2014年天津市高考数学试卷(文科).pdf

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1、第 1页（共 22页）2014 年天津市高考数学试卷（文科）年天津市高考数学试卷（文科）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一、选择题：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（5 分）（2014天津）i 是虚数单位，复数（）A1iB1+iC+iD+i2（5 分）设变量 x，y 满足约束条件，则目标函数 zx+2y 的最小值为（）A2B3C4D53（5 分）（2014天津）已知命题 p：x0，总有（x+1）ex1，则p 为（）Ax00，使得（x0+1）1Bx00，使得（x0+1）1Cx0，总有（x+1）ex1Dx0，总有（x+1）ex14（5 分）（20

2、14天津）设 alog2，b，c2，则（）AabcBbacCacbDcba5（5 分）（2014天津）设an的首项为 a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前 n 项和，若S1，S2，S4成等比数列，则 a1（）A2B2CD6（5 分）（2014天津）已知双曲线1（a0，b0）的一条渐近线平行于直线l：y2x+10，双曲线的一个焦点在直线 l 上，则双曲线的方程为（）A1B1C1D17（5 分）（2014天津）如图，ABC 是圆的内接三角形，BAC 的平分线交圆于点 D，交BC 于 E，过点 B 的圆的切线与 AD 的延长线交于点 F，在上述条件下，给出下列四个结论：第 2页（共 22页）BD

3、平分CBF；FB2FDFA；AECEBEDE；AFBDABBF所有正确结论的序号是（）ABCD8（5 分）（2014天津）已知函数 f（x）sinx+cosx（0），xR，在曲线 yf（x）与直线 y1 的交点中，若相邻交点距离的最小值为，则 f（x）的最小正周期为（）ABCD2二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分分.9（5 分）某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方向，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为 300 的样本进行调查，已知该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为 4：5：5

4、：6，则应从一年级本科生中抽取名学生10（5 分）（2014天津）一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为m3第 3页（共 22页）11（5 分）（2014天津）阅读如图的框图，运行相应的程序，输出 S 的值为12（5 分）（2014天津）函数 f（x）lgx2的单调递减区间是13（5 分）（2014天津）已知菱形 ABCD 的边长为 2，BAD120，点 E，F 分别在边BC，DC 上，BC3BE，DCDF，若1，则的值为14（5 分）（2014天津）已知函数 f（x），若函数 yf（x）a|x|恰有 4 个零点，则实数 a 的取值范围为三、解答题：本大题共三、解答题：本大

5、题共 6 小题，共小题，共 80 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15（13 分）（2014天津）某校夏令营有 3 名男同学，A、B、C 和 3 名女同学 X，Y，Z，其第 4页（共 22页）年级情况如表：一年级二年级三年级男同学ABC女同学XYZ现从这 6 名同学中随机选出 2 人参加知识竞赛（每人被选到的可能性相同）（）用表中字母列举出所有可能的结果；（）设 M 为事件“选出的 2 人来自不同年级且恰有 1 名男同学和 1 名女同学”，求事件 M 发生的概率16（13 分）（2014天津）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为

6、a，b，c，已知 acb，sinBsinC，（）求 cosA 的值；（）求 cos（2A）的值17（13 分）（2014天津）如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是平行四边形，BABD，AD2，PAPD，E，F 分别是棱 AD，PC 的中点（）证明 EF平面 PAB；（）若二面角 PADB 为 60，（i）证明平面 PBC平面 ABCD；（ii）求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值18（13 分）（2014天津）设椭圆+1（ab0）的左、右焦点分别为 F1、F2，右顶点为 A，上顶点为 B，已知|AB|F1F2|（）求椭圆的离心率；（）设 P 为椭圆上异于其顶点的一点，以线段

7、PB 为直径的圆经过点 F1，经过点 F2的第 5页（共 22页）直线 l 与该圆相切于点 M，|MF2|2，求椭圆的方程19（14 分）（2014天津）已知函数 f（x）x2ax3（a0），xR（）求 f（x）的单调区间和极值；（）若对于任意的 x1（2，+），都存在 x2（1，+），使得 f（x1）f（x2）1，求 a 的取值范围20（14 分）（2014天津）已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数，设集合 M0，1，2，q1，集合 Ax|xx1+x2q+xnqn1，xiM，i1，2，n（）当 q2，n3 时，用列举法表示集合 A；（）设 s，tA，sa1+a2q+anqn1，tb

