第30期 学业水平测评（四）-【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）

书书书 １６． （１５ 分 ） 已 知 抛 物 线 Ｃ ：ｙ ２ ＝ ２ｐｘ（ｐ ＞ ０ ） 的 焦 点 为 Ｆ ，抛 物 线 上 一 点 Ｐ 的 横 坐 标 为 ３ ，且 点 Ｐ 到 焦 点 Ｆ 的 距 离 为 ５． （１ ） 求 抛 物 线 Ｃ 的 方 程 ； （２ ） 过 点 （２ ，０ ） 作 直 线 交 抛 物 线 Ｃ 于 点 Ａ ，Ｂ ， 求 △ ＡＢＯ 面 积 的 最 小 值 （ 其 中 Ｏ 为 坐 标 原 点 ）． １７． （１５ 分 ） 如 图 ２ ，在 四 棱 锥 Ｓ － ＡＢＣＤ 中 ，△ ＡＢＳ 是 正 三 角 形 ， 四 边 形 ＡＢＣＤ 是 菱 形 ，Ａ Ｂ ＝ ４ ，∠ ＡＢＣ ＝ １２０°， 点 Ｅ 是 ＢＳ 的 中 点 ． （１ ） 证 明 ：ＳＤ ∥ 平 面 Ａ ＣＥ ； （２ ） 若 平 面 ＡＢＳ ⊥ 平 面 ＡＢＣＤ ，求 点 Ｅ 到 平 面 ＡＳＤ 的 距 离 ． １８． （１７ 分 ） 已 知 函 数 ｆ （ｘ） ＝ ｅ ｘ（ｓｉｎ ｘ ＋ ｃｏｓｘ） ＋ ａ ，ｇ （ｘ） ＝ （ａ ２ － ａ ＋ １０ ）ｅ ｘ（ａ ∈ Ｒ 且 ａ 为 常 数 ）． （１ ） 若 曲 线 ｙ ＝ ｆ （ｘ） 在 点 （０ ，ｆ （０ ） ） 处 的 切 线 过 点 （１ ，２ ） ，求 实 数 ａ 的 值 ； （ ２ ） 若 存 在 实 数 ｘ １ ，ｘ ２ ∈ ［０ ，π ］ ，使 得 ｇ （ｘ ２ ） ＜ ｆ （ｘ １ ） ＋ １３ － ｅ π２ 成 立 ，求 实 数 ａ 的 取 值 范 围 ． １９． （１７ 分 ） 在 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 中 ， 若 存 在 常 数 ｔ， 使 得 ａ ｎ＋１ ＝ ａ １ ａ ２ ａ ３ … ａ ｎ ＋ ｔ（ｎ ∈ Ｎ ＋ ） 恒 成 立 ，则 称 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 为 “Ｈ （ｔ） 数 列 ”． （１ ） 判 断 数 列 １ ，２ ，３ ， ７ ， ４３ 是 否 为 “Ｈ （１ ） 数 列 ” ； （ ２ ） 若 ｃ ｎ ＝ １ ＋ １ｎ ，试 判 断 数 列 ｛ｃ ｎ ｝ 是 否 为 “Ｈ （ｔ） 数 列 ” ，请 说 明 理 由 ； （３ ） 若 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 为 “Ｈ （ｔ） 数 列 ” ， 且 ａ １ ＝ ２．数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 为 等 比 数 列 ， 满 足 ∑ ｎｉ＝ １ ａ ２ｉ ＝ ａ ｎ＋１ ＋ ｌｏｇ ２ ｂ ｎ － ｔ，求 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 和 ｔ的 值 ． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%& !"3$4&'(5*+,-678 ! 