第29期 学业水平测评（三）-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册同步学案（人教A版2019）

书 答案详解 　 ２０２４～２０２５学年　高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期（２０２５年２月）　 第２９期３，４版 学业水平测评（三） 一、单项选择题 １～４　ＤＢＣＣ　５～８　ＢＣＡＢ 提示： １．由题可得ａ２ ＝２ａ１＋ ６ １ ＝２×１＋６＝８， ａ３ ＝２ａ２＋ ６ ２ ＝２×８＋３＝１９． ２．依题意｛ａｎ｝是等差数列，且公差为ｄ， ａ１ ＝１２，Ｓ５ ＝５ａ１＋１０ｄ＝６０＋１０ｄ＝４８，ｄ＝－１２， 所以ａ５ ＝ａ１＋４ｄ＝１２－４８＝７２（尺）． ３．由题可得ｌｏｇ３ａ２＋ｌｏｇ３ａ１２ ＝ｌｏｇ３（ａ２ａ１２） ＝ｌｏｇ３（ａ７） ２ ＝ｌｏｇ３８１＝４． ４．设曲线 ｙ＝ ｅ ｘ ｘ＋１ (在点 １，ｅ)２ 处的切线方程为 ｙ－ｅ２ ＝ｋ（ｘ－１），ｙ′＝ ｅｘ（ｘ＋１）－ｅｘ （ｘ＋１）２ ＝ ｘｅ ｘ （ｘ＋１）２ ， 所以ｋ＝ｙ′（１）＝ ｅ４，所以ｙ－ ｅ ２ ＝ ｅ ４（ｘ－１）， 所以所求切线方程为ｙ＝ ｅ４ｘ＋ ｅ ４． ５．因为函数ｆ（ｘ）＝ｘ２－ａｘ＋３在（０，１）上为减函数， 所以 ａ ２≥１，即ａ≥２． ｇ′（ｘ）＝２ｘ－ａｘ， 依题意ｇ′（ｘ）≥０在（１，２）上恒成立， 即２ｘ２≥ａ在（１，２）上恒成立，有ａ≤２，综上，ａ＝２． ６．函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ＋９２ｘ ２＋ｂｘ＋１的定义域为（０，＋∞）， 求导得ｆ′（ｘ）＝ １ｘ＋９ｘ＋ｂ， 依题意ｘ＞０，ｆ′（ｘ）＞０， 而 １ ｘ＋９ｘ＋ｂ≥２ １ ｘ·９槡 ｘ＋ｂ＝６＋ｂ， 当且仅当 １ ｘ ＝９ｘ，即ｘ＝ １ ３时取等号， 因此６＋ｂ＞０，解得ｂ＞－６， 所以实数ｂ的取值范围为（－６，＋∞）． ７．ｆ′（ｘ）＝（２ｘ＋ａ）ｅｘ－１＋（ｘ２＋ａｘ－１）ｅｘ－１ ＝［ｘ２＋（ａ＋２）ｘ＋ａ－１］ｅｘ－１． 因为ｘ＝－２是ｆ（ｘ）的极值点，所以ｆ′（－２）＝０， 即（４－２ａ－４＋ａ－１）·ｅ－３ ＝０，解得ａ＝－１． 所以ｆ（ｘ）＝（ｘ２－ｘ－１）ｅｘ－１， ｆ′（ｘ）＝（ｘ２＋ｘ－２）ｅｘ－１ ＝（ｘ－１）（ｘ＋２）ｅｘ－１． 由ｆ′（ｘ）＞０得ｘ＜－２或ｘ＞１； 由ｆ′（ｘ）＜０得－２＜ｘ＜１． 所以ｆ（ｘ）在（－∞，－２）上单调递增，在（－２，１）上单调 递减，在（１，＋∞）上单调递增，所以ｆ（ｘ）的极小值点为１，所 以ｆ（ｘ）的极小值为ｆ（１）＝－１． ８．设等差数列｛ｂｎ｝的公差为ｄ，ｄ≠０， 则 Ｓｎ ＝ ｎ＋ ｎ（ｎ－１） ２ ｄ， Ｓｎ Ｓ２ｎ ＝ ｎ＋ｎ（ｎ－１）２ ｄ ２ｎ＋２ｎ（２ｎ－１）２ ｄ ＝ ２＋（ｎ－１）ｄ ４＋２（２ｎ－１）ｄ＝ ｄｎ＋２－ｄ ４ｄｎ＋４－２ｄ＝ｋ（ｋ为常数）， 则（４ｋ－１）ｄｎ＋（２ｋ－１）（２－ｄ）＝０， 因为对任意正整数ｎ上式均成立， 所以 ４ｋ－１＝０， （２ｋ－１）（２－ｄ）＝０{ ，所以 ｋ＝ １４， ｄ＝２ { ， 则ｂｎ ＝１＋２（ｎ－１）＝２ｎ－１． 二、多项选择题 ９．ＣＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣ． 提示： ９．由图可得函数ｆ（ｘ）在（－２，２），（４，＋∞）上单调递增                                                        ， —１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 在（－∞，－２），（２，４）上单调递减，故（Ａ）错误，（Ｃ）正确； 当ｘ＝－２或ｘ＝４时，ｆ（ｘ）有极小值，当ｘ＝２时，ｆ（ｘ） 有极大值，故（Ｂ）错误，（Ｄ）正确． 故选（Ｃ）（Ｄ）． １０．ｆ′（ｘ）＝（ｘ＋１）（ｅｘ－ｍ）， 因为ｘ∈［１，３］， 所以ｅｘ∈［ｅ，ｅ３］， 当０＜ｍ≤ｅ时，ｘ＋１＞０，ｅｘ－ｍ≥０， 所以ｆ′（ｘ）≥０，ｆ（ｘ）在［１，３］上单调递增， ｆ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｆ（１）＝ｅ－ ３ ２ｍ，故（Ａ）正确； 当ｅ＜ｍ＜ｅ３时，ｘ＋１＞０， 当ｘ∈［１，ｌｎｍ］，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减， 当ｘ∈［ｌｎｍ，３］，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增， ｆ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｆ（ｌｎｍ）＝－ ｍ ２（ｌｎｍ） ２，故（Ｂ）正确； 当ｍ≥ｅ３时，ｘ＋１＞０，ｅｘ－ｍ＜０，所以ｆ′（ｘ）＜０， ｆ（ｘ）在［１，３］上单调递减， ｆ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｆ（３）＝３ｅ ３－１５２ｍ，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．由Ｓ４ ＝Ｓ３－ １ Ｓ３ 得ａ４ ＝－ １ Ｓ３ ， 则显然等比数列｛ａｎ｝的公比ｑ≠１， 则有ａ１ｑ ３ ＝－ １ ａ１（１－ｑ ３） １－ｑ ，即ａ２１ｑ ３ ＝－ １ １＋ｑ＋ｑ２ ， 即ａ２１ｑ ３（１＋ｑ＋ｑ２）＝－１，易知ｑ＜０， 当ｑ≤ －１时，ｑ３≤－１，１＋ｑ＋ｑ２≥１， 因为ａ１ ＞１，则ａ ２ １ｑ ３（１＋ｑ＋ｑ２）＝－１不可能成立， 所以 －１＜ｑ＜０，则ａ１－ａ３ ＝ａ１（１－ｑ ２）＞０， ａ２－ａ４ ＝ａ１ｑ（１－ｑ） ２ ＜０， 所以ａ１ ＞ａ３，ａ２ ＜ａ４． 故选（Ａ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．（０，＋∞）；　１３．１７；　１４．１４００． 提示： １２．ｙ′＝ａ（３ｘ２－１），令ｙ′＝０，得ｘ＝±槡３３， 由函数ｙ＝ａ（ｘ３－ｘ） ( 的单调递增区间是 －∞，－槡３)３ (， 槡３３，＋ )∞ ， 得导函数ｙ′＝ａ（３ｘ２－１）的图象是开口向上的抛物线， 所以ａ＞０，即实数ａ的取值范围是（０，＋∞）． １３．依题意ａ１＝１，易知ａ２＝７，所以等差数列｛ａｎ｝的公差 为６，ａｎ ＝６ｎ－５，令６ｎ－５≤１００，得ｎ≤１７５，又ｎ∈Ｎ＋，所 以ｎ＝１７，所以｛ａｎ｝共有１７项． １４．设第ｎ天选择Ａ餐厅就餐的学生比例为ａｎ， 由题意得ａ１ ＝ １ ２，ａｎ ＝ １ ４ａｎ－１＋ １ ２（１－ａｎ－１）（ｎ≥２）， 所以ａｎ ＝－ １ ４ａｎ－１＋ １ ２（ｎ≥２）， 故ａｎ－ ２ ５ ＝－ (１４ ａｎ－１－ )２５ （ｎ≥２）， {所以 ａｎ－ }２５ 是以 １１０为首项，－１４为公比的等比数列， 所以ａｎ－ ２ ５ ＝ １ (１０ － )１４ ｎ－１ ， 则ａ１００ ＝ ２ ５＋ １ １０ (× － )１４ ９９ ≈ ２５， 估计第１００天该学校到Ａ厅就餐的学生人数为３５００×ａ１００ ≈３５００×２５ ＝１４００（人）． 四、解答题 １５．解：（１）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ， 则由Ｓ３ ＝－９ａ６得３ａ１＋ ３×２ ２ ｄ＝－９（ａ１＋５ｄ）， 解得ａ１ ＝－４ｄ， 又ａ１ ＝８，解得ｄ＝－２， 则数列｛ａｎ｝的通项公式为 ａｎ ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ＝－２ｎ＋１０． （２）由（１）得数列｛ａｎ｝的前ｎ项和 Ｓｎ ＝ｎａ１＋ ｎ（ｎ－１） ２ ｄ＝－ｎ ２＋９ｎ， 易得当ｎ＝４或ｎ＝５时，Ｓｎ最大， 即数列｛ａｎ｝的前４项或前５项之和最大， 最大值为 －４２＋９×４＝２０． １６．解：（１）ｆ′（ｘ）＝１＋２ ｘ２ ，ｇ′（ｘ）＝－ａｘ， 所以曲线ｙ＝ｆ（ｘ）在ｘ＝１处的切线的斜率为 ｆ′（１）＝３， 曲线ｙ＝ｇ（ｘ）在ｘ＝１处的切线的斜率为ｇ′（１）＝－ａ                                                                      ， —２— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 由已知得ｆ′（１）＝ｇ′（１），解得ａ＝－３． （２）由题意得１＋２ ｘ２ ＝－ａｘ（ｘ＞０）， 则ａ＝－ｘ－２ｘ≤－ 槡２２， 当且仅当ｘ＝槡２时，等号成立， 故实数ａ的取值范围为（－∞，－ 槡２２］． １７．（１）证明：因为ａｎ＋１ ＝Ｓｎ＋１－Ｓｎ， Ｓ２ｎ ＝ａ ２ ｎ＋１－λＳｎ＋１， 所以Ｓ２ｎ ＝（Ｓｎ＋１－Ｓｎ） ２－λＳｎ＋１， 则Ｓｎ＋１（Ｓｎ＋１－２Ｓｎ－λ）＝０． 因为ａｎ ＞０，所以Ｓｎ＋１ ＞０， 所以Ｓｎ＋１－２Ｓｎ－λ＝０，故Ｓｎ＋１ ＝２Ｓｎ＋λ． （２）解：由（１）知Ｓｎ＋１ ＝２Ｓｎ＋λ， 当ｎ≥２时，Ｓｎ ＝２Ｓｎ－１＋λ， 两式相减得ａｎ＋１ ＝２ａｎ（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＋）， 所以数列｛ａｎ｝从第二项起成等比数列，且公比ｑ＝２． 又Ｓ２ ＝２Ｓ１＋λ，即ａ２＋ａ１ ＝２ａ１＋λ， 所以ａ２ ＝ａ１＋λ＝１＋λ＞０，得λ＞－１． 因此ａｎ ＝ １， （λ＋１）２ｎ－２ { ， ｎ＝１， ｎ≥２． 若数列｛ａｎ｝是等比数列， 则ａ２ ＝１＋λ＝２ａ１ ＝２，所以λ＝１， 经验证得λ＝１时，数列｛ａｎ｝是等比数列． １８．解：（１）由题意得ｆ′（ｘ）＝３ａｘ２－２ｘ＋ｂ， 因为函数ｆ（ｘ）在ｘ＝３时有极小值 －９， 所以 ｆ′（３）＝２７ａ－６＋ｂ＝０， ｆ（３）＝２７ａ－９＋３ｂ＝－９{ ， 解得ａ＝ １３，ｂ＝－３， 所以ｆ（ｘ）＝ １３ｘ ３－ｘ２－３ｘ，ｆ′（ｘ）＝ｘ２－２ｘ－３， 由ｆ′（ｘ）＜０得 －１＜ｘ＜３， 所以ｆ（ｘ）的单调递减区间为（－１，３）． （２）因为ｆ′（ｘ）＝ｘ２－２ｘ－３， 所以ｆ′（ｘ）＞ｋ（ｘｌｎｘ－１）－６ｘ－４等价于 ｘ２＋４ｘ＋１＞ｋ（ｘｌｎｘ－１），即ｘ＋ｋ＋１ｘ ＋４－ｋｌｎｘ＞０， 记ｇ（ｘ）＝ｘ＋ｋ＋１ｘ ＋４－ｋｌｎｘ， 则ｇ′（ｘ）＝１－ｋ＋１ ｘ２ －ｋｘ ＝ （ｘ＋１）（ｘ－ｋ－１） ｘ２ ， 由ｇ′（ｘ）＝０得ｘ＝ｋ＋１， 所以ｇ（ｘ）在（０，ｋ＋１）上单调递减，在（ｋ＋１，＋∞）上单 调递增，所以ｇ（ｘ）≥ｇ（ｋ＋１）＝ｋ＋６－ｋｌｎ（ｋ＋１）． ｇ（ｘ）＞０对任意正实数ｘ恒成立， 等价于ｋ＋６－ｋｌｎ（ｋ＋１）＞０， 即１＋６ｋ－ｌｎ（ｋ＋１）＞０． 