专题检测1 2025年高考总复习优化设计二轮专题数学A配基础课后习题含答案

2025年高考总复习优化设计二轮专题数学A配基础课后习题含答案专题检测一(分值:150分)学生用书P145一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2023·全国乙,理4)已知f(x)=xexeax-A.-2 B.-1 C.1 D.2答案D解析(方法一)由题意,知函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).因为函数f(x)为偶函数,所以f(-x)=f(x),即-xe-xe-ax-1=xex(方法二)由题意,知函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).因为函数f(x)为偶函数,所以f(-1)=f(1),即-e-1e-故选D.2.函数y=(3x-3-x)cosx在区间-π2,A. B.C. D.答案A解析设f(x)=(3x-3-x)cosx,则f(-x)=(3-x-3x)cos(-x)=-f(x),所以函数为奇函数,排除B,D选项.又f(1)=(3-3-1)cos1>0,故选A.3.(2020·新高考Ⅱ,8)若定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)单调递减,且f(2)=0,则满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是()A.[-1,1]∪[3,+∞) B.[-3,-1]∪[0,1]C.[-1,0]∪[1,+∞) D.[-1,0]∪[1,3]答案D解析因为定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,且f(2)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,且f(-2)=0,f(0)=0,所以当x∈(-∞,-2)∪(0,2)时,f(x)>0,当x∈(-2,0)∪(2,+∞)时,f(x)<0,所以由xf(x-1)≥0可得x<0,-2≤x-1≤0,或x>0,所以满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是[-1,0]∪[1,3].故选D.4.生物丰富度指数d=S-1lnN是河流水质的一个评价指标,其中S,N分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大,水质越好.如果某河流治理前后的生物种类数S没有变化,生物个体总数由N1变为N2,生物丰富度指数由2.1提高到3A.3N2=2N1 B.2N2=3N1C.N22=答案D解析由题意得S-1lnN1=2.则2.1lnN1=3.15lnN2,即lnN12.1=结合选项可知选D.5.当x=1时,函数f(x)=alnx+bx取得最大值-2,则f'(2)=(A.-1 B.-12 C.12答案B解析因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以依题可知,f(1)=-2,f'(1)=0,而f'(x)=ax-bx2,所以b=-2,a-b=0,即a=-2,b=-2,所以f'(x)=-2x+2x2,因此函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,当x=1时取最大值,满足题意,则f'(2)6.(2023·全国甲,文11)已知函数f(x)=e-(x-1)2.记a=f(22),b=f(3A.b>c>a B.b>a>cC.c>b>a D.c>a>b答案A解析∵f(x)=e-(x-1)2,∴f(令t=(x-1)2(t≥0),∴y=1et.∵0<1e<1,∴y=1et在R上为减函数.∵t=h(x)=(x-1)2,h(x)是关于x的二次函数,其图象的对称轴为直线x=1,且22<∴h22>h32.∵62>∴h62=h2-62,22<2-62<∴h22>h62>h32,得f22<f62<f32,即b>c>a.故选A.7.(2024·新高考Ⅱ,8)设函数f(x)=(x+a)ln(x+b),若f(x)≥0,则a2+b2的最小值为()A.18 B.14 C.1答案C解析当x≤-a时,x+a≤0,当x≥-a时,x+a≥0,当-b<x≤1-b时,ln(x+b)≤0,当x≥1-b时,ln(x+b)≥0,要使f(x)≥0,必须-a=1-b,即b=a+1,所以a2+b2=(a+1)2+a2=2a+122+12≥12,当且仅当a=-18.(2024·新高考Ⅰ,8)已知函数f(x)的定义域为R,f(x)>f(x-1)+f(x-2),且当x<3时,f(x)=x,则下列结论中一定正确的是()A.f(10)>100 B.f(20)>1000C.f(10)<1000 D.f(20)<10000答案B解析∵当x<3时,f(x)=x,∴f(1)=1,f(2)=2.∵f(x)的定义域为R,且f(x)>f(x-1)+f(x-2),∴f(3)>f(2)+f(1)=3,f(4)>f(3)+f(2)>5,f(5)>f(4)+f(3)>8,f(6)>f(5)+f(4)>13,f(7)>f(6)+f(5)>21,f(8)>f(7)+f(6)>34,f(9)>f(8)+f(7)>55,f(10)>f(9)+f(8)>89,f(11)>f(10)+f(9)>144,f(12)>f(11)+f(10)>233,f(13)>f(12)+f(11)>377,f(14)>f(13)+f(12)>610,f(15)>f(14)+f(13)>987,f(16)>f(15)+f(14)>1000.