92!"#$%& : ; < = > ? @ ! " # $ % & ! ! 书 １．有两两垂直的三线吗？若有，这三线就是 坐标轴． 例１如图１，正方体的 棱长为８，点Ｅ是边Ｂ′Ｃ′的 中点，点 Ｆ在边 ＡＡ′上，且 ｜ＡＦ｜ ｜ＡＡ′｜＝ １ ４，求Ｅ，Ｆ两点间 的距离． 解：以Ｄ为坐标原点，ＤＡ为ｘ轴的正向、ＤＣ 为ｙ轴的正向、ＤＤ′为ｚ轴的正向建立空间直角 坐标系（请同学们在图中画出）． 由于正方体的边长为８，且｜ＡＦ｜｜ＡＡ′｜＝ １ ４， 则点Ｆ的坐标为Ｆ（８，０，２）． 又点Ｅ的坐标为Ｅ（４，８，８）， 那么｜ＥＦ｜＝ （８－４）２＋（０－８）２＋（２－８）槡 ２ ＝２槡２９． ２．有线面垂直吗？若有，这条线就是其中的一条坐 标轴． 例２如图２，ＳＡ⊥平面 ＡＢＣ，ＡＢ⊥ ＢＣ，｜ＳＡ｜＝ ｜ＡＢ｜＝｜ＢＣ｜＝１，求ＳＡ的 中点Ｐ与ＢＣ中点Ｑ之间的 距离． 解：以点Ａ为坐标原点， ＡＣ为ｙ轴的正向、ＡＳ为ｚ轴 的正向建立空间直角坐标系（请同学们在图中 画出）． 由于｜ＳＡ｜＝｜ＡＢ｜＝｜ＢＣ｜＝１， 则Ｂ槡２ ２， 槡２ ２，( )０，Ｃ（０，槡２，０），Ｓ（０，０，１）． 那么ＳＡ的中点Ｐ的坐标为 ０，０，１( )２ ， ＢＣ中点Ｑ的坐标为 槡２ ４， ３槡２ ４，( )０． 于是Ｐ，Ｑ两点间的距离为 ｜ＰＱ｜＝ ０－槡２( )４ ２ ＋ ０－３槡２( )４ ２ ＋ １ ２－( )０槡 ２ ＝槡６２． ３．依图形可作出三条互相垂直的线吗？若 可以，这三条线就是三条坐标轴． 例３已知边长为４的正方形 ＡＢＣＤ所在平 面外一点Ｐ与正方形的中心 Ｏ的连线 ＰＯ垂直 于平面 ＡＢＣＤ，且｜ＰＯ｜＝６，求ＰＯ的中点Ｍ到 △ＰＢＣ的重心Ｎ的距离． 解：建立如图３所示 的空间直角坐标系，则由 题 可 得 Ｂ（２，２，０），Ｃ （－２，２，０），Ｐ（０，０，６）， Ｍ（０，０，３）， Ｎ０，４３，( )２． 于是｜ＭＮ｜ ＝ （０－０）２＋ ４ ３－( )０ ２ ＋（２－３） 槡 ２ ＝５３． 故Ｍ到△ＰＢＣ的重心Ｎ的距离为５３． 书 随着近年高考对能力的考查逐步深入，数列 题型也不断推陈出新，出现了一些新背景、新立意 的创新题，成为高考试题中靓丽的风景线．此类题 型立意新颖、构思精巧，富有时代气息．下面举例谈 谈数列创新题的基本类型及求解策略． 例１对于任意实数ｘ，符号［ｘ］表示ｘ的整 数部分，即［ｘ］是不超过 ｘ的最大整数．在实数 轴（箭头向右）上［ｘ］是在点ｘ左侧的第一个整 数点，当ｘ是整数时［ｘ］就是ｘ．这个函数［ｘ］叫 做“取整函数”．那么［ｌｏｇ２１］＋［ｌｏｇ２２］＋ ［ｌｏｇ２３］ ＋ ［ｌｏｇ２４］ ＋ … ＋ ［ｌｏｇ２１０２４］ ＝ ． 分析：观察、概括是数列求通项、求和的一 种基本方法，找出［ｌｏｇ２ｎ］与相应整数之间的对 应关系即可顺利求出．［ｌｏｇ２１］＋［ｌｏｇ２２］＋ ［ｌｏｇ２３］＋［ｌｏｇ２４］ ＋［ｌｏｇ２５］ ＋［ｌｏｇ２６］ ＋ ［ｌｏｇ２７］＋［ｌｏｇ２８］＋［ｌｏｇ２９］…０＋１＋１＋２＋ ２＋２＋２＋３＋３…． 