记ｈ（ｘ）＝１＋６ｘ－ｌｎ（ｘ＋１）， 则ｈ′（ｘ）＝－６ ｘ２ － １ｘ＋１＜０， 所以ｈ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减， 又ｈ（６）＝２－ｌｎ７＞０，ｈ（７）＝１３７－ｌｎ８＜０， 所以ｋ的最大值为６． １９．（１）解：由题可知ｆ（０）＝ｇ（０）＝０， ｆ′（ｘ）＝ １ｘ＋１，ｆ″（ｘ）＝－ １ （ｘ＋１）２ ， ｇ′（ｘ）＝ ｍ （１＋ｎｘ）２ ，ｇ″（ｘ）＝－ ２ｍｎ （１＋ｎｘ）３ ， 所以ｆ′（０）＝ｇ′（０）＝ｍ＝１， ｆ″（０）＝ｇ″（０）＝－１＝－２ｍｎ， 所以ｍ＝１，ｎ＝ １２． （２）证明：由（１）知ｇ（ｘ）＝ ２ｘｘ＋２， 令φ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）＝ｌｎ（ｘ＋１）－ ２ｘｘ＋２（ｘ≥０）， 则φ′（ｘ）＝ １ｘ＋１－ ４ （ｘ＋２）２ ＝ ｘ ２ （ｘ＋１）（ｘ＋２）２ ≥０， 所以φ（ｘ）在［０，＋∞）上单调递增， 又φ（０）＝ｆ（０）－ｇ（０）＝０， 所以φ（ｘ）≥φ（０）＝０，即当ｘ≥０时，ｆ（ｘ）≥ｇ（ｘ）． （３）解：由题意知 ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ａｘ＝ｌｎ（ｘ＋１）－ａｘ（ｘ＞－１）， 所以ｈ′（ｘ）＝ １ｘ＋１－ａ＝ －ａｘ＋１－ａ ｘ＋１ ． ①当 －ａ≥０，即ａ≤０时， １ｘ＋１＞０， 所以ｈ′（ｘ）＞０，所以ｈ（ｘ）在（－１，＋∞）上单调递增； ②当 －ａ＜０，即ａ＞０时                                                                      ， —３— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 令ｈ′（ｘ）＝０得ｘ＝１－ａａ ＝ １ ａ－１＞－１， 所以当ｘ (∈ －１，１ａ－ )１ 时，ｈ′（ｘ）＞０； 当ｘ (∈ １ａ－１，＋ )∞ ，ｈ′（ｘ）＜０； 所以ｈ（ｘ） (在 －１，１ａ－ )１ 上单调递增， (在 １ａ－１，＋ )∞ 上单调递减； 综上，当ａ≤０时，ｈ（ｘ）在（－１，＋∞）上单调递增； 当ａ＞０时，ｈ（ｘ） (在 －１，１ａ－ )１ 上单调递增， (在 １ａ－ １，＋ )∞ 上单调递减． 第３０期３，４版 学业水平测评（四） 一、单项选择题 １～４　ＢＣＤＤ　５～８　ＢＤＢＡ 提示： １．因为点Ａ（ｘ０，２）在抛物线上，｜ＡＦ｜＝５｜ＯＦ｜， 所以ｘ０＋ ｐ ２ ＝ ５ｐ ２，所以ｘ０ ＝２ｐ， 所以Ａ（２ｐ，２），所以４＝２ｐ×２ｐ，解得ｐ＝１． ２．利用排除法．由点Ｎ在直线ｘ－ｙ＋１＝０上，排除（Ａ）， （Ｂ）．由ｋＭＮ ＝２，排除（Ｄ）．故选（Ｃ）． ３．因为ａ－ｂ与ａ垂直，所以（ａ－ｂ）·ａ＝０， 所以ａ·ａ－ａ·ｂ＝｜ａ｜２－｜ａ｜｜ｂ｜·ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝１－１× 槡２×ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝０，所以ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝槡 ２ ２． 因为０°≤〈ａ，ｂ〉≤１８０°，所以〈ａ，ｂ〉＝４５°． ４．由题得ｖ′（ｔ）＝３－３ｔ ｅｔ ， 所以ｔ∈［１，３］时ｖ′（ｔ）≤０， 所以ｖ（ｔ）在［１，３］上单调递减， 所以ｖ（ｔ）ｍａｘ＝ｖ（１）＝ ３ ｅ＋１５． ５．因为函数ｆ′（ｘ）＝ｅｘ＋ｅ－ｘ－２≥０， 当且仅当ｘ＝０时取等号，所以ｆ（ｘ）单调递增． 又ｆ（０）＝２， 所以ｆ（８ｘ＋４）≥２等价于８ｘ＋４≥０， 解得ｘ≥－１２． ６．由题意知ｅ＝ １＋ｂ ２ ａ槡 ２ ＝槡５， 所以ｂ＝２ａ，所以Ｍ（ａ，２ａ）， 故直线ｌ的方程为ｙ－２ａ＝－２（ｘ－ａ）． 令ｙ＝０得ｘ＝２ａ，所以Ｃ（２ａ，０）． 又因为 →ＭＤ＝λ→ＭＣ，所以Ｄ（ａ（１＋λ），２ａ（１－λ））， 代入 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１，化简得（１＋λ）２－（１－λ）２ ＝１， 解得λ＝ １４． ７．由题意可得→ → →ＢＮ＝ＡＮ－ＡＢ＝ １２ → →ＡＣ－ＡＢ， → → → → → →ＦＭ ＝ＦＤ＋ＤＭ ＝ＢＡ＋ＤＭ ＝－ＡＢ－１２ →ＡＤ， 又由正八面体ＡＢＣＤＥＦ的棱长都是２，且各个面都是等边 三角形，在△ＡＢＤ中，由ＡＢ＝ＡＤ＝２，ＢＤ＝ 槡２２，可得ＡＢ ２＋ ＡＤ２ ＝ＢＤ２，所以ＡＢ⊥ＡＤ， 所以 →ＦＭ·→ (ＢＮ＝ －１２→ → )ＡＤ－ＡＢ (· １２→ → )ＡＣ－ＡＢ ＝－１４ →ＡＤ·→ＡＣ＋１２ →ＡＤ·→ＡＢ－１２ →ＡＢ·→ →ＡＣ＋ＡＢ２ ＝－１４×２×２× １ ２＋０－ １ ２×２×２× １ ２＋２ ２ ＝－１２－１＋４＝ ５ ２． ! " # $ % & ' ( ) ! ! ８．取ＡＣ的中点Ｏ，连接ＯＢ，ＯＤ．易知 ＯＢ，ＯＣ，ＯＤ两两垂直．如图１，以Ｏ为坐标 原点，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤ所在直线分别为 ｘ，ｙ，ｚ 轴，建立空间直角坐标系． 由 已 知 得 Ｏ（０，０，０），Ｂ（２，０，０）， Ａ（０，－２，０），Ｃ（０，２，０），Ｄ（０，０，槡２３）， 所以 →ＡＤ＝（０，２，槡２３），→ＤＣ＝（０，２，－ 槡２３）． 设Ｍ（ａ，２－ａ，０）（０≤ａ≤２），则→ＡＭ ＝（ａ，４－ａ，０）． 设平面ＤＡＭ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）． 由 →ＡＤ·ｎ＝０， →ＡＭ·ｎ＝{ ０得 ２ｙ＋ 槡２３ｚ＝０， ａｘ＋（４－ａ）ｙ＝０ { ， 可取ｎ＝（槡３（ａ－４），槡３ａ，－ａ）． 设ＤＣ与平面ＤＡＭ所成的角为θ， 则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈→ＤＣ，ｎ〉｜＝ ｜槡２３ａ＋槡２３ａ｜ ４ ３（ａ－４）２＋３ａ２＋ａ槡 ２ ＝槡３４                                                                      ， —４— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 解得ａ＝ ４３或ａ＝－４（舍去）， 所以 → (｜ＡＭ｜＝ )４３ ２ (＋ )８３ ２ ＋０槡 ２ ＝ 槡４５３． 二、多项选择题 ９．ＢＣＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．由题意得ｄ＞０，ａ１ ＞０，ａ５ ＝２，所以ａ１ ＝２－４ｄ＞０， 解得ｄ＜ １２，所以ｄ (∈ ０， )１２ ，故（Ａ）错误； ２ａ７－ａ９ ＝（ａ５＋ａ９）－ａ９ ＝ａ５ ＝２，故（Ｂ）正确； 由ａ８＋ａ４－（ａ６＋ａ５）＝ａ８－ａ６－（ａ５－ａ４）＝２ｄ－ｄ＝ ｄ＞０得ａ８＋ａ４ ＞ａ６＋ａ５，故（Ｃ）正确； 由等差数列的性质得ａ１＋ａ９ ＝２ａ５ ＝４，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２ ＝４可知圆心为Ｃ（－２，１）， 半径为２，故（Ａ）正确； 圆心Ｃ（－２，１）到直线３ｘ－４ｙ＋７＝０的距离 ｄ＝｜－６－４＋７｜ ９＋槡 １６ ＝ ３５ ＜２， 所以直线ｌ：３ｘ－４ｙ＋７＝０与圆Ｃ相交，故（Ｂ）正确； 圆Ｃ１：（ｘ＋１） ２＋（ｙ－２）２ ＝９的圆心为Ｃ１（－１，２）， 半径为３， 因为圆心距｜ＣＣ１｜＝ （－２＋１） ２＋（１－２）槡 ２ ＝槡２， 且３－２＜槡２＜３＋２， 所以圆Ｃ与圆Ｃ１：（ｘ＋１） ２＋（ｙ－２）２ ＝９相交， 故（Ｃ）正确； ｋＭＣ ＝ ２－１ ３－（－２）＝ １ ５，所以过点Ｍ（３，２）与圆心Ｃ的直线 方程为ｙ－１＝ １５（ｘ＋２），即ｘ－５ｙ＋７＝０，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１．令ｘ＜０，则 －ｘ＞０，所以ｆ（－ｘ）＝－ｘ－１ ｅ－ｘ ＝－ｅｘ（ｘ ＋１）＝－ｆ（ｘ），得ｆ（ｘ）＝ｅｘ（ｘ＋１），故（Ａ）错误； ｆ（ｘ）的图象如图２所示． ! ! "! "! ! " ! # ! 观察在ｘ＜０时的图象，令ｆ′（ｘ）＝ｅｘ（ｘ＋１）＋ｅｘ ＝ｅｘ（ｘ ＋２）＝０，得ｘ＝－２，可知ｆ（ｘ）在（－∞，－２）上单调递减，在 （－２，０）上递增，且在（－∞，－１）上，ｆ（ｘ）＜０，在（－１，０）上， ｆ（ｘ）＞０，由此可判断在（－∞，０）仅有一个零点，由函数的对 称性可知ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上也有一个零点，又因为ｆ（０）＝ ０，故该函数有三个零点，故（Ｂ）正确； 由图２可知，若关于ｘ的方程ｆ（ｘ）＝ｍ有解，则 －１＜ｍ ＜１，故（Ｃ）错误； 由图可知，ｆ（ｘ）的值域为（－１，１），所以对 ｘ１，ｘ２∈ Ｒ， ｜ｆ（ｘ２）－ｆ（ｘ１）｜＜２恒成立，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．１２；　１３． １ ９；　１４ (． －３，－ ]３４ ． 提示： １２．由题意可知 ２ａ＋２ｃ＝６， ａ－ｃ＝１{ ， 解得 ａ＝２， ｃ＝１{ ， 所以椭圆的离心率ｅ＝ ｃａ ＝ １ ２． １３．设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，则ｑ＞０，显然ｑ≠１， 由题知９Ｓ４－１０ａ１－９０＝０， 所以９Ｓ４ ＝１０（ａ１＋９）＝１０（ａ１＋ａ２）＝１０Ｓ２， 即 ａ１ｑ＝９， ９· ａ１（１－ｑ ４） １－ｑ ＝１０· ａ１（１－ｑ ２） １－ｑ { ， 解得 ａ１ ＝２７， ｑ＝ １３ { ， 所以ａ６ ＝ａ１ｑ ５ ＝ １９． １４．