8、1+b2q+bnqn1，其中 ai，biM，i1，2，n证明：若 anbn，则 st第 6页（共 22页）2014 年天津市高考数学试卷（文科）年天津市高考数学试卷（文科）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一、选择题：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（5 分）（2014天津）i 是虚数单位，复数（）A1iB1+iC+iD+i【分析】将复数的分子与分母同时乘以分母的共轭复数 34i，即求出值【解答】解：复数，故选：A【点评】本题考查了复数的运算法则和共轭复数的意义，属于基础题2（5 分）设变量 x，y 满足约束

9、条件，则目标函数 zx+2y 的最小值为（）A2B3C4D5【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求 z 的最大值【解答】解：作出不等式对应的平面区域，由 zx+2y，得 y，平移直线 y，由图象可知当直线 y经过点 B（1，1）时，直线 y的截距最小，此时 z 最小此时 z 的最小值为 z1+213，故选：B第 7页（共 22页）【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法3（5 分）（2014天津）已知命题 p：x0，总有（x+1）ex1，则p 为（）Ax00，使得（x0+1）1Bx00，使得（x0+1）1Cx0，总有（x+1）e

10、x1Dx0，总有（x+1）ex1【分析】据全称命题的否定为特称命题可写出命题 p 的否定【解答】解：根据全称命题的否定为特称命题可知，p 为x00，使得（x0+1）1，故选：B【点评】本题主要考查了全称命题的否定的写法，全称命题的否定是特称命题4（5 分）（2014天津）设 alog2，b，c2，则（）AabcBbacCacbDcba【分析】根据对数函数和幂函数的性质求出，a，b，c 的取值范围，即可得到结论【解答】解：log21，0，021，即 a1，b0，0c1，acb，故选：C【点评】本题主要考查函数值的大小比较，利用对数函数和幂函数的性质是解决本题的关键，比较基础5（5 分）（2014

11、天津）设an的首项为 a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前 n 项和，若S1，S2，S4成等比数列，则 a1（）A2B2CD【分析】由等差数列的前 n 项和求出 S1，S2，S4，然后再由 S1，S2，S4成等比数列列式求解 a1【解答】解：an是首项为 a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前 n 项和，S1a1，S22a11，S44a16，第 8页（共 22页）由 S1，S2，S4成等比数列，得：，即，解得：故选：D【点评】本题考查等差数列的前 n 项和公式，考查了等比数列的性质，是基础的计算题6（5 分）（2014天津）已知双曲线1（a0，b0）的一条渐近线平行于直线l：y2x+10，双

12、曲线的一个焦点在直线 l 上，则双曲线的方程为（）A1B1C1D1【分析】先求出焦点坐标，利用双曲线1（a0，b0）的一条渐近线平行于直线 l：y2x+10，可得2，结合 c2a2+b2，求出 a，b，即可求出双曲线的方程【解答】解：双曲线的一个焦点在直线 l 上，令 y0，可得 x5，即焦点坐标为（5，0），c5，双曲线1（a0，b0）的一条渐近线平行于直线 l：y2x+10，2，c2a2+b2，a25，b220，双曲线的方程为1故选：A【点评】本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，属于中档题7（5 分）（2014天津）如图，ABC 是圆的内接三角形，BAC 的平分线交圆于点 D，

13、交BC 于 E，过点 B 的圆的切线与 AD 的延长线交于点 F，在上述条件下，给出下列四个结论：第 9页（共 22页）BD 平分CBF；FB2FDFA；AECEBEDE；AFBDABBF所有正确结论的序号是（）ABCD【分析】本题利用角与弧的关系，得到角相等，再利用角相等推导出三角形相似，得到边成比例，即可选出本题的选项【解答】解：圆周角DBC 对应劣弧 CD，圆周角DAC 对应劣弧 CD，DBCDAC弦切角FBD 对应劣弧 BD，圆周角BAD 对应劣弧 BD，FBDBAFAD 是BAC 的平分线，BAFDACDBCFBD即 BD 平分CBF即结论正确又由FBDFAB，BFDAFB，得FBD