解：因为ｎ＝［ｌｏｇ２２ ｎ］，ｎ－１＝［ｌｏｇ２２ ｎ－１］， 所以ｎ－１＝［ｌｏｇ２２ ｎ－１］ ＝［ｌｏｇ２（２ ｎ－１＋１）］ ＝［ｌｏｇ２（２ ｎ－１＋２）］ ＝… ＝［ｌｏｇ２（２ ｎ－１）］， 共有２ｎ－２ｎ－１ ＝２ｎ－１个ｎ－１， 所以原式 ＝０＋１×２１＋２×２２＋３×２３＋ … ＋９×２９＋１０＝８２０４． 点评：观察、概括型的创新型题目，需根据 有限项探索、发现其规律，再推广到一般情形中 去，这类题目较好地考查了学生的观察、概括能 力． 例２若数列｛ａｎ｝满足：对任意的 ｎ∈ Ｎ＋， 只有有限个正整数ｍ使得ａｍ ＜ｎ成立，记这样 的 ｍ的个数为（ａｎ），则得到一个新数列 ｛（ａｎ）｝．例如，若数列｛ａｎ｝是１，２，３，…，ｎ，则 数列｛（ａｎ）｝是０，１，２，…，ｎ－１．已知对任意 的 ｎ∈ Ｎ＋，ａｎ ＝ｎ ２，则（ａ５） ＝ ， （（ａｎ）） ＝ ． 分析：只要写前５项就可顺利得到第１空； 而第２空需写出前几项，然后根据其规律进行猜 想归纳． 解：ａ１ ＝１ ２，ａ２ ＝２ ２，ａ３ ＝３ ２， ａ４ ＝４ ２，ａ５ ＝５ ２，…，ａｎ ＝ｎ ２， 所以易知其中小于５的只有两个， 分别是ａ１ ＝１，ａ２ ＝４， 故（ａ５） ＝２； 类推得：（ａ１） ＝０， （ａ２） ＝１，（ａ３） ＝１， （ａ４） ＝１，（ａ５） ＝２，（ａ６） ＝２， （ａ７） ＝２，（ａ８） ＝２，（ａ９） ＝２， （ａ１０） ＝３，（ａ１１） ＝３，（ａ１２） ＝３， （ａ１３） ＝３，（ａ１４） ＝３，（ａ１５） ＝３， （ａ１６） ＝３， 所以（（ａ１）） ＝１，（（ａ２）） ＝４， （（ａ３）） ＝９，（（ａ４）） ＝１６， 猜想（（ａｎ）） ＝ｎ ２． 点评：本题属于新概念题，解答时注意理解 新数列的真正含义，特别是解答第２空时容易造 成思维上的混乱，造成不求甚解． 例３数列｛ａｎ｝满足：ａ１＝２，ａｎ＋１＝１－ １ ａｎ ， 设数列｛ａｎ｝的前ｎ项积为Πｎ，则Π２０２５ ＝ （　　） （Ａ）－１２　　　　　　　（Ｂ）－１ （Ｃ）１２ （Ｄ）１ 分析：该题目不易从一般意义进行解决．可 以先计算数列的前几项，观察规律，由得到的规 律推测并计算前２０２５项的积． 解：依据ａ１ ＝２，ａｎ＋１ ＝１－ １ ａｎ ， 计算得ａ１ ＝２，ａ２ ＝ １ ２，ａ３ ＝－１，ａ４ ＝２， 以下项与前面具有相同的规律． 由此可知数列｛ａｎ｝的周期为３， 所以２０２５＝６７５×３， 所以Π２０２５ ＝（－１） ６２５ ＝－１，故选（Ｂ）． 点评：该题目由递推式给出了一个简单数 列，并求其前２０２５项的积，设问有创新．由于该 类题目涉及项数很多，所以不宜一一计算，因此 需要探寻项的变化规律，由项的一般规律，推测 较多项的积． 例４设等差数列｛ａｎ｝的前 ｎ项和为 Ｓｎ，则 Ｓ４，Ｓ８－Ｓ４，Ｓ１２－Ｓ８，Ｓ１６－Ｓ１２成等差数列．类比以 上结论有：设等比数列｛ｂｎ｝的前ｎ项积为Ｔｎ，则 Ｔ４， ， ， Ｔ１６ Ｔ１２ 成等比数列． 分析：根据等比数列与等差数列的概念及 公式特点知，等比数列的计算体现为比等差数 列高一级的运算，由此不难得出结果． 解：将等差数列结论中的“差”变为高一级 运算“商”即得． 设等比数列｛ｂｎ｝的前ｎ项积为Ｔｎ， 则Ｔ４， Ｔ８ Ｔ４ ， Ｔ１２ Ｔ８ ， Ｔ１６ Ｔ１２ 成等比数列， 所以填 Ｔ８ Ｔ４ ， Ｔ１２ Ｔ８ ． 