《新編高三數(shù)學(xué) 階段滾動(dòng)檢測(cè)四》由會(huì)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(dòng)檢測(cè)四（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 階段滾動(dòng)檢測(cè)（四）一、選擇題階段滾動(dòng)檢測(cè)(四)1.已知集合Aa，b,2，B2，b2,2a，且ABAB，則a等于()A0 B.C0，D，02已知f(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)x0,2)時(shí)，f(x)2sin x，當(dāng)x2，)時(shí)，f(x)log2x，則ff(4)等于()A2 B1C3 D.23下列函數(shù)中是奇函數(shù)，且最小正周期是的函數(shù)是()Aycos|2x| By|sin x|CysinDycos4(20xx原創(chuàng)預(yù)測(cè)卷)給出下列命題，正確命題的個(gè)數(shù)是()若ab，則2a2b；若ab0，則0，b0，c0，則3；若a0，b0，則不等式恒成立A1 B2 C3 D45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(diǎn)P(x0

2、，y0)，滿足x02y02，則m的取值范圍是()A.B.C.D.6等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，已知a48，且Sn1pSn1，則實(shí)數(shù)p的值為()A1 B2 C.D47(20xx廣州調(diào)研)在邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD中，M為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在線段AB上運(yùn)動(dòng)，則的取值范圍是()A，2 B0，C， D0,18在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知C2A，cos A，b5，則ABC的面積為()A.B.C.D.9(20xx長(zhǎng)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(gè)不同的實(shí)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

3、(x)ax22ax4(0a3)，若x1x2，x1x21a，則()Af(x1)f(x2)Df(x1)與f(x2)的大小不能確定11已知函數(shù)f(x)x32bx2cx1有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x12，1，x21,2，則f(1)的取值范圍是()A，3 B，6C3,12 D，1212(20xx北京朝陽(yáng)區(qū)模擬)若函數(shù)f(x)2sin (2x10)的圖象與x軸交于點(diǎn)A，過點(diǎn)A的直線l與函數(shù)的圖象交于B，C兩點(diǎn)，則()等于()A32 B16 C16 D32二、填空題13已知等比數(shù)列an為遞增數(shù)列，且aa10，2(anan2)5an1，則數(shù)列an的通項(xiàng)公式an_.14已知函數(shù)f(x)若對(duì)任意的x12a，2a1

4、，不等式fa(x1)xf(x)a恒成立，則實(shí)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(xiàng)的和，得到一個(gè)有n1項(xiàng)的新數(shù)列：12,23,34，(n1)n，即3,5,7，2n1.對(duì)這個(gè)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(gè)數(shù)列只有一項(xiàng)，則最后的這個(gè)項(xiàng)是_16若不等式組表示的平面區(qū)域?yàn)槿切?，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是_三、解答題17在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知cos 2A2cos A.(1)求角A的大??；(2)若a1，求ABC的周長(zhǎng)l的取值范圍18已知函數(shù)f(x)aln xx.(1)若a4，求f(x)的極值；(2)若f(x)在定義域內(nèi)無極值，

5、求實(shí)數(shù)a的取值范圍19已知f(x)(x1)2，g(x)4(x1)，數(shù)列an滿足：a12，an1，且(anan1)g(an)f(an)(nN*)(1)證明：數(shù)列an1是等比數(shù)列；(2)若數(shù)列bn滿足bn，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.20已知二次函數(shù)f(x)x2bxc (b，cR)(1)若f(1)f(2)，且不等式xf(x)2|x1|1對(duì)x0,2恒成立，求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若c0，且函數(shù)f(x)在1,1上有兩個(gè)零點(diǎn)，求2bc的取值范圍21.已知數(shù)列an是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Snn25n，且滿足a4b14，a6b126，令cnlogan (nN*)(1)求數(shù)列bn及cn的

6、通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Pncb1cb2cbn，Qncc1cc2ccn，試比較Pn與Qn的大小，并說明理由22已知函數(shù)f(x)ln(exa3)(a為常數(shù))是實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)(1)若關(guān)于x的方程x22exm有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，求m的值；(2)若函數(shù)g(x)f(x)sin x在區(qū)間1,1上是減函數(shù)，且g(x)t1在x1,1上恒成立，求實(shí)數(shù)t的最大值答案精析1C由ABAB知AB，又根據(jù)集合元素的互異性，有或解得或故a0或.2D因?yàn)閒f2sin，f(4)log242，所以ff(4)2，故選D.3Dycos|2x|是偶函數(shù)，y|sin x|是偶函數(shù)，ysincos 2x是偶函數(shù)，ycossin 2x是奇函數(shù)

7、，根據(jù)公式得T.4D5C當(dāng)m0時(shí)，若平面區(qū)域存在，則平面區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)在第二象限，平面區(qū)域內(nèi)不可能存在點(diǎn)P(x0，y0)滿足x02y02，因此m0.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yx1上的點(diǎn)，只需可行域邊界點(diǎn)A(m，m)在直線yx1的下方即可，即mm1，解得m.6B因?yàn)閿?shù)列an是等比數(shù)列，由Sn1pSn1，得Sn2pSn11，兩式相減得p，所以公比qp，由Sn1pSn1，得a1a2pa11，所以a1pa1pa11，即a11，由a48a1p3，得p38，所以p2.故選B.7C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)，0x1.又M，C(1,1)，所以，(1x,

