浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法阶段滚动练二第1～7章含解析 11页

阶段滚动练(二)　第1～7章 ‎(本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试用时120分钟)‎ 选择题部分(共40分)‎ 一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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.(2019·全国Ⅱ卷)设集合A＝{x|x2－5x＋6>0}，B＝{x|x－1<0}，则A∩B＝(　　)‎ A.(－∞，1) B.(－2，1)‎ C.(－3，－1) D.(3，＋∞)‎ 解析　A∩B＝{x|x2－5x＋6>0}∩{x|x－1<0}＝{x|x<2或x>3}∩{x|x<1}＝{x|x<1}.‎ 答案　A ‎2.(2020·北京朝阳区期末)设复数满足(1－i)z＝2i，则|z|＝(　　)‎ A.1 B. ‎ C.2 D.2 解析　由(1－i)z＝2i，得z＝＝＝＝－1＋i，∴|z|＝＝.‎ 答案　B ‎3.(2020·北京西城区练习)设a∈R，b＞0，则“3a＞2b”是“a＞log3b”的(　　)‎ A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析　若3a＞2b，b＞0，则a＞log32b，可得a＞log3b；‎ 若a＞log3b，可得3a＞b，无法得到3a＞2b，‎ 所以“3a＞2b”是“a＞log3b”的充分而不必要条件.‎ 答案　A ‎4.(2020·台州期末评估)已知公差不为零的等差数列{an}满足a＝a1a4，Sn为数列{an}的前n项和，则的值为(　　)‎ A. B.－ ‎ C. D.－ 解析　公差不为零的等差数列{an}满足a＝a1a4，设公差为d，∴(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，解得a1＝－4d，∵Sn为数列{an}的前n项和，∴＝＝＝，故选A.‎ 答案　A ‎5.在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C，则A的取值范围是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析　由正弦定理得a2≤b2＋c2－bc，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，∴－2bccos A≤－bc，cos A≥，∴010 B.当b＝时，a10>10‎ C.当b＝－2时，a10>10 D.当b＝－4时，a10>10‎ 解析　法一　考察选项A，a1＝a，an＋1＝a＋b＝a＋，‎ ‎∵＝a－an＋≥0，‎ ‎∴a≥an－.‎ ‎∵an＋1＝a＋>0，‎ ‎∴an＋1≥an－＋＝an＋>an，‎ ‎∴{an}为递增数列.‎ 因此，当a1＝0时，a10取到最小值，现对此情况进行估算.‎ 显然，a1＝0，a2＝a＋＝，a3＝a＋＝，a4＝a＋＝，‎ 当n>1时，an＋1>a，‎ ‎∴lg an＋1>2lg an，‎ ‎∴lg a10>2lg a9>22·lg a8>…>26lg a4＝lg a，‎ ‎∴a10>a＝ ‎＝C＋C＋C＋…＋C ‎＝1＋64×＋×＋…＋ ‎＝1＋4＋7.875＋…＋ ‎＝12.875＋…＋>10，‎ 因此符合题意，‎ 故选A.‎ 法二　由已知可得an＋1－an＝a＋b－an＝＋b－.‎ B.当a＝，b＝时，an＝，所以排除B；‎ C.当a＝2或－1，b＝－2时，an＝2或－1，所以排除C.‎ D.当a＝，b＝－4时，an＝，所以排除D.‎ 故选A.‎ 答案　A 非选择题部分(110分)‎ 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)‎ ‎11.(2020·江西赣州联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其意思为：“有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，走了六天后(第六天刚好用完)到达目的地.”若将此问题改为“第6天到达目的地”，则此人第二天至少走了________公里.‎ 解析　根据题意知此人每天行走的路程构成了公比为的等比数列，设第一天走a1里，则第二天走a2＝a1(里)，易知≥378，则a1≥192.则第二天至少走96里.‎ 答案　96‎ ‎12.(2020·温州适应性测试)已知正数a，b满足a＋b＝1，则＋的最小值为________，此时a＝________.