∴f(20)>1000.结合各选项知,选项B一定正确.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.(2023·新高考Ⅰ,11)已知函数f(x)的定义域为R,f(xy)=y2f(x)+x2f(y),则()A.f(0)=0B.f(1)=0C.f(x)是偶函数D.x=0为f(x)的极小值点答案ABC解析对于选项A,令x=0,y=0,f(0)=0,所以A正确;对于选项B,令x=1,y=1,f(1×1)=12×f(1)+12×f(1)=2f(1),解得f(1)=0,所以B正确;对于选项C,令x=-1,y=-1,f[(-1)×(-1)]=(-1)2×f(-1)+(-1)2×f(-1)=2f(-1),解得f(-1)=0;再令x=-1,y=x,f[(-1)×x]=x2×f(-1)+(-1)2×f(x),f(-x)=f(x),所以C正确;对于选项D,用特值法,函数f(x)=0,为常数函数,且满足f(xy)=y2f(x)+x2f(y),而常数函数没有极值点,所以D错误.故选ABC.10.(2020·新高考Ⅰ,11)已知a>0,b>0,且a+b=1,则()A.a2+b2≥12 B.2a-b>C.log2a+log2b≥-2 D.a答案ABD解析∵a+b=1,∴(a+b)2=1=a2+b2+2ab≤2(a2+b2),∴a2+b2≥12,故A正确∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+1=2a+b>b,∴a-b>-1,∴2a-b>2-1=12,故B正确∵a+b=1≥2ab,∴ab≤14,log2a+log2b=log2ab≤log214=-2,故C∵a+b=1≥2ab,∴2ab≤1,(a+b)2=a+b+2ab≤2,∴a+b≤2,故11.(2024·新高考Ⅰ,10)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则()A.x=3是函数f(x)的极小值点B.当0<x<1时,f(x)<f(x2)C.当1<x<2时,-4<f(2x-1)<0D.当-1<x<0时,f(2-x)>f(x)答案AC解析∵f(x)=(x-1)2(x-4),∴函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=3(x-1)(x-3).令f'(x)=3(x-1)(x-3)=0,得x=1或x=3.当x<1或x>3时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当1<x<3时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴x=3是函数f(x)的极小值点,∴A正确.当0<x<1时,0<x2<x<1,又由上可知当0<x<1时,f(x)单调递增,∴f(x2)<f(x),∴B错误.当1<x<2时,f(2x-1)=(2x-1-1)2(2x-1-4)=4(x-1)2(2x-5)<0,f(2x-1)+4=4(x-2)2(2x-1)>0,即f(2x-1)>-4,∴C正确.f(2-x)-f(x)=(2-x-1)2(2-x-4)-(x-1)2(x-4)=-2(x-1)3.当-1<x<0时,f(2-x)-f(x)=-2(x-1)3的值有正有负,∴D错误.故选AC.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.(2024·广东广州三模)函数f(x)=ax,x≤2,ax2-答案4(答案不唯一)解析因为a>0且a≠1,若函数是单调函数,结合二次函数性质可知f(x)在R上单调递增,所以a>1,132a≤2故答案为4(答案不唯一).13.函数f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值为.

答案1解析f(x)=2当x>12时,f'(x)=2-2x=2(x-1)x,令f'(x)=0,则x=1,所以当x∈12,1时当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以函数f(x)在区间12,+∞内的最小值为当0<x≤12时,f'(x)=-2-2x<0,则函数f(x)在区间0,12上单调递减,则函数f(x)在区间0,12上的最小值为f综上,f(x)min=f(1)=1.14.(2024·河南二模)若两个函数图象f(x)=lnx+a和g(x)=bex(a,b∈R)存在过点2,12的公切线,设切点坐标分别为(x1,f(x1)),(x2,g(x2)),则(x1+2x2)[f(x1)+2g(x2)]答案9解析f'(x)=1x,设切点坐标为(x1,lnx1+a),则切线斜率为1x1,切线方程为y-(lnx1+a)=1x1(x-x1),将2,12代入得lnx1+a=32-g'(x)=bex,设切点坐标为(x2,bex2),则切线斜率为bex2,切线方程为y-bex2=bex2(x-x即g(x2)=12又1x1=bex2=12(3即x1+2x2=6,f(x1)+2g(x2)=32-2x1所以(x1+2x2)[f(x1)+2g(x2)]=9.四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)(2024·上海,18)若f(x)=logax(a>0,a≠1).(1)曲线y=f(x)过(4,2),求f(2x-2)<f(x)的解集;(2)存在x使得f(x+1),f(ax),f(x+2)成等差数列,求实数a的取值范围.解(1)因为y=f(x)的图象过点(4,2),故loga4=2,故a2=4,即a=2(负值舍去).