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1、階段滾動檢測（三） 一、選擇題 1.(2019·紹興上虞區(qū)模擬)已知集合A＝{x|y＝，x∈R}，B＝{x|lnx<1，x∈R}，則A∩B等于(　　) A.[－1,2] B.(0,2] C.[1,2] D.[1，e] 2.已知向量a＝(λ，－2)，b＝(1＋λ，1)，則“λ＝1”是“a⊥b”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 3.(2019·臺州期末)下列函數(shù)中，在其定義域內(nèi)是增函數(shù)而且是奇函數(shù)的是(　　) A.y＝2x B.y＝2|x| C.y＝2x－2－x D.y＝2x＋2－x 4.(2019·溫州期

2、末)將函數(shù)f(x)的圖象向左平移個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的解析式是(　　) A.f(x)＝sin(x∈R) B.f(x)＝sin(x∈R) C.f(x)＝sin(x∈R) D.f(x)＝sin(x∈R) 5.(2019·諸暨模擬)函數(shù)f(x)＝cosx的圖象的大致形狀是(　　) 6.(2019·杭州二中模擬)已知奇函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)＝f(1－x)，若當x∈(－1,1)時，f(x)＝lg，且f(2018－a)＝1，則實數(shù)a的值可以是(　　) A.B.C.－D.－ 7.已知函數(shù)f(x)＝g(x)＝f(x)＋x＋a，若g(x)存在2

3、個零點，則a的取值范圍是(　　) A.[－1,0) B.[0，＋∞) C.[－1，＋∞) D.[1，＋∞) 8.如圖，在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝，D，E是線段BC上的點，且DE＝BC，則·的取值范圍是(　　) A.B.C.D. 9.(2019·湖州模擬)若α，β為銳角，且cos＝sin，則(　　) A.α＋β＝ B.α＋β＝ C.α－β＝ D.α－β＝ 10.如果已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的三條邊分別是a，b，c，且滿足(a2＋b2－c2)·(acosB＋bcosA)＝abc, c＝2，則△ABC周長的取值范圍為(　　) A.(2,6)

4、B.(4,6) C.(4,18) D.(4,6] 二、填空題 11.已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，當x∈[－1,1]時，f(x)＝，且f(x＋1)為奇函數(shù)，則f＝________. 12.曲線f(x)＝lnx－在點(1，f(1))處的切線的傾斜角為α，則＝________. 13.已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)(φ∈(－π，π))，若f＝f(x)，且f(π)>f，則φ＝__________，函數(shù)f(x)取最大值時x的值為________. 14.(2019·紹興柯橋區(qū)模擬)記△ABC中角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知△ABC的面積為，b＝，B＝，則＝________，

5、△ABC的周長等于________. 15.在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，且有cos(C＋B)cos(C－B)＝cos2A－sinCsinB.則A＝________，若a＝3，則b＋2c的最大值為________. 16.設向量a，b，且|a＋b|＝2|a－b|，|a|＝3，則|b|的最大值是________；最小值是________. 17.(2018·浙江省臺州中學模擬)已知a，b是兩個單位向量，而|c|＝，a·b＝，c·a＝1，c·b＝2，則對于任意實數(shù)t1，t2，|c－t1a－t2b|的最小值是________. 三、解答題 18.已知函數(shù)f(x)＝sin

6、xcosx－cos2x. (1)求f(x)的最小正周期和單調(diào)遞增區(qū)間； (2)當x∈時，求函數(shù)f(x)的最大值和最小值及相應的x的值. 19.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且(a＋b)·(sinA－sinB)＝c(sinC－sinB). (1)求A； (2)若a＝4，求△ABC面積S的最大值. 20.(2019·杭州高級中學模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinx·(cosx＋sinx). (1)求f(x)的最小正周期； (2)若關(guān)于x的方程f(x)＝t在內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)解，求實數(shù)t的取值范圍. 21