由ｆ（ｘ）＝ｘ３＋ｍｘ是［－１，１］上的平均值函数知关于 ｘ的方程ｘ３＋ｍｘ＝ｆ（１）－ｆ（－１）１－（－１） 在区间（－１，１）上有解，即 方程ｘ３＋ｍｘ－ｍ－１＝０在区间（－１，１）上有解，就是方程ｍ ＝－ｘ２－ｘ－１在区间（－１，１）上有解．因为当ｘ∈（－１，１）时， －ｘ２－ｘ－１ (＝－ ｘ＋ )１２ ２ －３４ (∈ －３，－ ]３４ ，所以实数 ｍ (的取值范围是 －３，－ ]３４ ． 四、解答题 １５．解：（１）设与直线ｌ１：２ｘ－３ｙ－１＝０                                                                      平行的直线方程为 —５— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 ２ｘ－３ｙ＋ｃ＝０（ｃ≠－１）． 将点Ａ（－２，１）的坐标代入得 －４－３＋ｃ＝０， 解得ｃ＝７． 所以所求直线方程为２ｘ－３ｙ＋７＝０． （２）设线段ＡＢ的中点为Ｍ． 因为Ａ（－２，１），Ｂ（４，３），所以Ｍ（１，２）． 设直线ｌ１与直线ｌ２的交点为Ｎ， 联立 ２ｘ－３ｙ－１＝０， ｘ－ｙ－１＝０{ ， 解得 ｘ＝２， ｙ＝１{ ， 所以Ｎ（２，１）． 所以直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ ＝ ２－１ １－２＝－１， 所以所求直线的方程为ｙ－２＝－（ｘ－１）， 即ｘ＋ｙ－３＝０． １６．解：（１）由题意知 (Ｆ ｐ２， )０ ， 准线方程为ｘ＝－ｐ２． 由抛物线定义可知点Ｐ到焦点Ｆ的距离即为点 Ｐ到准线 的距离，所以３＋ｐ２ ＝５，解得ｐ＝４， 所以抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ＝８ｘ． （２）由（１）知抛物线Ｃ：ｙ２ ＝８ｘ， 直线ＡＢ过点（２，０）， 可设直线ＡＢ的方程为ｘ＝ｔｙ＋２， ! ! "#" " ! # $ % ! ! $ Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），不妨设ｙ１ ＞０， 联立 ｙ２ ＝８ｘ， ｘ＝ｔｙ＋２{ ， 消ｘ得ｙ２－８ｔｙ－１６＝０， 所以ｙ１ｙ２ ＝－１６， 则ｙ２ ＝ －１６ ｙ１ ， 所以Ｓ△ＡＯＢ ＝ １ ２×２×｜ｙ１－ｙ２｜＝ ｙ１－ －１６ ｙ１ ＝ｙ１＋ １６ ｙ１ ≥ 槡２ １６＝８， 当且仅当ｙ１ ＝ １６ ｙ１ ，即ｙ１ ＝４时取等号， 所以Ｓ△ＡＯＢ的最小值为８． １７．（１）证明：在四棱锥Ｓ－ＡＢＣＤ中，连接ＢＤ交ＡＣ于点 Ｆ，则Ｆ为ＢＤ的中点，连接ＥＦ． ! " # $ % & ! ! ' ( ) * + 因为Ｅ为ＢＳ的中点， 所以ＥＦ∥ＳＤ，又ＳＤ平面ＡＣＥ，ＥＦ平面ＡＣＥ， 所以ＳＤ∥平面ＡＣＥ． （２）解：四边形ＡＢＣＤ是菱形，且∠ＡＢＣ＝１２０°， 所以△ＡＢＤ为正三角形，取ＡＢ的中点Ｏ， 连接ＯＤ，ＯＳ，则ＯＤ⊥ＡＢ． 因为平面ＡＢＳ⊥ 平面 ＡＢＣＤ，平面 ＡＢＳ∩ 平面 ＡＢＣＤ＝ ＡＢ，所以ＯＤ⊥平面ＡＢＳ． 因为△ＡＢＳ是正三角形，所以ＯＳ⊥ＡＢ． 以Ｏ为原点，分别以ＯＳ，ＯＢ，ＯＤ所在的直线为ｘ轴、ｙ轴、 ｚ轴建立空间直角坐标系． 因为ＡＢ＝４，则Ａ（０，－２，０），Ｄ（０，０，槡２３）， Ｓ（槡２３，０，０），Ｂ（０，２，０），Ｅ（槡３，１，０）， 所以 →ＡＤ＝（０，２，槡２３），→ＡＳ＝（槡２３，２，０）． 设平面ＡＳＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 →ＡＤ·ｎ＝０， →ＡＳ·ｎ＝０{ ，即 ２ｙ＋ 槡２３ｚ＝０， 槡２３ｘ＋２ｙ＝０ { ， 令ｘ＝槡３，所以ｙ＝－３，ｚ＝槡３， 所以平面ＡＳＤ的一个法向量为ｎ＝（槡３，－３，槡３）． 又 →ＳＥ＝（－槡３，１，０），设点Ｅ到平面ＡＳＤ的距离为ｄ， 则ｄ＝｜ｎ· →ＳＥ｜ ｜ｎ｜ ＝ ｜－３＋（－３）｜ ３＋９＋槡 ３ ＝ 槡２ １５５ ， 即点Ｅ到平面ＡＳＤ的距离为 槡２ １５５ ． １８．解：（１）由ｆ（ｘ）＝ｅｘ（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）＋ａ， 得ｆ′（ｘ）＝ｅｘ（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）＋ｅｘ（ｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ） ＝２ｅｘｃｏｓｘ， 由曲线ｙ＝ｆ（ｘ）在点（０，ｆ（０））处的切线过点（１，２                                                                      ）， —６— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 得ｆ′（０）＝ｆ（０）－２０－１ ， 即２＝１－ａ，解得ａ＝－１． （２）存在实数ｘ１，ｘ２∈［０，π］， 使得ｇ（ｘ２）＜ｆ（ｘ１）＋１３－ｅ π ２成立， 即ｇ（ｘ）ｍｉｎ ＜ｆ（ｘ）ｍａｘ＋１３－ｅ π ２，ｘ∈［０，π］． 由（１）知ｆ′（ｘ）＝２ｅｘｃｏｓｘ， 所以ｆ′（ｘ）＝０在［０，π］上的解为ｘ＝π２， 函数ｆ（ｘ） [在 ０，π )２ 上单调递增， (在 π２， ]π 上单调递减， 所以ｆ（ｘ）ｍａｘ (＝ｆ π )２ ＝ｅπ２ ＋ａ． 又ａ２－ａ＋１０＞０恒成立， 所以ｇ（ｘ）＝（ａ２－ａ＋１０）ｅｘ在［０，π］上单调递增， 所以ｇ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｇ（０）＝ａ ２－ａ＋１０， 故ａ２－ａ＋１０＜ｅ π ２ ＋ａ＋１３－ｅ π ２，即ａ２－２ａ－３＜０， 解得 －１＜ａ＜３， 所以实数ａ的取值范围是（－１，３）． １９．解：（１）由题可得２＝１＋１，３＝１×２＋１， ７＝１×２×３＋１，４３＝１×２×３×７＋１， 所以１，２，３，７，４３是“Ｈ（１）数列”． （２）数列｛ｃｎ｝不是“Ｈ（ｔ）数列”，理由如下： ｃｎ ＝１＋ １ ｎ ＝ ｎ＋１ ｎ （ｎ∈Ｎ＋），则ｃｎ＋１ ＝ ｎ＋２ ｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）， 又ｃ１ｃ２ｃ３…ｃｎ ＝ ２ １· ３ ２· ４ ３… ｎ＋１ ｎ ＝ｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）， 所以ｃｎ＋１－ｃ１ｃ２ｃ３…ｃｎ ＝ ｎ＋２ ｎ＋１－（ｎ＋１） ＝ １ｎ＋１－ｎ（ｎ∈Ｎ＋）， 因为 １ ｎ＋１－ｎ不是常数，所以数列｛ｃｎ｝不是“Ｈ（ｔ）数列”． （３）因为数列｛ａｎ｝为“Ｈ（ｔ）数列”， 由∑ ｎ ｉ＝１ ａ２ｉ ＝ａｎ＋１＋ｌｏｇ２ｂｎ－ｔ（ｎ∈Ｎ＋）， 有∑ ｎ ｉ＝１ ａ２ｉ ＝ａ１ａ２ａ３…ａｎ＋ｌｏｇ２ｂｎ（ｎ∈Ｎ＋）， ① 所以∑ ｎ＋１ ｉ＝１ ａ２ｉ ＝ａ１ａ２ａ３…ａｎａｎ＋１＋ｌｏｇ２ｂｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）， ② 两式作差得ａ２ｎ＋１＝（ａｎ＋１－１）ａ１ａ２ａ３…ａｎ＋ｌｏｇ２ ｂｎ＋１ ｂｎ （ｎ∈Ｎ＋）， 又因为数列｛ａｎ｝为“Ｈ（ｔ）数列”， 所以ａｎ＋１－ｔ＝ａ１ａ２ａ３…ａｎ（ｎ∈Ｎ＋）， 设数列｛ｂｎ｝的公比为ｑ， 所以ａ２ｎ＋１ ＝（ａｎ＋１－１）（ａｎ＋１－ｔ）＋ｌｏｇ２ｑ（ｎ∈Ｎ＋）， 即（ｔ＋１）ａｎ＋１－（ｔ＋ｌｏｇ２ｑ）＝０对ｎ∈Ｎ＋成立， 则 ｔ＋１＝０， ｔ＋ｌｏｇ２ｑ＝ { ０ ｔ＝－１， ｑ＝２{ ， 又ａ１ ＝２，ａ ２ １ ＝ａ１＋ｌｏｇ２ｂ１，所以ｂ１ ＝４， 所以ｂｎ ＝４×２ ｎ－１ ＝２ｎ＋１，ｔ＝－１． 第３１期２版 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．Ｄ．　４．６０；　５．８． 专项小练二 １．Ｄ；　２．Ｄ；　３．Ａ．　４．２４；　５．２４３． 第３１期３，４版 计数原理同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＡＣＤ　５～８　ＢＢＡＤ 提示： １．采用分类加法计数原理，有７＋１１＋９＝２７（种 ）方法． ２．第三语言从４个中任选一个，有４种方法， 第四语言从５个中任选一个，有５种方法， 所以共有４×５＝２０（种）组合选法． ３．要让电路从Ａ处到Ｂ处接通，不同的路径条数为２×１＋ ２×３＝８． ４．对于（Ａ），共有４×４×４＝４３＝６４（种）投法，故（Ａ）错误； 对于（Ｂ），共有４×３×２＝２４（种）可能，故（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），共有４×４×４＝４３＝６４（种）种法，故（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），共有３×３×３×３＝３４ ＝８１（种）买法，故（Ｄ） 正确． ５．求不同填法需要４步：①中间一列填２和５有２种方法； ②再填１有３种方法；③与１同列的只能是３或４，有２种方法； ④最后两个区域，填两个数字有２种方法， 所以不同填法种数是２×３×２×２＝２４                                                                      ． —７— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 ６．Ａ，Ｂ两项实验安排在第一周， 若第二周安排１项实验，有３种方案， 若第二周安排２项实验，有３种方案， 故共有３＋３＝６（种）方案； Ａ，Ｂ两项实验不安排在第一周， 则安排在第二周或第三周，有２种方案； 第一周安排两项实验有３种方案， 故有２×３＝６（种）方案． 综上，不同的实验方案有６＋６＝１２（种）． ７．分三类： 第一类，千位数字为３时，要使四位数为“渐降数”，则四位 数只有３２１０，共１个； 第二类，千位数字为 ４时，“渐降数”有 ４３２１，４３２０， ４３１０，４２１０，共４个； 第三类，千位数字为５时，“渐降数”有５４３２，５４３１，５４３０， ５４２１，５４２０，５４１０，５３２１，５３２０，５３１０，５２１０，共１０个． 