《新編高三數(shù)學(xué) 階段滾動檢測四》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編高三數(shù)學(xué) 階段滾動檢測四（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 階段滾動檢測（四） 一、選擇題 階段滾動檢測(四)1.已知集合A＝{a，b,2}，B＝{2，b2,2a}，且A∩B＝A∪B，則a等于(　　) A．0 B. C．0， D．－，0 2．已知f(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)x∈[0,2)時，f(x)＝2sin x，當(dāng)x∈[2，＋∞)時，f(x)＝log2x，則f＋f(4)等于(　　) A．－＋2 B．1 C．3 D.＋2 3．下列函數(shù)中是奇函數(shù)，且最小正周期是π的函數(shù)是(　　) A．y＝cos|2x| B．y＝|sin x| C．y＝sin D．y＝cos 4．(20xx·原創(chuàng)預(yù)測卷)給出下列命題，正確

2、命題的個數(shù)是(　　) ①若a>b，則2a>2b； ②若a>b>0，則<； ③若a>0，b>0，c>0，則＋＋≥3； ④若a>0，b>0，則不等式≥恒成立． A．1 B．2 C．3 D．4 5．設(shè)關(guān)于x，y的不等式組表示的平面區(qū)域內(nèi)存在點P(x0，y0)，滿足x0－2y0＝2，則m的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 6．等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a4＝8，且Sn＋1＝pSn＋1，則實數(shù)p的值為(　　) A．1 B．2 C. D．4 7．(20xx·廣州調(diào)研)在邊長為1的正方形ABCD中，M為BC的中點，點E在線段AB上運動，則·

3、的取值范圍是(　　) A．[，2] B．[0，] C．[，] D．[0,1] 8．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知C＝2A，cos A＝，b＝5，則△ABC的面積為(　　) A. B. C. D. 9．(20xx·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的方程f2(x)－af(x)＝0恰有5個不同的實數(shù)解，則a的取值范圍是(　　) A．(0,1) B．(0,2) C．(1,2) D．(0,3) 10．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋2ax＋4(0

4、＝f(x2) C．f(x1)>f(x2) D．f(x1)與f(x2)的大小不能確定 11．已知函數(shù)f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有兩個極值點x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，則f(－1)的取值范圍是(　　) A．[－，3] B．[，6] C．[3,12] D．[－，12] 12．(20xx·北京朝陽區(qū)模擬)若函數(shù)f(x)＝2sin (－2

5、＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________. 14．已知函數(shù)f(x)＝若對任意的x∈[1－2a，2a－1]，不等式f[a(x＋1)－x]≥[f(x)]a恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________． 15．設(shè)n是正整數(shù)，由數(shù)列1,2,3，…，n分別求相鄰兩項的和，得到一個有n－1項的新數(shù)列：1＋2,2＋3,3＋4，…，(n－1)＋n，即3,5,7，…，2n－1.對這個新數(shù)列繼續(xù)上述操作，這樣得到一系列數(shù)列，最后一個數(shù)列只有一項，則最后的這個項是____________． 16．若不等式組表示的平面區(qū)域為三角形，則實數(shù)k的取值范圍是_____

6、___________． 三、解答題 17．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知cos 2A＋＝2cos A. (1)求角A的大??； (2)若a＝1，求△ABC的周長l的取值范圍． 18．已知函數(shù)f(x)＝aln x－x＋. (1)若a＝4，求f(x)的極值； (2)若f(x)在定義域內(nèi)無極值，求實數(shù)a的取值范圍． 19．已知f(x)＝(x－1)2，g(x)＝4(x－1)，數(shù)列{an}滿足：a1＝2，an≠1，且(an－an＋1)g(an)＝f(an) (n∈N*)． (1)證明：

7、數(shù)列{an－1}是等比數(shù)列； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 20．已知二次函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c (b，c∈R)． (1)若f(－1)＝f(2)，且不等式x≤f(x)≤2|x－1|＋1對x∈[0,2]恒成立，求函數(shù)f(x)的解析式； (2)若c<0，且函數(shù)f(x)在[－1,1]上有兩個零點，求2b＋c的取值范圍． 21.已知數(shù)列{an}是各項為正數(shù)的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝n2＋5n，且滿足a4＝b14，a6＝b126，令cn

8、＝logan (n∈N*)． (1)求數(shù)列{bn}及{cn}的通項公式； (2)設(shè)Pn＝cb1＋cb2＋…＋cbn，Qn＝cc1＋cc2＋…＋ccn，試比較Pn與Qn的大小，并說明理由． 22．已知函數(shù)f(x)＝ln(ex＋a＋3)(a為常數(shù))是實數(shù)集R上的奇函數(shù)． (1)若關(guān)于x的方程＝x2－2ex＋m有且只有一個實數(shù)根，求m的值； (2)若函數(shù)g(x)＝λf(x)＋sin x在區(qū)間[－1,1]上是減函數(shù)，且g(x)≤λt－1在x∈[－1,1]上恒成立，求實數(shù)t的最大值．  答案精析 1

