【答案】 3 15．【解】 设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，由(1)得x ＜0，y ＞0.由(2)得x 2＋y 2＋2i(x ＋y i)＝8＋a i ，即x 2＋y 2－2y ＋2x i ＝8＋a i.由复数相等，得⎩⎨⎧x 2＋y 2－2y ＝8，2x ＝a .解得－6≤a ＜0. 因此实数a 的取值范围是－6≤a ＜0.16．【解】 (1)∵AC→＝(cos α－3，sin α)，BC →＝(cos α，sin α－3)， ∴AC →·BC→＝(cos α－3)cos α＋sin α(sin α－3)＝－1， 得cos 2α＋sin 2α－3(cos α＋sin α)＝－1，∴cos α＋sin α＝23∴sin(α＋π4)＝23. (2)∵|OA →＋OC →|＝13，∴(3＋cos α)2＋sin 2α＝13，∴cos α＝12，∵α∈(0，π)，∴α＝π3，sin α＝32，∴C (12，32)， ∴OB →·OC →＝332， 设OB→与OC →的夹角为θ，且θ∈[0，π]， 则cos θ＝OB →·OC →|OB →|·|OC→|3323＝32.故θ＝π6为所求． 17．【解】 (1)f (x )＝OP →·OQ→ ＝2cos 2x ＋cos x －cos 2x ＋sin x －1＝sin x ＋cos x ＝2sin(x ＋π4)， 则f (x )的最小正周期为T ＝2π.(2)由OP →·OQ →＜－1，得sin(x ＋π4)＜－22. 又x ∈(0,2π)，则5π4＜x ＋π4＜7π4，即π＜x ＜3π2. 故x 的取值范围是(π，3π2)． 18．【解】 依题意z 1＋z 2为实数，由z 1＝3a ＋5－(10－a 2)i ， ∴z 1＋z 2＝3a ＋5＋21－a＋[(a 2－10)＋(2a －5)]i 的虚部为0， ∴a 2＋2a －15＝0，解得a ＝－5，或a ＝3.又分母不为零，∴a ＝3，此时z 1＝38＋i ，z 2＝－1＋i ， 即OZ 1→＝(38，1)，OZ 2→＝(－1,1)， ∴OZ 1→·OZ 2→＝38×(－1)＋1×1＝58. 19．【解】 (1)证明 ∵m ∥n ，∴a sin A ＝b sin B ，由正弦定理，得a 2＝b 2，∴a ＝b .∴△ABC 为等腰三角形．(2)由题意可知m ·p ＝0，即a (b －2)＋b (a －2)＝0.∴a ＋b ＝ab .由余弦定理可知，4＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ，即(ab )2－3ab －4＝0，∴ab ＝4(舍去ab ＝－1)，∴S ＝12ab sin C ＝124×sin π3＝ 3. 20．【解】 (1)设点P 的坐标为(x ，y )，又M (－1,0)，N (1,0)， 则PM →＝－MP →＝(－1－x ，－y )，PN →＝－NP →＝(1－x ，－y )，MN →＝－NM →＝(2,0)． ∴NM →·NP→＝2(1－x )， PM →·PN →＝x 2＋y 2－1，MP →·MN→＝2(1＋x )， 依题意得⎩⎨⎧ 2(x 2＋y 2－1)＝2(1＋x )＋2(1－x )，2(1＋x )－2(1－x )≥0⇔⎩⎨⎧x 2＋y 2＝3，x ≥0.∴点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝3(x ≥0)．(2)∵PM →·PN →＝(－1－x ，－y )·(1－x ，－y )＝x 2＋y 2－1＝2，|PM →|·|PN→|＝(－1－x )2＋(－y )2·(1－x )2＋(－y )2 ＝24－x 2.∴cos θ＝PM →·PN →|PM →|·|PN →|＝14－x 2. ∵0≤x ≤3，∴12≤cos θ≤1，∴0≤θ≤π3. ∴θ的最大值为π3，此时x ＝0，∴点P的坐标为(0，±3)．。

课时作业(三十三)A [第33讲 数列的综合应用][时间：45分钟 分值：100分]基础热身1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有的n ≥2都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＝( ) A.32 B.94 C.259 D.2516 2．[2011·东北三校一模] ( )A ．求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 的前10项和 B ．求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 的前10项和C ．求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 的前11项和D ．求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 的前11项和3．一条信息，若一人得知后用一小时将信息传给两个人，这两个人又用一小时各传给未知信息的另外两个人，如此继续下去，要传遍100万人口的城市，所需的时间大约为( )A ．