由分类加法计数原理得， 满足题意的“渐降数”共有１＋４＋１０＝１５（个）． ８．如下图，在正六棱柱ＡＢＣＤＥＦ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１Ｅ１Ｆ１中，连接 ＡＣ，Ａ１Ｃ１，ＡＥ，Ａ１Ｅ１，易知 ＡＣ⊥ 平面 ＡＡ１Ｆ１Ｆ，ＡＥ⊥ 平面 ＡＡ１Ｂ１Ｂ，ＡＦ⊥平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ，ＡＢ⊥平面ＡＡ１Ｅ１Ｅ． ! " # $ % & ! ! # ! " ! % ! $ ! & ! 取矩形ＡＡ１Ｆ１Ｆ为阳马的底面， 则阳马的另一个顶点可以为Ｃ，Ｄ，Ｃ１，Ｄ１； 取矩形ＡＡ１Ｂ１Ｂ为阳马的底面， 则阳马的另一个顶点可以为Ｄ，Ｅ，Ｄ１，Ｅ１； 取矩形ＡＡ１Ｃ１Ｃ为阳马的底面， 则阳马的另一个顶点可以为Ｄ，Ｆ，Ｄ１，Ｆ１； 取矩形ＡＡ１Ｅ１Ｅ为阳马的底面， 则阳马的另一个顶点可以为Ｂ，Ｄ，Ｂ１，Ｄ１； 所以这样的阳马的个数是１６． 二、多项选择题 ９．ＢＤ；　１０．ＢＤ；　１１．ＡＢＣ． 提示： ９．因为生物课要求在 Ｂ层上，只有第２，３节课，故分两类 进行讨论： 第一类，若生物选第２节，则地理可选第１节或第３节，有２ 种选法，政治有２种选法，故有２×２＝４（种）选法． 第二类，若生物选第３节，则地理只能选第１节，政治只能 选第４节，自习只能选第２节，故有１种选法． 根据分类加法计数原理得到选课方式共有４＋１＝５（种）， 故（Ａ）错误，（Ｂ）正确； 自习可以安排在４节课的任意一节，故（Ｃ）错误，（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． １０．因为甲、乙两人共付费５元，则其中一人的乘坐站数不 超过４，另一人的乘坐站数超过４不超过７，若甲乘坐站数不超 过４，有４种下地铁方案，乙乘坐站数超过４不超过７，有３种下 地铁方案，则有４×３＝１２（种）方案； 同理，若乙乘坐地铁不超过４站，甲乘坐地铁超过４站不超 过７站，也有１２种方案， 因此甲和乙两人共付费５元时，共有１２＋１２＝２４（种）下 地铁的方案，故（Ａ）错误，（Ｂ）正确． 若甲、乙两人共付费６元，则共有三类情况：① 甲付２元， 乙付４元；②甲付３元，乙付３元；③甲付４元，乙付２元．易知 ①③两类情况，每类情况有４×３＝１２（种）方案，②类情况有 ３×３＝９（种）方案，所以甲、乙两人共付费６元时，共有１２＋９ ＋１２＝３３（种）下地铁的方案，故（Ｃ）错误，（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． １１．由分类加法计数原理， 共有５＋２＋７＝１４（种）不同的选法，故（Ａ）正确； 从国画、油画、水彩画中各选一幅， 分别有５种、２种、７种不同的选法， 根据分步乘法计数原理， 共有５×２×７＝７０（种）不同的选法，故（Ｂ）正确； 若其中一幅选自国画，一幅选自油画， 则有５×２＝１０（种）不同的选法； 若一幅选自国画，一幅选自水彩画， 则有５×７＝３５（种）不同的选法； 若一幅选自油画，一幅选自水彩画， 则有２×７＝１４（种）不同的选法， 故共有１０＋３５＋１４＝５９（种）不同的选法，故（Ｃ）正确； 从５幅国画中选出２幅分别挂在左、右两边墙上                                                                      ， —８— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 可以分两个步骤完成： 第一步，从５幅画中选１幅挂在左边墙上，有５种选法； 第二步，从剩下的４幅画中选１幅挂在右边墙上， 有４种选法，根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是５ ×４＝２０（种），故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．９；　１３．１８；　１４．２３． 提示： １２．由题意他的父母的血型都是Ａ，Ｂ，Ｏ三种之一， 由分步乘法计数原理知， 其父母血型的所有可能情况有３×３＝９（种）． １３．ｌｇｂ－ｌｇａ＝ｌｇｂａ有多少个不同值，只要看 ｂ ａ不同值 的个数即可．分两步分别取出ａ，ｂ．第１步，从五个数中取出一 个数作为ｂ，有５种方法；第２步，从剩下的四个数中取出一个 数作为ａ，有４种方法．根据分步乘法计数原理，取法种数为５× ４＝２０．由于 １３＝ ３ ９， ３ １＝ ９ ３，故ｌｇｂ－ｌｇａ的不同值的个数为 ２０－２＝１８． １４．每个水闸有打开或关闭两种情况， 五个水闸的打开或关闭的不同结果有２５种， 水闸Ａ打开，水闸Ｂ，Ｃ至少打开一个， 水闸Ｄ，Ｅ至少打开一个，下游有水， 水闸Ｂ，Ｃ至少打开一个的情况有（２２－１）种， 水闸Ｄ，Ｅ至少打开一个的情况有（２２－１）种， 由分步乘法计数原理得下游有水的不同结果有 １×（２２－１）×（２２－１）＝９（种）， 所以所求五个水闸打开或关闭的情况有 ２５－９＝２３（种）． 四、解答题 １５．解：由题意，从Ａ地到Ｂ地每天有汽车５班，故坐汽车有 ５种走法，从Ａ地到Ｂ地每天有火车２班，故坐火车有２种走法， 从Ａ到Ｂ共有５＋２＝７（种）走法．从Ｂ到Ｃ有两类，一类有３ 种走法，另一类有２种走法，共有３＋２＝５（种）走法． 综上，从Ａ地到Ｃ地不同的走法数为７×５＝３５（种）． １６．解：若选择①②③， 则三人出游的不同方法数Ｎ＝４×５×５＝１００． 若选择①②④，则需分两类．第一类，若甲选择４月２７日 出游，则三人出游的不同方法数Ｎ１＝５×６＝３０；第二类，若甲 不选择４月２７日出游，则三人出游的不同方法数Ｎ２＝３×４× ６＝７２．故三人出游的不同方法数Ｎ＝Ｎ１＋Ｎ２ ＝１０２． 若选择①③④， 则三人出游的不同方法数Ｎ＝４×５×５＝１００． 若选择②③④， 则三人出游的不同方法数Ｎ＝５×５×５＝１２５． １７．解：不考虑甲试剂不能对Ｃ细胞染色时： 若Ｃ，Ｅ细胞的染色试剂不同， 共有４×３×２×（１＋２）＝７２（种）方法， 若Ｃ，Ｅ细胞的染色试剂相同， 共有４×３×２×２＝４８（种）方法， 此时共有７２＋４８＝１２０（种）染色方法． 现考虑甲试剂对Ｃ细胞染色： 若Ｃ，Ｅ细胞的染色试剂不同， 共有３×２×（２＋１）＝１８（种）方法， 若Ｃ，Ｅ细胞的染色试剂相同， 共有３×２×２＝１２（种）方法， 此时共有１８＋１２＝３０（种）染色方法． 所以符合条件的染色方法有１２０－３０＝９０（种）． １８．解：（１）分３类：第１类是负责人从高一产生，有８种不 同的选法；第２类是负责人从高二产生，有１０种不同的选法；第 ３类是负责人从高三产生，有１２种不同的选法． 故共有Ｎ＝８＋１０＋１２＝３０（种）不同的选法． （２）每种选法可分为３个步骤： 第１步，从高一选一名负责人，共有８种不同的选法； 第２步，从高二选一名负责人，共有１０种不同的选法； 第３步，从高三选一名负责人，共有１２种不同的选法． 故共有Ｎ＝８×１０×１２＝９６０（种）不同的选法． （３）分３类，每类又可分两步．第１类，从高一和高二年级 中各选１人，共有８×１０＝８０（种）不同的选法；第２类，从高一 和高三年级中各选１人，共有８×１２＝９６（种）不同的选法；第 ３类，从高二和高三年级中各选１人，共有１０×１２＝１２０（种）不 同的选法． 故共有Ｎ＝８０＋９６＋１２０＝２９６（种）不同的选法． １９．解：（１）当百位为６，符合要求的“吉祥数”有６００； 当百位为５，符合要求的“吉祥数”有５１０； 当百位为４，符合要求的“吉祥数”有４２０，４０２； 当百位为３，符合要求的“吉祥数”有３３０，３１２                                                                      ； —９— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 当百位为２，符合要求的“吉祥数”有２４０，２０４，２２２； 当百位为１，符合要求的“吉祥数”有１５０，１１４，１３２． 综上，三位正整数中共有１２个“吉祥数”． （２）（ⅰ）千位有９种不同填法，百位有１０种不同填法，十 位、个位对应各有１种填法．由分步乘法计数原理可知，四位回 文数的个数为９×１０×１×１＝９０． （ⅱ）由回文数的对称性知，只需考虑２ｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）位 回文数自左至右的前ｎ＋１位数．最高位有９种不同填法，其余 ｎ位分别有１０种不同填法，由分步乘法计数原理可知，２ｎ＋１（ｎ ∈Ｎ＋）位回文数的个数为９×１０ ｎ． 第３２期２版 专项小练一 １．Ｄ；　２．Ｃ；　３．ＡＣＤ．　４．７２；　５．｛８｝． ６．解：（１）能组成无重复数字的四位数的个数为 Ａ４６ ＝６×５×４×３＝３６０． （２）四位偶数要求个位数为偶数，先排个位数字，有Ａ１３ ＝ ３种选法；再从剩下的５个数中选出３个排成一列，共有 Ａ３５ ＝ ６０（种）选法．故共能组成无重复数字的四位偶数的个数为 Ａ１３Ａ ３ ５ ＝１８０（个）． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｄ；　３．ＢＣＤ．　４．３０；　５．９８． ６．解：（１）从１５人中选３人，共有Ｃ３１５＝４５５（种）不同的选 派方法． （２）分两类：第１类，男生２人，女生１人，有Ｃ２１０Ｃ １ ５ ＝４５× ５＝２２５（种）不同的选法；第２类，男生１人，女生２人，有Ｃ１１０Ｃ ２ ５ ＝１０×１０＝１００（种）不同的选法． 综上，共有２２５＋１００＝３２５（种）不同的选派方法． （３）分两类：第１类，男生２人，女生１人（即女生甲），有 Ｃ２１０×１＝４５（种）不同的选法；第２类，男生１人，女生２人（含 女生甲），有Ｃ１１０Ｃ １ ４ ＝１０×４＝４０（种）不同的选法． 综上，共有４５＋４０＝８５（种）不同的选派方法． 第３２期３，４版 排列与组合同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＡＢＣＤ　５～８　ＢＣＤＣ 提示： １．因为Ａ３２ｎ ＝１０Ａ ３ ｎ，所以２ｎ（２ｎ－１）（２ｎ－２）＝１０ｎ（ｎ－ １）（ｎ－２），解得ｎ＝８． ２．