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- 2021-06-30 发布
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阶段滚动检测(五)
考生注意:
1.本试卷分第Ⅰ卷(填空题)和第Ⅱ卷(解答题)两部分,共 4 页.
2.答卷前,考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应
位置上.
3.本次考试时间 120 分钟,满分 160 分.
4.请在密封线内作答,保持试卷清洁完整.
第Ⅰ卷
一、填空题(本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分.请把答案填写在题中横线上)
1.如图所示的 Venn 图中,A,B 是非空集合,定义 A*B 表示阴影部分的集合.若 x,y∈R,
A={x|y= 2x-x2},B={y|y=3x,x>0},则 A*B=____________.
2.(2016·南通一模)函数 f(x)=lg(-x2+2x+3)的定义域为________.
3.函数 y=|x|(1-x)的单调增区间是__________.
4.(2016·济宁模拟)设等差数列{an}的前 n 项和是 Sn,若-am0,ω>0)的部分图象如图所示,则 f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2 012)
=________.
6.设 11},故 A∪B={x|x≥0},A∩B={x|12}.
2.(-1,3)
解析 要使函数 f(x)=lg(-x2+2x+3)有意义,则-x2+2x+3>0,解得-1 <
解析 因为-am0,
a1+am+1<0.
易得 Sm=a1+am
2
·m>0,Sm+1=a1+am+1
2
·(m+1)<0.
5.2 2+2
解析 由题干图象知 A=2,φ=0,ω=2π
T
=π
4
,
∴f(x)=2sin πx
4
,其图象关于点(4,0),直线 x=2,x=6 对称,
∴f(1)+f(2)+f(3)+…+f(8)=0.
∵T=8,2 012=251×8+4,
∴f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2 012)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2(sin π
4
+sin 2π
4
+sin 3π
4
+sin 4π
4 )
=2 2+2.
6.(ln x
x )20,
∴函数 y=f(x)(11>0,∴x>ln x>0⇒00,
∴(ln x
x )2ln x
x
,
∴(ln x
x )20).
∵函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数,
∴f′(x)=ax-1
ax2
≥0 在 x∈[1,+∞)上恒成立,
∴ax-1≥0 在 x∈[1,+∞)上恒成立,
即 a≥1
x
在 x∈[1,+∞)上恒成立,∴a≥1.
10.-4
3
解析 因为 2S=(a+b)2-c2=a2+b2-c2+2ab,
则结合面积公式与余弦定理,得 absin C=2abcos C+2ab,
即 sin C-2cos C=2,所以(sin C-2cos C)2=4,
即sin2C-4sin Ccos C+4cos2C
sin2C+cos2C
=4,
所以tan2C-4tan C+4
tan2C+1
=4,
解得 tan C=-4
3
或 tan C=0(舍去).
11.[1
4
,2
3]∪[4
3
,7
4]
解析 借助偶函数的性质,先解不等式 f(x)≤1
2
,再利用图象的平移知识解不等式 f(x-1)≤1
2.
当 x∈[0,1
2]时,由 cos πx≤1
2
,得1
3
≤x≤1
2
;
当 x∈(1
2
,+∞)时,由 2x-1≤1
2
,得1
20.
当 n 为奇数时,1+(1
2)n 随 n 单调递减,
当 n 为偶数时,1-(1
2)n 随 n 单调递增.
所以当 n 为奇数时,[1+(1
2)n]max=3
2
,[1+(1
2)n]min>1,
当 n 为偶数时,[1-(1
2)n]min=3
4
,[1-(1
2)n]max<1,
所以3
2
×1
3
4
≤p≤9
2
×1
3
2
,
所以 2≤p≤3.
15.解 (1)f(x)=sin(x+π
6)+cos x
= 3
2 sin x+1
2cos x+cos x
= 3
2 sin x+3
2cos x= 3sin(x+π
3).
当 x+π
3
=2kπ+π
2(k∈Z),
即 x=2kπ+π
6(k∈Z)时,f(x)取得最大值 3.
此时 x 的取值集合为{x|x=2kπ+π
6
,k∈Z}.
(2)由(1)知,f(x)= 3sin(x+π
3),
因为 f(α+π
6)=3 3
5
,
所以 3sin(α+π
6
+π
3)= 3cos α=3 3
5
,即 cos α=3
5.
又α∈(0,π
2),所以 sin α=4
5
,
所以 sin 2α=2sin αcos α=2×4
5
×3
5
=24
25
,
cos 2α=2cos2α-1=- 7
25
,
故 f(2α)= 3sin(2α+π
3)= 3
2 sin 2α+3
2cos 2α
= 3
2
×24
25
-3
2
× 7
25
=24 3-21
50 .
16.解 (1)方程 x2-5x+6=0 的两根为 2,3,由题意得 a2=2,a4=3.
设数列{an}的公差为 d,则 a4-a2=2d,
故 d=1
2
,从而 a1=3
2.
所以{an}的通项公式为 an=1
2n+1.