7、.(2019·紹興一中模擬)某學校的平面示意圖如圖中的五邊形區(qū)域ABCDE，其中三角形區(qū)域ABE為生活區(qū)，四邊形區(qū)域BCDE為教學區(qū)，AB，BC，CD，DE，EA，BE為學校的主要道路(不考慮寬度).∠BCD＝∠CDE＝，∠BAE＝，DE＝3BC＝3CD＝km. (1)求道路BE的長度； (2)求生活區(qū)△ABE面積的最大值. 22.(2019·嵊州聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－ax(a為常數(shù))有兩個極值點. (1)求實數(shù)a的取值范圍； (2)設f(x)的兩個極值點分別為x1，x2.若不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)恒成立，求λ的最小值.

8、 答案精析 1.B　2.A　3.C　4.A　5.B　6.A　7.C 8.A　[如圖所示，以BC所在直線為x軸，以BC的中垂線為y軸建立平面直角坐標系，則A(0,1)，B(－1,0)，C(1,0)，設D(x,0)， 則E. 據(jù)此有＝(x，－1)，＝， 則·＝x2＋x＋1＝2＋. 據(jù)此可知，當x＝－時，·取得最小值；當x＝－1或x＝時，·取得最大值，所以·的取值范圍是.] 9.C　[因為α，β為銳角， 所以0<α<，0<β<，則－<－α<，<＋β<， 故cos>0， 所以sin>0，即<＋β<π，cos＝sin＝sin＝sin， 又<＋α<，所以＋α＝＋β，即α－β＝，

9、選C.] 10.D　[根據(jù)(a2＋b2－c2)·(acos B＋bcos A)＝abc和余弦定理， 得到(a2＋b2－c2)· ＝(a2＋b2－c2)·c＝abc， 消去c得到a2＋b2－4＝ab， 所以(a＋b)2－4＝3ab≤3×， 解得0c，周長l的取值范圍為(4,6].] 11.－ 解析　∵函數(shù)f(x)為偶函數(shù)， ∴f(－x)＝f(x). 又f(x＋1)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于點(0,0)對稱， ∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱， ∴f(x－2)＝f(2－x)＝－f(x)， ∴f(x＋2)＝－f(x)，∴

10、f(x＋4)＝f(x)， ∴函數(shù)f(x)的周期為4， ∴f＝f ＝f＝－f ＝－f＝－＝－. 12.5 解析　因為f(x)＝ln x－，所以f′(x)＝＋，f′(1)＝2，即tan α＝2， 所以＝＝＝5. 13.?。玨π，k∈Z 解析　方法一　由f＝f(x)，得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝對稱，所以x＝是2x＋φ＝＋kπ，k∈Z的一個解，則φ＝＋kπ，k∈Z.當k為奇數(shù)時，f(π)＝sin ＝－sin＝－， f＝sin＝sin＝，與f(π)>f矛盾. 當k為偶數(shù)時，f(π)＝sin＝sin＝，f＝sin ＝－sin＝－， f(π)>f成立，又φ∈(－π，π)，所

11、以φ＝. 因而f(x)＝sin，則當x＝＋kπ，k∈Z時，函數(shù)f(x)取得最大值. 方法二　由f＝f(x)，得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝對稱，又函數(shù)的周期為π，結(jié)合f(π)>f可知，當x＝時，函數(shù)f(x)取得最大值，故2×＋φ＝2kπ＋，k∈Z，解得φ＝2kπ＋，k∈Z，又φ∈(－π，π)，所以φ＝，故f(x)＝sin，則當x＝＋kπ，k∈Z時，f(x)取得最大值. 14.2　3＋ 解析　△ABC的面積為acsinB＝acsin＝， 解得ac＝2，① 由余弦定理得a2＋c2＝b2＋2accosB ＝()2＋2×2cos＝5，② 聯(lián)立①②解得或 不妨取 則c2＝a2＋b2

