高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 滾動測試卷二 文一、 選擇題(每小題5分，共60分)1. (xx·淄博檢測)集合A1，0，1，By|yex，xA，則AB等于(B)A. 0 B. 1 C. 0，1 D. 1，0，1 By|yex，xA，AB1，故選B.2. (xx·廣東十校聯(lián)考)如果命題“¬(pq)”是假命題，則下列說法正確的是(B)A. p，q均為真命題 B. p，q中至少有一個為真命題 C. p，q均為假命題 D. p，q中至少有一個為假命題 ¬(pq)是假命題，pq是真命題，p，q中至少有一個為真命題，故選B.3. 已知等比數(shù)列an的各項均為正數(shù)，且a21a1，a49a3，則a4a5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a1a21，a3a4a1q2a2q29，q29，an>0，q3，a4a5a1q3a2q3(a1a2)q327，故選C.4. (xx·浙江聯(lián)考)當(dāng)x時，函數(shù)f(x)Asin(x)(A0)取得最小值，則函數(shù)yf是(C)A. 奇函數(shù)且圖像關(guān)于點對稱B. 偶函數(shù)且圖像關(guān)于點(，0)對稱 C. 奇函數(shù)且圖像關(guān)于直線x對稱D. 偶函數(shù)且圖像關(guān)于點對稱 當(dāng)x時，函數(shù)f(x)Asin(x)(A0)取得最小值，根據(jù)函數(shù)的圖像可知，2k(kZ)，則2k，kZ，于是函數(shù)yfAsin x，顯然該函數(shù)是奇函數(shù)且圖像關(guān)于直線x對稱，故選C.5. (xx·江南十校聯(lián)考)如圖，ABC中，A60°，A的平分線交BC于D，若AB 4，且(R)，則AD的長為(B)A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 B，D，C三點共線，有1，解得，如圖，過點D分別作AC，AB的平行線交AB，AC于點M，N，則，經(jīng)計算得ANAM3，AD3.6. 若ab0，則代數(shù)式a2的最小值為(C)A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 依題意得ab>0，代數(shù)式a2a2a224，當(dāng)且僅當(dāng)即a，b時取等號，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項和，若S10是數(shù)列Sn中的唯一最小項，則數(shù)列an的首項a1的取值范圍是(C)A. 30，27 B. (30，33) C. (30，27) D. 30，33 Snna1×3，又S10是數(shù)列Sn中的唯一最小項，9.5 a110.5，解得30a127.數(shù)列an的首項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 Acos Bcos C，且tan Btan C1，則角A的值為(A)A. B. C. D. 由題意知，sin Acos Bcos Csin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C，在等式cos Bcos Csin Bcos Ccos Bsin C兩邊除以cos Bcos C得tan Btan C，tan(BC)1tan A，角A.9. (xx·東北三校聯(lián)考)已知向量a，b是夾角為60°的兩個單位向量，向量ab(R)與向量a2b垂直，則實數(shù)的值為(D)A. 1 B. 1 C. 2 D. 0 由題意可知a·b|a|b|cos 60°，而(ab)(a2b)，故(ab)·(a2b)0，即a2a·b2a·b2b20，從而可得1120，即0.10. 設(shè)m>1，在約束條件下，目標(biāo)函數(shù)zxmy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yx，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yx在y軸上的截距最大時，目標(biāo)函數(shù)才取得最大值，顯然在點A處取得最大值由ymx，xy1，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m22m1<0，解得1<m<1，故m的取值范圍是(1，1)11. (xx·肇慶一模)在實數(shù)集R中定義一種運(yùn)算“”，具有性質(zhì)：對任意a，bR，abba；對任意aR，a0a；對任意a，b，cR，(ab)cc(ab)(ac)(bc)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，對于任意的a，b，c有(ab)cc(ab)(ac)(bc)2c，取c0得(ab)00(ab)(a0)(b0)2×0，又由得a00aa對任意實數(shù)a都成立，代入上式得：ababab，這就是運(yùn)算的定義，將其代入題目檢驗，符合，f(x)xx·xx1213，當(dāng)且僅當(dāng)x1時“”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組中后一個數(shù)與前一個數(shù)的差為Bn，則AnBn等于(A)A. 2n3 B. 4n3 C. 6n3 D. 8n3 由題意知，前n組共有135(2n1)n2個數(shù)，第 n1組的最后一個數(shù)為(n1)2，第n組的第一個數(shù)為(n1)21，第n組共有2n1個數(shù)，根據(jù)等差數(shù)列的前n項和公式可得An×(2n1)(n1)2n(2n1)，而Bnn3(n1)3, AnBn2n3.二、 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·e2cos ×2sin sin ×4cos ××22.14. (xx·山西診斷)在ABC中，已知B45°，c2，b，則A_15°或75°_ 由正弦定理得，sin C，又0°C180°，因此有C60°或C120°，于是有A75°或A15°.15. 已知數(shù)列an滿足a15，anan12n，則_4_ 依題意得2，即2，數(shù)列a1，a3，a5，a7，是一個以5為首項、以2為公比的等比數(shù)列，因此4.16. 