9、．C　[由A∩B＝A∪B知A＝B，又根據(jù)集合元素的互異性，有 或解得或 故a＝0或.] 2．D　[因為f＝f＝2sin＝， f(4)＝log24＝2，所以f＋f(4)＝＋2，故選D.] 3．D　[y＝cos|2x|是偶函數(shù)，y＝|sin x|是偶函數(shù)， y＝sin＝cos 2x是偶函數(shù)，y＝cos＝－sin 2x是奇函數(shù)，根據(jù)公式得T＝π.] 4．D 5．C　[當(dāng)m≥0時，若平面區(qū)域存在，則平面區(qū)域內(nèi)的點在第二象限，平面區(qū)域內(nèi)不可能存在點P(x0，y0)滿足x0－2y0＝2，因此m<0. 如圖所示的陰影部分為不等式組表示的平面區(qū)域． 要使可行域內(nèi)包含y＝x－1上的點，只

10、需可行域邊界點A(－m，m)在直線y＝x－1的下方即可，即m<－m－1，解得m<－.] 6．B　[因為數(shù)列{an}是等比數(shù)列，由Sn＋1＝pSn＋1，得Sn＋2＝pSn＋1＋1，兩式相減得＝p，所以公比q＝p， 由Sn＋1＝pSn＋1，得a1＋a2＝pa1＋1， 所以a1＋pa1＝pa1＋1，即a1＝1， 由a4＝8＝a1p3，得p3＝8，所以p＝2.故選B.] 7．C　[將正方形放入如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)E(x,0)，0≤x≤1. 又M，C(1,1)，所以＝，＝(1－x,1)，所以·＝·(1－x,1)＝(1－x)2＋.因為0≤x≤1，所以≤(1－x)2＋≤，即·的取值范圍

11、是[，]．] 8．A　[cos A＝，cos C＝cos 2A＝2cos2A－1＝，sin C＝，tan C＝3， 如圖，設(shè)AD＝3x，AB＝4x，CD＝5－3x，BD＝x. 在Rt△DBC中，tan C＝＝＝3， 解得BD＝x＝，S△ABC＝BD·AC＝.] 9．A　[設(shè)t＝f(x)，則方程為t2－at＝0，解得t＝0或t＝a，即f(x)＝0或f(x)＝a. 如圖，作出函數(shù)f(x)的圖象， 由函數(shù)圖象，可知f(x)＝0的解有兩個， 故要使方程f2(x)－af(x)＝0恰有5個不同的解， 則方程f(x)＝a的解必有三個，此時0

12、1)．] 10．A　[f(x)的對稱軸為直線x＝－1， 又∵x1＋x2＝1－a，∴＝，0－1.∵x10，∴f(x1)

13、由線性規(guī)劃易知 3≤f(－1)≤12，故選C. 方法二　方程3x2＋4bx＋c＝0有兩個根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]的條件也可以通過二分法處理，即只需g(－2)g(－1)≤0，g(2)g(1)≤0即可，利用同樣的方法也可解答．] 12．D　[由f(x)＝2sin＝0可得＋＝kπ，k∈Z，∴x＝6k－2，k∈Z. ∵－2

14、4(x1＋x2)＝32.故選D.] 13．2n 解析　∵2(an＋an＋2)＝5an＋1， ∴2an＋2an·q2＝5an·q， 即2q2－5q＋2＝0， 解得q＝2或q＝(舍去)． 又∵a＝a10＝a5·q5， ∴a5＝q5＝25＝32. ∴32＝a1·q4，解得a1＝2. ∴an＝2×2n－1＝2n，故an＝2n. 14．(，1] 解析　由題設(shè)知，f(x)＝ 因為1－2a<2a－1，所以a>，當(dāng)x≥0時，ax≥0，當(dāng)x<0時，ax<0，可得[f(x)]a＝f(ax)，因此，原不等式等價于f[a(x＋1)－x]≥f(ax)，因為f(x)在R上是增函數(shù)，所以a(x＋1)

15、－x≥ax， 即x≤a恒成立，又x∈[1－2a,2a－1]，所以2a－1≤a，解得a≤1，又a>，故a∈(，1]． 15．2n－2(n＋1) 解析　設(shè)數(shù)列{an}為題干一系列新數(shù)列中的第一項，則由歸納推理得an＝2an－1＋ 2n－2(n≥2)?－＝?即數(shù)列{}是首項為，公差為的等差數(shù)列?＝＋(n－1)＝?an＝2n－2(n＋1)，即最后一個數(shù)列的項是an＝2n－2(n＋1)． 16．(－∞，－2)∪ 解析　如圖，只有直線y＋2＝k(x＋1)從直線m到直線n移動，或者從直線a到直線b移動時，不等式組表示的平面區(qū)域才是三角形．故實數(shù)k的取值范圍是0