14、FAB由，FB2FDFA即结论成立由，得 AFBDABBF即结论成立正确结论有故选：D【点评】本题考查了弦切角、圆周角与弧的关系，还考查了三角形相似的知识，本题总体难度不大，属于基础题第 10页（共 22页）8（5 分）（2014天津）已知函数 f（x）sinx+cosx（0），xR，在曲线 yf（x）与直线 y1 的交点中，若相邻交点距离的最小值为，则 f（x）的最小正周期为（）ABCD2【分析】根据 f（x）2sin（x+），再根据曲线 yf（x）与直线 y1 的交点中，相邻交点距离的最小值为，正好等于 f（x）的周期的倍，求得函数 f（x）的周期 T 的值【解答】解：已知函数 f（x）s

15、inx+cosx2sin（x+）（0），xR，在曲线 yf（x）与直线 y1 的交点中，若相邻交点距离的最小值为，正好等于 f（x）的周期的倍，设函数 f（x）的最小正周期为 T，则，T，故选：C【点评】本题主要考查函数 yAsin（x+）的图象特征，得到正好等于 f（x）的周期的倍，是解题的关键，属于中档题二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分分.9（5 分）某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方向，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为 300 的样本进行调查，已知该校一年级、二年级、三年级、四年级

16、的本科生人数之比为 4：5：5：6，则应从一年级本科生中抽取60名学生【分析】先求出一年级本科生人数所占总本科生人数的比例，再用样本容量乘以该比列，即为所求【解答】解：根据分层抽样的定义和方法，一年级本科生人数所占的比例为，故应从一年级本科生中抽取名学生数为 30060，故答案为：60【点评】本题主要考查分层抽样的定义和方法，利用了总体中各层的个体数之比等于样第 11页（共 22页）本中对应各层的样本数之比，属于基础题10（5 分）（2014天津）一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为m3【分析】几何体是圆锥与圆柱的组合体，判断圆柱与圆锥的高及底面半径，代入圆锥与圆柱的体积

17、公式计算【解答】解：由三视图知：几何体是圆锥与圆柱的组合体，其中圆柱的高为 4，底面直径为 2，圆锥的高为 2，底面直径为 4，几何体的体积 V124+2224+故答案为：【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键11（5 分）（2014天津）阅读如图的框图，运行相应的程序，输出 S 的值为4第 12页（共 22页）【分析】写出前二次循环，满足判断框条件，输出结果【解答】解：由框图知，第一次循环得到：S8，n2；第二次循环得到：S4，n1；退出循环，输出4故答案为：4【点评】本题考查循环结构，判断框中 n1 退出循环是解题的关键，考查计

18、算能力12（5 分）（2014天津）函数 f（x）lgx2的单调递减区间是（，0）【分析】先将 f（x）化简，注意到 x0，即 f（x）2lg|x|，再讨论其单调性，从而确定其减区间；也可以函数看成由复合而成，再分别讨论内层函数和外层函数的单调性，根据“同増异减”再来判断【解答】解：方法一：ylgx22lg|x|，当 x0 时，f（x）2lgx 在（0，+）上是增函数；当 x0 时，f（x）2lg（x）在（，0）上是减函数函数 f（x）lgx2的单调递减区间是（，0）故答案为：（，0）方法二：原函数是由复合而成，tx2在（，0）上是减函数，在（0，+）为增函数；第 13页（共 22页）又 yl

