浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法阶段滚动练二第1～7章含解析
阶段滚动练(二) 第1～7章
(本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试用时120分钟)
选择题部分(共40分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.(2019·全国Ⅱ卷)设集合A＝{x|x2－5x＋6>0}，B＝{x|x－1<0}，则A∩B＝( )
A.(－∞，1) B.(－2，1)
C.(－3，－1) D.(3，＋∞)
解析 A∩B＝{x|x2－5x＋6>0}∩{x|x－1<0}＝{x|x<2或x>3}∩{x|x<1}＝{x|x<1}.
答案 A
2.(2020·北京朝阳区期末)设复数满足(1－i)z＝2i，则|z|＝( )
A.1 B.
C.2 D.2
解析 由(1－i)z＝2i，得z＝＝＝＝－1＋i，∴|z|＝＝.
答案 B
3.(2020·北京西城区练习)设a∈R，b＞0，则“3a＞2b”是“a＞log3b”的( )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解析 若3a＞2b，b＞0，则a＞log32b，可得a＞log3b；
若a＞log3b，可得3a＞b，无法得到3a＞2b，
所以“3a＞2b”是“a＞log3b”的充分而不必要条件.
答案 A
4.(2020·台州期末评估)已知公差不为零的等差数列{an}满足a＝a1a4，Sn为数列{an}的前n项和，则的值为( )
A. B.－
C. D.－
解析 公差不为零的等差数列{an}满足a＝a1a4，设公差为d，∴(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，解得a1＝－4d，∵Sn为数列{an}的前n项和，∴＝＝＝，故选A.
答案 A
5.在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C，则A的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析 由正弦定理得a2≤b2＋c2－bc，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，∴－2bccos A≤－bc，cos A≥，∴0
10 B.当b＝时，a10>10
C.当b＝－2时，a10>10 D.当b＝－4时，a10>10
解析 法一 考察选项A，a1＝a，an＋1＝a＋b＝a＋，
∵＝a－an＋≥0，
∴a≥an－.
∵an＋1＝a＋>0，
∴an＋1≥an－＋＝an＋>an，
∴{an}为递增数列.
因此，当a1＝0时，a10取到最小值，现对此情况进行估算.
显然，a1＝0，a2＝a＋＝，a3＝a＋＝，a4＝a＋＝，
当n>1时，an＋1>a，
∴lg an＋1>2lg an，
∴lg a10>2lg a9>22·lg a8>…>26lg a4＝lg a，
∴a10>a＝
＝C＋C＋C＋…＋C
＝1＋64×＋×＋…＋
＝1＋4＋7.875＋…＋
＝12.875＋…＋>10，
因此符合题意，
故选A.
法二 由已知可得an＋1－an＝a＋b－an＝＋b－.
B.当a＝，b＝时，an＝，所以排除B；
C.当a＝2或－1，b＝－2时，an＝2或－1，所以排除C.
D.当a＝，b＝－4时，an＝，所以排除D.
故选A.
答案 A
非选择题部分(110分)
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11.(2020·江西赣州联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其意思为：“有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，走了六天后(第六天刚好用完)到达目的地.”若将此问题改为“第6天到达目的地”，则此人第二天至少走了________公里.
解析 根据题意知此人每天行走的路程构成了公比为的等比数列，设第一天走a1里，则第二天走a2＝a1(里)，易知≥378，则a1≥192.则第二天至少走96里.
答案 96
12.(2020·温州适应性测试)已知正数a，b满足a＋b＝1，则＋的最小值为________，此时a＝________.
解析 因为a＋b＝1，所以＋＝＋＝＋＋1≥2＋1＝3，当且仅当a＝b＝时，等号成立，所以＋的最小值为3.
答案 3
13.(2020·温州适考)在△ABC中，C＝45°，AB＝6，D为BC边上的点，且AD＝5，BD＝3，则cos B＝________，AC＝________.
解析 在△ABD中，由余弦定理得cos B＝＝，则sin B＝＝，则在△ABC中，由正弦定理得AC＝＝.
答案
14.(2020·浙江新高考仿真卷一)已知实数x，y满足则2x＋y的最大值为________，x＋|y＋x|的最小值为________.
