高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測(cè)試卷二 文 一、 選擇題(每小題5分，共60分) 1. (xx·淄博檢測(cè))集合A＝{－1，0，1}，B＝{y|y＝ex，x∈A}，則A∩B等于(B) A. {0} B. {1} C. {0，1} D. {－1，0，1} B＝{y|y＝ex，x∈A}＝，∴A∩B＝{1}，故選B. 2. (xx·廣東十校聯(lián)考)如果命題“¬(p∨q)”是假命題，則下列說(shuō)法正確的是(B) A. p，q均為真命題 B. p，q中至少有一個(gè)為真命題 C. p，q均為假命題 D. p，q中至少有一個(gè)為假命題 ∵¬(p∨q)是假命題，∴p∨q是真命題，∴p，q中至少有一個(gè)為真命題，故選B. 3. 已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a2＝1－a1，a4＝9－a3，則a4＋a5的值為(C) A. 16 B. 25 C. 27 D. 36 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則a1＋a2＝1，a3＋a4＝a1q2＋a2q2＝9，∴q2＝9，∵an>0，∴q＝3，a4＋a5＝a1q3＋a2q3＝(a1＋a2)q3＝27，故選C. 4. (xx·浙江聯(lián)考)當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)f(x)＝Asin(x＋φ)(A＞0)取得最小值，則函數(shù)y＝f是(C) A. 奇函數(shù)且圖像關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng) B. 偶函數(shù)且圖像關(guān)于點(diǎn)(π，0)對(duì)稱(chēng) C. 奇函數(shù)且圖像關(guān)于直線x＝對(duì)稱(chēng) D. 偶函數(shù)且圖像關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng) ∵當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)f(x)＝Asin(x＋φ)(A＞0)取得最小值，根據(jù)函數(shù)的圖像可知，＋φ＝2kπ－(k∈Z)，則φ＝2kπ－，k∈Z，于是函數(shù)y＝f＝－Asin x，顯然該函數(shù)是奇函數(shù)且圖像關(guān)于直線x＝對(duì)稱(chēng)，故選C. 5. (xx·江南十校聯(lián)考)如圖，△ABC中，∠A＝60°，∠A的平分線交BC于D，若AB ＝4，且＝＋λ(λ∈R)，則AD的長(zhǎng)為(B) A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 ∵B，D，C三點(diǎn)共線，∴有＋λ＝1，解得λ＝，如圖，過(guò)點(diǎn)D分別作AC，AB的平行線交AB，AC于點(diǎn)M，N，則＝，＝，經(jīng)計(jì)算得AN＝AM＝3，AD＝3. 6. 若a＞b＞0，則代數(shù)式a2＋的最小值為(C) A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 依題意得a－b>0，∴代數(shù)式a2＋≥a2＋＝a2＋≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)即a＝，b＝時(shí)取等號(hào)，因此a2＋的最小值是4，故選C. 7. (xx·青島二模)已知數(shù)列{an}是以3為公差的等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，若S10是數(shù)列{Sn}中的唯一最小項(xiàng)，則數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1的取值范圍是(C) A. [－30，－27] B. (30，33) C. (－30，－27) D. [30，33] ∵Sn＝na1＋×3＝－，又S10是數(shù)列{Sn}中的唯一最小項(xiàng)，∴9.5＜ －a1＜10.5，解得－30＜a1＜－27.∴數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1的取值范圍是(－30，－27)．故選C. 8. (xx·湖南五市十校聯(lián)考)在斜三角形ABC中，sin A＝－cos Bcos C，且tan Btan C＝1－，則角A的值為(A) A. B. C. D. 由題意知，sin A＝－cos Bcos C＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，在等式－cos Bcos C＝sin Bcos C＋cos Bsin C兩邊除以cos Bcos C得tan B＋tan C＝－，tan(B＋C)＝＝－1＝－tan A，∴角A＝. 