点评：解答本题的关键是要抓住等比数列 与等差数列在运算上的特点：等比数列的运算 比等差数列的运算要高一级．这一点可以从两 种特殊数列的定义、通项公式、中项公式及前 ｎ 项和公式得到验证． !"#$ %& " !"#$%&'( )& !!""* "#"$+ ", !#-./*0 & * !" !"#$%&' ()**+,- !"#$%& '()*+,-./ 0(12+3(45 6789:3!;< =>?@(A&B CDEF-GHI( JKLM&NOP( QRS 789TUN V"W#X(YZ [V;<\](^ NL!_`abcd (e<fghijS 3kl;<=>? @Vmno0j( pq2Dr-s(t u[vwDxyzN {|}=(~: €‚ƒ=> ?@(2„L3…† ‡d!ˆ‰Š‹LŒ Ž(‘Lwj {|s(ˆ‰[’ “:”V•–(#X —˜L 3™gš›L œTUNžŸ(  ¡[¢£(¤¥ ¦§¨S3(©ª! 3(«B¬L©­® ¯L°±€ˆ²;< =>?@(³´µ jœ¶·S 789(¶· [¸¹º»¼½ (¾¿S FÀDÁo „ÂÃÄÅÆÇÈ É>D ÊËÌÍ%Î ÏÐ(Æ>ÑÒL_ ÓÔxÕgÖ3( ×ØÙ¯S3(ÚÛ g܂³;<µ Ý(´ÞD߀no (0j«»àŽ (ÃáS âœD789( ¾ãäå-æœãS !çèéê(e< fD3ßëì{| (íî[ï—Sð3 ñòóôNõö÷ à(øùDúr-s (ûüxý¯¾ þ(ÿ!"S3(ž #[$·D%3!" A(e<f£&£ 'S 789gÜ! #Xf,N¢£( (ãD3)*p+, -.("An/S3 ú01(ë‰[l 23{ó4Å56 7Ô8D9:N;< (-=n>?m" #\]S 789Áo (@AD3B01( jCDEFG žHD FGIJD FGKLS!M» (…N‹DO 3P QR!"A(e< f&Q&YD€ÁS (;<\]TU; <(VWS 123456789: ;<56=>?@AB7 #$%&'%!(&!)* ;<CD=>?@AB7 #$%&'%!(&!"# ABCDE$FG ABHE8IJKLMNOFP 3QRSTUV9 SWXYZ[ \]^_`aV9bcX"#$%&'()()*d+e fghcX,%',-. ! AB ijk ! lm nop !" ! $ $" " $ ' #" & ( % &" ! ! $ ) & ! ! % * + ) , - . / 0 % 1 2 书 一、单项选择题　１～４　ＤＢＣＣ　５～８　ＢＣＡＢ 二、多项选择题　９．ＣＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣ． 三、填空题　１２．（０，＋∞）；　１３．１７；　１４．１４００． 四、解答题 １５．（１）ａｎ ＝－２ｎ＋１０． （２）当ｎ＝４或ｎ＝５时，Ｓｎ最大，最大值为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，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－ ２ ｘ ≤－ 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， 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． 