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    2020版高考数学一轮复习阶段滚动检测(四).docx

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    2020版高考数学一轮复习阶段滚动检测(四).docx

    阶段滚动检测(四)一、选择题1.已知集合A,Bx|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(x1)f(x1),且f(x)其中aR,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)cos2xasinxb在上的最大值为M,最小值为m,则Mm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>;ln(ac)>ln(bc);(ac)c<(bc)c;bea>aeb中,所有正确命题的序号是()A.B.C.D.6.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yx2ex的图象大致为()8.(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abc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Mm等于()A.6B.4C.2D.4二、填空题11.已知全集UR,集合Ax|x2,Bx|0x<5,则AB_,(UA)B_.12.(2019·温州模拟)若cos22cos,(0,),则sin2_,tan_.13.(2019·绍兴模拟)设Sn为等差数列an的前n项和,满足S2S6,2,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,b3,sinC2sinA,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·_.16.已知m,nR,若关于实数x的方程x2(m1)xmn10的两个实根x1,x2满足0<x1<1,x2>1,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·(x1),给出下列命题:x>0时,f(x)ex(1x);函数有2个零点;f(x)>0的解集为(1,0)(1,);任意x1,x2R,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,·a2b·sinA.(1)求B的大小;(2)若b6,求ac的取值范围.19.(2019·温州模拟)如图,已知函数f(x)sin(x)(>0,|<)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;(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(an1),nN*.(1)求数列an的通项公式;(2)令bnlog2an,记数列的前n项和为Tn,证明:Tn<.21.(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)(x2x)·f(x),且方程h(x)m有两个不相等的实数根x1,x2.求证:x1x2>1.22.已知函数f(x)lnxx(aR).(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)(a1)x2x有两个不同的极值点,记作x1,x2,且x1<x2,证明:x1·x>e3(e为自然对数的底数).答案精析1.A2.C3.B4.C5.B6.B7.A8.C9.C实数b,c,d成等差数列,且它们的和为9,bd2c,3c9,c3,实数a,b,c成等比数列,b23a,且a0,b0,abcb32,当b时,最小值为,故abc的取值范围为(3,),故选C.10.C因为···()·()()·()()·()322·4,令3,2,····4,如图,设与夹角为(0,).因为,所以·(32)34cos,又因为cos1,1,所以在方向上的投影d1,7,即M3,m5,所以Mm2,故选C.11.x|x0x|0x<2解析由题意可得ABx|x0.(UA)Bx|x<2x|0x<5x|0x<2.12.11解析由cos22cos,(0,),得cos2sin2cossin,(0,),即(cossin)(cossin)(cossin),(0,),当cossin0时,;当cossin0时,式化简为cossin,(0,),即sin1,(0,),即,综上所述,则sin2sin1,tantan1.13.144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,2,2d4,又S2S62a146a1×4a114.14.2解析由sinC2sinA及正弦定理,得c2a2,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,SBCD××3×2×2.15.4解析|t|,|t|两边平方可得,22t·2t222·2,设·m,则有2t2tm(m2)0,则有判别式m28(m2)0,化简可得(m4)20,即m4,即有·4,故答案为4.16.解析设f(x)x2(m1)xmn1,关于实数x的方程x2(m1)xmn10的两个实根x1,x2满足0x11,x21,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2mn30的斜率k2,故2.17.解析对于,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)ex(x1)ex(x1),故错误.对于,f(1)0,f(1)0,又f(0)0,f(x)有3个零点,故错误.对于,当x<0时,f(x)ex(x1),令f(x)>0,得1<x<0;当x>0时,f(x)ex(x1),令f(x)>0,得x>1,故正确.对于,当x<0时,f(x)ex(x2);令f(x)>0,得2<x<0,令f(x)<0,得x<2,f(x)在(,2)上单调递减,在(2,0)上单调递增,当x2时,f(x)取得最小值e2,且在x<2时,f(x)<0,f(x)<f(0)1,即e2f(x)<1;当x>0时,f(x)ex(2x);f(x)在(0,2)上单调递增,在(2,)上单调递减,当x2时,f(x)取得最大值e2,且x>2时,f(x)>0,f(x)>f(0)1,1<f(x)e2,f(x)的值域为(1,e2e2,1),任意x1,x2R,都有|f(x1)f(x2)|<2.综上正确命题为.18.解(1)锐角ABC中,a2b·sinA,由正弦定理得sinA2sinB·sinA,sinA0,sinB.又0<B<,B.(2)由正弦定理得4,a4sinA,c4sinC4sin.ac4sinA4sin12sin.<A<,<A<.<sin1.6<12sin12.ac的取值范围为(6,12.19.解(1)O是ABD的重心,C,A(1,0),故函数f(x)的最小正周期为3,即3,解得,又fsinsin0,且|<,.(2)由(1)知f(x)sin,B,又C,BCO.C是BD的中点,DAD,设R为ACD的外接圆的半径,则2R,ACD的外接圆的半径等于.20.(1)解当n1时,有a1S1(a11),解得a14.当n2时,有Sn1(an11),则anSnSn1(an1)(an11),整理得4,所以数列an是以q4为公比,以a14为首项的等比数列.所以an4×4n14n(nN*),即数列an的通项公式为an4n(nN*).(2)证明由(1)有bnlog2an2n,则,所以Tn.易知数列Tn为递增数列,所以Tn<.21.(1)解f(x),设g(x)x1lnx,则g(x)1,当x(0,1)时,g(x)<0,g(x)>g(1)0,f(x)>0,f(x)在(0,1)上单调递增.(2)证明h(x)x2lnxax2ax(a<0),h(x)2xlnxx2axa,h(x)2lnx2a3,h(x)在(0,)上单调递增,当x0时,h(x)<0,h(1)32a>0,必存在(0,1),使得h()0,即2ln2a30,h(x)在(0,)上单调递减,在(,)上单调递增,又h()a2<0,h(1)1a>0,设h(x0)0,则x0(0,1),h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,)上单调递增,又h(1)0,不妨设x1<x2,则0<x1<x0,x0<x2<1,由(1)知f(x0)(xx2)>h(x2)h(x1)>f(x0)(xx1),(xx2)(xx1)(x2x1)(x2x11)>0.x1x2>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(x2x)min,即a2,所以a的取值范围是(,2.(2)证明由题意得,g(x)xln xax2ax,则g(x)ln x2ax.因为g(x)有两个极值点x1,x2,所以ln x12ax1,ln x22ax2.欲证x1·x>e3等价于证ln(x1·x)>ln e33,即ln x12ln x2>3,所以ax12ax2>.因为0<x1<x2,所以原不等式等价于a>.由ln x12ax1,ln x22ax2,可得ln2a(x2x1),则a,由可知,原不等式等价于>,即ln >,设t,则t>1,则上式等价于ln t>(t>1).令h(t)ln t(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ln t>,所以原不等式成立,即x1·x>e3.

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