9. (xx·東北三校聯(lián)考)已知向量a，b是夾角為60°的兩個(gè)單位向量，向量a＋λb(λ∈R)與向量a－2b垂直，則實(shí)數(shù)λ的值為(D) A. 1 B. －1 C. 2 D. 0 由題意可知a·b＝|a||b|cos 60°＝，而(a＋λb)⊥(a－2b)，故(a＋λb)·(a－2b)＝0，即a2＋λa·b－2a·b－2λb2＝0，從而可得1＋－1－2λ＝0，即λ＝0. 10. 設(shè)m>1，在約束條件下，目標(biāo)函數(shù)z＝x＋my的最大值小于2，則m的取值范圍為(A) A. (1，1＋) B. (1＋，＋∞) C. (1，3) D. (3，＋∞) 變換目標(biāo)函數(shù)為y＝－x＋，由于m>1，∴－1<－<0.不等式組表示的平面區(qū)域如圖中的陰影部分所示．根據(jù)目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，只有直線y＝－x＋在y軸上的截距最大時(shí)，目標(biāo)函數(shù)才取得最大值，顯然在點(diǎn)A處取得最大值．由y＝mx，x＋y＝1，得A，∴目標(biāo)函數(shù)的最大值是＋.由已知目標(biāo)函數(shù)的最大值小于2，可得＋<2，即m2－2m－1<0，解得1－<m<1＋，故m的取值范圍是(1，1＋)． 11. (xx·肇慶一模)在實(shí)數(shù)集R中定義一種運(yùn)算“⊕”，具有性質(zhì)：①對(duì)任意a，b∈R，a⊕b＝b⊕a；②對(duì)任意a∈R，a⊕0＝a；③對(duì)任意a，b，c∈R，(a⊕b)⊕c＝c⊕(ab)＋(a⊕c)＋(b⊕c)－2c；函數(shù)f(x)＝x⊕(x>0)的最小值為　(B) A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 根據(jù)條件③，對(duì)于任意的a，b，c有(a⊕b)⊕c＝c⊕(ab)＋(a⊕c)＋(b⊕c)－2c，∴取c＝0得(a⊕b)⊕0＝0⊕(ab)＋(a⊕0)＋(b⊕0)－2×0，又由①②得a⊕0＝0⊕a＝a對(duì)任意實(shí)數(shù)a都成立，代入上式得：a⊕b＝ab＋a＋b，這就是運(yùn)算⊕的定義，將其代入題目檢驗(yàn)，符合①②③，∴f(x)＝x⊕＝x·＋x＋＝x＋＋1≥2＋1＝3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)“＝”成立，即函數(shù) f(x)＝x⊕(x>0)的最小值為3.故選B. 12. 正整數(shù)按下列方法分組：{1}，{2，3，4}，{5，6，7，8，9}，{10，11，12，13，14，15，16}，…，記第n組中各數(shù)之和為An；由自然數(shù)的立方構(gòu)成下列數(shù)組：{03，13}，{13，23}，{23，33}，{33，43}，…，記第n組中后一個(gè)數(shù)與前一個(gè)數(shù)的差為Bn，則An＋Bn等于(A) A. 2n3 B. 4n3 C. 6n3 D. 8n3 由題意知，前n組共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2個(gè)數(shù)，∴第 n－1組的最后一個(gè)數(shù)為(n－1)2，第n組的第一個(gè)數(shù)為(n－1)2＋1，第n組共有2n－1個(gè)數(shù)，∴根據(jù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得An＝×(2n－1)＝[(n－1)2＋n](2n－1)，而B(niǎo)n＝n3－(n－1)3, ∴An＋Bn＝2n3. 二、 填空題(每小題5分，共20分) 13. (xx·南昌模擬)已知向量e1＝，e2＝，則e1·e2＝__2__． 由向量數(shù)量積公式得e1·e2＝cos ×2sin ＋sin ×4cos ＝×＋×2＝2. 14. (xx·山西診斷)在△ABC中，已知∠B＝45°，c＝2，b＝，則∠A＝__15°或75°__． 由正弦定理得＝，sin C＝＝， 又0°＜∠C＜180°，因此有∠C＝60°或∠C＝120°，于是有∠A＝75°或∠A＝15°. 15. 已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝5，anan＋1＝2n，則＝__4__． 依題意得＝＝2，即＝2，數(shù)列a1，a3，a5，a7，…是一個(gè)以5為首項(xiàng)、以2為公比的等比數(shù)列，因此＝4. 16. 已知任意非零實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足3x2＋4xy≤λ(x2＋y2)恒成立，則實(shí)數(shù)λ的最小值為_(kāi)_4__． 