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  • 2021-06-30 发布

高考数学专题复习练习:阶段滚动检测(五)

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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 θcos 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 +2μ2, y2=λ 2 -2μ2, 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-tx+1 ex ,x∈[0,1], 所以φ′(x)=-x2+1+tx-t ex =-x-1x-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)