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2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題大模擬（二） 一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求．) 1．(xx全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ高考)設(shè)z＝＋i，則|z|＝(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D．2 【解析】　∵z＝＋i＝＋i＝＋i＝＋i， ∴|z|＝?。?， 故選B. 【答案】　B 2．(xx湖北高考)命題“?x∈R，x2≠x”的否定是(　　) A．?x?R，x2≠x B．?x∈R，x2＝x C．?x?R，x2≠x D．?x∈R，x2＝x 【解析】　將?改寫(xiě)成?，否定結(jié)論，故選D. 【答案】　D 3．(xx全國(guó)大綱高考)設(shè)集合M＝{x|x2－3x－4<0}，N＝{x|0≤x≤5}，則M∩N＝(　　) A．(0,4] B．[0,4) C．[－1,0) D．(－1,0] 【解析】　M＝{x|x2－3x－4<0}＝{x|－10　輸出3. 【答案】　3 15．(預(yù)測(cè)題)已知某生產(chǎn)廠家的年利潤(rùn)y(單位：萬(wàn)元)與年產(chǎn)量x(單位：萬(wàn)件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤(rùn)的年產(chǎn)量為_(kāi)_______萬(wàn)件． 【解析】　因?yàn)閥′＝－x2＋81，所以當(dāng)x＞9時(shí)，y′＜0；當(dāng)x∈(0,9)時(shí)，y′＞0，所以函數(shù)y＝－x3＋81x－234在(9，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0,9)上單調(diào)遞增，所以x＝9是函數(shù)的極大值點(diǎn)，又因?yàn)楹瘮?shù)在(0，＋∞) 上只有一個(gè)極大值點(diǎn)，所以函數(shù)在x＝9處取得最大值． 【答案】　9 16. 如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一單位圓的圓心的初始位置在(0,1)，此時(shí)圓上一點(diǎn)P的位置在(0,0)，圓在x軸上沿正向滾動(dòng)．當(dāng)圓滾動(dòng)到圓心位于(2,1)時(shí)，的坐標(biāo)為_(kāi)_______． 【解析】　 利用平面向量的坐標(biāo)定義、解三角形知識(shí)以及數(shù)形結(jié)合思想求解． 設(shè)A(2,0)，B(2,1)，由題意知劣弧長(zhǎng)為2，∠ABP＝＝2.設(shè)P(x，y)，則x＝2－1cos(2－) ＝2－sin 2，y＝1＋1sin(2－)＝1－cos 2， ∴的坐標(biāo)為(2－sin 2,1－cos 2)． 【答案】　(2－sin 2,1－cos 2) 三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．) 17．(10分)(xx陜西高考)已知向量a＝(cos x，－)，b＝(sin x，cos 2x)，x∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝ab. (1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)在[0，]上的最大值和最小值． 【解】　f(x)＝(cos x，－)(sin x，cos 2x) ＝cos xsin x－cos 2x＝sin 2x－cos 2x ＝cossin 2x－sincos 2x＝sin(2x－)． (1)f(x)的最小正周期為T＝＝＝π，即函數(shù)f(x)的最小正周期為π. (2)∵0≤x≤，∴－≤2x－≤. 由正弦函數(shù)的性質(zhì)，得 當(dāng)2x－＝，即x＝時(shí)，f(x)取得最大值1； 當(dāng)2x－＝－，即x＝0時(shí)，f(0)＝－； 當(dāng)2x－＝π，即x＝時(shí)，f()＝， ∴f(x)的最小值為－. 因此，f(x)在[0，]上的最大值是1，最小值是－. 18．(12分)(文)(xx山東高考)已知{an}是等差數(shù)列，滿足a1＝3，a4＝12，數(shù)列{bn}滿足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}為等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和． 【解】　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意得d＝＝＝3. 所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)． 設(shè)等比數(shù)列{bn－an}的公比為q，由題意得 q3＝＝＝8，解得q＝2. 所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1. 從而bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)． (2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)． 數(shù)列{3n}的前n項(xiàng)和為n(n＋1)，數(shù)列{2n－1}的前n項(xiàng)和為1＝2n－1. 所以，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為n(n＋1)＋2n－1. (理)設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn滿足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*. (1)求a1的值； (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有＋＋…＋＜. (1)【解】　由題意知，S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*. 令n＝1，有S－(12＋1－3)S1－3(12＋1)＝0， 可得有S＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，又an為正數(shù)，所以a1＝2. (2)【解】　由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得，(Sn＋3)(Sn－n2－n)＝0，則Sn＝n2＋n或Sn＝－3， 又?jǐn)?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)， 所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n. 又a1＝2＝21，所以an＝2n. (3)【證明】　當(dāng)n＝1時(shí)，＝＝＜成立； 當(dāng)n≥ 2時(shí)，＝＜＝(－)， 所以＋＋…＋＜＋ [(－)＋…＋(－)]＝＋(－)＜＋＝. 所以對(duì)一切正整數(shù)n，有＋＋…＋＜. 19．(12分)(xx陜西高考)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c. (1)若a，b，c成等差數(shù)列，證明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)； (2)若a，b，c成等比數(shù)列，求cosB的最小值． (1)【證明】　∵a，b，c成等差數(shù)列，∴a＋c＝2b. 由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B. ∵sin B＝sin [π－(A＋C)]＝sin(A＋C)， ∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)． (2)【解】　∵a，b，c成等比數(shù)列，∴b2＝ac. 