依題意得，3x2＋4xy≤3x2＋[x2＋(2y)2]＝4(x2＋y2)，因此有≤4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時(shí)取等號(hào)，即的最大值是4，結(jié)合題意得λ≥，故λ≥4，即λ的最小值是4. 三、 解答題(共70分) 17. (10分)已知命題p：?x∈，使 mcos x＝2sin x成立 ；命題q：函數(shù)y＝log2[4x2＋4(m－2)x＋1]的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，若“p∨q”為真，“p∧q”為假，求m的取值范圍． 對(duì)于mcos x＝2sin x，可化為m＝2tan x成立，而當(dāng) x∈時(shí)，y＝2tan x為增函數(shù)，故2tan x>2 ，得m>2.(3分) 對(duì)于q：∵函數(shù)y＝log2[4x2＋4(m－2)x＋1]的定義域?yàn)?－∞，＋∞)， ∴4x2＋4(m－2)x＋1>0，x∈R恒成立，即Δ＝16(m－2)2－16<0， 解得1<m<3.(6分) ∵p∨q為真， p∧q為假， ∴p為真，q為假；或p為假，q為真， 即 或解得m≥3或1<m≤2.(9分) 故m的取值范圍為(1，2]∪[3，＋∞)．(10分) 18. (10分)(xx·山西診斷)已知向量a＝(sin x，1)，b＝(1，cos x)，且函數(shù)f(x)＝a·b, f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)． (1)求函數(shù)F(x)＝f(x)f′(x)＋[f(x)]2的最大值和最小正周期； (2)將f(x)橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的一半，再向右平移個(gè)單位得到g(x)，設(shè)方程g(x)－1＝0在(0，π)上的兩個(gè)零點(diǎn)為x1，x2，求x1＋x2的值． (1)由題意知f(x)＝sin x＋cos x， ∴f′(x)＝cos x－sin x，　 ∴F(x)＝f(x)f′(x)＋[f(x)]2＝cos2x－sin2x＋1＋2sin xcos x ＝1＋sin 2x＋cos 2x＝1＋sin，(2分) ∴當(dāng)2x＋＝2kπ＋，即x＝kπ＋(k∈Z)時(shí)， F(x)max＝1＋，最小正周期為T(mén)＝＝π.(4分) (2)由題設(shè)得f(x)＝sin， ∴g(x)＝sin＝－cos.(6分) ∵g(x)－1＝0，∴cos＝－1， ∴cos＝－， 由2x＋＝2kπ＋π或2x＋＝2kπ＋π，k∈Z， 得x＝kπ＋或x＝kπ＋，k∈Z，(8分) ∵x∈(0，π)，∴x1＝，x2＝，∴x1＋x2＝π.(10分) 19. (12分)(xx·湖北聯(lián)考)已知銳角三角形ABC中的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，定義向量m＝(2sin B，)，n＝，且m⊥n. (1)求f(x)＝sin 2xcos B－cos 2xsin B的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)如果b＝4，求△ABC面積的最大值． ∵m⊥n， ∴m·n＝2sin Bcos B＋cos 2B ＝sin 2B＋cos 2B＝2sin＝0，(2分) ∴2B＋＝kπ(k∈Z)，∴B＝－(k∈Z)， ∵0<B<，∴B＝.(4分) (1)易知f(x)＝sin，由2x－∈(k∈Z)得，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(k∈Z)．(8分) (2)由余弦定理知16＝a2＋c2－2accos ＝a2＋c2－ac≥ac， ∴S△ABC＝acsin ≤4(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝4時(shí)取等號(hào))．即△ABC面積的最大值為4.(12分) 20. (12分)已知各項(xiàng)都不相等的等差數(shù)列{an}的前6項(xiàng)和為60，且a6為a1和a21的等比中項(xiàng)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an及前n項(xiàng)和Sn； (2)若數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn＋1－bn＝an(n∈N*)，且b1＝3，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. (1)由題意，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)， 則6a1＋15d＝60，?、? 又a＝a1a21，∴(a1＋5d)2＝a1(a1＋20d)，?