19、gt 在其定义域上为增函数，f（x）lgx2在（，0）上是减函数，在（0，+）为增函数，函数 f（x）lgx2的单调递减区间是（，0）故答案为：（，0）【点评】本题是易错题，学生在方法一中，化简时容易将 ylgx22lg|x|中的绝对值丢掉，方法二对复合函数的结构分析也是最常用的方法，此外，本题还可以利用数形结合的方式，即画出 y2lg|x|的图象，得到函数的递减区间13（5 分）（2014天津）已知菱形 ABCD 的边长为 2，BAD120，点 E，F 分别在边BC，DC 上，BC3BE，DCDF，若1，则的值为2【分析】根据向量的基本定理，结合数量积的运算公式，建立方程即可得到结论【解答】

20、解：BC3BE，DCDF，+，+，菱形 ABCD 的边长为 2，BAD120，|2，22cos1202，1，（+）（+）+（1+）1，即4+42（1+）1，整理得，解得2，故答案为：2【点评】本题主要考查向量的基本定理的应用，以及数量积的计算，要求熟练掌握相应的计算公式14（5 分）（2014天津）已知函数 f（x），若函数 yf（x）a|x|恰有 4 个零点，则实数 a 的取值范围为（1，2）【分析】由 yf（x）a|x|0 得 f（x）a|x|，利用数形结合即可得到结论第 14页（共 22页）【解答】解：由 yf（x）a|x|0 得 f（x）a|x|，作出函数 yf（x），ya|x|的图象

21、，当 a0，不满足条件，a0，当 a2 时，此时 ya|x|与 f（x）有三个 交点，当 a1 时，当 x0 时，f（x）x25x4，由 f（x）x25x4x得 x2+4x+40，则判别式16440，即此时直线 yx 与 f（x）相切，此时 ya|x|与 f（x）有五个交点，要使函数 yf（x）a|x|恰有 4 个零点，则 1a2，故答案为：（1，2）【点评】本题主要考查函数零点个数的应用，利用数形结合是解决本题的关键，综合性较强，难度较大三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 80 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

22、15（13 分）（2014天津）某校夏令营有 3 名男同学，A、B、C 和 3 名女同学 X，Y，Z，其年级情况如表：第 15页（共 22页）一年级二年级三年级男同学ABC女同学XYZ现从这 6 名同学中随机选出 2 人参加知识竞赛（每人被选到的可能性相同）（）用表中字母列举出所有可能的结果；（）设 M 为事件“选出的 2 人来自不同年级且恰有 1 名男同学和 1 名女同学”，求事件 M 发生的概率【分析】（）用表中字母一一列举出所有可能的结果，共 15 个（）用列举法求出事件 M 包含的结果有 6 个，而所有的结果共 15 个，由此求得事件M 发生的概率【解答】解：（）用表中字母列举出所有可

23、能的结果有：（A，B）、（A，C）、（A，X）、（A，Y）、（A，Z）、（B，C）、（B，X）、（B，Y）、（B，Z）、（C，X）、（C，Y）、（C，Z）、（X，Y）、（X，Z）、（Y，Z），共计 15 个结果（）设 M 为事件“选出的 2 人来自不同年级且恰有 1 名男同学和 1 名女同学”，则事件 M 包含的结果有：（A，Y）、（A，Z）、（B，X）、（B，Z）、（C，X）、（C，Y），共计6 个结果，故事件 M 发生的概率为【点评】本题考主要查古典概型问题，可以列举出试验发生包含的事件和满足条件的事件，列举法，是解决古典概型问题的一种重要的解题方法，属于基础题16（13 分）（2014天

24、津）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 acb，sinBsinC，（）求 cosA 的值；（）求 cos（2A）的值【分析】（）已知第二个等式利用正弦定理化简，代入第一个等式表示出 a，利用余弦定理表示出 cosA，将表示出的 a，b 代入计算，即可求出 cosA 的值；（）由 cosA 的值，利用同角三角函数间的基本关系求出 sinA 的值，进而利用二倍角的正弦、余弦函数公式求出 sin2A 与 cos2A 的值，原式利用两角和与差的余弦函数公式及特第 16页（共 22页）殊角的三角函数值化简，将各自的值代入计算即可求出值【解答】解：（）将 sinBsinC，利