书 导数是高中数学知识的一个重要交汇点，是 联系多个章节内容以及解决相关问题的重要工 具，它常与函数、不等式、数列、向量、解析几何等 内容交叉渗透、自然交汇，使得以导数为载体的数 学问题丰富多彩、新颖别致． 一、导数与数列交汇 例１二次函数 ｙ＝ｆ（ｘ）图象经过点（０，１０）， 其导函数为ｆ′（ｘ）＝２ｘ－５，当ｘ∈（ｎ，ｎ＋１］（ｎ∈ Ｎ＋）时，ｆ（ｘ）的函数值为整数的个数记为ａｎ，求数 列｛ａｎ｝的通项公式． 解析：由已知设ｆ（ｘ）＝ｘ２－５ｘ＋ｃ（ｃ为常数）， 因为图象经过点（０，１０），所以ｃ＝１０， 所以ｆ（ｘ）＝ｘ２－５ｘ＋１０＝ ｘ－( )５２ ２ ＋１５４， 因为当ｘ∈（ｎ，ｎ＋１］（ｎ∈Ｎ＋）时， ｆ（ｘ）的函数值为整数的个数是ａｎ， 所以当ｎ＝１时，ｆ（ｘ）在（１，２］的值域为［４，６）， 即ａ１ ＝２； 当ｎ＝２时，ｆ（ｘ）在（２，３］的值域为 １５ ４，[ ]４， 即ａ２ ＝１； 因为ｆ′（ｘ）＝２ｘ－５， 所以当ｘ＞２．５时，ｆ（ｘ）为单调递增函数， 即当ｎ≥３时，ｆ（ｘ）在（ｎ，ｎ＋１］上为单调递 增函数，值域为（ｎ２－５ｎ＋１０，ｎ２－３ｎ＋６］， 所以ａｎ ＝（ｎ ２－３ｎ＋６）－（ｎ２－５ｎ＋１０） ＝２ｎ－４（ｎ≥３）， 综上，ａｎ ＝ ２，　　ｎ＝１， １， ｎ＝２， ２ｎ－４，ｎ≥３ { ． 点评：本题利用导数求出原函数，将函数值域 与数列通项紧密结合，显得新颖别致． 二、导数与不等式交汇 例２若函数ｙ＝ｆ（ｘ）在Ｒ上可导且满足不等 式ｘｆ′（ｘ）＞－ｆ（ｘ）恒成立，常数ａ，ｂ满足ａ＞ｂ，求 证：ａｆ（ａ）＞ｂｆ（ｂ）． 分析：根据条件，构造函数Ｆ（ｘ）＝ｘｆ（ｘ）． 证明：设Ｆ（ｘ）＝ｘｆ（ｘ）， 则Ｆ′（ｘ）＝ｘｆ′（ｘ）＋ｆ（ｘ）＞０， 所以Ｆ（ｘ）在Ｒ上为增函数， 又ａ＞ｂ， 所以Ｆ（ａ）＞Ｆ（ｂ）， 即ａｆ（ａ）＞ｂｆ（ｂ）． 点评：由条件移项后有ｘｆ′（ｘ）＋ｆ（ｘ）＞０，容 易想到是一个积的导数，从而可以构造函数 Ｆ（ｘ） ＝ｘｆ（ｘ），求导即可完成证明． 三、导数与函数交汇 例３已知函数ｆ（ｘ）＝ｘ３＋ａｘ２－２ｘ＋５，是否 存在正整数ａ，使得ｆ（ｘ）在 １ ３，( )１２ 上既不是单调 递增函数也不是单调递减函数？若存在，试求出 ａ 的值，若不存在，请说明理由． 分析：首先求出导函数，然后判断导函数对应 方程根的符号，确定两根与所给区间的位置关系， 建立不等式组，就可以使问题得到解决． 解：令ｆ′（ｘ）＝３ｘ２＋２ａｘ－２＝０， 因为Δ＝４ａ２＋２４＞０， 所以方程有两个实数根，分别记为ｘ１，ｘ２， 由于ｘ１·ｘ２ ＝－ ２ ３，则ｘ１，ｘ２一正一负， 即在 １ ３，( )１２内方程ｆ′（ｘ）＝０不可能有两个解， 故要使得 ｆ（ｘ）在 １ ３，( )１２ 上既不是单调递增 函数 也 不 是 单 调 递 减 函 数 的 充 要 条 件 是 ｆ′( )１３ ｆ′( )１２ ＜０， 即 １ ３＋ ２ ３ａ－( )２· ３４＋ａ－( )２ ＜０， 解得 ５ ４ ＜ａ＜ ５ ２， 又因为ａ为正整数，所以ａ＝２． 点评：本题解答的关键是确定导函数对应方程 的根与所给区间的位置关系，即方程的正根在区间 １ ３，( )１２内．