8、1)，所以(1x,1)(1x)2.因?yàn)?x1，所以(1x)2，即的取值范圍是，8Acos A，cos Ccos 2A2cos2A1，sin C，tan C3，如圖，設(shè)AD3x，AB4x，CD53x，BDx.在RtDBC中，tan C3，解得BDx，SABCBDAC.9A設(shè)tf(x)，則方程為t2at0，解得t0或ta，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(gè)，故要使方程f2(x)af(x)0恰有5個(gè)不同的解，則方程f(x)a的解必有三個(gè)，此時(shí)0a1.所以a的取值范圍是(0,1)10Af(x)的對(duì)稱軸為直線x1，又x1x21a，0a1.x10，

9、f(x1)f(x2)11C方法一由于f(x)3x24bxc，依題意知，方程3x24bxc0有兩個(gè)根x1，x2，且x12，1，x21,2，令g(x)3x24bxc，結(jié)合二次函數(shù)圖象可得只需此即為關(guān)于點(diǎn)(b，c)的線性約束條件，作出其對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域，f(1)2bc，問題轉(zhuǎn)化為在上述線性約束條件下確定目標(biāo)函數(shù)f(1)2bc的最值問題，由線性規(guī)劃易知3f(1)12，故選C.方法二方程3x24bxc0有兩個(gè)根x1，x2，且x12，1，x21,2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12D由f(x)2sin0可得k，kZ，x6k2，kZ.2x1

10、0，k1，x4，即A(4,0)設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，過點(diǎn)A的直線l與函數(shù)的圖象交于B，C兩點(diǎn)，B，C兩點(diǎn)關(guān)于A對(duì)稱，即x1x28，y1y20，則()(x1x2，y1y2)(4,0)4(x1x2)32.故選D.132n解析2(anan2)5an1，2an2anq25anq，即2q25q20，解得q2或q(舍去)又aa10a5q5，a5q52532.32a1q4，解得a12.an22n12n，故an2n.14(，1解析由題設(shè)知，f(x)因?yàn)?2a，當(dāng)x0時(shí)，ax0，當(dāng)x0時(shí)，ax，故a(，1152n2(n1)解析設(shè)數(shù)列an為題干一系列新數(shù)列中的第一項(xiàng)，則由歸納推理得an2an12n

11、2(n2)即數(shù)列是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列(n1)an2n2(n1)，即最后一個(gè)數(shù)列的項(xiàng)是an2n2(n1)16(，2)解析如圖，只有直線y2k(x1)從直線m到直線n移動(dòng)，或者從直線a到直線b移動(dòng)時(shí)，不等式組表示的平面區(qū)域才是三角形故實(shí)數(shù)k的取值范圍是0k或者k2.17解(1)根據(jù)二倍角公式得2cos2A2cos A，即4cos2A4cos A10，所以(2cos A1)20，所以cos A.因?yàn)?A，所以A.(2)根據(jù)正弦定理：，又a1，得b sin B，c sin C，所以l1bc1(sin Bsin C)因?yàn)锳，所以BC，所以l112sin.因?yàn)?B0)，f(x)1，令f(x)0，解得

12、x1或x3.當(dāng)0x3時(shí)，f(x)0，當(dāng)1x0，f(1)2，f(3)4ln 32，所以f(x)的極小值為2，極大值為4ln 32.(2)f(x)aln xx(x0)，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(hào)零點(diǎn)設(shè)g(x)x2ax(a1)，則0或解得a2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為219(1)證明由(anan1)g(an)f(an)(nN*)得，4(anan1)(an1)(an1)2(nN*)由題意知an1，所以4(anan1)an1(nN*)，即3(an1)4(an11)(nN*)，所以.又a12，所以a111，所以數(shù)列an1是

13、以1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列(2)解由(1)得an1()n1，bn.則Tn，Tn， 得Tn122.所以Tn3.20解(1)因?yàn)閒(1)f(2)，所以b1，因?yàn)楫?dāng)x0,2時(shí)，都有xf(x)2|x1|1，所以有f(1)1，即c1，所以f(x)x2x1.(2)因?yàn)閒(x)在1,1上有兩個(gè)零點(diǎn)，且c0，所以有通過線性規(guī)劃知識(shí)可得22bcQn；當(dāng)n11時(shí)，PnQn；當(dāng)n12時(shí)，PnQn.22解(1)f(x)ln(exa3)是實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)，f(0)0，即ln(e0a3)0，4a1，a3.將a3代入f(x)得f(x)ln exx，顯然為奇函數(shù)方程x22exm，即為x22exm，令f1(x)，f2(x)

14、x22exm.f1(x)，故當(dāng)x(0，e時(shí)，f1(x)0，f1(x)在(0，e上為增函數(shù)；當(dāng)xe，)時(shí)，f1(x)0，f1(x)在e，)上為減函數(shù)；當(dāng)xe時(shí)，f1(x)max.而f2(x)x22exm(xe)2me2，則當(dāng)x(0，e時(shí)，f2(x)是減函數(shù)，當(dāng)xe，)時(shí)，f2(x)是增函數(shù)，當(dāng)xe時(shí)，f2(x)minme2，只有當(dāng)me2，即me2時(shí)，方程有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根(2)由(1)知f(x)x，g(x)f(x)sin xxsin x，g(x)cos x，x1,1，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，(cos x)min，則1.要使g(x)t1在1,1上恒成立，只需g(x)maxg(1)sin 1t1在1時(shí)恒成立即可，即(t1)sin 110(其中1)恒成立即可令h()(t1)sin 11(1)，則即tsin 12，實(shí)數(shù)t的最大值為sin 12.