解析 由题意作出可行域为图中三角形DEF(及其内部)所示，令z＝2x＋y，则y＝－2x＋z，当直线y＝－2x＋z过点E(2，0)时，z取得最大值4.对于x＋|y＋x|分两种情况讨论，当x＋y≥0时，z2＝y＋2x，在B处取得最小值；当x＋y＜0时，z2＝－y，在B处取得最小值，所以z2＝x＋|y＋x|的最小值为.
答案 4
15.(2020·合肥质检)设函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则实数b的取值范围是________.
解析 当x≤0时，f(x)＝ex(x＋1)，则f′(x)＝ex(x＋1)＋ex＝ex(x＋2)，由f′(x)＞0，得函数f(x)的单调递增区间为(－2，0)，由f′(x)＜0，得函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－2)，且易知x＜－1时，f(x)＜0，f(0)＝1.由以上分析，可作出分段函数f(x)的图象，如图所示.要使函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则方程f(x)－b＝0，即f(x)＝b有三个不同的实数根，也就是函数y＝f(x)的图象与直线y＝b有三个不同的公共点，结合图象可知，实数b的取值范围是(0，1].
答案 (0，1]
16.(2020·浙江“超级全能生”联考)已知平面向量a，b满足|a|＝4，|b
|＝2，若对任意共面的单位向量e，记|a·e|＋|b·e|的最大值为M，则M的最小值等于________.
解析 记＝a，＝b，＝e，不难发现：如图1，当〈a，b〉为锐角时，|a·e|＋|b·e|＝|PQ|≤|AB1|＝M＝|a＋b|；如图2，当〈a，b〉为钝角时，|a·e|＋|b·e|＝|PQ|≤|AB|＝M＝|a－b|；如图3，当〈a，b〉为直角时，|a·e|＋|b·e|＝|PQ|≤|AB|＝M＝|a－b|＝|a＋b|，由上述三种情形可知，M＝(|a·e|＋|b·e|)max＝max{|a＋b|，|a－b|}，由平行四边形法则可知，当a⊥b时，Mmin＝min{max{|a＋b|，|a－b|}}＝＝2.
答案 2
17.(2020·北京东城区期末)已知函数f(x)为定义域为R，设Ff(x)＝
(1)若f(x)＝，则Ff(1)＝________；
(2)若f(x)＝ea－|x|－1，且对任意x∈R，Ff(x)＝f(x)，则实数a的取值范围为________.
解析 (1)若f(x)＝，由|f(x)|≤1，可得x2≤1＋x2成立，即有Ff(x)＝f(x)＝，则Ff(1)＝；
(2)若f(x)＝ea－|x|－1，且对任意x∈R，Ff(x)＝f(x)，可得|f(x)|≤1恒成立，即为－1≤ea－|x|－1≤1，即有0≤ea－|x|≤2，可得a－|x|≤ln 2，即a≤|x|＋ln 2，
由|x|＋ln 2的最小值为ln 2，则a≤ln 2.
答案 (1) (2)(－∞，ln 2]
三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18.(本小题满分14分)(2018·上海卷)设常数a∈R，函数f(x)＝asin 2x＋2cos2x.
(1)若f(x)为偶函数，求a的值；
(2)若f＝＋1，求方程f(x)＝1－在区间[－π，π]上的解.
解 (1)由偶函数可知f(－x)＝f(x)得a＝0.
(2)f＝＋1⇒a＝，f(x)＝2sin＋1，∴sin＝－，在区间[－π，π]上解得x＝－π，x＝－π，x＝π，x＝π.
19.(本小题满分15分)(2020·杭州质检)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn.若S6＝60，且a6为a1和a21的等比中项.
(1)求an和Sn；
(2)设数列{bn}满足bn＋1－bn＝an，若b1＝3，求数列的前n项和Tn(n∈N*).
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，d≠0，
则解得
∴an＝2n＋3，
Sn＝＝n(n＋4)＝n2＋4n.
(2)由bn＋1－bn＝an，
得bn－bn－1＝an－1(n≥2，n∈N*).