(2)设{an
2n}的前 n 项和为 Sn,由(1)知an
2n
=n+2
2n+1
,则
Sn= 3
22
+ 4
23
+…+n+1
2n
+n+2
2n+1
,
1
2Sn= 3
23
+ 4
24
+…+n+1
2n+1
+n+2
2n+2 .
两式相减得
1
2Sn=3
4
+( 1
23
+…+ 1
2n+1)-n+2
2n+2
=3
4
+1
4(1- 1
2n-1)-n+2
2n+2 .
所以 Sn=2-n+4
2n+1 .
17.解 (1)x·y=[a+(1- 3
2 )b]·(-4a+2b)
=-4|a|2+(2- 3)|b|2+(2 3-2)a·b
=-4+8-4 3=4-4 3.
(2)因为 x∥y,x=(1,2-2cos θ),y=(-k, 2
sin θ),
所以 2
sin θ
=k(2cos θ-2).
因为 sin θ≠0,cos θ≠±1,所以 2cos θ-2≠0.
所以 k= 1
sin θcos θ-1.
设 f(θ)=sin θcos θ-sin θ(0<θ<π),
f′(θ)=cos2θ-sin2θ-cos θ
=2cos2θ-cos θ-1
=(2cos θ+1)(cos θ-1).
当θ变化时,f(θ),f′(θ)的变化情况如下表:
θ (0,2π
3 ) 2π
3 (2π
3
,π)
f′(θ) - 0 +
f(θ) 极小值
所以当θ=2π
3
时,f(θ)min=-3 3
4 (f(θ)<0),
所以θ=2π
3
,kmax=-4 3
9 .
18.(1)证明 以点 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则 A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),
∴AM→ =(0,1,1),SD→=(1,0,-2),CD→ =(-1,-2,0).
设平面 SCD 的一个法向量为 n=(x,y,z),
则
SD→·n=0,
CD→ ·n=0,
即 x-2z=0,
-x-2y=0,
令 z=1,得 n=(2,-1,1).
∵AM→ ·n=0,∴AM→ ⊥n,∴AM∥平面 SCD.
(2)解 易知平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0).
设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角的平面角为φ,
易知 0<φ<π
2
,则 cos φ=| n·n1
|n|·|n1||= 2
1× 6
= 6
3
,
∴平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角的平面角的余弦值为 6
3 .
(3)解 设 N(x,2x-2,0),x>0,则MN→ =(x,2x-3,-1).
易知平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0),
∴sin θ= MN→ ·n1
|MN→ |·|n1|
= x
5x2-12x+10
= 1
10×1
x
2-12×1
x
+5
= 1
10×1
x
-3
5
2+7
5
,
故当1
x
=3
5
,即 x=5
3
时,sin θ取得最大值,且(sin θ)max= 35
7 .
19.解 (1)由余弦定理知 cos∠ACB=12+42-13
2×1×4
=1
2
⇒∠ACB=π
3
,
因为|CM→|2=CM→2=(λC A→+μC B→)2
=λ2+16μ2+2λμC A→·C B→=λ2+1
λ2
+1≥3,
所以|CM→|≥ 3,
当且仅当λ=±1 时,“=”成立,故|CM→|的最小值是 3,
此时〈CM→,C A→〉=〈CM→,C B→〉=π
6
或5π
6 .
(2)以 C 为坐标原点,∠ACB 的平分线所在直线为 x 轴,建立平面直角坐标系(如图),
所以 A( 3
2
,1
2),B(2 3,-2),设动点 M(x,y),
因为 CM→=λC A→+μC B→,
所以
x= 3
2 λ+2 3μ,
y=1
2λ-2μ
⇒
x2
3
=λ
2
+2μ2,
y2=λ
2
-2μ2,
再由λμ=1
4
,知x2
3
-y2=1,
所以动点 M 的轨迹是以 F1(-2,0),F2(2,0)为焦点,
实轴长为 2 3的双曲线,
即||MF1
→ |-|MF2
→ ||恒为常数 2 3,即存在 k=2 3.
20.解 (1)函数 f(x)的定义域为 R,f′(x)=-x
ex.
当 x<0 时,f′(x)>0;当 x>0 时,f′(x)<0,
所以 f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.
因此,f(x)在 x=0 处取得极大值,也是最大值,最大值为 1.
(2)由题意,存在 x1,x2∈[0,1],使得 2φ(x1)<φ(x2)成立,
即 2φ(x)min<φ(x)max.
因为φ(x)=xf(x)+tf′(x)+1
ex
=x2+1-tx+1
ex
,x∈[0,1],
所以φ′(x)=-x2+1+tx-t
ex
=-x-1x-t
ex .
①当 t≥1 时,φ′(x)≤0,φ(x)在[0,1]上单调递减,
所以 2φ(1)<φ(0),即 t>3-e
2>1,符合题意;
②当 t≤0 时,φ′(x)≥0,φ(x)在[0,1]上单调递增,
所以 2φ(0)<φ(1),即 t<3-2e<0,符合题意;
③当 00,φ(x)在(t,1]上单调递增.
所以 2φ(t)
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