本题解答体现了函数与方程的思想，化归 与转化的思想． ! !"#$% ! ./ 012 !" ! 书书书 学 业 水 平 测 评 （ 四 ） 测 试 范 围 ： 第 一 ～ 五 章 ◎ 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． 已 知 抛 物 线 Ｃ： ｙ２ ＝ ２ｐ ｘ（ ｐ ＞ ０） 的 顶 点 为 Ｏ ，经 过 点 Ａ（ ｘ ０ ，２ ） ， 且 Ｆ 为 抛 物 线 Ｃ 的 焦 点 ，若 ｜ ＡＦ ｜ ＝ ５ ｜ Ｏ Ｆ ｜， 则 ｐ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １ ２ （ Ｂ） １ （ Ｃ） 槡 ２ （ Ｄ ） ２ ２． 已 知 点 Ｍ （ ０， － １） ，点 Ｎ 在 直 线 ｘ － ｙ ＋ １ ＝ ０ 上 ．若 直 线 Ｍ Ｎ 垂 直 于 直 线 ｘ ＋ ２ｙ － ３ ＝ ０， 则 点 Ｎ 的 坐 标 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） （ － ２， － ３） （ Ｂ） （ ２， １） （ Ｃ） （ ２， ３） （ Ｄ ） （ － ２， － １） ３． 已 知 空 间 向 量 ａ， ｂ ， ｜ ａ ｜ ＝ １， ｜ ｂ ｜ ＝ 槡 ２， 且 ａ － ｂ 与 ａ 垂 直 ， 则 ａ 与 ｂ 的 夹 角 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ６０ ° （ Ｂ） ３ ０ ° （ Ｃ） １３ ５° （ Ｄ ） ４５ ° ４． “ 燃 脂 单 车 ” 运 动 是 一 种 在 音 乐 的 烘 托 下 ，运 动 者 根 据 训 练 者 的 指 引 有 节 奏 的 踩 踏 单 车 ， 进 而 达 到 燃 脂 目 的 的 运 动 ， 由 于 其 操 作 简 单 ，燃 脂 性 强 ，受 到 广 大 健 身 爱 好 者 的 喜 爱 ．已 知 某 一 单 车 爱 好 者 的 骑 行 速 度 ｖ（ 单 位 ： ｋｍ ／ｈ ） 随 时 间 ｔ（ 单 位 ： ｈ） 变 换 的 函 数 关 系 为 ｖ（ ｔ） ＝ ３ｔ ｅｔ ＋ １ ５ ，ｔ ∈ ［ １， ３］ ，则 该 单 车 爱 好 者 骑 行 速 度 的 最 大 值 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ４ ｅ２ ＋ １５ （ Ｂ） ２ ｅ２ ＋ １５ （ Ｃ） １ ｅ１ ２ ＋ １５ （ Ｄ ） ３ ｅ ＋ １５ ５． 已 知 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ ｅｘ － ｅ－ ｘ － ２ｘ ＋ ２， 则 不 等 式 ｆ（ ８ｘ ＋ ４） ≥ ２ 的 解 集 是 （ 　 　 ） （ Ａ { ） }ｘｘ ＞ － } １ ２ （ Ｂ { ） ｘ ｘ ≥ － } １ ２ （ Ｃ { ） ｘ ｘ ＜ － } １ ２ （ Ｄ { ） ｘ ｘ ≤ － } １ ２ ６． 