而f(x)=log2x在(0,+∞)上单调递增,又f(2x-2)<f(x),所以0<2x-2<x,即1<x<2,故f(2x-2)<f(x)的解集为{x|1<x<2}.(2)因为存在x使得f(x+1),f(ax),f(x+2)成等差数列,所以2f(ax)=f(x+1)+f(x+2),即2loga(ax)=loga(x+1)+loga(x+2)有解.因为a>0,a≠1,故x>0,故a2x2=(x+1)(x+2)在(0,+∞)上有解,所以a2=x2+3x+2x2=1+3x+2x2=2(1x+34)2-18在(0,+∞)上有解,令t=1x∈(0,+∞),而y=2t16.(15分)已知函数f(x)=3-(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及其最大值与最小值.解(1)当a=0时,f(x)=3-2xx2,则f'(x)=2(x-3)x3,所以f(1)=1,f'(1)=-4,此时,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(2)因为f(x)=3-2xx2+a,则f'(x)=-2(x2+a故f(x)=3-2xx2+4,f'(xx(-∞,-1)-1(-1,4)4(4,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以,函数f(x)的增区间为(-∞,-1),(4,+∞),减区间为(-1,4).当x<32时,f(x)>0;当x>32时,f(x)<所以,f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-1417.(15分)(2020·全国Ⅰ,文20)已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;专题检测二(分值:118分)学生用书P157一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2024·北京房山一模)已知角α的终边经过点(3,4),把角α的终边绕原点O逆时针旋转π2得到角β的终边,则sinβ=(A.-45 B.45 C.-35 答案D解析因为角α的终边经过点(3,4),所以cosα=332+42=35.把角α的终边绕原点O逆时针旋转π2得到角β所以sinβ=sinα+π2=cosα=352.(2024·陕西西安模拟)已知α为锐角,sinα=35,则cosα2=(A.1010 B.31010 C.55答案B解析由α为锐角,sinα=35,得cosα=1-sin2α=45.又cosα=2cos所以cosα2=1+cosα3.(2024·陕西西安二模)已知sin(α+β)sin(α-β)=2,cosαsinβ=1A.13 B.23 C.19 D答案B解析由sin(α+β)sin(α-β)=2,可得sin(α+β)=2sin(α-β),整理得3cosα因为cosαsinβ=16,所以sinαcosβ=12,所以sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=12+4.(2024·江苏南通三模)已知三个单位向量a,b,c满足a=b+c,则向量b,c的夹角为()A.π6 B.π3 C.2π3答案C解析由题可得,a2=b2+c2+2b·c,即1=1+1+2b·c,则b·c=-12即1×1×cos<b,c>=-12,则cos<b,c>=-1因为<b,c>∈[0,π],所以向量b,c的夹角为2π故选C.5.(2024·四川绵阳三模)若函数f(x)=cos(πx+φ)的图象关于直线x=1对称,在下列选项中,()不是f(x)的零点.A.-1 B.-12 C.32 D答案A解析由题可知,函数f(x)的周期T=2ππ=又f(x)=cos(πx+φ)的图象关于直线x=1对称,所以f(x)的零点满足1-T4+k=12+k,k∈所以-12,32,52均为f(x)的零点,-1不是f(6.(2024·四川攀枝花三模)将函数y=sin2x-cos2x的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到的图象与y=sin2x的图象关于原点对称,则m的最小值是()A.π4 B.3π4 C.π2答案B解析令f(x)=sin2x-cos2x,则f(x)=-cos2x.设f(x)向右平移m(m>0)个单位长度后得到函数g(x)的图象,则g(x)=-cos[2(x-m)]=-cos(2x-2m).因为g(x)的图象与y=sin2x的图象关于原点对称,则有g(x)=-sin(-2x)=sin2x,即-cos(2x-2m)=sin2x,所以-2m=π2+2kπ(k∈Z解得m=-π4-kπ(k∈Z)又因为m>0,所以当k=-1时,m取最小值为3π4.故选7.(2024·山东济南二模)已知函数f(x)=3sin2x-cos2x,则下列结论正确的是()A.函数f(x)的最大值是3B.函数f(x)在区间-πC.该函数的最小正周期是2πD.该函数向左平移π6答案B解析由题可得,f(x)=3sin2x-cos2x=2sin2x可得函数最大值是2,最小正周期是π,故选项A,C错误;当x∈-π6,π3时,2可得函数f(x)=2sin2x-π6在区间-π6将函数f(x)图象向左平移π6个单位长度,得到函数f(x)=2sin2x此时函数f(x)的图象不关于原点对称,故D错误.故选B.8.