由余弦定理得 cos B＝＝≥＝， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)等號(hào)成立． ∴cos B的最小值為. 20．(12分)(xx江西高考)已知函數(shù)f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a＜0. (1)當(dāng)a＝－4時(shí)，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若f(x)在區(qū)間[1,4]上的最小值為8，求a的值． 【解】　(1)當(dāng)a＝－4時(shí)，由f′(x)＝＝0得x＝或x＝2，由f′(x) ＞0得x∈(0，)或x∈(2，＋∞)， 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)和(2，＋∞)． (2)f′(x)＝，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－或x＝－. 當(dāng)x∈(0，－)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－，－)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(－，＋∞)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增． 易知f(x)＝(2x＋a)≥0，且f(－)＝0. ①當(dāng)－≤1時(shí)，即－2≤a＜0時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值為f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝2－2，均不符合題意． ②當(dāng)1＜－≤4時(shí)，即－8≤a＜－2時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值為f(－)＝0，不符合題意． ③當(dāng)－＞4時(shí)，即a＜－8時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4處取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，當(dāng)a＝－10時(shí)，f(x)在(1,4)單調(diào)遞減，f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8，符合題意． 綜上有，a＝－10. 21．(12分)(xx山東濟(jì)寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝＋ln x(a∈R)． (1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求f(x)在(1，f(1))處的切線方程； (2)求f(x)的最小值； (3)當(dāng)a＝2時(shí)，求證：ln(n＋1)＋2 >nln(2e)(n∈N*)． 【解】　(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝＋ln x，∴f′(x)＝＋，∴k＝f′(1)＝. 又f(1)＝－1，∴切點(diǎn)為(1，－1)，所以切線方程為y－(－1)＝(x－1)，即x－2y－3＝0. (2)因?yàn)閒(x)＝＋ln x(x>0) 所以f′(x)＝－＋＝， ①當(dāng)a≤0時(shí)， f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)無(wú)最值； ②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，解之：x＝a，當(dāng)變化時(shí)，f(x)，f′(x)隨x的變化情況如下： x (0，a) a (a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  由表可知，當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取極小值即為最小值， 所以f(x)min＝f(a)＝ln a＋1； 綜上所述：當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)無(wú)最值； 當(dāng)a>0時(shí)，f(x)最小值為f(a)＝ln a＋1. (3)當(dāng)a＝2時(shí)，由(1)知：f(x)≥ln 2＋1，(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)，等號(hào)成立) 即＋ln x≥ln 2＋1，從而ln x≥ln 2＋1－＝ln(2e)－，(*) 所以分別令x＝，，，…，代入(*)式得下列n個(gè)不等式： ln >ln(2e)－＝ln(2e)－2， ln >ln(2e)－ln(2e)－2， ln >ln(2e)－ln(2e)－2， …… ln >ln(2e)－＝ln(2e)－2， 將上述n個(gè)不等式相加得： ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln >nln(2e)－(2＋2＋2＋…＋2)， 即ln(…)>nln(2e)－2(＋＋＋…＋)， 所以ln(n＋1)>nln(2e)－2(＋＋＋…＋)， 即ln(n＋1)＋2>nln(2e)． 22．(12分)(預(yù)測(cè)題)已知點(diǎn)(1，)是函數(shù)f(x)＝ax(a＞0且a≠1)圖象上的一點(diǎn)，等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為f(n)－c，數(shù)列{bn}(bn＞0)的首項(xiàng)為c，且前n項(xiàng)和Sn滿足Sn－Sn－1＝＋(n≥2)． (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Tn，問(wèn)使Tn≥的最小正整數(shù)n是多少？ (3)若cn＝－anbn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和． 【解】　(1)∵f(1)＝a＝，∴f(x)＝()x. ∴a1＝f(1)－c＝－c，a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－， a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－. 又?jǐn)?shù)列{an}成等比數(shù)列，a1＝＝＝－＝－c， ∴c＝1. 又公比q＝＝，∴an＝－()n－1＝－，(n∈N*)． Sn－Sn－1＝(－)(＋) ＝＋(n≥2)． 又∵bn＞0，＞0，∴－＝1. ∴數(shù)列{}構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，＝1＋(n－1)1＝n，Sn＝n2. 當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝1也適合該通項(xiàng)公式，∴bn＝2n－1(n∈N*)． (2)Tn＝＋＋＋…＋ ＝＋＋＋…＋ ＝(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝(1－)＝. 由Tn＝≥，得n≥≈77，滿足Tn≥的最小正整數(shù)為77. (3)cn＝－anbn＝－(2n－1)＝(2n－1)設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Pn，則 Pn＝c1＋c2＋…＋cn ＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＋(2n－1)① 則3Pn＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)② ②－①得：2Pn＝1＋2＋2＋…＋2－(2n－1) ＝1＋2(＋＋…＋)－(2n－1) ＝1＋2－(2n－1)＝2－ ∴Pn＝1－ 即{cn}的前n項(xiàng)和為1－.