已 知 双 曲 线 Ｅ： ｘ２ ａ２ － ｙ２ ｂ２ ＝ １（ ａ ＞ ０， ｂ ＞ ０） 的 离 心 率 为 槡 ５， 直 线 ｌ的 斜 率 为 － ２， 且 过 点 Ｍ （ ａ， ｂ） ，直 线 ｌ与 ｘ 轴 交 于 点 Ｃ， 点 Ｄ 在 Ｅ 上 ，且 满 足 → Ｍ Ｄ ＝ λ → Ｍ Ｃ， 则 λ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １ ２ （ Ｂ） １ ３ （ Ｃ） ２ ３ （ Ｄ ） １ ４ ７． 正 多 面 体 也 称 柏 拉 图 立 体 ， 被 誉 为 最 有 规 律 的 立 体 结 构 ， 是 所 有 面 都 只 由 一 种 正 多 边 形 构 成 的 多 面 体 （ 各 面 都 是 全 等 的 正 多 边 形 ） ． 数 学 家 已 经 证 明 世 界 上 只 存 在 五 种 柏 拉 图 立 体 ，即 正 四 面 体 、正 六 面 体 、 正 八 面 体 、 正 十 二 面 体 、 正 二 十 面 体 ．已 知 一 个 正 八 面 体 ＡＢ ＣＤ ＥＦ 的 棱 长 都 是 ２（ 如 图 １） ，Ｍ ，Ｎ 分 别 为 棱 ＡＤ ，Ａ Ｃ 的 中 点 ，则 → ＦＭ · → ＢＮ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １ （ Ｂ） ５ ２ （ Ｃ） ３ ２ （ Ｄ ） ７ ２ ８ ． 在 三 棱 锥 Ｄ － ＡＢ Ｃ 中 ，Ａ Ｂ ＝ ＢＣ ＝ 槡２ ２， Ｄ Ａ ＝ Ｄ Ｃ ＝ ＡＣ ＝ ４， 平 面 ＡＤ Ｃ ⊥ 平 面 ＡＢ Ｃ， 点 Ｍ 在 棱 ＢＣ 上 ，且 Ｄ Ｃ 与 平 面 Ｄ ＡＭ 所 成 角 的 正 弦 值 为 槡 ３ ４ ，则 ＡＭ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） 槡４ ５ ３ （ Ｂ） 槡 １０ （ Ｃ） 槡２ ３ （ Ｄ ） 槡 ２ ２６ ３ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 已 知 各 项 均 为 正 数 的 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 单 调 递 增 ，且 ａ ５ ＝ ２， 则 （ 　 　 ） （ Ａ ） 公 差 ｄ ( 的 取 值 范 围 是 － ∞ ， ) １ ２ （ Ｂ） ２ａ ７ ＝ ａ ９ ＋ ２ （ Ｃ） ａ ８ ＋ ａ ４ ＞ ａ ６ ＋ ａ ５ （ Ｄ ） ａ １ ＋ ａ ９ ＝ ４ １０ ．下 列 关 于 圆 Ｃ： （ ｘ ＋ ２） ２ ＋ （ ｙ － １） ２ ＝ ４ 的 说 法 中 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 圆 Ｃ 的 圆 心 为 Ｃ（ － ２， １） ，半 径 为 ２ （ Ｂ） 直 线 ｌ： ３ｘ － ４ｙ ＋ ７ ＝ ０ 与 圆 Ｃ 相 交 （ Ｃ） 圆 Ｃ 与 圆 Ｃ １ ：（ ｘ ＋ １） ２ ＋ （ ｙ － ２） ２ ＝ ９ 相 交 （ Ｄ ） 过 点 Ｍ （ ３， ２） 与 圆 心 Ｃ 的 直 线 方 程 为 ｘ － ｙ － ５ ＝ ０ １１ ．已 知 函 数 ｆ（ ｘ） 是 定 义 在 Ｒ 上 的 奇 函 数 ，当 ｘ ＞ ０ 时 ，ｆ （ ｘ ） ＝ ｘ － １ ｅｘ ．