高考数学人教A版理科第一轮复习滚动测试卷三

滚动测试卷三(第一~七章)(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.已知集合M={x|x24x+3<0},集合N={x|lg(3x)>0},则M∩N=()A.{x|2<x<3} B.{x|1<x<3}C.{x|1<x<2} D.⌀2.若复数(1i)(2+bi)是纯虚数,则实数b=()A.2 B.1 C.1 D.23.设命题p:∀x>0,lnx>lgx,命题q:∃x>0,x=1x2,则下列命题为真命题的是()A.p∧q B.(p)∧(q)C.p∧(q) D.(p)∧q4.已知{an}是等比数列,且a5+a7=-224-x2dx,则a6(a4+2A.16π2 B.4π2 C.2π2 D.π25.曲线y=x32x+4在点(1,3)处的切线的倾斜角为()A.30° B.45° C.60° D.120°6.(2017河北邯郸二模)已知向量a=(m,2),b=(2,1),且a⊥b,则|2a-A.53 B.1 C.2 D.7.函数f(x)=13xlog2(x+2)在区间[1,1]上的最大值为(A.2 B.3 C.6 D.98.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若2a6=a8+6,则S7等于()A.49 B.42 C.35 D.249.已知实数a,b满足2a=3,3b=2,则函数f(x)=ax+xb的零点所在的区间是()A.(2,1) B.(1,0)C.(0,1) D.(1,2)10.已知函数f(x)=2sin(2x+φ)φ<π2的图象过点(0,3),则函数f(xA.-π3,C.π6,011.已知x,y满足y≥x,x+y≤2,xA.1 B.13 C.14 D12.如图,半径为2的☉O切直线MN于点P,射线PK从PN出发绕点P逆时针方向旋转到PM,在旋转过程中,PK交☉O于点Q,设∠POQ=x,弓形PTQ的面积为S=f(x),则f(x)的图象大致是()二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知a>0,b>0,ab=8,则当a的值为时,log2a·log2(2b)取得最大值.

14.已知函数f(x)=2x-2,x≤1,-log2(x+1),15.已知向量a,b,c满足|a|=|b|=|c|≠0,a+b=3c,则向量a与向量c的夹角是.

16.已知函数f(x)=x3+ax24在x=2处取得极值,若m,n∈[1,1],则f(m)+f'(n)的最小值是.

