2020版高考数学一轮复习阶段滚动检测（四） 13页

阶段滚动检测（四）一、选择题1.已知集合A＝，B＝{x|2x<1}，则(∁RA)∩B等于(　　)A.[－1,0)B.(－1,0)C.(－∞，0)D.(－∞，－1)2.在R上函数f(x)满足f(x＋1)＝f(x－1)，且f(x)＝其中a∈R，若f(－5)＝f(4.5)，则a等于(　　)A.0.5B.1.5C.2.5D.3.53.(2019·绍兴一中模拟)若函数f(x)＝cos2x＋asinx＋b在上的最大值为M，最小值为m，则M－m的值(　　)A.与a有关，且与b有关B.与a有关，且与b无关C.与a无关，且与b有关D.与a无关，且与b无关4.(2019·绍兴模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6,3a4，－a5成等差数列，则等于(　　)A.3B.9C.10D.135.(2019·杭州二中模拟)如果a>b>1，c<0，在不等式①>；②ln(a＋c)>ln(b＋c)；③(a－c)c<(b－c)c；④bea>aeb中，所有正确命题的序号是(　　)A.①②③B.①③④C.②③④D.①②④6.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，cos2＝＋，则△ABC的形状为(　　)A.正三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰三角形7.函数y＝x2ex的图象大致为(　　)n8.(2019·浙江金华十校联考)已知实数x，y满足不等式组则2x+y的取值范围为(　　)A.[4,16]B.C.D.9.(2019·浙江省“七彩阳光”联盟联考)设实数b，c，d成等差数列，且它们的和为9，如果实数a，b，c成等比数列，则a＋b＋c的取值范围为(　　)A.B.C.∪(3，＋∞)D.(－∞，－3)∪10.(2019·衢州二中模拟)已知||＝||＝||＝2，||＝1，且＝，记·＋·＋·的最大值为M，最小值为m，则M＋m等于(　　)A.6B.4C.－2D.－4二、填空题11.已知全集U＝R，集合A＝{x|x≥2}，B＝{x|0≤x<5}，则A∪B＝________，(∁UA)∩B＝________.12.(2019·温州模拟)若cos2α＝2cos，α∈(0，π)，则sin2α＝________，tanα＝________.13.(2019·绍兴模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，满足S2＝S6，－＝2，则a1＝______，公差d＝______.14.(2019·杭州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝，b＝3，sinC＝2sinA，则sinA＝________；设D为AB边上一点，且＝2，则△BCD的面积为________.15.如图，在半径为2的圆C中，A为圆上的一个定点，B为圆上的一个动点若点A，B，C不共线，且|－t|≥||对t∈(0，＋∞)恒成立，则·＝________.n16.已知m，n∈R，若关于实数x的方程x2＋(m＋1)x＋m＋n＋1＝0的两个实根x1，x2满足01，则的取值范围为________.17.已知函数是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)＝ex·(x＋1)，给出下列命题：①x>0时，f(x)＝ex(1－x)；②函数有2个零点；③f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)；④任意x1，x2∈R，都有|f(x1)－f(x2)|<2.其中正确的命题为____________.(填序号)三、解答题18.设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，·a＝2b·sinA.(1)求B的大小；(2)若b＝6，求a＋c的取值范围.n19.(2019·温州模拟)如图，已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)的图象与坐标轴交于点A，B，C，直线BC交f(x)的图象于另一点D，O是△ABD的重心.(1)求φ；(2)求△ACD的外接圆的半径.20.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(an－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝log2an，记数列的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.n21.(2019·金华一中模拟)已知函数f(x)＝－a(a<0).(1)当x∈(0,1)时，求f(x)的单调性；(2)若h(x)＝(x2－x)·f(x)，且方程h(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2.求证：x1＋x2>1.22.已知函数f(x)＝lnx＋x＋(a∈R).(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)若函数g(x)＝xf(x)－(a＋1)x2－x有两个不同的极值点，记作x1，x2，且x1e3(e为自然对数的底数).n答案精析1.A　2.C　3.B　4.C　5.B　6.B　7.A　8.C9.C　[∵实数b，c，d成等差数列，且它们的和为9，∴b＋d＝2c,3c＝9，c＝3，∵实数a，b，c成等比数列，∴b2＝3a，且a≠0，b≠0，∴a＋b＋c＝＋b＋3＝2＋，当b＝－时，最小值为，故a＋b＋c的取值范围为∪(3，＋∞)，故选C.]10.C　[因为·＋·＋·＝(－)·(－)＋(－)·(－)＋(－)·(－)＝32－2·－4，令3＝，2＝，·＋·＋·＝·－4，如图，设与夹角为θ(θ∈[0，π]).