则 下 列 结 论 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 当 ｘ ＜ ０ 时 ，ｆ （ ｘ） ＝ － ｅｘ （ ｘ ＋ １） （ Ｂ） 函 数 ｆ（ ｘ） 在 Ｒ 上 有 且 仅 有 三 个 零 点 （ Ｃ） 若 关 于 ｘ 的 方 程 ｆ（ ｘ） ＝ ｍ 有 解 ， 则 实 数 ｍ 的 取 值 范 围 是 ｆ（ － ２） ≤ ｍ ≤ ｆ（ ２） （ Ｄ ）  ｘ １ ，ｘ ２ ∈ Ｒ ， ｜ ｆ（ ｘ ２ ） － ｆ（ ｘ １ ） ｜ ＜ ２ 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 ．已 知 Ｐ 是 椭 圆 ｘ２ ａ２ ＋ ｙ２ ｂ２ ＝ １（ ａ ＞ ｂ ＞ ０） 上 一 点 ，Ｆ １ ，Ｆ ２ 分 别 是 椭 圆 的 左 、 右 焦 点 ．若 △ ＰＦ １ Ｆ ２ 的 周 长 为 ６， 且 椭 圆 上 的 点 到 椭 圆 焦 点 的 最 小 距 离 为 １， 则 椭 圆 的 离 心 率 为 ． １３ ．已 知 各 项 均 为 正 数 的 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，ａ ２ ＝ ９， ａ ２ Ｓ ４ － １０ ａ １ － ９０ ＝ ０， 则 ａ ６ ＝ ． １ ４ ．定 义 ：如 果 函 数 ｙ ＝ ｆ（ ｘ） 在 定 义 域 内 的 给 定 区 间 ［ ａ， ｂ］ 上 存 在 ｘ ０ （ ａ ＜ ｘ ０ ＜ ｂ） ， 满 足 ｆ（ ｘ ０ ） ＝ ｆ（ ｂ） － ｆ（ ａ） ｂ － ａ ， 则 称 函 数 ｙ ＝ ｆ （ ｘ） 是 ［ ａ， ｂ］ 上 的 “ 平 均 值 函 数 ” ，ｘ ０ 是 它 的 一 个 均 值 点 ， 例 如 ｙ ＝ ｘ２ 是 ［ － １， １］ 上 的 平 均 值 函 数 ，０ 就 是 它 的 均 值 点 ．现 有 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ ｘ３ ＋ ｍ ｘ 是 ［ － １， １］ 上 的 平 均 值 函 数 ， 则 实 数 ｍ 的 取 值 范 围 是 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 已 知 两 点 Ａ（ － ２， １） ，Ｂ （ ４， ３） ，两 直 线 ｌ １ ：２ ｘ － ３ｙ － １ ＝ ０， ｌ ２ ：ｘ － ｙ － １ ＝ ０． （ １） 求 过 点 Ａ 且 与 直 线 ｌ １ 平 行 的 直 线 方 程 ； （ ２） 求 过 线 段 ＡＢ 的 中 点 以 及 直 线 ｌ １ 与 ｌ ２ 的 交 点 的 直 线 方 程 ． œ  [ ž Ÿ   ¡ ¢ £ ¤ ¥ ¦ § ¨ © € ! 7 ª ! " # $ % & œ  [ ž Ÿ   ¡ ¢ « ¤ ¥ ¦ § ¨ © € ! 7 ª ! " # $ % & ! " # $ % & ' ( ! * 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