已知任意非零實數(shù)x，y滿足3x24xy(x2y2)恒成立，則實數(shù)的最小值為_4_ 依題意得，3x24xy3x2x2(2y)24(x2y2)，因此有4，當(dāng)且僅當(dāng)x2y時取等號，即的最大值是4，結(jié)合題意得，故4，即的最小值是4.三、 解答題(共70分)17. (10分)已知命題p：x，使 mcos x2sin x成立 ；命題q：函數(shù)ylog24x24(m2)x1的定義域為(，)，若“pq”為真，“pq”為假，求m的取值范圍 對于mcos x2sin x，可化為m2tan x成立，而當(dāng) x時，y2tan x為增函數(shù)，故2tan x>2 ，得m>2.(3分)對于q：函數(shù)ylog24x24(m2)x1的定義域為(，)，4x24(m2)x1>0，xR恒成立，即16(m2)216<0，解得1<m<3.(6分)pq為真， pq為假，p為真，q為假；或p為假，q為真，即 或解得m3或1<m2.(9分)故m的取值范圍為(1，23，)(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)縮短為原來的一半，再向右平移個單位得到g(x)，設(shè)方程g(x)10在(0，)上的兩個零點為x1，x2，求x1x2的值 (1)由題意知f(x)sin xcos x，f(x)cos xsin x，F(xiàn)(x)f(x)f(x)f(x)2cos2xsin2x12sin xcos x1sin 2xcos 2x1sin，(2分)當(dāng)2x2k，即xk(kZ)時，F(xiàn)(x)max1，最小正周期為T.(4分)(2)由題設(shè)得f(x)sin，g(x)sincos.(6分)g(x)10，cos1，cos，由2x2k或2x2k，kZ，得xk或xk，kZ，(8分)x(0，)，x1，x2，x1x2.(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的對邊分別為a，b，c，定義向量m(2sin B，)，n，且mn.(1)求f(x)sin 2xcos Bcos 2xsin B的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)如果b4，求ABC面積的最大值 mn，m·n2sin Bcos Bcos 2Bsin 2Bcos 2B2sin0，(2分)2Bk(kZ)，B(kZ)，0<B<，B.(4分)(1)易知f(x)sin，由2x(kZ)得，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(kZ)(8分)(2)由余弦定理知16a2c22accos a2c2acac，SABCacsin 4(當(dāng)且僅當(dāng)ac4時取等號)即ABC面積的最大值為4.(12分)20. (12分)已知各項都不相等的等差數(shù)列an的前6項和為60，且a6為a1和a21的等比中項(1)求數(shù)列an的通項公式an及前n項和Sn；(2)若數(shù)列bn滿足bn1bnan(nN*)，且b13，求數(shù)列的前n項和Tn. (1)由題意，設(shè)等差數(shù)列an的公差為d(d0)，則6a115d60，又aa1a21，(a15d)2a1(a120d)，由解得a15，d2，(3分)數(shù)列an的通項公式為an2n3，從而數(shù)列an的前n項和為Snn(n4)(6分)(2)由bn1bnan，bnbn1an1(n2，nN*)當(dāng)n2時，bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1an1an2a1b1(n1)(n14)3n(n2)，上式對n1，即b13也適合(9分)bnn(n2)(nN*)，.從而數(shù)列的前n項和為Tn(1).(12分)21. (12分)已知數(shù)列an滿足：a12，an12an.(1)求數(shù)列an的通項公式； (2)設(shè)bn(An2BnC)·2n，試推斷是否存在常數(shù)A，B，C，使對一切nN*都有anbn1bn成立？說明你的理由；(3)求證：a1a2an(n22n2)·2n2. (1)由已知an12·an，即2·，則數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列又a12，2n，即an2n·n2.(4分)(2)bn1bnAn2(4AB)n2A2BC·2n.若anbn1bn恒成立，則 故存在常數(shù)A，B，C滿足條件(8分)(3)由(2)知：bn(n24n6)·2n時，anbn1bn，a1a2an(b2b1)(b3b2)(bn1bn)bn1b1(n22n3)·2n16<(n22n3)·2n1·2n2·2n2(n22n2)·2n2.(12分)22. (14分)(xx·山西診斷)已知函數(shù)f(x)ln xa2x2ax(aR)(1)當(dāng)a1時，證明函數(shù)f(x)只有一個零點；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍 (1)當(dāng)a1時，f(x)ln xx2x，其定義域是(0，)，f(x)2x1，(2分)令f(x)0，即0，解得x或x1.x>0，x(舍去)當(dāng)0<x<1時，f(x)>0；當(dāng)x>1時，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)x1時，函數(shù)f(x)取得最大值，最大值為f(1)ln 11210.當(dāng)x1時，f(x)<f(1)，即f(x)<0.函數(shù)f(x)只有一個零點(6分)(2)顯然函數(shù)f(x)ln xa2x2ax的定義域為(0，)，f(x)2a2xa. (8分)當(dāng)a0時，f(x)>0，f(x)在區(qū)間(1，)上為增函數(shù)，不合題意當(dāng)a>0時，f(x)0(x>0)等價于(2ax1)(ax1)0(x>0)，即x，此時f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為.由得a1.(12分)當(dāng)a<0時，f(x)0(x>0)等價于(2ax1)(ax1)0(x>0)，即x，此時f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為.由得a.綜上，實數(shù)a的取值范圍是1，)(14分)