Ｃ２５＋Ｃ ３ ６ ＝ ５×４ ２×１＋ ６×５×４ ３×２×１ ＝１０＋２０＝３０． ３．因为Ｃ３ｎ＋１ ＝Ｃ ３ ｎ＋Ｃ ４ ｎ ＝Ｃ ４ ｎ＋１， 所以ｎ＋１＝３＋４，解得ｎ＝６． ４． 坐 在 椅 子 上 的 ６ 个 人 是 走 进 屋 子 的 １０个人中的任意６个人，若把人抽象成元素，将６把不同的椅 子当成不同的位置，则原问题抽象为从１０个元素中取６个元素 占据６个不同的位置，显然是从１０个元素中任取６个元素的排 列问题，从而，不同的坐法种数为Ａ６１０． ５．取出的兔子只恰有２只测量过该指标，即从３只测过指 标的里面选２只，从未测的里面选１只，所以恰有２只测量过该 指标的所有情况数为Ｃ２３Ｃ １ ２，又从这５只兔子中随机取出３只的 所有情况数为Ｃ３５，故所求概率为 Ｃ２３Ｃ １ ２ Ｃ３５ ＝ ３５． ６．当个位是０时，十位、百位、千位从１，２，３，４，５，６中取３ 个不同的数，共有Ａ３６ ＝１２０（种）情况； 当个位是５时，首位有５种情况， 十位和百位有Ａ２５ ＝２０（种）情况， 共有５×２０＝１００（种）情况． 综上，共有１２０＋１００＝２２０（种）情况． ７．根据题意有两种方式： 第一种方式，有一个地方去３名专家， 另外两个地方各去１名专家， 共有 Ｃ１５·Ｃ １ ４·Ｃ ３ ３ Ａ２２ ·Ａ３３ ＝６０（种）方法； 第二种方式，有一个地方去１名专家，另外两个地方各去２ 名专家，共有 Ｃ１５·Ｃ ２ ４·Ｃ ２ ２ Ａ２２ ·Ａ３３ ＝９０（种）方法， 所以分派方法的种数为６０＋９０＝１５０． ８．根据题意，可分三种情况讨论： ①若小明的父母只有一人与小明相邻且父母不相邻时， 先在其父母中选一人与小明相邻，有Ｃ１２ ＝２（种）情况，将小明 与选出的家长看出一个整体，考虑其顺序有Ａ２２＝２（种）情况， 当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，                                                                      将整体与另一 —０１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 个家长安排在空位中，有Ａ２２×Ａ ２ ３＝１２（种）安排方法，此时有２ ×２×１２＝４８（种）不同坐法； ②若小明的父母只有一人与小明相邻且父母相邻时，将 父母及小明看成一个整体，小明在一端，有２种情况，考虑父母 之间的顺序，有２种情况，则这个整体内部有２×２＝４（种）情 况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有 Ａ３３ ＝６（种）情况， 此时有４×６＝２４（种）不同坐法； ③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两 边，将３人看成一个整体，考虑父母的顺序，有 Ａ２２ ＝２（种）情 况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有 Ａ３３ ＝６种情况，此 时共有２×６＝１２（种）不同坐法． 综上，共有４８＋２４＋１２＝８４（种）不同的坐法． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣＤ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．从六名学生中选三名学生参加数学、物理、化学竞赛，共 有多少种选法属于排列问题，故（Ａ）正确； 有十二名学生参加植树活动，要求三人一组，可分为四组， 三人一组无先后顺序，不属于排列问题，故（Ｂ）错误； 从３，５，７，９中任选两个数进行指数运算，可以得到多少个 幂属于排列问题，故（Ｃ）正确； 从１，２，３，４中任取两个数作为点的坐标，可以得到多少个 点属于排列问题，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．Ａ１４＋Ａ ２ ４＋Ａ ３ ４＋Ａ ４ ４ ＝４＋４×３＋４×３×２＋４×３×２ ×１＝６４，故（Ａ）错误； Ｃ３３＋Ｃ ３ ４＋Ｃ ３ ５＋Ｃ ３ ６ ＝１＋４＋１０＋２０＝３５，故（Ｂ）正确； Ｃｍｎ ＝ ｎ！ ｍ！（ｎ－ｍ）！＝ ｎ！ （ｎ－ｍ）！［ｎ－（ｎ－ｍ）］！＝Ｃ ｎ－ｍ ｎ ， 故（Ｃ）正确； 左边＝ｍ· ｎ！ｍ！（ｎ－ｍ）！＝ ｍ·ｎ！ ｍ（ｍ－１）！（ｎ－ｍ）！ ＝ ｎ！ （ｍ－１）！（ｎ－ｍ）！， 右边＝ｎ· （ｎ－１）！ （ｍ－１）！［（ｎ－１）－（ｍ－１）］！ ＝ ｎ·（ｎ－１）！ （ｍ－１）！（ｎ－ｍ）！ ＝ ｎ！ （ｍ－１）！（ｎ－ｍ）！， 即左边 ＝右边， 所以ｍＣｍｎ ＝ｎＣ ｍ－１ ｎ－１（ｍ，ｎ∈Ｎ＋，ｎ≥ｍ，ｎ≥２）， 故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．根据题意，依次分析选项： 在６辆不同的工程车中选出２辆，分给甲地，有Ｃ２６种分法， 在剩下的４辆工程车中选出２辆，分给乙地，有Ｃ２４种分法，将最 后的２辆工程车分给丙地，有 Ｃ２２种分法，则有 Ｃ ２ ６Ｃ ２ ４Ｃ ２ ２ ＝ ９０（种）分配方式，故（Ａ）错误； 在６辆不同的工程车中选出２辆，分给甲地，有Ｃ２６种分法， 在剩下的４辆工程车中选出２辆，分给乙地，有Ｃ２４种分法，在剩 下的２辆工程车中选出１辆，分给丙地，有Ｃ１２种分法，将最后的 １辆工程车分给丁地，有１种分法，则有Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ １ ２＝１８０（种）分配 方式，故（Ｂ）正确； 将６辆工程车分为４，１，１的三组，有Ｃ４６种分法， 将分好的三组安排到三个工地，有Ａ３３种情况， 则有Ｃ４６Ａ ３ ３ ＝１５×６＝９０（种）分配方式，故（Ｃ）错误； 将６辆工程车分为２，２，１，１的四组，有 Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ １ ２Ｃ １ １ Ａ２２Ａ ２ ２ ＝４５（种） 分法，将分好的四组安排到四个工地，有Ａ４４＝２４（种）情况，则 有４５×２４＝１０８０（种）分配方式， 故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．３０；　１３．５８；　１４．１４４０． 提示： １２．由Ｃ２ｎ ＝ ｎ（ｎ－１） ２ ＝１５得ｎ ２－ｎ－３０＝０， 即（ｎ－６）（ｎ＋５）＝０，解得ｎ＝６或ｎ＝－５（舍去）， 故Ａ２ｎ ＝Ａ ２ ６ ＝３０． １３．从正方体的８个顶点中任选４个， 有Ｃ４８ ＝７０（种）不同的选法． 其中这４个点在同一平面内的情况有侧面６种， 对棱面６种，共１２种不同的情况， 所以这４个点不在同一平面内的选法有 ７０－１２＝５８（种）． １４．由于每名同学必须参加且只能参加１                                                                      个社团且每个社 —１１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 团至多两人参加，因此可以将问题看成是将６名同学分配到除 “演讲团”外的四个社团或三个社团，可以分两类： 第一类：先将６人分成四组，分别为１人，１人，２人，２人， 再分配到四个社团， 不同的参加方法数为 Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ １ ２Ｃ １ １ Ａ２２Ａ ２ ２ ·Ａ４４ ＝１０８０（种）； 第二类：将６人平均分成三组， 再分配到除“演讲团”外的四个社团中的任意三个社团， 不同的参加方法数为 Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ ２ ２ Ａ３３ ·Ａ３４ ＝３６０（种）． 所以不同的参加方法数共有１０８０＋３６０＝１４４０（种）． 四、解答题 １５．解：若不选多项选择题，可从８道单项选择题中任选６ 道题，有Ｃ６８ ＝Ｃ ２ ８ ＝２８（种）选择方法； 若选１道多项选择题，可从８道单项选择题中任选５道题， 再从３道多项选择题中任选 １道题即可，有 Ｃ５８Ｃ １ ３ ＝３Ｃ ３ ８ ＝ １６８（种）选择方法． 综上，共有１６８＋２８＝１９６（种）选择方法． １６．解：（１）根据题意可知同一科目的书相邻， 那么先将同一栏目的书捆绑起来， 然后整体排列得到排法有Ａ２２Ａ ２ ２Ａ ３ ３ ＝２４（种）． （２）要求同一科目的书不相邻，那么需要采用间接法， 用所有的情况减去相邻的情况即可， 即排法有Ａ５５－２Ａ ２ ２Ａ ４ ４＋Ａ ２ ２Ａ ２ ２Ａ ３ ３ ＝４８（种）． １７．解：（１）根据题意，若恰在第５次测试后就找出了所有 次品，则第５次测试的产品恰为最后一件次品，另３件次品在 前４次测试中出现，则前４次测试中有一件正品出现，所以共有 Ｃ１４·（Ｃ １ ６Ｃ ３ ３）·Ａ ４ ４ ＝５７６（种）不同的测试方法． （２）根据题意，分３步进行分析：先排第１次测试，只能取 正品，有６种不同的测试方法，再从４件次品中选２件排在第２ 次和第７次的位置上测试，有Ａ２４＝１２（种）测试方法，最后排余 下４件被测试产品的测试位置，有Ｃ２５Ａ ４ ４ ＝２４０（种）测试方法． 所以共有６×１２×２４０＝１７２８０（种）不同的测试方法． １８．解：６个人排有Ａ６６种排法，６人排好后包括两端共有７ 个“间隔”可以插入空位． （１）空位不相邻相当于将４个空位安插在上述７个“间隔” 中，有Ｃ４７ ＝３５（种）插法， 故空位不相邻的坐法有Ａ６６Ｃ ４ ７ ＝２５２００（种）． （２）将相邻的３个空位当作一个元素，另一空位当作另一 个元素，往７个“间隔”里插有Ａ２７种插法，故４个空位中只有３ 个相邻的坐法有Ａ６６Ａ ２ ７ ＝３０２４０（种）． （３）４个空位至多有２个相邻的情况有三类： ①４个空位各不相邻有Ｃ４７种坐法； ②４个空位２个相邻，另有２个不相邻有Ｃ１７Ｃ ２ ６种坐法； ③４个空位分两组，每组都有２个相邻，有Ｃ２７种坐法． 综上，共有Ａ６６（Ｃ ４ ７＋Ｃ １ ７Ｃ ２ ６＋Ｃ ２ ７）＝１１５９２０（种）坐法． １９．解：（１）Ｃ３－１５ ＝ （－１５）×（－１６）×（－１７） ３！ ＝－６８０． （２） Ｃ３ｘ （Ｃ１ｘ） ２ ＝ ｘ（ｘ－１）（ｘ－２） ６ｘ２ ＝ (１６ ｘ＋２ｘ－ )３ ． 因为ｘ＞０，ｘ＋２ｘ≥ 槡２２，当且仅当ｘ＝槡２时取等号， 所以当ｘ＝槡２时， Ｃ３ｘ （Ｃ１ｘ） ２取得最小值． （３）性质①不能推广． 例如当ｘ＝槡２时，Ｃ ２ 槡２有意义，但Ｃ 槡２－２ 槡２ 无意义； 性质②能推广， 其推广形式是：Ｃｍｘ ＋Ｃ ｍ－１ ｘ ＝Ｃ ｍ ｘ＋１，ｘ∈Ｒ，ｍ是正整数． 事实上，当ｍ＝１时，有Ｃ１ｘ＋Ｃ ０ ｘ ＝ｘ＋１＝Ｃ １ ｘ＋１， 当ｍ≥２时，Ｃｍｘ ＋Ｃ ｍ－１ ｘ ＝ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋１）ｍ！ ＋ ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋２） （ｍ－１）！ ＝ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋２） （ｍ－１ [）！ ｘ－ｍ＋１ｍ ＋ ]１ ＝ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋２）（ｘ＋１）ｍ！ ＝Ｃ ｍ ｘ＋１                                                             ． —２１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 书书书 １７． （１５ 分 ） 已 知 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，ａ １ ＝ １ ，ａ ｎ ＞ ０ ， Ｓ ２ｎ ＝ ａ ２ｎ＋１ － λ Ｓ ｎ＋１ ，其 中 λ 为 常 数 ． （１ ） 证 明 ：Ｓ ｎ＋１ ＝ ２Ｓ ｎ ＋ λ ； （２ ） 是 否 存 在 实 数 λ ， 使 得 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 为 等 比 数 列 ？ 若 存 在 ， 求 出 λ ；若 不 存 在 ，请 说 明 理 由 ． １８． （１７ 分 ） 已 知 函 数 ｆ（ｘ） ＝ ａｘ ３ － ｘ ２ ＋ ｂｘ（ａ ，ｂ∈ Ｒ ） ，ｆ′（ｘ） 为 其 导 函 数 ，且 ｘ ＝ ３ 时 ，ｆ （ｘ） 有 极 小 值 － ９． （１ ） 求 ｆ （ｘ） 的 单 调 递 减 区 间 ； （２ ） 若 不 等 式 ｆ′（ｘ） ＞ ｋ（ｘｌｎ ｘ － １ ） － ６ｘ － ４ （ｋ 为 正 整 数 ） 对 任 意 正 实 数 ｘ 恒 成 立 ，求 ｋ 的 最 大 值 ． （ 参 考 数 据 ：ｌｎ ７ ≈ １．９５ ，ｌｎ ８ ≈ ２．０８ ） １９． （１７ 分 ） 帕 德 近 似 是 法 国 数 学 家 亨 利 · 帕 德 发 明 的 用 有 理 多 项 式 近 似 特 定 函 数 的 方 法 ．给 定 两 个 正 整 数 ｍ ，ｎ ，函 数 ｆ（ｘ） 在 ｘ ＝ ０ 处 的 ［ｍ ，ｎ ］ 阶 帕 德 近 似 定 义 为 ：Ｒ （ｘ） ＝ ａ ０ ＋ ａ １ ｘ ＋ … ＋ ａ ｍ ｘ ｍ １ ＋ ｂ １ ｘ ＋ … ＋ ｂ ｎ ｘ ｎ ，且 满 足 ：ｆ （０ ） ＝ Ｒ （０ ） ，ｆ′（０ ） ＝ Ｒ ′（０ ） ，ｆ″（０ ） ＝ Ｒ ″（０ ） ，… ，ｆ ｍ ＋ｎ（０ ） ＝ Ｒ （ｍ ＋ｎ）（０ ）．已 知 ｆ （ｘ） ＝ ｌｎ （ｘ ＋ １ ） 在 ｘ ＝ ０ 处 的 ［１ ，１ ］ 阶 帕 德 近 似 为 ｇ （ｘ） ＝ ｍ ｘ １ ＋ ｎｘ ． （ 注 ：ｆ ″（ｘ） ＝ ［ｆ′（ｘ） ］′，ｆ  （ｘ） ＝ ［ｆ ″（ｘ） ］ ′，ｆ （４ ）（ｘ） ＝ ［ｆ （ｘ） ］ ′，ｆ （５ ）（ｘ） ＝ ［ｆ （４ ）ｘ］ ′，ｆ （ｎ ）（ｘ） 为 ｆ （ｎ－１ ）（ｘ） 的 导 数 ） （１ ） 求 实 数 ｍ ，ｎ 的 值 ； （２ ） 证 明 ：当 ｘ ≥ ０ 时 ，ｆ （ｘ） ≥ ｇ （ｘ） ； （３ ） 设 ａ 为 实 数 ，讨 论 函 数 ｈ （ｘ） ＝ ｆ （ ｘ） － ａ ｘ 的 单 调 性 ． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%& !"3$4&'(5*+,-678 ! 92!"#$%& : ; < = > ? @ 书 例１某市要在半径为 Ｒ的圆形花园中心 竖建一高杆顶灯，若地面各点的亮度与光线 与地面所成角的正弦值成正比，与该点到灯 距离的平方成反比，问高杆顶灯的灯柱设计 多高时，沿花园周边小路上的亮度最大？ 解析：设高杆顶灯的柱高为 ｘ（即灯到地面 的距离为ｘ），光线与地面所成的角为α， 依题意，花园周边小路上的亮度为 ｙ＝ｋ· ｓｉｎα ｘ２＋Ｒ２ （ｋ为正常数），又ｓｉｎα＝ ｘ ｘ２＋Ｒ槡 ２ ． 所以ｙ＝ｋｘ·（ｘ２＋Ｒ２）－ ３ ２（ｘ＞０）． 所以 [ｙ′＝ｋ（ｘ２＋Ｒ２）－３２＋ｘ· －( )３２·（ｘ２ ＋Ｒ２）－ ５ ２·２ ]ｘ ＝ｋ［（ｘ２＋Ｒ２）－ ５ ２·（Ｒ２－２ｘ２）］ ＝ｋ（ｘ２＋Ｒ２）－ ５ ２·（Ｒ＋槡２ｘ）（Ｒ－槡２ｘ）． 由ｘ＞０， 所以ｋ（ｘ２＋Ｒ２）－ ５ ２·（Ｒ＋槡２ｘ）＞０． 所以当ｘ∈ ０，槡２２( )Ｒ时，ｙ′＞０， 当ｘ∈ 槡２ ２Ｒ，＋( )∞ 时，ｙ′＜０． 所以当且仅当ｘ＝槡２２Ｒ时，ｙ取得最大值． 综上可知，在灯型一定的情况下， 该花园中心的灯柱设计为槡 ２ ２Ｒ时， 周边小路上的亮度最大． 例２甲方是一农场，乙方是一工厂，由于乙 方生产需要占用甲方的资源，因此甲方有权向 乙方索赔以弥补经济损失并获得一定的净收 入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润 ｘ（单位：元）与年产量 ｔ（单位：吨）满足函数关 系ｘ＝２０００ 槡×ｔ，若乙方每生产一吨产品必须赔 付甲方ｓ元（以下称ｓ为赔付价格）． （１）将乙方的年利润 ｗ（单位：元）表示为 年产量ｔ（单位：吨）的函数；并求出乙方获得最 大利润的年产量； （２）甲方每年受乙方生产影响的经济损失 金额ｙ＝０．００２ｔ２（单位：元），在乙方按照获得最 大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索 赔中获得最大净收入，应向乙方要求赔付价格 ｓ 是多少？ 解析：（１）由题意得 ｗ＝２０００槡ｔ－ｓｔ ＝－ｓ槡ｔ－ １０３( )ｓ ２ ＋１０ ６ ｓ（ｔ＞０）． 当槡ｔ＝ １０３ ｓ，即ｔ＝ １０６ ｓ２ （吨）时， ｗ取得最大值为１０ ６ ｓ（元）． 所以乙方获得最大利润的年产量为 ｔ＝１０ ６ ｓ２ 吨． （２）设乙方按照获得最大利润的产量进行 生产的前提下， 甲方在索赔中获得最大净收入为ｖ元， 则ｖ＝ｓｔ－０．００２ｔ２ ＝１０ ６ ｓ－ ２×１０９ ｓ４ ． 所以ｖ′＝－１０ ６ ｓ２ ＋８×１０ ９ ｓ５ ＝１０ ６ ｓ５ （２０３－ｓ３）． 令ｖ′＝０，得ｓ＝２０． 当ｓ＞２０时，ｖ′＜０， 所以ｖ在（２０，＋∞）上单调递减， 当ｓ＜２０时，ｖ′＞０， 所以ｖ在（０，２０）上单调递增． 所以ｓ＝２０时 ｖ取得极大值，也就是最大 值，所以在乙方按照获得最大利润的产量进行 生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收 入，应向乙方要求的赔付价格ｓ是２０元 ／吨． 书 一、函数思想 例１已知等差数列｛ａｎ｝中，首项ａ１＞０，且 Ｓ３ ＝Ｓ１０．问此数列前几项和最大？最大值是多 少？ 解析：由Ｓ３ ＝Ｓ１０， 得 ３（ａ１＋ａ１＋２ｄ） ２ ＝ １０（ａ１＋ａ１＋９ｄ） ２ ， 所以ｄ＝－１６ａ１， 所以Ｓｎ＝ｎａ１＋ １ ２ｎ（ｎ－１）ｄ＝ｎａ１＋ １ ２ｎ（ｎ －１） －１６ａ( )１ ＝－ １ １２ａ１ ｎ－ １３( )２ ２ ＋１６９４８ａ１． 所以当ｎ＝６或ｎ＝７时， Ｓ６ ＝Ｓ７ ＝ ７ ２ａ１为最大值． 点评：在求解等差数列问题时，要能把问题 转化为函数来研究． 二、方程思想 例２已知等差数列的前 ｎ项和为 Ｓｎ，且 Ｓ５ ＝－３５，Ｓ８ ＝－８，求Ｓ１８． 解析：由已知条件得 ５ａ１＋ ５（５－１） ２ ｄ＝－３５， ８ａ１＋ ８（８－１） ２ ｄ＝－８ { ， 解得ａ１ ＝－１５，ｄ＝４． 所以Ｓ１８ ＝１８ａ１＋ １８（１８－１） ２ ｄ＝３４２． 点评：等差（比）数列的通项公式与前 ｎ项 和公式是反映等差（比）数列中５个量ａ１，ｄ（ｑ）， ａｎ，Ｓｎ，ｎ的解析式，“知三求二”是等差（比）数 列的基本题型，用方程思想认识这类问题十分 必要． 三、转化与化归思想 例３已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝１，ａｎ＋１＝２ａｎ ＋１（ｎ≥１）．求数列｛ａｎ｝的通项公式． 解析：令ａｎ＋１＋λ＝２（ａｎ＋λ）， 则ａｎ＋１ ＝２ａｎ＋λ． 比较系数得λ＝１， 所以ａｎ＋１＋１＝２（ａｎ＋１）． 令ｂｎ ＝ａｎ＋１，则｛ｂｎ｝是以ｂ１ ＝ａ１＋１＝ ２为首项，２为公比的等比数列． 故ｂｎ ＝２·２ ｎ－１ ＝２ｎ． 从而ａｎ ＝ｂｎ－１＝２ ｎ－１． 四、分类讨论思想 例４在等比数列｛ａｎ｝中，已知 ａ３ ＝ ３ ２，Ｓ３ ＝９２，求公比ｑ． 解析：由已知条件得： （１）当ｑ≠１时， ａ１ｑ ２ ＝３２， ａ１（１－ｑ ３） １－ｑ ＝ ９ ２ { ， 消去ａ１得２ｑ ２－ｑ－１＝０， 解得ｑ＝－１２或ｑ＝１（舍）． （２）当ｑ＝１时，ａ１ ＝ａ２ ＝ａ３ ＝ ３ ２， 此时Ｓ３ ＝ａ１＋ａ２＋ａ３ ＝ ９ ２也成立． 综上，公比ｑ＝１或ｑ＝－１２． 点评：等比数列的公比是否等于１是数列中 常见的分类讨论问题． 五、数形结合思想 例５已知项数为奇数的等差数列，奇数项 的和为４４，偶数项的和为３３，求这个数列的项数 及中间项． 解析：设这个数列共有２ｎ＋１项， 由于ｆ（ｎ）＝ Ｓｎ ｎ是关于ｎ的一次函数，则点 ｎ＋１，４４ｎ＋( )１，ｎ，３３( )ｎ，２ｎ＋１， ７７２ｎ＋( )１共线， 由斜率相等得 ７７ ２ｎ＋１－ ３３ ｎ ２ｎ＋１－ｎ ＝ ７７ ２ｎ＋１－ ４４ ｎ＋１ ２ｎ＋１－（ｎ＋１）， 故ｎ＝３． 所以该数列共有７项，中间项为１１． 点评：数列是特殊函数，它的图象是由一些 有规律的间断点构成的，具有鲜明的几何意义， 由此同学们要学会借形攻数． !"