‎ 解析　因为a＋b＝1，所以＋＝＋＝＋＋1≥2＋1＝3，当且仅当a＝b＝时，等号成立，所以＋的最小值为3.‎ 答案　3　 ‎13.(2020·温州适考)在△ABC中，C＝45°，AB＝6，D为BC边上的点，且AD＝5，BD＝3，则cos B＝________，AC＝________.‎ 解析　在△ABD中，由余弦定理得cos B＝＝，则sin B＝＝，则在△ABC中，由正弦定理得AC＝＝.‎ 答案　　 ‎14.(2020·浙江新高考仿真卷一)已知实数x，y满足则2x＋y的最大值为________，x＋|y＋x|的最小值为________.‎ 解析　由题意作出可行域为图中三角形DEF(及其内部)所示，令z＝2x＋y，则y＝－2x＋z，当直线y＝－2x＋z过点E(2，0)时，z取得最大值4.对于x＋|y＋x|分两种情况讨论，当x＋y≥0时，z2＝y＋2x，在B处取得最小值；当x＋y＜0时，z2＝－y，在B处取得最小值，所以z2＝x＋|y＋x|的最小值为.‎ 答案　4　 ‎15.(2020·合肥质检)设函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则实数b的取值范围是________.‎ 解析　当x≤0时，f(x)＝ex(x＋1)，则f′(x)＝ex(x＋1)＋ex＝ex(x＋2)，由f′(x)＞0，得函数f(x)的单调递增区间为(－2，0)，由f′(x)＜0，得函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－2)，且易知x＜－1时，f(x)＜0，f(0)＝1.由以上分析，可作出分段函数f(x)的图象，如图所示.要使函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则方程f(x)－b＝0，即f(x)＝b有三个不同的实数根，也就是函数y＝f(x)的图象与直线y＝b有三个不同的公共点，结合图象可知，实数b的取值范围是(0，1].‎ 答案　(0，1]‎ ‎16.(2020·浙江“超级全能生”联考)已知平面向量a，b满足|a|＝4，|b ‎|＝2，若对任意共面的单位向量e，记|a·e|＋|b·e|的最大值为M，则M的最小值等于________.‎ 解析　记＝a，＝b，＝e，不难发现：如图1，当〈a，b〉为锐角时，|a·e|＋|b·e|＝|PQ|≤|AB1|＝M＝|a＋b|；如图2，当〈a，b〉为钝角时，|a·e|＋|b·e|＝|PQ|≤|AB|＝M＝|a－b|；如图3，当〈a，b〉为直角时，|a·e|＋|b·e|＝|PQ|≤|AB|＝M＝|a－b|＝|a＋b|，由上述三种情形可知，M＝(|a·e|＋|b·e|)max＝max{|a＋b|，|a－b|}，由平行四边形法则可知，当a⊥b时，Mmin＝min{max{|a＋b|，|a－b|}}＝＝2.‎ 答案　2 ‎17.(2020·北京东城区期末)已知函数f(x)为定义域为R，设Ff(x)＝ ‎(1)若f(x)＝，则Ff(1)＝________；‎ ‎(2)若f(x)＝ea－|x|－1，且对任意x∈R，Ff(x)＝f(x)，则实数a的取值范围为________.‎ 解析　(1)若f(x)＝，由|f(x)|≤1，可得x2≤1＋x2成立，即有Ff(x)＝f(x)＝，则Ff(1)＝；‎ ‎(2)若f(x)＝ea－|x|－1，且对任意x∈R，Ff(x)＝f(x)，可得|f(x)|≤1恒成立，即为－1≤ea－|x|－1≤1，即有0≤ea－|x|≤2，可得a－|x|≤ln 2，即a≤|x|＋ln 2，‎ 由|x|＋ln 2的最小值为ln 2，则a≤ln 2.‎ 答案　(1)　(2)(－∞，ln 2]‎ 三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎18.(本小题满分14分)(2018·上海卷)设常数a∈R，函数f(x)＝asin 2x＋2cos2x.‎ ‎(1)若f(x)为偶函数，求a的值；‎ ‎(2)若f＝＋1，求方程f(x)＝1－在区间[－π，π]上的解.‎ 解　(1)由偶函数可知f(－x)＝f(x)得a＝0.‎ ‎(2)f＝＋1⇒a＝，f(x)＝2sin＋1，∴sin＝－，在区间[－π，π]上解得x＝－π，x＝－π，x＝π，x＝π.‎ ‎19.(本小题满分15分)(2020·杭州质检)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn.若S6＝60，且a6为a1和a21的等比中项.‎ ‎(1)求an和Sn；‎ ‎(2)设数列{bn}满足bn＋1－bn＝an，若b1＝3，求数列的前n项和Tn(n∈N*).‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，d≠0，‎ 则解得 ‎∴an＝2n＋3，‎ Sn＝＝n(n＋4)＝n2＋4n.