(2024·黑龙江二模)“不以规矩,不能成方圆”中的“规”指圆规,“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺,今有一块圆形木板,按图中数据,以“矩”量之,若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板,且这块四边形木板的一个内角α满足cosα=13,则这块四边形木板周长的最大值为(A.10(30+15)3C.10(10+5)3答案A解析因为四边形木板的一个内角α满足cosα=13,如图设∠BAD=α,由题设可得圆的直径为100+25=55,故BD=55sinα.因为cosα=13,α为三角形内角,故sinα=1-132=则AB2+AD2-2AD×ABcosα=BD2=10009,故(AB+AD)2=83AD故AB+AD≤10009×3=1030同理,BC+CD≤10153,当且仅当BC=CD=5153故四边形周长的最大值为10(30+故选A.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.(2024·安徽芜湖二模)在平面直角坐标系xOy中,角θ以坐标原点O为顶点,以x轴的非负半轴为始边,其终边经过点M(a,b),|OM|=m(m≠0),定义f(θ)=b+am,g(θ)=bA.fπ6+gπ6B.f(θ)+f2(θ)≥0C.若f(θ)g(θ)D.f(θ)g(θ)是周期函数答案ACD解析由题意得,M(a,b)在角θ的终边上,且|OM|=m,所以cosθ=am,sinθ=b则f(θ)=b+am=sinθ+cosθ=2sinθ+π4,g(θ)=b-am=sinθ对于A,fπ6+gπ6=sinπ6+cosπ6+sinπ6-cosπ6=对于B,f(θ)+f2(θ)=sinθ+cosθ+(sinθ+cosθ)2,令t=sinθ+cosθ=2sinθ+π4,t∈[-2,2],所以f(θ)+f2(θ)=t+t2=t+12对于C,f(θ)g(θ)=sinθ由sin2θ=2sinθcosθ=2sinθcosθsin对于D,f(θ)g(θ)=(sinθ+cosθ)(sinθ-cosθ)=sin2θ-cos2θ=-cos2θ.因为y=cos2θ为周期函数,故D正确.故选ACD.10.(2024·湖南岳阳三模)已知函数f(x)=2cos(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示,则()A.ω=2B.f(x)的单调递减区间为kπ+π12,kπ+7π12,k∈C.f(x)的图象可由函数y=2cos2x的图象向右平移π6D.满足条件f(x)-f-7π4f(x)-f4π3>0的最小正整数x为2答案ABD解析设函数f(x)的周期为T,由图象可得,34T=13π12-π3=3π4,则T=π,所以2πω当x=13π12时,函数f(x)=2cos(ωx+φ)取最大值,所以2×13π12+φ=2mπ,则φ=2mπ-13π6,m∈又|φ|<π2,所以φ=-π故f(x)=2cos2x-π6.由2kπ≤2x-π6≤2kπ+π,k∈Z可得kπ+π12≤x≤kπ+7π12,k所以函数f(x)的单调递减区间为kπ+π12,kπ+7π12,k∈Z,故B正确将函数y=2cos2x的图象向右平移π6个单位长度得到函数y=2cos2x-π3的图象,故C错误.因为f(x)=2cos(2x-π6),所以f-7π4=2cos-7π2-π6=2cos3π2+π所以(f(x)-f-7π4)(f(x)-f4π3)>0可化为(f(x)-1)f(所以f(x)>1或f(x)<0.由f(x)>1可得,cos2x所以2nπ-π3<2x-π6<2nπ+π3,n即nπ-π12<x<nπ+π4,n∈取n=0,可得-π12<x<π取n=1,可得11π12<x<由f(x)<0可得,cos2x-π所以2tπ+π2<2x-π6<2tπ+3π2,即tπ+π3<x<tπ+5π6,t取t=0,可得π3<x<5π6,所以满足条件f(x)-f-7π4故选ABD.11.(2024·山东潍坊二模)已知向量a,b,c为平面向量,|a|=1,|b|=2,a·b=0,|c-a|=12,则(A.1≤|c|≤3B.(c-a)·(c-b)的最大值为1+2C.-1≤b·c≤1D.若c=λa+μb,则λ+μ的最小值为1-5答案BCD解析对于A,设a=(1,0),b=(0,2),c=(x,y),根据|c-a|=12,得(即(x-1)2+y2=14,表示的是圆心为(1,0),半径为12的圆.又|c|=x2+y2的几何意义为原点到圆(x-1)2+y2=14上点(x,y)的距离,则12≤|c对于B,(c-a)·(c-b)=(x-1)x+y(y-2)=x2-x+y2-2y=x-122+(y-1)则转化为求圆(x-1)2+y2=14上的点到12,1的距离最大值,为(1-122+12+12)2对于C,b·c=2y,因为-12≤y≤12,故-1≤b·c≤1,故C对于D,因为(x-1)2+y2=14故x=cosθ2+1,y=又因为c=λa+μb,故λ=x,μ=y2,λ+μ=cosθ2+1+sinθ4=54(255cosθ+55sinθ)+1=54sin(θ+φ)+1,故当sin(θ+φ)=-1时,λ三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.(2024·广东茂名一模)如图,△ABC在边长为1的小正方形组成的网格中,则AB·AC=答案9解析如图,以点B为坐标原点,建立平面直角坐标系,则A(2,3),C(5,-2).所以AB=(-2,-3),AC=(3,-5),故AB·AC=-2×3+(-3)×(-5)=13.(2024·湖南长沙模拟)海边近似平直的海岸线上有两处码头A,B,且AB=3km.现有一观光艇由B出发,同时在A处有一小艇出发向观光艇补充物资,其速度为观光艇的两倍,在M处成功拦截观光艇,完成补给.若两船都做匀速直线运动,观光艇行驶向海洋的方向任意的情况下,小艇总可以设定合适的出发角度,使得行驶距离最小,则拦截点M距离海岸线的最远距离为.

