高考数学专题复习 阶段检测四 理

我们在这里，召开私营企业家联谊会，借此机会，我代表成都市渝中工商局、渝中区私营企业协会，祝各位领导新年快乐、工作愉快、身体健康，祝各位企业家事业兴旺（江苏专用）2018版高考数学专题复习 阶段检测四 理1已知集合Aa，b,2，B2，b2,2a，且ABAB，则a_.2已知f(x)为偶函数，且当x0,2)时，f(x)2sin x，当x2，)时，f(x)log2x，则ff(4)_.3(2016泰州质检)若命题“存在xR，ax24xa0”为假命题，则实数a的取值范围是_4(2016苏州质检)已知函数f(x)|sin x|kx(x0，kR)有且只有三个零点，设此三个零点中的最大值为x0，则_.5设关于x，y的不等式组表示的平面区域内存在点P(x0，y0)，满足x02y02，则m的取值范围是_6(2016嵊州质检)等比数列an的前n项和为Sn，已知a48，且Sn1pSn1，则实数p的值为_7(2017广州质检)在边长为1的正方形ABCD中，M为BC的中点，点E在线段AB上运动，则的取值范围是_8在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C2A，cos A，b5，则ABC的面积为_9(2016长沙模拟)已知函数f(x) 若关于x的方程f2(x)af(x)0恰有5个不同的实数解，则a的取值范围是_10(2016北京朝阳区模拟)若函数f(x)2sin (2x10)的图象与x轴交于点A，过点A的直线l与函数的图象交于B，C两点，则()_.11已知等比数列an为递增数列，且aa10，2(anan2)5an1，则数列an的通项公式an_.12已知函数f(x)若对任意的x12a，2a1，不等式fa(x1)xf(x)a恒成立，则实数a的取值范围是_13(2016泰州期末)设f(x)是R上的奇函数，当x0时，f(x)2xln ，记anf(n5)，则数列an的前8项和为_14若不等式组表示的平面区域为三角形，则实数k的取值范围是_15(2016扬州模拟)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知cos 2A2cos A.(1)求角A的大小；(2)若a1，求ABC的周长l的取值范围16已知函数f(x)aln xx.(1)若a4，求f(x)的极值；(2)若f(x)在定义域内无极值，求实数a的取值范围17已知f(x)(x1)2，g(x)4(x1)，数列an满足：a12，an1，且(anan1)g(an)f(an)(nN*)(1)证明：数列an1是等比数列；(2)若数列bn满足bn，求数列bn的前n项和Tn.18(2016湖州期末)已知二次函数f(x)x2bxc (b，cR)(1)若f(1)f(2)，且不等式xf(x)2|x1|1对x0,2恒成立，求函数f(x)的解析式；(2)若c0，且函数f(x)在1,1上有两个零点，求2bc的取值范围19已知数列an是各项为正数的等比数列，数列bn的前n项和Snn25n，且满足a4b14，a6b126，令cnlogan (nN*)(1)求数列bn及cn的通项公式；(2)设Pncb1cb2cbn，Qncc1cc2ccn，试比较Pn与Qn的大小，并说明理由20已知函数f(x)ln(exa3)(a为常数)是实数集R上的奇函数(1)若关于x的方程x22exm有且只有一个实数根，求m的值；(2)若函数g(x)f(x)sin x在区间1,1上是减函数，且g(x)t1在x1,1上恒成立，求实数t的最大值答案精析10或2.23.(2，)4.5.解析当m0时，若平面区域存在，则平面区域内的点在第二象限，平面区域内不可能存在点P(x0，y0)满足x02y02，因此m0.如图所示的阴影部分为不等式组表示的平面区域要使可行域内包含yx1上的点，只需可行域边界点A(m，m)在直线yx1的下方即可，即mm1，解得m.62解析因为数列an是等比数列，由Sn1pSn1，得Sn2pSn11，两式相减得p，所以公比qp，由Sn1pSn1，得a1a2pa11，所以a1pa1pa11，即a11，由a48a1p3，得p38，所以p2.7，解析将正方形放入如图所示的平面直角坐标系中，设E(x,0)，0x1.又M，C(1,1)，所以，(1x,1)，所以(1x,1)(1x)2.因为0x1，所以(1x)2，即的取值范围是，8.解析cos A，cos Ccos 2A2cos2A1，sin C，tan C3，如图，设AD3x，AB4x，CD53x，BDx.在RtDBC中，tan C3，解得BDx，SABCBDAC.9(0,1)解析设tf(x)，则方程为t2at0，解得t0或ta，即f(x)0或f(x)a.