16、　(1)根據(jù)二倍角公式得2cos2A＋＝2cos A， 即4cos2A－4cos A＋1＝0， 所以(2cos A－1)2＝0，所以cos A＝. 因為00)， f′(x)＝－1－＝， 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3. 當(dāng)03時，f′(x)<0，

17、 當(dāng)10， f(1)＝2，f(3)＝4ln 3－2， 所以f(x)的極小值為2， 極大值為4ln 3－2. (2)f(x)＝aln x－x＋(x>0)， f′(x)＝－1－＝， f(x)在定義域內(nèi)無極值，即f′(x)≥0或f′(x)≤0在定義域上恒成立． 即方程f′(x)＝0在(0，＋∞)上無變號零點．設(shè)g(x)＝－x2＋ax－(a－1)， 則Δ≤0或解得a＝2， 所以實數(shù)a的取值范圍為{2}． 19．(1)證明　由(an－an＋1)g(an)＝f(an)(n∈N*)得，4(an－an＋1)(an－1)＝(an－1)2(n∈N*)． 由題意知an≠

18、1， 所以4(an－an＋1)＝an－1(n∈N*)， 即3(an－1)＝4(an＋1－1)(n∈N*)， 所以＝. 又a1＝2，所以a1－1＝1， 所以數(shù)列{an－1}是以1為首項，為公比的等比數(shù)列． (2)解　由(1)得an－1＝()n－1， bn＝＝. 則Tn＝＋＋＋…＋＋，① Tn＝＋＋＋…＋＋，② ① －②得Tn＝＋＋＋…＋－＝1＋×－ ＝2－－＝2－. 所以Tn＝3－. 20．解　(1)因為f(－1)＝f(2)，所以b＝－1，因為當(dāng)x∈[0,2]時，都有x≤f(x)≤2|x－1|＋1， 所以有f(1)＝1，即c＝1， 所以f(x)＝x2－x＋1.

19、 (2)因為f(x)在[－1,1]上有兩個零點，且c<0， 所以有? 通過線性規(guī)劃知識可得－2<2b＋c<2. 21．解　(1)bn＝=＝2n＋4 (n∈N*)． 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q， 由a4＝b14＝32，a6＝b126＝256， 得q2＝＝8，即q＝2(負(fù)值舍去)． 所以an＝a4·qn－4＝32·()3n－12＝()3n－2， 所以cn＝logan＝3n－2(n∈N*)． (2)由(1)知，cbn＝3(2n＋4)－2＝6n＋10，所以{cbn}是以16為首項，6為公差的等差數(shù)列． 同理，ccn＝3(3n－2)－2＝9n－8，所以{ccn}是以1為首項，9為公

20、差的等差數(shù)列． 所以Pn＝cb1＋cb2＋…＋cbn ＝＝3n2＋13n， Qn＝cc1＋cc2＋…＋ccn＝＝n2－n. 所以Pn－Qn＝－n(n－11)． 故當(dāng)1≤n≤10時，Pn>Qn；當(dāng)n＝11時，Pn＝Qn； 當(dāng)n≥12時，Pn

21、＝， 故當(dāng)x∈(0，e]時，f′1(x)≥0， ∴f1(x)在(0，e]上為增函數(shù)； 當(dāng)x∈[e，＋∞)時，f′1(x)≤0， ∴f1(x)在[e，＋∞)上為減函數(shù)； 當(dāng)x＝e時，f1(x)max＝. 而f2(x)＝x2－2ex＋m＝(x－e)2＋m－e2， 則當(dāng)x∈(0，e]時，f2(x)是減函數(shù)，當(dāng)x∈[e，＋∞)時，f2(x)是增函數(shù)， ∴當(dāng)x＝e時，f2(x)min＝m－e2， 只有當(dāng)m－e2＝，即m＝e2＋時，方程有且只有一個實數(shù)根． (2)由(1)知f(x)＝x， ∵g(x)＝λf(x)＋sin x＝λx＋sin x， ∴g′(x)＝λ＋cos x，x∈[－1,1]， ∴要使g(x)是區(qū)間[－1,1]上的減函數(shù)，則有g(shù)′(x)≤0在[－1,1]上恒成立， ∴λ≤(－cos x)min，則λ≤－1. 要使g(x)≤λt－1在[－1,1]上恒成立，只需g(x)max＝g(－1)＝－λ－sin 1≤λt－1在λ≤－1時恒成立即可， 即(t＋1)λ＋sin 1－1≥0(其中λ≤－1)恒成立即可． 令h(λ)＝(t＋1)λ＋sin 1－1(λ≤－1)， 則即 ∴t≤sin 1－2， ∴實數(shù)t的最大值為sin 1－2.