答案2km解析设BM=x,则AM=2BM=2x,x∈(1,3).设∠ABM=θ,则cosθ=32因此xsinθ=x2(1-cos2θ)=x21-32x-x22=-14.(2024·广东佛山二模)如图所示,单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动,角速度大小为2πrad/s,圆上两点A,B始终满足∠AOB=2π3,随着圆O的旋转,A,B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义:A,B两点的竖直距离为A,B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻,即t=0s时,点A位于圆心正下方,则t=s时,A,B两点的竖直距离第一次为0;A,B两点的竖直距离关于时间t(单位:s)的函数解析式为f(t)=答案1解析以O为原点,OA所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,由于角速度ω=2πrad/s,设点Acos2πt-π2,sin2πt-π2,圆上两点则Bcos2πt+π6,sin2πt+π6,要使A,B两点的竖直距离为0,则sin2πt-π2=sin2πt+π6,第一次为0时,4πt-π3=π,解得t=13,f(t)=|sin(2πt+π6)-sin(2πt-π2)|=|32sin2πt+12cos2πt+cos2πt|=|32sin2四、解答题:本题共3小题,共45分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(15分)(2024·北京平谷模拟)已知函数f(x)=sin2xcosφ-cos2xsinφ,其中|φ|<π2,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知条件,使f(x)存在,并完成下列两个问题(1)求φ的值;(2)若m>0,函数f(x)在区间[0,m]上最小值为-12,求实数m的取值范围条件①:对任意的x∈R,都有f(x)≤fπ3成立;条件②:fπ4=-12;条件③:fπ3-f注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.解(1)由题可得f(x)=sin2xcosφ-cos2xsinφ=sin(2x-φ).若选条件①:当x=π3时,fπ3=sin2π3-φ=1.因为|φ|<π2,即φ=π经检验,对任意x∈R,都有f(x)≤fπ3=1恒成立故选条件①时,f(x)存在,故可选①.若选条件②:fπ4=sinπ2-φ=cos解得φ=2π3+2kπ或φ=4π3+2kπ,因为|φ|<π2,所以与条件矛盾,故不选②若选条件③:fπ3-f-π6=sin2π3-φ-sin-π3-φ=sinπ-π3+φ+sinπ3+φ=sinπ3+φ+sinπ3+φ=2,所以sinπ3+φ=1.因为|φ|<π2,可得φ=π故条件③能使f(x)成立,故可选③.综上所述,可选择条件①或③,此时φ=π6(2)由(1)知f(x)=sin2x-π6,当x∈[0,m]时,2x-π6∈-π6,2m-π6,且f(x)的最小值为-12,所以可得2m-π6≤π+π6,解得m又m>0,所以0<m≤2π所以m的取值范围为0,2π3.16.(15分)(2024·上海嘉定二模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,cos2B-sin2B=-12(1)求角B,并计算sinB+(2)若b=3,且△ABC是锐角三角形,求a+2c的最大值.解(1)由cos2B+sin2则cosB=±12又0<B<π,所以B=π3或B=2当B=π3时,sinB+π6=sin当B=2π3时,sinB+π(2)若△ABC为锐角三角形,则B=π3有0<解得π6<C<π由正弦定理,得asinA=则a=2sinA,c=2sinC,所以a+2c=2sinA+4sinC=2sin2π3-C+4sinC=2(32cosC+12sinC)+4sinC=5sinC+3cosC=27sin(C+φ),其中又tanφ=35<33=tanπ6,所以0则π3<C+φ<2π3,故当C+φ=π2时,sin(C+φ所以a+2c的最大值为27.17.(15分)(2024·湖北武汉二模)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c(a<b),c=2acosAcosB-bcos2A.(1)求A;(2)若BD=13BC,|AD|=2解(1)由正弦定理得sinC=2sinAcosAcosB-sinBcos2A,则sinC=sin2AcosB-sinBcos2A=sin(2A-B).因为C=π-(A+B),所以sin(A+B)=sin(2A-B),即A+B=2A-B或A+B=π-(2A-B),解得A=2B或A=π3因为a<b,所以A<B,所以A=π3(2)由BD=13BC,得AD则|AD|2=19b2+49c2+49bccos即4=19b2+49c2+2整理得,b2+4c2+2bc=36,即(b+c)2+3c2=36.