12、，則sinA＝＝，sinC＝1，則＝＝2， △ABC的周長為a＋b＋c＝3＋. 15.60°　2 解析　由cos(C＋B)cos(C－B) ＝cos2A－sinCsinB ＝cos2(C＋B)－sinCsinB， 得cos(C＋B)[cos(C－B)－cos(C＋B)]＝－sinCsinB， 得－cosA·2sinC·sinB＝－sinCsinB， 即cosA＝，因為0

13、，φ∈. 由B∈，得B＋φ∈， 故當B＋φ＝時，sin(B＋φ)的最大值為1， 所以b＋2c的最大值為2. 16.9　1 解析　因為|a|＝3，以O為坐標原點，建立平面直角坐標系，設A(3,0)，B(x，y)， 則不妨設a＝＝(3,0)，b＝＝(x，y)， 則由|a＋b|＝2|a－b|得＝2，化簡得(x－5)2＋y2＝16， 則點B所在的曲線方程為(x－5)2＋y2＝16，所以|b|max＝5＋4＝9，|b|min＝5－4＝1. 17.3 解析　|c－t1a－t2b|2＝c2＋ta2＋tb2－2t1a·c－2t2b·c＋2t1t2a·b＝13＋t＋t－2t1－4t2＋t1t

14、2 ＝2＋(t2－2)2＋9≥9， 當且僅當t2＝2，t1＝0時取等號， 即|c－t1a－t2b|的最小值是3. 18.解　(1)f(x)＝sinxcosx－cos2x ＝sin2x－cos2x－ ＝sin－. ∴T＝π，即f(x)的最小正周期為π， 由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z， 得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z). (2)∵x∈， ∴－≤2x－≤， 當2x－＝，即x＝時，f(x)取最大值，當2x－＝－，即x＝0時，f(x)取最小值－1. 19.解　(1)根據(jù)正弦定理可知(a＋b)(a－b)＝c(c－b)， 整理得b2＋

15、c2－a2＝bc， 由余弦定理的推論得cos A＝＝， ∵0

16、為f(0)＝0，f＝1＋，f＝， 所以要使得關(guān)于x的方程f(x)＝t在內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)解，只需滿足≤t<1＋. 21.解　(1)如圖，連接BD，在△BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝， ∴BD＝km. ∵BC＝CD， ∴∠CDB＝∠CBD＝＝， 又∠CDE＝，∴∠BDE＝. ∴在Rt△BDE中，BE＝ ＝＝(km). 故道路BE的長度為km. (2)設∠ABE＝α，∵∠BAE＝， ∴∠AEB＝－α. 在△ABE中，易得＝＝＝＝， ∴AB＝sin，AE＝sinα. ∴S△ABE＝AB·AEsin ＝sinsinα ＝， ∵0<

17、α<，∴－<2α－<， ∴S△ABE≤ ＝(km2). ∴當2α－＝，即α＝時，S△ABE取得最大值，最大值為km2. 22.解　(1)f′(x)＝＋x－a＝(x>0)， 于是f(x)有兩個極值點需要二次方程x2－ax＋a＝0有兩正根， 設其兩根為x1，x2，則 解得a>4， 不妨設x10，在(x1，x2)上f′(x)<0，在(x2，＋∞)上f′(x)>0. 因此x1，x2是f(x)的兩個極值點，符合題意. 所以a的取值范圍是(4，＋∞). (2)f(x1)＋f(x2) ＝alnx1＋x－ax1＋alnx2＋x－ax2 ＝aln(x1x2)＋(x＋x)－a(x1＋x2) ＝aln(x1x2)＋(x1＋x2)2－x1x2－a(x1＋x2) ＝a. 于是＝lna－a－1， 令φ(a)＝lna－a－1，則φ′(a)＝－. 當a>4時，φ′(a)<0. 于是φ(a)＝lna－a－1在(4，＋∞)上單調(diào)遞減. 因此＝φ(a)<φ(4)＝ln4－3，且可無限接近ln4－3， 又因為x1＋x2>0，故不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)等價于<λ， 所以λ的最小值為ln4－3. 13