25、用正弦定理化简得：bc，代入 acb，得：acc，即 a2c，cosA；（）cosA，A 为三角形内角，sinA，cos2A2cos2A1，sin2A2sinAcosA，则 cos（2A）cos2Acos+sin2Asin+【点评】此题考查了正弦、余弦定理，同角三角函数间的基本关系，二倍角的正弦、余弦函数公式，以及两角和与差的余弦函数公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键17（13 分）（2014天津）如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是平行四边形，BABD，AD2，PAPD，E，F 分别是棱 AD，PC 的中点（）证明 EF平面 PAB；（）若二面角 PADB 为 60，（i）证明

26、平面 PBC平面 ABCD；（ii）求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值【分析】（）要证明 EF平面 PAB，可以先证明平面 EFH平面 PAB，而要证明面面平行则可用面面平行的判定定理来证；（）（i）要证明平面 PBC平面 ABCD，可用面面垂直的判定定理，即只需证 PB平面 ABCD 即可；（ii）由（i）知，BD，BA，BP 两两垂直，建立空间直角坐标系 BDAP，得到直线 EF的方向向量与平面 PBC 法向量，其夹角的余弦值的绝对值即为所成角的正弦值第 17页（共 22页）【解答】解：（）证明：连结 AC，ACBDH，底面 ABCD 是平行四边形，H 为 BD 中点，E 是棱

27、AD 的中点在ABD 中，EHAB，又AB平面 PAB，EH平面 PAD，EH平面 PAB同理可证，FH平面 PAB又EHFHH，平面 EFH平面 PAB，EF平面 EFH，EF平面 PAB；（）（i）如图，连结 PE，BEBABD，AD2，PAPD，BE1，PE2又E 为 AD 的中点，BEAD，PEAD，PEB 即为二面角 PADB 的平面角，即PEB60，PBPBD 中，BD2+PB2PD2，PBBD，同理 PBBA，PB平面 ABD，PB平面 PBC，平面 PAB平面 ABCD；（ii）由（i）知，PBBD，PBBA，BABD，AD2，BDBA，第 18页（共 22页）BD，BA，BP

28、 两两垂直，以 B 为坐标原点，分别以 BD，BA，BP 为 X，Y，Z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系BDAP，则有 A（0，0），B（0，0，0），C（，0），D（，0，0），P（0，0，），（，0），（0，0，），设平面 PBC 的法向量为，令 x1，则 y1，z0，故（1，1，0），E，F 分别是棱 AD，PC 的中点，E（，0），F（，），（0，），sin，即直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值为【点评】本题主要考查空间直线与平面平行的判定定理以及线面角大小的求法，要求熟练掌握相关的判定定理18（13 分）（2014天津）设椭圆+1（ab0）的左、右焦点分别为 F1、F2，右

29、顶点为 A，上顶点为 B，已知|AB|F1F2|（）求椭圆的离心率；（）设 P 为椭圆上异于其顶点的一点，以线段 PB 为直径的圆经过点 F1，经过点 F2的直线 l 与该圆相切于点 M，|MF2|2，求椭圆的方程【分析】（）分别用 a，b，c 表示出|AB|和|F1F2|，根据已知建立等式求得 a 和 c 的关系，进而求得离心率 e（）根据（1）中 a 和 c 的关系，用 c 表示出椭圆的方程，设出 P 点的坐标，根据 PB为直径，推断出 BF1PF1，进而知两直线斜率相乘得1，进而求得 sin和 cos，表示第 19页（共 22页）出 P 点坐标，利用 P，B 求得圆心坐标，则可利用两点间

30、的距离公式分别表示出|OB|，|OF2|，利用勾股定理建立等式求得 c，则椭圆的方程可得【解答】解：（）依题意可知2c，b2a2c2，a2+b22a2c23c2，a22c2，e（）由（）知 a22c2，b2a2c2c2，椭圆方程为+1，B（0，c），F1（c，0）设 P 点坐标（csin，ccos），以线段 PB 为直径的圆的圆心为 O，PB 为直径，BF1PF1，kBF1kPF11，求得 sin或 0（舍去），由椭圆对称性可知，P 在 x 轴下方和上方结果相同，只看在 x 轴上方时，cos，P 坐标为（c，c），圆心 O 的坐标为（c，c），r|OB|c，|OF2|c，r2+|MF2|2|O