令b+c=6cosα,3c=6sinα,因为c>0,b+c>0,所以0<α<π2因为b=6cosα-23sinα>0,所以tanα<3,解得0<α<π3由(1)得A=π3则a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc.又因为a<b,所以a2<b2,所以b2+c2-bc<b2,解得c<b,所以23sinα<6cosα-23sinα,解得tanα<32,所以0<tanα<3令tanα1=32,则0<α<α1<π则cosα1<cosα<1.因为cosα1=277,所以1277<6cos即1277<b+c<专题检测三(分值:150分)学生用书P167一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2024·北京昌平二模)已知数列{an}满足an+1=2an,a2=4,则数列{an}的前4项和等于()A.16 B.24 C.30 D.62答案C解析由已知可得,an+1=2an,所以数列{an}是公比为2的等比数列.又因为a2=4,所以a1=2,所以数列{an}的前4项和等于2+4+8+16=30.故选C.2.(2024·广东江门一模)已知各项均为正数的等比数列{an}中,若a5=9,则log3a4+log3a6=()A.3 B.4 C.8 D.9答案B解析由各项为正数的等比数列{an},且a5=9,可得a4a6=a52=81,所以log3a4+log3a6=log3a4a6=log381=4.故选3.(2024·江苏徐州模拟)若等差数列{an}满足an+an+1=4n+1,则a1=()A.3 B.32 C.1 答案B解析设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d,an+1=a1+nd.因为an+an+1=4n+1,可得an+an+1=2a1+(2n-1)d=2a1-d+2nd,所以有2a1-d=14.(2024·河北保定三模)已知在等差数列{an}中,a1=1,公差d>0.若数列an2-4n也是等差数列,则A.1 B.2 C.3 D.4答案C解析依题意,an=dn+1-d(d>0),则an2-4n=d2n+2d(1-d)+(1-d)2-又an2-4n是等差数列,所以-(1-d)2-4n(n+15.(2024·河北秦皇岛二模)将数列{3n+1}与数列{4n-1}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前30项的和为()A.3255 B.5250 C.5430 D.6235答案C解析显然数列{3n+1}和数列{4n-1}均为等差数列,令3n1+1=4n2-1,其中n1,n2∈N*,可得n1=4n2-23,则n2=2,5,8,…,则数列{an}为等差数列,且a1=4×2-1=7,公差为(4×5-1)-(4×2-1)=12,所以{an}的前30项的和为30×7+30×292×6.(2024·湖南岳阳三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2≥a1>0,S20=100,则a10a11()A.有最小值25 B.有最大值25C.有最小值50 D.有最大值50答案B解析由S20=20(a1+a20)2=10(a10+a11)=100可得a10+a11=10.因为a2≥a1>0,则等差数列{an}的公差d≥0,故a10>0,a11>0,则a10a11≤a10+a1122=25,当且仅当a10=a11=5时,等号成立,即当a10=a7.(2024·江苏苏州二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,2an+1=3Sn,若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立,则实数t的取值范围为()A.(-4,2) B.[-3,2)C.(-6,2) D.(-3,2]答案B解析由2an+1=3Sn,得an=3Sn-12.当n≥2时,an=Sn-Sn-1,则3Sn-12=Sn-Sn-1,整理得Sn=-2Sn-1又3S1=2a1+1=2S1+1,解得S1=1,于是S1-13=23≠0,数列Sn-13是首项为23,公比为-2的等比数列,因此Sn-13=由tSn<2n,得1-(-2)n3·t<2n,当n为奇数时,1+2n3·t<2n,即t<3×2n1+2n=3-31+2n,显然3-31+2n为递增数列,当n=1时,3-31+2nmin=2,所以t<2.当n为偶数时,1-2n3·t<2n8.(2024·北京东城二模)设无穷正项数列{an},如果对任意的正整数n,都存在唯一的正整数m,使得am=a1+a2+a3+…+an,那么称{an}为内和数列,并令bn=m,称{bn}为{an}的伴随数列,则下列说法正确的是()A.若{an}为等差数列,则{an}为内和数列B.若{an}为等比数列,则{an}为内和数列C.