如图，作出函数f(x)的图象，由函数图象，可知f(x)0的解有两个，故要使方程f2(x)af(x)0恰有5个不同的解，则方程f(x)a的解必有三个，此时0a1.所以a的取值范围是(0,1)1032解析由f(x)2sin0可得k，kZ，x6k2，kZ.2x10，k1，x4，即A(4,0)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，过点A的直线l与函数的图象交于B，C两点，B，C两点关于A对称，即x1x28，y1y20，则()(x1x2，y1y2)(4,0)4(x1x2)32.112n解析2(anan2)5an1，2an2anq25anq，即2q25q20，解得q2或q(舍去)又aa10a5q5，a5q52532.32a1q4，解得a12.an22n12n，故an2n.12(，1解析由题设知，f(x)因为12a2a1，所以a，当x0时，ax0，当x0时，ax0，可得f(x)af(ax)，因此，原不等式等价于fa(x1)xf(ax)，因为f(x)在R上是增函数，所以a(x1)xax，即xa恒成立，又x12a,2a1，所以2a1a，解得a1，又a，故a(，11316解析数列an的前8项和为f(4)f(3)f(3)f(4)(f(3)f(3)(f(2)f(2)(f(1)f(1)f(0)f(4)f(4)(24ln )16.14(，2)解析如图，只有直线y2k(x1)从直线m到直线n移动，或者从直线a到直线b移动时，不等式组表示的平面区域才是三角形故实数k的取值范围是0k或者k2.15解(1)根据二倍角公式得2cos2A2cos A，即4cos2A4cos A10，所以(2cos A1)20，所以cos A.因为0A，所以A.(2)根据正弦定理：，又a1，得b sin B，c sin C，所以l1bc1(sin Bsin C)因为A，所以BC，所以l112sin.因为0B，所以l(2,316解(1)当a4时，f(x)4ln xx(x0)，f(x)1，令f(x)0，解得x1或x3.当0x1或x3时，f(x)0，当1x3时，f(x)0，f(1)2，f(3)4ln 32，所以f(x)的极小值为2，极大值为4ln 32.(2)f(x)aln xx(x0)，f(x)1，f(x)在定义域内无极值，即f(x)0或f(x)0在定义域上恒成立即方程f(x)0在(0，)上无变号零点设g(x)x2ax(a1)，则0或解得a2，所以实数a的取值范围为217(1)证明由(anan1)g(an)f(an)(nN*)，得4(anan1)(an1)(an1)2(nN*)由题意知an1，所以4(anan1)an1(nN*)，即3(an1)4(an11)(nN*)，所以.又a12，所以a111，所以数列an1是以1为首项，为公比的等比数列(2)解由(1)得an1()n1，bn.则Tn，Tn，得Tn122.所以Tn3.18解(1)因为f(1)f(2)，所以b1，因为当x0,2时，都有xf(x)2|x1|1，所以有f(1)1，即c1，所以f(x)x2x1.(2)因为f(x)在1,1上有两个零点，且c0，所以有通过线性规划知识可得22bc2.19解(1)bn2n4 (nN*)设等比数列an的公比为q，由a4b1432，a6b126256，得q28，即q2(负值舍去)所以ana4qn432()3n12()3n2，所以cnlogan3n2(nN*)(2)由(1)知，cbn3(2n4)26n10，所以cbn是以16为首项，6为公差的等差数列同理，ccn3(3n2)29n8，所以ccn是以1为首项，9为公差的等差数列所以Pncb1cb2cbn3n213n，Qncc1cc2ccnn2n.所以PnQnn(n11)故当1n10时，PnQn；当n11时，PnQn；当n12时，PnQn.20解(1)f(x)ln(exa3)是实数集R上的奇函数，f(0)0，即ln(e0a3)0，4a1，a3.将a3代入f(x)，得f(x)ln exx，显然为奇函数方程x22exm，即为x22exm，令f1(x)，f2(x)x22exm.f1(x)，故当x(0，e时，f1(x)0，f1(x)在(0，e上为增函数；当xe，)时，f1(x)0，f1(x)在e，)上为减函数；当xe时，f1(x)max.而f2(x)x22exm(xe)2me2，则当x(0，e时，f2(x)是减函数，当xe，)时，f2(x)是增函数，当xe时，f2(x)minme2，只有当me2，即me2时，方程有且只有一个实数根(2)由(1)知f(x)x，g(x)f(x)sin xxsin x，g(x)cos x，x1,1，要使g(x)是区间1,1