31、F2|2，+8c2，c23，a26，b23，第 20页（共 22页）椭圆的方程为+1【点评】本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系第（1）相对简单，主要是求得 a和 c 的关系；第（2）问较难，利用参数法设出 P 点坐标是关键19（14 分）（2014天津）已知函数 f（x）x2ax3（a0），xR（）求 f（x）的单调区间和极值；（）若对于任意的 x1（2，+），都存在 x2（1，+），使得 f（x1）f（x2）1，求 a 的取值范围【分析】（）求导数，利用导数的正负，可得 f（x）的单调区间，从而求出函数的极值；（）由 f（0）f（）0 及（）知，当 x（0，）时，f（x）0；当 x（，+

32、）时，f（x）0设集合 Af（x）|x（2，+），集合 B|x（1，+），f（x）0，则对于任意的 x1（2，+），都存在 x2（1，+），使得 f（x1）f（x2）1，等价于 AB，分类讨论，即可求 a 的取值范围【解答】解：（）f（x）2x2ax22x（1ax），令 f（x）0，解得 x0 或 x当 x 变化时，f（x），f（x）的变化情况如下表：x（，0）0（0，）（，+）f（x）0+0f（x）递减0递增递减所以，f（x）的单调递减区间为：（，0）和，单调递增区间为，当 x0 时，有极小值 f（0）0，当 x时，有极大值 f（）；（）由 f（0）f（）0 及（）知，当 x（0，）时，f（

33、x）0；当 x（，+）时，f（x）0设集合 Af（x）|x（2，+），集合 B|x（1，+），f（x）0，则对于任意的 x1（2，+），都存在 x2（1，+），使得 f（x1）f（x2）1，等价于 AB，第 21页（共 22页）显然 A下面分三种情况讨论：当2，即 0a时，由 f（）0 可知，0A，而 0B，A 不是 B 的子集；当 12，即时，f（2）0，且 f（x）在（2，+）上单调递减，故A（，f（2），A（，0）；由 f（1）0，有 f（x）在（1，+）上的取值范围包含（，0），即（，0）B，AB；当1，即 a时，有 f（1）0，且 f（x）在（1，+）上单调递减，故 B（，0），A（

34、，f（2），A 不是 B 的子集综上，a 的取值范围是【点评】利用导数可以求出函数的单调区间和极值；解决取值范围问题，很多时候要进行等价转化，分类讨论20（14 分）（2014天津）已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数，设集合 M0，1，2，q1，集合 Ax|xx1+x2q+xnqn1，xiM，i1，2，n（）当 q2，n3 时，用列举法表示集合 A；（）设 s，tA，sa1+a2q+anqn1，tb1+b2q+bnqn1，其中 ai，biM，i1，2，n证明：若 anbn，则 st【分析】（）当 q2，n3 时，M0，1，Ax|xx1+x22+x322，xiM，i1，2，3即可得到

35、集合 A（）由于 ai，biM，i1，2，nanbn，可得 anbn1由题意可得 st（a1b1）+（a2b2）q+（an1bn1）qn2+（anbn）qn1（q1）+（q1）q+（q1）qn2qn1再利用等比数列的前 n 项和公式即可得出【解答】（）解：当 q2，n3 时，M0，1，Ax|xx1+x22+x322，xiM，i1，2，3可得 A0，1，2，3，4，5，6，7（）证明：由设 s，tA，sa1+a2q+anqn1，tb1+b2q+bnqn1，其中 ai，biM，i1，2，nanbn，st（a1b1）+（a2b2）q+（an1bn1）qn2+（anbn）qn1第 22页（共 22页）（q1）+（q1）q+（q1）qn2qn1（q1）（1+q+qn2）qn1qn110st【点评】本题考查了考查了集合的运算及其性质、等比数列的前 n 项和公式、不等式的基本性质等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/6/20 12:29:20；用户：18799180383；邮箱：18799180383；学号：21498020