三个月B ．一个月C ．10天D ．20小时4．已知数列{a n }的首项a 1＝1，且点A n (a n ，a n ＋1)在函数y ＝xx ＋1的图象上．则该数列{a n }的通项公式是a n ＝________.能力提升 5．[2011·济南二模] 数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n 2－17n ，则当S n 取得最小值时n 的值为( ) A ．4或5 B ．5或6 C ．4 D ．5 6．[2011·天津卷] 已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110 7．[2011·衡水模拟] 设等比数列的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ，S n ＋1，S n ＋2成等差数列，则公比q ( )A ．等于－2B ．等于1C ．等于1或－2D ．不存在8．[2011·合肥一中月考] 各项均为正数的等比数列{a n }的公比q ≠1，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝( )A.5＋12B.5－12C.3－52D.2＋529．[2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为( )A ．①和⑳B ．⑨和⑩C ．⑨和⑪D ．⑩和⑪ 10．数列{a n }中，a 1＝2，点(log 3a n ，a n ＋1)在函数y ＝2×3x 的图象上，则{a n }的通项公式为a n ＝________.11．[2011·虹口区质检] 数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n －3，则通项公式a n ＝________.12．[2011·广东六校联考] 已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m 、n 都有a m ＋n ＝a m ·a n .若数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.13．[2011·菏泽二模] 已知a n ＝2n －1(n ∈N ＋)，把数列{a n }的各项排成如图K33－2所示的三角数阵．记S (m ，n )表示该数阵中第m 行中从左到右的第n 个数，则S (10,6)对应数阵中的数是________．1 3 5 7 9 11 13 15 17 19… 图K33－214．(10分)[2012·惠州模拟] 当p 1，p 2，…，p n 均为正数时，称np 1＋p 2＋…＋p n为p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．已知数列{a n }的各项均为正数，且其前n 项的“均倒数”为12n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n2n ＋1(n ∈N *)，试比较c n ＋1与c n 的大小．15．(13分)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设：2b n ＝1a n＋1，求数列{b n b n ＋1}的前n 项和T n .难点突破16．(12分)设数列{b n }满足：b 1＝12，b n ＋1＝b 2n ＋b n . (1)求证：1b n ＋1＝1b n －1b n ＋1；(2)若T n ＝1b 1＋1＋1b 2＋1＋…＋1b n ＋1，对任意的正整数n,3T n －log 2m －5>0恒成立．求m 的取值范围．课时作业(三十三)A【基础热身】1．B [解析] a 2＝22a 1＝4，a 3＝32a 1a 2＝94.故选B.2．B [解析] 可知S ＝12＋14＋…＋120，所以其描述的是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 的前10项和．3．D [解析] 每小时传递人数构成数列2,4,8，…，所以n 小时共传递人数S n ＝1－2n 1－2＝2n－1≈106，所以n ≈20小时．4.1n [解析] 因为a n ＋1＝a n a n ＋1且a 1＝1，所以1a n ＋1＝1＋1a n ，所以1a n ＋1－1a n＝1. 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列.1a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝1n .【能力提升】5．C [解析] 二次函数f (x )＝2x 2－17x 的对称轴为直线x ＝174，因为n ∈N ＋，所以当n ＝4时，S n ＝2n 2－17n 有最小值．故选C.6．D [解析] 由a 27＝a 3·a 9，d ＝－2，得(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解之得a 1＝20，∴S 10＝10×20＋10×92(－2)＝110. 7．