三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足2bsinC+π(1)求角B的大小;(2)若点M为BC中点,且AM=AC,求sin∠BAC.18.(12分)(2017天津,理18)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a42a1,S11=11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{a2nb2n1}的前n项和(n∈N*).19.(12分)在锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=bcosC+33csinB(1)若a=2,b=7,求c;(2)若3sin2A-π62sin2C20.(12分)已知数列{an}满足(an+11)(an1)=3(anan+1),a1=2,令bn=1a(1)求数列{bn}的通项公式;(2)求数列{bn·3n}的前n项和Sn.21.(12分)为稳定房价,某地政府决定建造一批保障房供给社会.计划用1600万元购得一块土地,在该土地上建造10幢楼房的住宅小区,每幢楼的楼层数相同,且每层建筑面积均为1000m2,每平方米的建筑费用与楼层有关,第x层楼房每平方米的建筑费用为(kx+800)元(其中k为常数).经测算,若每幢楼为5层,则该小区每平方米的平均综合费用为1270元.注:每平方米平均综合费用=购地费用+(1)求k的值;(2)问要使该小区楼房每平方米的平均综合费用最低,应将这10幢楼房建成多少层?此时每平方米的平均综合费用为多少元?22.(12分)已知函数f(x)=ex(ax+b)x24x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.(1)求a,b的值;(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.答案：1.C解析由x24x+3<0,可得(x1)(x3)<0,即1<x<3,故M={x|1<x<3};由lg(3x)>0=lg1,可知3x>1,即x<2,故N={x|x<2};因此,M∩N={x|1<x<2},故选C.2.A解析∵(1i)(2+bi)=(b+2)+(b2)i是纯虚数,∴b+2=0,b-2≠03.D解析当x=1时,lnx=lgx=0.故命题p是假命题.画出y=x与y=1x2的图象(图略),可知在x∈(0,+∞)上两个图象有交点,故命题q是真命题.因此(p)∧q是真命题.故选D.4.B解析∵-224-x2d∴-224-x2dx=1∴a5+a7=2π.∵{an}是等比数列,∴a6(a4+2a6+a8)=a6a4+2a62+a6=a52+2a5a7=(a5+a7)2=4π2.故选B.5.B解析由y'=3x22,得y'|x=1=1,即曲线在点(1,3)处的切线斜率为1,故切线的倾斜角为45°.6.B解析∵a=(m,2),b=(2,1),且a⊥b,∴a·b=2m2=0,解得m=1,∴a=(1,2),2ab=(0,5),|2ab|=5.又a+b=(3,1),a·(a+b)=1×3+2×1=5,∴|2a-7.B解析因为y=13x在R上单调递减,y=log2(x+2)在[1,1]上单调递增,所以f(x)在[1,1]上单调递减,所以f(x)在[1,1]上的最大值为f(1)=8.B解析设等差数列{an}的公差为d.∵2a6=a8+6,∴2(a1+5d)=a1+7d+6,即a1+3d=6,即a4=6.又a1+a7=2a4,∴S7=7(a1+a7)2=7a4=79.B解析∵实数a,b满足2a=3,3b=2,∴a=log23>1,0<b=log32<1.∴函数f(x)=ax+xb=(log23)x+xlog32在R上单调递增,且其图象是连续的.∵f(0)=1log32>0,f(1)=log321log32=1<0,∴f(x)=ax+xb的零点所在的区间为(1,0),故选B.10.B解析由题意,得3=2sinφ.又|φ|<π2,故φ=π因此f(x)=2sin2x所以f(x)的图象的对称中心的横坐标满足2x+π3=kπ,k∈Z,即x=π6+kπ所以结合选项可知f(x)的图象的一个对称中心是-π6,011.D解析画出不等式组y≥x,x+y≤2,x≥a所表示的平面区域及直线2x+y=0,如图,平移该直线,当平移后的直线经过该平面区域内的点(1,1)时,相应直线在y轴上的截距最大,此时z=2x+y取得最大值3;当平移后的直线经过该平面区域内的点(a,a)时,相应直线在y轴上的截距最小,此时z=2x+y取得最小值3a;于是有812.D解析由题意可知弓形PTQ的面积f(x)=x2ππ221222sinx=2x2sin因为f'(x)=22cosx>0在(0,2π)上恒成立,所以f(x)在(0,2π)上为增函数.令g(x)=22cosx.由g'(x)=2sinx≥0在x∈(0,π]上恒成立,可知函数f(x)在(0,π]上为凹函数;由g'(x)=2sinx≤0在x∈[π,2π)上恒成立,故函数f(x)在[π,2π)上为凸函数.故选D.13.4解析由题意,知log2a·log2(2b)≤lo=log2当且仅当log2a=log2(2b),即a=2b时等号成立.又因为ab=8,且a>0,所以a=4.14.74解析当a≤1时,f(a)=2a2=3,即2a=1,不符合题意,舍去当a>1时,f(a)=log2(a+1)=3,解得a=7.故f(5a)=f(2)=222=7415.π6解析设向量a与c的夹角为θ,|a|=m≠0,则|b|=|c|=m由a+b=3c,得b=3ca,两边平方得b2=3c223a·c+a2,即m2=3m223m2cosθ+m2,整理得cosθ=32又0≤θ≤π,故θ=π6,即向量a与c的夹角为π16.13解析求导得f'(x)=3x2+2ax.由f(x)在x=2处取得极值知f'(2)=0,即3×4+2a×2=0,故a=3.由此可得f(x)=x3+3x24,f'(x)=3x2+6x.由此可得f(x)在(1,0)内单调递减,在(0,1)内单调递增,故对m∈[1,1]时,f(m)min=f(0)=4.又f'(x)=3x2+6x的图象开口向下,且对称轴为x=1,∴对n∈[1,1]时,f'(n)min=f'(1)=9.于是,f(m)+f'(n)的最小值为13.17.解(1)∵2bsinC+π∴2sinBsin=sinA+sinC,即3sinBsinC+sinBcosC=sinA+sinC=sinBcosC+cosBsinC+sinC,∴3sinBsinC=cosBsinC+sinC,∴3sinB=cosB+1,∴2sinB-π6=1,∴(2)(方法一)取CM的中点D,连接AD,则AD⊥CM.设CD=x,则BD=3x.由(1)知B=π3,则AD=33x,故AC=27x由正弦定理知,4x得sin∠BAC=217(方法二)由(1)知B=π3,又M为BC中点,故BM=MC=a在△ABM与△ABC中,由余弦定理分别得:AM2=a22+c22·a2·c·cosB=a24+c2ac2,AC2=a2+c22ac·cos又AM=AC,故a24+c2ac2=a2+c2ac,即c=3a2,由正弦定理知,asin∠BAC=7a2sin18.解(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q6=0.又因为q>0,解得q=2.所以,bn=2n.由b3=a42a1,可得3da1=8. ①由S11=11b4,可得a1+5d=16, ②联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n2.所以,数列{an}的通项公式为an=3n2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.(2)设数列{a2nb2n1}的前n项和为Tn,由a2n=6n2,b2n1=2×4n1,有a2nb2n1=(3n1)×4n,故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n1)×4n,4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n4)×4n+(3n1)×4n+1,上述两式相减,得3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n(3n1)×4n+1=12×(1-4n)=(3n2)×4n+18.得Tn=3n-23×4n+所以,数列{a2nb2n1}的前n项和为3n-23×4n+19.解(1)∵a=bcosC+33csinB∴sinA=sinBcosC+33sinCsinB∴cosBsinC=33sinCsinB∴tanB=3,∴B=π3∵b2=a2+c22accosB,∴c22c3=0,∴c=3.(2)∵B=π3∴3sin2A-π=3sin2A-π6=3sin2A-ππ6=3sin2A-π=2sin2A-π又π6<A<π2,∴A=20.解(1)∵(an+11)(an1)=3(anan+1),∴(an+11)(an1)=3[(an1)(an+11)],∴1a即bn+1bn=13又b1=1a1-1=1,∴bn=(2)∵bn·3n=(n+2)·3n1,∴Sn=3×30+4×3+5×32+…+(n+2)·3n1, ①3Sn=3×31+4×32+5×33+…+(n+2)·3n. ②∴①②得2Sn=3+3+32+…+3n1(n+2)·3n=32-2n∴Sn=2n+34·321.解(1)如果每幢楼为5层,那么所有建筑面积为(10×1000×5)m2,则所有建筑费用为[(k+800)+(2k+800)+(3k+800)+(4k+800)+(5k+800)]×1000×10,因此1270={16000000+[(k+800)+(2k+800)+(3k+800)+(4k+800)+(5k+800)]×1000×10}÷(10×1000×5),解得k=50.(2)设小区每幢为n(n∈N*)层,每平方米平均综合费用为f(n),由题设可知f(n)={16000000+[(50+800)+(100+800)+…+(50n+800)]×1000×10}÷(10×1000×n)=1600n+25n+825≥21600×当且仅当1600n=25n,即n=8时故该小区每幢建8层时,每平方米平均综合费用最低,此时每平方米平均综合费用