‎ ‎(2)由bn＋1－bn＝an，‎ 得bn－bn－1＝an－1(n≥2，n∈N*).‎ 当n≥2时，‎ bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1‎ ‎＝an－1＋an－2＋…＋a1＋b1‎ ‎＝(n－1)(n＋3)＋3‎ ‎＝n(n＋2)，‎ 且b1＝3也适合上式，‎ ‎∴bn＝n(n＋2)(n∈N*).‎ ‎∴＝＝.‎ Tn＝ ‎＝ ‎＝.‎ ‎20.(本小题满分15分)(2020·宁波模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝.‎ ‎(1)求角A的大小；‎ ‎(2)若2sin Asin B＝1＋cos C，∠BAC的平分线与BC交于点D，与△ABC的外接圆交于点E(异于点A)，＝λ，求λ的值.‎ 解　(1)因为＝，‎ 所以由正弦定理得(c－b)c＝(a＋b)(a－b)，‎ 即a2＝b2＋c2－bc，‎ 即cos A＝，所以A＝30°.‎ ‎(2)因为2sin Asin B＝1＋cos C＝1－cos(A＋B)＝1－cos Acos B＋sin Asin B，‎ 所以cos(A－B)＝1，从而A＝B，‎ 所以B＝30°，C＝120°.‎ 不妨设AC＝1，O为△ABC外接圆圆心，‎ 则AO＝1，AB＝，∠ADC＝∠EAO＝45°.‎ 在△ADC中，由正弦定理得 ＝＝.‎ 即AD＝；‎ 在△AOE中，由∠EAO＝∠OEA＝45°，OA＝1，‎ 从而AE＝.‎ 所以λ＝＝.‎ ‎21.(本小题满分15分)已知数列{an}满足：a1＝3，an＋1＝an－＋(n∈N*).‎ 证明：当n∈N*时，‎ ‎(1)an>an＋1>2；‎ ‎(2)>；‎ ‎(3)a1＋a2＋…＋an<2n＋8.‎ 证明　(1)先用数学归纳法证明：an>2.‎ ‎①n＝1时，a1＝3>2，命题成立；‎ ‎②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，命题成立，即ak>2；‎ 那么当n＝k＋1时，‎ ak＋1－2＝ak－＋－2＝ak－2＋＝(ak－2)>0，‎ 即ak＋1>2，故n＝k＋1时命题也成立.‎ 所以对所有正整数n，都有an>2成立.‎ 所以an＋1＝an－＋＝an＋an＋1>2. ‎ ‎(2)因为an＋1＝an－＋，所以＝1－＋，‎ 设f(x)＝2x3－x2＋1，则f′(x)＝6x2－2x＝2x(3x－1)，‎ 所以f(x)在区间上单调递增.‎ 由已知及(1)知2.‎ ‎(3)由(2)得an＋1＋an>an，‎ 由an＋1＝an－＋知an－2＝a(an－an＋1)<3×(an＋an＋1)(an－an＋1)‎ ‎＝(a－a), ‎ 所以(a1－2)＋(a2－2)＋…＋(an－2)<[(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)]‎ ‎＝(a－a)<(9－4)＝8.‎ 所以a1＋a2＋…＋an<2n＋8.‎ ‎22.(本小题满分15分)(2020·嘉兴测试)已知函数f(x)＝ln(x＋a)－(a＜0，b∈R)，且曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝x－2.‎ ‎(1)求实数a，b的值；‎ ‎(2)函数g(x)＝f(x＋1)－mx(m∈R)有两个不同的零点x1，x2，求证：x1·x2＞e2.‎ ‎(1)解　由曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝x－2，故 又f(x)＝ln(x＋a)－，f′(x)＝＋，‎ 所以 解得a＝－1，b＝0.‎ ‎(2)证明　由(1)知f(x)＝ln(x－1)，‎ 故f(x＋1)＝ln x，所以g(x)＝ln x－mx(m∈R)，‎ g(x)＝ln x－mx的两个不同的零点为x1，x2，‎ 不妨设x1＞x2＞0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，‎ 所以ln x1＝mx1，ln x2＝mx2，‎ 要证明x1·x2＞e2，即证明ln(x1x2)＞ln e2＝2，‎ 而ln(x1x2)＝m(x1＋x2)，‎ 故只需证明m(x1＋x2)＞2即可，‎ 又ln x1－ln x2＝mx1－mx2，‎ 所以m＝，‎ 故只需证明＞.‎ 即需证ln x1－ln x2＞，‎ 即证ln ＞，‎ 即只需证ln －＞0即可，‎ 令t＝，由于x1＞x2＞0，故t＞1，‎ 设F(t)＝ln t－(t＞1)，‎ F′(t)＝－＝(t＞1)，‎ 显然F′(t)＞0，故F(t)＝ln t－(t＞1)是增函数，‎ 所以F(t)＞F(1)，又F(1)＝0，所以F(t)＞0恒成立，‎ 即ln t＞(t＞1)恒成立，因此x1·x2＞e2.‎