B [解析] 依题意有2S n ＋1＝S n ＋S n ＋2，当q ≠1时，有2a 1(1－q n ＋1)＝a 1(1－q n )＋a 1(1－q n ＋2)，解得q ＝1，但q ≠1，所以方程无解；当q ＝1时，满足条件．故选B.8．B [解析] 依题意，有a 3＝a 1＋a 2，设公比为q ，则有q 2－q －1＝0，所以q ＝1＋52(舍去负值).a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝a 2a 4(q ＋q 2)a 2a 4(q 2＋q 3)＝1q ＝21＋5＝5－12.故选B. 9．D [解析] 从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁边，则每个人所走的路程和最小，一共20个坑，为偶数，在中间的有两个坑为10和11号坑，故答案选D.10．2n [解析] 由已知得a n ＋1＝2×3log 3a n ＝2a n ，显然{a n }的各项不为零，所以a n ＋1a n＝2，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，a n ＝2×2n －1＝2n .11.⎩⎪⎨⎪⎧－1(n ＝1)，2n (n ≥2)[解析] n ＝1时，a n ＝－1；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， 所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1(n ＝1)，2n (n ≥2).12．2－2n ＋13n [解析] 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1·a n ，即a n ＋1a n ＝a 1＝23，可知数列{a n }是首项为a 1＝23，公比为q ＝23的等比数列，于是S n ＝a 1(1－q n)1－q＝23×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n 1－23， ＝2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n ＝2－2n ＋13n .13．101 [解析] 观察知每一行的第1个数构成数列：1,3,7,13,21，…，相邻两项构成递推关系：a n ＋1＝a n ＋2n ，所以a 10＝a 9＋18＝a 8＋16＋18＝a 7＋14＋34＝a 6＋12＋48＝a 5＋10＋60＝a 4＋8＋70＝13＋78＝91，即第10行的第1个数为91，所以第10行第6个数为101. 14．[解答] (1)由已知有a 1＋a 2＋…＋a n －1＋a n ＝n (2n ＋1)， 则a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)(2n －1)， 两式相减，得a n ＝4n －1(n ≥2)．又1a 1＝12×1＋1，解得a 1＝3＝4×1－1， ∴a n ＝4n －1(n ∈N *)．(2)∵c n ＝a n 2n ＋1＝4n －12n ＋1＝2－32n ＋1，c n ＋1＝a n ＋12n ＋3＝2－32n ＋3，∴c n ＋1－c n ＝32n ＋1－32n ＋3＞0，即c n ＋1＞c n .15．[解答] (1)由a n ＋1＝a n 2a n ＋1得1a n ＋1－1a n＝2且1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，以2为公差的等差数列，所以1a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，得a n ＝12n －1.(2)由2b n ＝1a n ＋1得2b n ＝2n －1＋1＝2n ，∴b n ＝1n，从而b n b n ＋1＝1n (n ＋1)，则T n ＝b 1b 2＋b 2b 3＋…＋b n b n ＋1＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.【难点突破】16．[解答] (1)因为b 1＝12，b n ＋1＝b 2n ＋b n ＝b n (b n ＋1)，所以对任意的n ∈N *，b n >0. 所以1b n ＋1＝1b n (b n ＋1)＝1b n －1b n ＋1，即1b n ＋1＝1b n －1b n ＋1. (2)T n ＝⎝⎛⎭⎫1b 1－1b 2＋⎝⎛⎭⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1b n －1b n ＋1＝1b 1－1b n ＋1＝2－1b n ＋1. 因为b n ＋1－b n ＝b 2n >0， ∴b n ＋1>b n ，所以数列{b n }是单调递增数列． 所以数列{T n }关于n 递增． 所以T n ≥T 1.因为b 1＝12，所以b 2＝b 1(b 1＋1)＝34，所以T 1＝2－1b 2＝23，所以T n ≥23.因为3T n －log 2m －5>0恒成立， 所以log 2m <3T n －5恒成立， 所以log 2m <－3，所以0<m <18.。