若内和数列{an}为递增数列,则其伴随数列{bn}为递增数列D.若内和数列{an}的伴随数列{bn}为递增数列,则{an}为递增数列答案C解析对于选项A,B,令an=1,可知{an}即为等差数列也为等比数列,则a1+a2=2,但不存在m∈N*,使得am=2,所以{an}不为内和数列,故A,B错误;对于选项C,因为an>0,对任意n1,n2∈N*,n1<n2,可知存在m1,m2∈N*,使得am1=a1+a2+a3+…+an1,am2=a1+a2+a3+…+an2,则am2-am1=an1+1+an1+2+…+an2>0,即am2>am1,且内和数列{an}为递增数列,可知m2>m1,所以其伴随数列{bn}为递增数列,故C正确;对于选项D,例如2,1,3,4,5,…,显然二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.(2024·广东广州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a6=31,S3=21,则下列说法正确的有()A.aB.a2=7C.若∀n∈N*,Snn2≤a,则a的取值范围为(3D.an答案BD解析由题意知{an}为等差数列,设公差为d,由a6=31,S3=21,得a1+5d=31,3a1+3×(3-1)d2=21,解得a1=1,d=6,则an=6n-5,Sn=n+由a112=1<a222=74因为Snn2=3-2n,由于n∈N*,0<2n≤2,故1≤Snn2<3.由于∀n∈N*,Snn2≤a由于n∈N*,0<5n≤5,故ann=6-5n<6,故D10.(2024·山东滨州模拟)已知{an}是正项等差数列,首项为a1,公差为d,且a1=d,Sn为{an}的前n项和,则下列说法正确的是()A.数列{Sn+1-Sn}是等差数列B.数列{SnC.数列{2aD.数列{lgan}是等比数列答案AC解析由题意得,a1=d>0.因为数列{an}是等差数列,Sn+1-Sn=an+1,Sn+1-Sn-(Sn-Sn-1)=an+1-an=d,所以数列{Sn+1-Sn}是等差数列,故A正确;当a1=d=1时,an=n,S1=1,S2=3,S3=6,因为2S2≠S1+S3,所以数列{Sn}不是等差数列,故B错误;因为2an+12an=2an+1-an=2d,所以数列{2an}是等比数列,故C正确;当11.(2024·福建宁德模拟)“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始,第n行从左至右的数字之和记为an,如a1=1+1=2,a2=1+2+1=4,…,{an}的前n项和记为Sn,依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,…,记为{bn},{bn}的前n项和记为Tn,则下列说法正确的有()A.S10=1022B.2anSC.b57=66D.T57=4150答案BCD解析从第一行开始,每一行的数依次对应(a+b)n的二项式系数,所以an=(1+1)n=2n,所以{an}为等比数列,Sn=2×(1-2n)1-2=2n+1-2,所以S10=211-2anSn·Sn+1=2n+1(2n+1-2)(2n+2-2)=12n+1-2-12n+2-2,故2anSn·Sn+1的前n项和为122-2-123-2+123-2-124-2+…+12n+1-2-12n+2-2=12-12n+2-2=12-1an+2-2,故三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.(2024·浙江金华模拟)已知数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,若a2+a4+a6=5π,b2b4b6=33,则tana1+a7答案3解析由等差数列的性质可知,a2+a4+a6=3a4=5π,即a4=5π3,而a1+a7=2a4=10π3,根据等比数列的性质可知,b2b4b6=b43=33,则b4=3,b2b6=b42=3,所以13.(2024·陕西西安模拟)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且SnTn=n+3答案4解析因为等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,设Sn=An2+Bn,Tn=Cn2+Dn,A,B,C,D∈R,由SnTn=An2+BnCn2+Dn=An+BCn+D=n+3n-1,则An+B=k(n+3),Cn+D=k(n-1),所以a14.(2024·广东广州模拟)如图,画一个正三角形A1A2A3,不画第三边;接着画正方形A2A3A4A5,对这个正方形,不画第四边;接着画正五边形A4A5A6A7A8,对这个正五边形,不画第五边;接着画正六边形,…,这样无限画下去,形成一条无穷伸展的等边折线.设线段AnAn+1与线段An+1An+2所夹的角为θn(n∈N*,θn∈(0,π)),则θ10=,满足θn>174°的最小n值为.