因为＝－，所以·＝(3－2)＝3－4cosθ，又因为cosθ∈[－1,1]，所以在方向上的投影d∈[－1,7]，即M＝3，m＝－5，所以M＋m＝－2，故选C.]11.{x|x≥0}　{x|0≤x<2}解析　由题意可得A∪B＝{x|x≥0}.(∁UA)∩B＝{x|x<2}∩{x|0≤x<5}＝{x|0≤x<2}.12.1　1n解析　由cos2α＝2cos，α∈(0，π)，得cos2α－sin2α＝cosα－sinα，α∈(0，π)，即(cosα－sinα)(cosα＋sinα)＝(cosα－sinα)，①α∈(0，π)，当cosα－sinα＝0时，α＝；当cosα－sinα≠0时，①式化简为cosα＋sinα＝，α∈(0，π)，即sin＝1，α∈(0，π)，即α＝，综上所述，α＝，则sin2α＝sin＝1，tanα＝tan＝1.13.－14　4解析　由{an}为等差数列，得数列是首项为a1，公差为的等差数列，∵－＝2，∴＝2⇒d＝4，又S2＝S6⇒2a1＋4＝6a1＋×4⇒a1＝－14.14.　2解析　由sinC＝2sinA及正弦定理，得c＝2a＝2，又由余弦定理，得cosA＝＝＝，所以sinA＝＝.又因为＝2，则点D为AB边上靠近点A的三等分点，S△BCD＝××3×2×＝2.15.4解析　∵|－t|≥||，∴|－t|≥|－|两边平方可得，2－2t·＋2t2≥2－2·＋2，n设·＝m，则有2t2－tm＋(m－2)≥0，则有判别式Δ＝m2－8(m－2)≤0，化简可得(m－4)2≤0，即m＝4，即有·＝4，故答案为4.16.解析　设f(x)＝x2＋(m＋1)x＋m＋n＋1，∵关于实数x的方程x2＋(m＋1)x＋m＋n＋1＝0的两个实根x1，x2满足0＜x1＜1，x2＞1，∴即作出不等式组对应的平面区域如图阴影部分(不含边界)，设k＝，则k的几何意义为过原点的直线的斜率，由解得即A(－2,1)，此时OA的斜率k＝－，直线2m＋n＋3＝0的斜率k＝－2，故－2＜＜－.17.③④解析　对于①，因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以x>0时，f(x)＝－f(－x)＝－e－x(－x＋1)＝e－x(x－1)，故①错误.对于②，∵f(－1)＝0，f(1)＝0，又f(0)＝0，∴f(x)有3个零点，故②错误.对于③，当x<0时，f(x)＝ex(x＋1)，令f(x)>0，得－10时，f(x)＝e－x(x－1)，令f(x)>0，得x>1，故③正确.对于④，当x<0时，f′(x)＝ex(x＋2)；令f′(x)>0，得－20时，f′(x)＝e－x(2－x)；f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，当x＝2时，f(x)取得最大值e－2，且x>2时，f(x)>0，∴f(x)>f(0)＝－1，∴－1g(1)＝0，∴f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上单调递增.(2)证明　h(x)＝x2lnx－ax2＋ax(a<0)，∴h′(x)＝2xlnx＋x－2ax＋a，∴h″(x)＝2lnx－2a＋3，∴h″(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，h″(x)<0，h″(1)＝3－2a>0，∴必存在α∈(0,1)，使得h″(α)＝0，即2lnα－2a＋3＝0，∴h′(x)在(0，α)上单调递减，在(α，＋∞)上单调递增，又h′(α)＝a－2α<0，h′(1)＝1－a>0，设h′(x0)＝0，则x0∈(0,1)，∴h(x)在(0，x0)上单调递减，n在(x0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，不妨设x1h(x2)＝h(x1)>f(x0)(x－x1)，∴(x－x2)－(x－x1)＝(x2－x1)(x2＋x1－1)>0.∴x1＋x2>1.22.(1)解　由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋1－＝.因为函数f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在区间[1，＋∞)上恒成立，即a≤(x2＋x)min，即a≤2，所以a的取值范围是(－∞，2].(2)证明　由题意得，g(x)＝xlnx－ax2＋a－x，则g′(x)＝lnx－2ax.因为g(x)有两个极值点x1，x2，所以lnx1＝2ax1，lnx2＝2ax2.欲证x1·x>e3等价于证ln(x1·x)>lne3＝3，即lnx1＋2lnx2>3，所以ax1＋2ax2>.因为0.①由lnx1＝2ax1，lnx2＝2ax2，可得ln＝2a(x2－x1)，则a＝，②由①②可知，原不等式等价于>，即ln>＝，n设t＝，则t>1，则上式等价于lnt>(t>1).令h(t)＝lnt－(t>1)，则h′(t)＝－＝.因为t>1，所以h′(t)>0，所以h(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当t>1时，h(t)>h(1)＝0，即lnt>，所以原不等式成立，即x1·x>e3.