#$ %& ! !"#$%&'( )& !!"!* "#"$+ ", %-./*0 & * !" !"# $%&'()*+, !"#$%&' ()#*+,-./ 01#234567 89:;<-= !">?@AB CDEFGHIJK LMNOPQ RS# *+TU-V2W XYZ=[\]^_ `abG *cde fQghD+ijk lm+nop qop roGstuv,w xyz*Q {!"g|e }~€Q xnoB *‚ƒ8„B…† ‡ˆ8‰BŠ‹Œ Ž‘’G“” •–—˜™šG ›œ žŸ< ¡Qxq oB*Œ¢£¤¥¦ §¨Ba©ª«¬­ <®G ¯°±+-² ³´µ¶µ·Q¸¹ xºm+roG*» R¼½¾¿&ÀBÁ Â'ÃQ !"+ÄÅBÆ Ç\ÈÉÊËQ̵ ŒÍ΂ÏBÐÑÒB ÓÔÕÖ<×®+Æ ØBÙµŒÚ>-Û ÜÝÝB aÞß#à áâš+ãä= *5 ÄÅåæ#çè-² +éê#ëìíîÍ +ïðñò= !"+67a óôìx*;õ< ö÷+9ø„Gùú ìx*;§û+ü ýK=þÿx!"å #G*$ÒðÒ%å §û&'(Q !"+,-G) Õ*+,+,-G- )67.™+,-Q *+/01234 5x6;789G: ;‰<G=>.™Q 123456789: ;<56=>?@AB7 "#$%&$'(%')* ;<CD=>?@AB7 +,$%&$'(%!"# ABCDE$FG ABHE8IJKLMNOFP 3QRSTUV9 SWXYZ[ \]^_`aV9bcX"#$%&'()()*d+e fghcX,%',-. ! ij klm !AB nop 书 一、单项选择题　１～４　ＢＡＣＡ　５～８　ＣＤＡＡ 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＣＤ． 三、填空题 １２．（０，３）；　１３ [． π３，π )２ ；　１４ [． ３２，１０)３ ． 四、解答题 １５．解：（１）ａ＝２，ｂ＝１． （２）ｆ（ｘ）极大值 ＝ｆ（－１）＝２， ｆ（ｘ）极小值 (＝ｆ － )１３ ＝５０２７． １６ (． ０，６ )ｅ ． １７．解：由题可得ｆ′（ｘ）＝６ｘ２－２ａｘ， 令ｆ′（ｘ）＝０，解得ｘ＝０或ｘ＝ ａ３， 当ｘ＜ ａ３或ｘ＞０时，ｆ′（ｘ）＞０； 当 ａ ３ ＜ｘ＜０时，ｆ′（ｘ）＜０， 所以当ｘ＝ ａ３时，ｆ（ｘ）取得极大值， 且 (ｆ ａ)３ ＝－ａ ３ ２７， 又ｆ（ｘ）＝２ｘ３－ａｘ２ ＝－ａ ３ ２７， (即 ｘ－ａ)３ ( ２ ２ｘ＋ａ)３ ＝０， 解得ｘ＝ ａ３或ｘ＝－ ａ ６， 因为ｆ（ｘ） (在 ａ２，ａ＋６)３ 上有最大值， 所以 ａ ３ ＜ ａ＋６ ３ ≤－ ａ ６， 解得ａ≤－４，所以ａ的取值范围是（－∞，－４］． １８．解：（１）当“如意金箍棒”变化到ｘ秒时， 其底面半径为（１０－ｘ）ｃｍ，长度为（ｌ＋４０ｘ）ｃｍ， 则ｆ（ｘ）＝π（１０－ｘ）２（ｌ＋４０ｘ），且４≤１０－ｘ≤１０， 即０≤ｘ≤６， 所以ｆ′（ｘ）＝π［－２（１０－ｘ）（ｌ＋４０ｘ）＋４０（１０－ｘ）２］ ＝２π（ｘ－１０）（６０ｘ＋ｌ－２００）， 当１０－ｘ＝８，即ｘ＝２（秒）时，ｆ（ｘ）取得极大值， 所以ｆ′（２）＝０，即２π（２－１０）（６０×２＋ｌ－２００）＝０， 解得ｌ＝８０（ｃｍ）， 所以ｆ（ｘ）＝４０π（ｘ－１０）２（ｘ＋２），且其定义域为［０，６］． （２）由（１）得ｆ′（ｘ）＝１２０π（ｘ－１０）（ｘ－２），０≤ｘ≤６， 所以当０≤ｘ＜２时，ｆ′（ｘ）＞０； 当２＜ｘ≤６时，ｆ′（ｘ）＜０， 所以ｆ（ｘ）在（０，２）上为增函数，在（２，６）上为减函数， 则ｆ（ｘ）的最小值为ｆ（０）或ｆ（６）， 又ｆ（０）＝８０００π（ｃｍ３），ｆ（６）＝５１２０π（ｃｍ３）， 所以当ｘ＝６（秒）时，“如意金箍棒”体积最小， 此时“如意金箍棒”的底面半径为１０－６＝４（ｃｍ）． １９．解：（１）函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ在（０，１）上是增函数． 因为Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｘ ＝ ｌｎｘ ｘ，所以Ｆ′（ｘ）＝ １－ｌｎｘ ｘ２ ， 所以当ｘ∈（０，１）时，Ｆ′（ｘ）＞０， 所以Ｆ（ｘ）在（０，１）上为增函数， 所以函数ｆ（ｘ）在（０，１）上不是“单反减函数”． （２）因为ｇ（ｘ）＝２ｘ＋２ｘ＋ａｌｎｘ， 所以ｇ′（ｘ）＝２ｘ ２＋ａｘ－２ ｘ２ ． 因为函数ｇ（ｘ）是［１，＋∞）上的 “单反减函数”， 所以ｇ（ｘ）在［１，＋∞）上是增函 数， 所以ｇ′（ｘ）≥０在［１，＋∞）上恒成立， 令ｈ（ｘ）＝２ｘ２＋ａｘ－２， 则ｈ（ｘ）≥０在［１，＋∞）上恒成立， 所以 ｈ（１）≥０， －ａ４≤１ { ，解得ａ≥０． 令Ｇ（ｘ）＝ｇ（ｘ）ｘ ，则Ｇ（ｘ）＝２＋ ２ ｘ２ ＋ａｌｎｘｘ 在［１，＋∞） 上是减函数． 又Ｇ′（ｘ）＝－４ ｘ３ ＋ａ（１－ｌｎｘ） ｘ２ ， 所以Ｇ′（ｘ）≤０在［１，＋∞）上恒成立， 即 －４ ｘ３ ＋ａ（１－ｌｎｘ） ｘ２ ≤０在［１，＋∞）上恒成立， 即ａｘ－ａｘｌｎｘ－４≤０在［１，＋∞）上恒成立． 令Ｐ（ｘ）＝ａｘ－ａｘｌｎｘ－４，则Ｐ′（ｘ）＝－ａｌｎｘ， 所以有 ａ≥０， Ｐ（１）≤０{ ，解得０≤ａ≤４， 综上，实数ａ的取值范围为［０，４］． 一、单项选择题　１～４　ＢＡＢＤ　５～８　ＣＢＢＣ 二、多项选择题　９．ＡＢＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＢＤ． 三、填空题 １２．ｎ＝５；　１３． ２ ｎ２－ｎ＋２ ；　１４．ｌｎ２－１． 四、解答题 １５．解：因为ａｎ＋１＝（λ－３）ａｎ＋２ ｎ（ｎ∈Ｎ＋）及ａ１＝２， ａ２ ＝－１， 所以ａ２ ＝（λ－３）ａ１＋２，解得λ＝ ３ ２． 所以ａ３ ＝－ ３ ２ａ２＋２ ２ ＝１１２． （２）不存在．因为ａ１ ＝２，ａｎ＋１ ＝（λ－３）ａｎ＋２ ｎ，所以 ａ２ ＝（λ－３）ａ１＋２＝２λ－４，ａ３＝（λ－３）ａ２＋４＝２λ ２－ １０λ＋１６．若数列｛ａｎ｝为等差数列，则ａ１＋ａ３＝２ａ２，即２＋ ２λ２－１０λ＋１６＝２（２λ－４），所以λ２－７λ＋１３＝０．因为 Δ＝４９－４×１３＜０，所以方程无实数解，所以λ不存在．即 不存在λ，使数列｛ａｎ｝为等差数列． １６．解：（１）设需要新建ｎ个桥墩， （ｎ＋１）ｘ＝ｍ，即ｎ＝ｍｘ－１， 所以ｙ＝ｆ（ｘ）＝２５６ｎ＋（ｎ＋１）（２ 槡＋ ｘ）ｘ ＝ (２５６ ｍｘ－ )１ ＋ｍｘ（２ 槡＋ ｘ）ｘ， 即ｙ＝２５６ｍｘ 槡＋ｍ ｘ＋２ｍ－２５６． （２）由（１）知， ｆ′（ｘ）＝－２５６ｍ ｘ２ ＋１２ｍｘ －１２ ＝ ｍ ２ｘ２ （ｘ ３ ２ －５１２）． 令ｆ′（ｘ）＝０，得ｘ ３ ２ ＝５１２，所以ｘ＝６４， 当０＜ｘ＜６４时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）在（０，６４）内为减函 数；当６４＜ｘ＜６４０时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）在（６４，６４０）内为 增函数，所以ｆ（ｘ）在ｘ＝６４处取得最小值， 此时，ｎ＝ｍｘ－１＝ ６４０ ６４－１＝９． 故需新建９个桥墩才能使ｙ最小． １７．解：（１）当ｎ＝ｋ，ｋ∈Ｎ＋时， Ｓｎ ＝－ １ ２ｎ ２＋ｋｎ取最大值， 即８＝Ｓｋ ＝－ １ ２ｋ ２＋ｋ２ ＝ １２ｋ ２， 故ｋ２ ＝１６，因此ｋ＝４， 从而ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝ ９ ２－ｎ（ｎ≥２）． 又ａ１ ＝Ｓ１ ＝ ７ ２，适合ａｎ ＝ ９ ２－ｎ， 所以ａｎ ＝ ９ ２－ｎ． （２）设ｂｎ ＝ ９－２ａｎ ２ｎ ＝ ｎ ２ｎ－１ ， Ｔｎ ＝ｂ１＋ｂ２＋… ＋ｂｎ ＝１＋２２＋ ３ ２２ ＋… ＋ｎ－１ ２ｎ－２ ＋ ｎ ２ｎ－１ ， ２Ｔｎ ＝２＋ ２ ２０ ＋３ ２１ ＋… ＋ｎ－１ ２ｎ－３ ＋ ｎ ２ｎ－２ ， 所以Ｔｎ ＝２Ｔｎ－Ｔｎ ＝２＋１＋１２＋… ＋ １ ２ｎ－２ － ｎ ２ｎ－１ ＝４－ １ ２ｎ－２ － ｎ ２ｎ－１ ＝４－ｎ＋２ ２ｎ－１ ． １８．解：（１）因为ｆ（ｘ）＝［ａｘ２－（４ａ＋１）ｘ＋４ａ＋３］ｅｘ， 所以ｆ′（ｘ）＝［２ａｘ－（４ａ＋１）］ｅｘ＋［ａｘ２－（４ａ＋１）ｘ ＋４ａ＋３］ｅｘ ＝［ａｘ２－（２ａ＋１）ｘ＋２］ｅｘ， ｆ′（１）＝（１－ａ）ｅ． 由题设知ｆ′（１）＝０，即（１－ａ）ｅ＝０，解得ａ＝１， 此时ｆ（１）＝３ｅ≠０，所以ａ＝１． （２）由（１）得ｆ′（ｘ）＝［ａｘ２－（２ａ＋１）ｘ＋２］ｅｘ ＝（ａｘ－１）（ｘ－２）ｅｘ． 若ａ＞ １２，则当ｘ (∈ １ａ， )２ ，ｆ′（ｘ）＜０； 当ｘ∈（２，＋∞）时，ｆ′（ｘ）＞０． 所以ｆ（ｘ）在ｘ＝２处取得极小值． 若ａ≤ １２，则当ｘ∈（０，２）时，ｘ－２＜０，ａｘ－１≤ １ ２ｘ －１＜０，所以ｆ′（ｘ）＞０，所以２不是ｆ（ｘ）的极小值点． 综上，ａ (的取值范围是 １２，＋ )∞ ． １９．解：ｆ′（ｘ）＝３ｘ２＋２ｂｘ－９，ｆ″（ｘ）＝６ｘ＋２ｂ． 由题意得ｆ″（－１）＝０，即 －６＋２ｂ＝０，解得ｂ＝３． 且ｆ（－１）＝１０，即（－１）３＋３×（－１）２＋９＋ａ＝１０， 解得ａ＝－１， 故ｆ（ｘ）＝ｘ３＋３ｘ２－９ｘ－１， 所以ｆ′（ｘ）＝３ｘ２＋６ｘ－９＝３（ｘ－１）（ｘ＋３）， 令ｆ′（ｘ）＞０得ｘ＞１或ｘ＜－３， 令ｆ′（ｘ）＜０得－３＜ｘ＜１， 故ｆ（ｘ）在（－∞，－３），（１，＋∞）上单调递增， 在（－３，１）上单调递减， 故ｆ（ｘ）在ｘ＝－３处取得极大值， 在ｘ＝１处取得极小值， 故极大值为ｆ（－３）＝－２７＋２７＋２７－１＝２６， 极小值为ｆ（１）＝１＋３－９－１＝－６． （２）ｇ（ｘ）＝２ｍｘ３＋［６ｌｎ（ｍｘ）－１５］ｘ２＋１８ｍｘ－ ５ ｍ２ ＋１， 因为ｍ＞０，ｍｘ＞０，故ｘ＞０， 即ｇ（ｘ）的定义域为（０，＋∞）， ｇ′（ｘ）＝６ｍｘ２＋６ｘ＋２［６ｌｎ（ｍｘ）－１５］ｘ＋１８ｍ， ｇ″（ｘ）＝１２ｍｘ＋６＋１２＋２［６ｌｎ（ｍｘ）－１５］ ＝１２ｍｘ＋１２ｌｎ（ｍｘ）－１２， 令ｇ″（ｘ）＝０得ｍｘ－１＋ｌｎ（ｍｘ）＝０， 令ｈ（ｘ）＝ｘ＋ｌｎｘ－１，ｘ＞０， 则ｈ′（ｘ）＝１＋１ｘ ＞０在（０，＋∞）上恒成立， 故ｈ（ｘ）＝ｘ＋ｌｎｘ－１在（０，＋∞）上单调递增， 又ｈ（１）＝０，由零点存在性定理知 ｈ（ｘ）＝ｘ＋ｌｎｘ－１有唯一的零点ｘ＝１， 故ｍｘ＝１，即ｘ＝１ｍ时，满足ｍｘ －１＋ｌｎ（ｍｘ）＝０， 当ｘ＝１ｍ时， (ｇ １ )ｍ ＝２ｍ２－１５ｍ２ ＋１８ ｍ２ －５ ｍ２ ＋１＝１， 故ｇ（ｘ） (的拐点为 １ｍ， )１ ． ! !"