、? 由①②解得a1＝5，d＝2，(3分) ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋3， 從而數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝＝n(n＋4)．(6分) (2)由bn＋1－bn＝an，∴bn－bn－1＝an－1(n≥2，n∈N*)． 當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝an－1＋an－2＋…＋a1＋b1＝(n－1)(n－1＋4)＋3＝n(n＋2)， 上式對(duì)n＝1，即b1＝3也適合．(9分) ∴bn＝n(n＋2)(n∈N*)，∴＝＝. 從而數(shù)列的前n項(xiàng)和為T(mén)n＝(1－＋－＋…＋－)＝＝.(12分) 21. (12分)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足：a1＝2，an＋1＝2an. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝(An2＋Bn＋C)·2n，試推斷是否存在常數(shù)A，B，C，使對(duì)一切n∈N*都有an＝bn＋1－bn成立？說(shuō)明你的理由； (3)求證：a1＋a2＋…＋an≤(n2－2n＋2)·2n＋2. (1)由已知an＋1＝2·an，即＝2·， 則數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列． 又a1＝2，∴＝2n，即an＝2n·n2.(4分) (2)∵bn＋1－bn＝[An2＋(4A＋B)n＋2A＋2B＋C]·2n. 若an＝bn＋1－bn恒成立，則 ? 故存在常數(shù)A，B，C滿(mǎn)足條件．(8分) (3)由(2)知：bn＝(n2－4n＋6)·2n時(shí)，an＝bn＋1－bn， ∴a1＋a2＋…＋an＝(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn＋1－bn) ?。絙n＋1－b1 ＝(n2－2n＋3)·2n＋1－6<(n2－2n＋3)·2n＋1 ＝·2n＋2 ＝·2n＋2 ≤(n2－2n＋2)·2n＋2.(12分) 22. (14分)(xx·山西診斷)已知函數(shù)f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a∈R)． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，證明函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ln x－x2＋x，其定義域是(0，＋∞)， f′(x)＝－2x＋1＝－，(2分) 令f′(x)＝0，即－＝0，解得x＝－或x＝1. ∵x>0，∴x＝－(舍去)． 當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0. ∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，(4分) ∴當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值，最大值為f(1)＝ln 1－12＋1＝0.當(dāng)x≠1時(shí)，f(x)<f(1)，即f(x)<0. ∴函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．(6分) (2)顯然函數(shù)f(x)＝ln x－a2x2＋ax的定義域?yàn)?0，＋∞)， ∴f′(x)＝－2a2x＋a＝＝. (8分) ①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝>0，∴f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，不合題意． ②當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)≤0(x>0)等價(jià)于(2ax＋1)(ax－1)≥0(x>0)，即x≥， 此時(shí)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. 由得a≥1.(12分) ③當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)≤0(x>0)等價(jià)于(2ax＋1)(ax－1)≥0(x>0)，即x≥－，此時(shí)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. 由得a≤－. 綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是∪[1，＋∞)．(14分)