答案120°1712解析由题意得,θ1=60°,由此类推,θ2=90°,θ3=90°,θ4=108°,θ5=108°,θ6=108°,θ7=120°,θ8=120°,θ9=120°,θ10=120°,…,观察规律,三角形会有1个角,并且角的度数恰好是其内角的度数,正方形有2个90°,正五边形有3个108°,正六边形有4个120°,…,所以正k多边形有(k-2)个180°(k-2)k.令180°(k-2)k>174°,解得k>60,所以k的最小值为61,即满足条件θn>174°的角至少要在正六十一边形中,所以n>1+2+3+4+…+四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)(2024·安徽合肥三模)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=6,Snn+2是公差为(1)求{an}的通项公式;(2)若bn=4anan+1,设数列{bn}的前n项和为Tn,求证:(1)解因为a1=6,所以S11+2=61+2=2.又因为Snn+2是公差为2的等差数列,所以Snn+2=2+(n-1)×2=2n,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n(n+2)-2(n-1)(n+1)=4n+2.又由a1=6,适合上式,所以数列{an}的通项公式为an=4n+2.(2)证明由(1)知bn=4anan+1=4(4n+2)(4又由Tn+1-Tn=14n+6所以{Tn}为递增数列,所以Tn≥T1=1又因为14n+6所以Tn=16所以115≤Tn16.(15分)(2024·四川成都模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=1,当n≥3时,an=a(1)求a4和a6,并证明当n为偶数时{an+1}是等比数列;(2)求a1+a3+a5+…+a29.解(1)因为a1=1,a2=1,当n≥3时,an=a所以a4=2a2+1=3,a6=2a4+1=7.令k∈N*,则a2k+2=2a2k+1,a2k+2+1=2(a2k+1).又a2+1=2,所以当n为偶数时,{an+1}是以2为首项,以2为公比的等比数列.(2)由(1)知,a2k+1=(a2+1)2k-1=2k,设n=2k,k∈N*,则an=2n2-所以当n为偶数时,an=2n2-a2k+1=a2k+a2k-1=2k-1+a2k-1=2k-1+a2k-2+a2k-3=2k-1+2k-1-1+a2k-3=…=2k-1+2k-1-1+…+(21-1)+a1,所以a2k+1=2(1-2k)1-2当k=0时,a1=20+1-0-1=1符合上式,所以a2k+1=2k+1-k-1,k∈N.设n=2k+1,k∈N,所以当n为奇数时,an=2n所以a1+a3+a5+…+a29=(21-1)+(22-2)+(23-3)+…+(215-15)=(21+22+23+…+215)-(1+2+3+…+15)=21(1-21517.(15分)(2024·广东广州二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2n+1=2an+2,且Snn(1)求{an}的通项公式;(2)在2an2与2an+12之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为dn(dn>0)的等差数列,记数列1dn(1)解因为等差数列{an}中,an=a1+(n-1)d,且a2n+1=2an+2,所以a1+2nd=2[a1+(n-1)d]+2,即a1+2=2d①.因为Snn所以S令n=1时,S23-S12=S34结合①②,解出d=2,a1=2,则an=2+(n-1)×2=2n,所以{an}的通项公式为an=2n.(2)证明由题设得dn=2an+12所以Tn=1d1+1d2+…+则12Tn=222+3由③-④得12Tn=1+122+123+…所以Tn=3-n+3因为n∈N*,所以n+32n所以Tn<3.18.(17分)(2024·重庆九龙坡模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a4+a7=20,S9=27a2.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=2an+2+an,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:当n≥3(1)解设{an}的公差为d,则a即2a1所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.(2)证明bn=2=2=2=2n所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=12(5-1+7-3+9-5+…+2所以2Tn=2n+3+所以2Tn-an+1=2n+3+当n≥3时,2n+3-3-1≥2×3+3-3-1=3-3所以当n≥3时,2Tn>a19.(17分)(2024·湖北武汉模拟)混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中,比如天气预测、种群数量变化和天体运动等等,假设在一个混沌系统中,用xn来表示系统在第n(n∈N*)个时刻的状态值,且该系统下一时刻的状态xn+1满足xn+1=f(xn),0<x1<1,其中f(x)=-ax2+ax.(1)当a=3时,若满足对∀n∈N*,有xn=f(xn+1),求{xn}的通项公式;(2)证明:当a=1时,{xn}中不存在连续的三项构成等比数列;(3)若x1=12,a=1,记Sn=xn2xn+12,证明:S1+S(1)解当a=3时,f(x)=-3x2+3x,依题意,x1=-3x22+3x2x2=-3x12+3x1两式作差,得(x2-x1)[4-3(x1+x2)]=0,则x1=x2或x1+x2=4若x1=x2,代入①式解得,x1=0或x1=23而0<x1<1,于是x1=23若x1+x2=43,将x2=43-x1代入②式,解得x1因此必有x1=2因为f23=23,xn+1=f从而由x1=23归纳即知{xn}是常数列xn=所以{xn}的通项公式为xn=2(2)证明假设xn,xn+1,xn+2构成等比数列,则xn≠0.那么由xn+1xn=-xn2+xnxn=-xn+1又xn+1=-xn2+x则-xn2+xn=x解得xn=0,与xn≠0矛盾.故{xn}中不存在连续的三项构成等比数列.(3)证明当0<x<1时,f(x)=-x2+x=x(1-x)>0,f(x)=-x2+x<x<1,即0<f(x)<1.因为0<x1<1,xn+1=f(xn),所以归纳即知对任意正整数n都有0<xn<1.又由xn>0及xn+1=f(xn)可知xn+1=-xn2+xn<x故数列{xn}是递减数列.又由于xi2=xi-(-xi2+xi)=xi故∑i=1nSi=∑i=1nxi2xi+12<∑i=1nx(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.解(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a>0时,由f'(x)=0可得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最