#$% !" !# 书书书 学 业 水 平 测 评 （ 三 ） 测 试 范 围 ： 选 择 性 必 修 第 二 册 ◎ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 大 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １ ． 在 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，ａ ｎ＋ １ ＝ ２ａ ｎ ＋ ６ ｎ ，ａ １ ＝ １， 则 ａ ３ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ８ （ Ｂ） １ （ Ｃ） １８ （ Ｄ ） １９ ２． 某 景 区 三 绝 之 一 的 铁 旗 杆 铸 于 道 光 元 年 ， 两 根 分 别 立 于 入 口 两 侧 ，每 根 重 约 １２ ００ ０ 斤 ， 旗 杆 分 五 节 ， 每 节 分 铸 八 卦 龙 等 图 案 ， 每 根 杆 上 还 悬 挂 ２４ 只 玲 珑 的 铁 风 铃 ．已 知 每 节 长 度 约 成 等 差 数 列 ， 第 一 节 长 约 １２ 尺 ，总 长 约 ４８ 尺 ，则 第 五 节 长 约 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ７ 尺 （ Ｂ） ７． ２ 尺 （ Ｃ） ７． ６ 尺 （ Ｄ ） ８ 尺 ３． 已 知 各 项 均 为 正 数 的 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，若 ａ ７ ＝ ９， 则 ｌｏ ｇ ３ ａ ２ ＋ ｌｏ ｇ ３ ａ １ ２ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ （ Ｂ） ３ （ Ｃ） ４ （ Ｄ ） ９ ４． 曲 线 ｙ ＝ ｅｘ ｘ ＋ １ ( 在 点 １， ｅ ) ２ 处 的 切 线 方 程 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ｙ ＝ ｅ ４ ｘ （ Ｂ） ｙ ＝ ｅ ２ ｘ （ Ｃ） ｙ ＝ ｅ ４ ｘ ＋ ｅ ４ （ Ｄ ） ｙ ＝ ｅ ２ ｘ ＋ ３ｅ ４ ５． 已 知 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ ｘ２ － ａｘ ＋ ３ 在 （ ０， １） 上 为 减 函 数 ，函 数 ｇ（ ｘ） ＝ ｘ２ － ａｌ ｎ ｘ 在 （ １， ２） 上 为 增 函 数 ，则 ａ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １ （ Ｂ） ２ （ Ｃ） ０ （ Ｄ ） 槡 ２ ６． 若 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ ｌｎ ｘ ＋ ９ ２ ｘ２ ＋ ｂｘ ＋ １ 的 图 象 上 任 意 一 点 的 切 线 的 斜 率 都 大 于 ０， 则 实 数 ｂ 的 取 值 范 围 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） （ － ∞ ， － ６） （ Ｂ） （ － ∞ ，６ ） （ Ｃ ） （ － ６， ＋ ∞ ） （ Ｄ ） （ ６， ＋ ∞ ） ７． 若 ｘ ＝ － ２ 是 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ （ ｘ２ ＋ ａｘ － １） ｅｘ －１ 的 极 值 点 ，则 ｆ（ ｘ） 的 极 小 值 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） － １ （ Ｂ） － ２ｅ －３ （ Ｃ） ５ｅ －３ （ Ｄ ） １ ８． 设 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，若 Ｓ ｎ Ｓ ２ ｎ 为 常 数 ，则 称 ｛ ａ ｎ ｝ 为 “ 吉 祥 数 列 ” ．已 知 等 差 数 列 ｛ ｂ ｎ ｝ 的 首 项 为 １， 公 差 不 为 ０， 若 数 列 ｛ ｂ ｎ ｝ 为 “ 吉 祥 数 列 ” ，则 数 列 ｛ ｂ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ｂ ｎ ＝ ｎ － １ （ Ｂ） ｂ ｎ ＝ ２ｎ － １ （ Ｃ） ｂ ｎ ＝ ｎ ＋ １ （ Ｄ ） ｂ ｎ ＝ ２ｎ ＋ １ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９ ． 如 果 函 数 ｙ ＝ ｆ（ ｘ） 的 导 函 数 的 图 象 如 右 图 所 示 ，那 么 下 列 结 论 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ） 函 数 ｙ ＝ ｆ（ ｘ） 在 区 间 （３ ，５ ） 上 单 调 递 增 （ Ｂ） 当 ｘ ＝ － １ ２ 时 ，函 数 ｙ ＝ ｆ（ ｘ） 有 极 大 值 （ Ｃ） 函 数 ｙ ＝ ｆ（ ｘ） 在 区 间 （ １， ２） 上 单 调 递 增 （ Ｄ ） 当 ｘ ＝ ２ 时 ，函 数 ｙ ＝ ｆ（ ｘ ） 有 极 大 值 １０ ．已 知 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ ｘｅ ｘ － ｍ ２ ｘ２ － ｍ ｘ（ ｍ ＞ ０） ，则 函 数 ｆ（ ｘ） 在 ［ １， ３］ 上 的 最 小 值 可 能 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ｅ － ３ ２ ｍ （ Ｂ） － ｍ ２ （ ｌｎ ｍ ） ２ （ Ｃ） ２ｅ ２ － ４ｍ （ Ｄ ） ３ｅ ３ － １５ ２ ｍ １１ ．设 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，且 Ｓ ４ ＝ Ｓ ３ － １ Ｓ ３ ．若 ａ １ ＞ １， 则 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ １ ＞ ａ ３ （ Ｂ） ａ １ ＜ ａ ３ （ Ｃ） ａ ２ ＜ ａ ４ （ Ｄ ） ａ ２ ＞ ａ ４ 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ９２ 分 ） 三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ． １２ ．若 函 数 ｙ ＝ ａ（ ｘ３ － ｘ） ( 的 单 调 递 增 区 间 是 － ∞ ， － 槡 ３ ) ３ ( ， 槡 ３ ３ ， ＋ ) ∞ ，则 实 数 ａ 的 取 值 范 围 是 ． １３ ．“ 中 国 剩 余 定 理 ” 又 称 “ 孙 子 定 理 ” ， 讲 的 是 一 个 关 于 整 除 的 问 题 ．现 有 这 样 一 个 整 除 问 题 ：将 １ 到 １０ ０ 这 １０ ０ 个 数 中 能 被 ２ 除 余 １ 且 被 ３ 除 余 １ 的 数 按 从 小 到 大 的 顺 序 排 成 一 列 ，构 成 首 项 为 １ 的 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ ， 则 此 数 列 的 项 数 为 ． １４ ．某 学 校 有 Ａ， Ｂ 两 家 餐 厅 ， 通 过 调 查 发 现 ： 开 学 第 一 天 的 中 午 ，有 一 半 的 学 生 到 Ａ 餐 厅 就 餐 ，另 一 半 的 学 生 到 Ｂ 餐 厅 就 餐 ； 从 第 二 天 起 ，在 前 一 天 选 择 Ａ 餐 厅 就 餐 的 学 生 中 ， 次 日 会 有 １ ４ 的 学 生 继 续 选 择 Ａ 餐 厅 ，在 前 一 天 选 择 Ｂ 餐 厅 就 餐 的 学 生 中 ，次 日 会 有 １ ２ 的 学 生 继 续 选 择 Ｂ 餐 厅 ． 该 学 校 共 有 学 生 ３ ５０ ０ 人 ，估 计 第 １０ ０ 天 该 学 校 到 Ａ 餐 厅 就 餐 的 学 生 人 数 为 人 ．（ 用 整 数 作 答 ） 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 已 知 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，Ｓ ｎ 为 其 前 ｎ 项 和 ，且 ａ １ ＝ ８， Ｓ ３ ＝ － ９ａ ６ ． （ １） 求 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （ ２） 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 多 少 项 之 和 最 大 ？并 求 出 最 大 值 ． １ ６ ．（ １５ 分 ） 已 知 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ ｘ － ２ ｘ ，ｇ （ ｘ） ＝ ａ（ ２ － ｌｎ ｘ） ． （ １） 若 曲 线 ｙ ＝ ｆ（ ｘ） 与 曲 线 ｙ ＝ ｇ （ ｘ） 在 ｘ ＝ １ 处 的 切 线 的 斜 率 相 同 ，求 ａ 的 值 ； （ ２） 若 存 在 一 点 ，使 得 曲 线 ｙ ＝ ｆ（ ｘ） 与 曲 线 ｙ ＝ ｇ（ ｘ） 在 该 点 处 的 切 线 的 斜 率 相 同 ，求 实 数 ａ 的 取 值 范 围 ． / 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 : ; < = > ! ? @ ! " # $ % & / 0 1 2 # 4 5 6 A 8 9 : ; B = > ! C D ! " # $ % & ! ' - * . / . 0 1 2 " . + #