当n≥2时，
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝an－1＋an－2＋…＋a1＋b1
＝(n－1)(n＋3)＋3
＝n(n＋2)，
且b1＝3也适合上式，
∴bn＝n(n＋2)(n∈N*).
∴＝＝.
Tn＝
＝
＝.
20.(本小题满分15分)(2020·宁波模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝.
(1)求角A的大小；
(2)若2sin Asin B＝1＋cos C，∠BAC的平分线与BC交于点D，与△ABC的外接圆交于点E(异于点A)，＝λ，求λ的值.
解 (1)因为＝，
所以由正弦定理得(c－b)c＝(a＋b)(a－b)，
即a2＝b2＋c2－bc，
即cos A＝，所以A＝30°.
(2)因为2sin Asin B＝1＋cos C＝1－cos(A＋B)＝1－cos Acos B＋sin Asin B，
所以cos(A－B)＝1，从而A＝B，
所以B＝30°，C＝120°.
不妨设AC＝1，O为△ABC外接圆圆心，
则AO＝1，AB＝，∠ADC＝∠EAO＝45°.
在△ADC中，由正弦定理得
＝＝.
即AD＝；
在△AOE中，由∠EAO＝∠OEA＝45°，OA＝1，
从而AE＝.
所以λ＝＝.
21.(本小题满分15分)已知数列{an}满足：a1＝3，an＋1＝an－＋(n∈N*).
证明：当n∈N*时，
(1)an>an＋1>2；
(2)>；
(3)a1＋a2＋…＋an<2n＋8.
证明 (1)先用数学归纳法证明：an>2.
①n＝1时，a1＝3>2，命题成立；
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，命题成立，即ak>2；
那么当n＝k＋1时，
ak＋1－2＝ak－＋－2＝ak－2＋＝(ak－2)>0，
即ak＋1>2，故n＝k＋1时命题也成立.
所以对所有正整数n，都有an>2成立.
所以an＋1＝an－＋＝an＋an＋1>2.
(2)因为an＋1＝an－＋，所以＝1－＋，
设f(x)＝2x3－x2＋1，则f′(x)＝6x2－2x＝2x(3x－1)，
所以f(x)在区间上单调递增.
由已知及(1)知2.
(3)由(2)得an＋1＋an>an，
由an＋1＝an－＋知an－2＝a(an－an＋1)<3×(an＋an＋1)(an－an＋1)
＝(a－a),
所以(a1－2)＋(a2－2)＋…＋(an－2)<[(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)]
＝(a－a)<(9－4)＝8.
所以a1＋a2＋…＋an<2n＋8.
22.(本小题满分15分)(2020·嘉兴测试)已知函数f(x)＝ln(x＋a)－(a＜0，b∈R)，且曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝x－2.
(1)求实数a，b的值；
(2)函数g(x)＝f(x＋1)－mx(m∈R)有两个不同的零点x1，x2，求证：x1·x2＞e2.
(1)解 由曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝x－2，故
又f(x)＝ln(x＋a)－，f′(x)＝＋，
所以
解得a＝－1，b＝0.
(2)证明 由(1)知f(x)＝ln(x－1)，
故f(x＋1)＝ln x，所以g(x)＝ln x－mx(m∈R)，
g(x)＝ln x－mx的两个不同的零点为x1，x2，
不妨设x1＞x2＞0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，
所以ln x1＝mx1，ln x2＝mx2，
要证明x1·x2＞e2，即证明ln(x1x2)＞ln e2＝2，
而ln(x1x2)＝m(x1＋x2)，
故只需证明m(x1＋x2)＞2即可，
又ln x1－ln x2＝mx1－mx2，
所以m＝，
故只需证明＞.
即需证ln x1－ln x2＞，
即证ln ＞，
即只需证ln －＞0即可，
令t＝，由于x1＞x2＞0，故t＞1，
设F(t)＝ln t－(t＞1)，
F′(t)＝－＝(t＞1)，
显然F′(t)＞0，故F(t)＝ln t－(t＞1)是增函数，
所以F(t)＞F(1)，又F(1)＝0，所以F(t)＞0恒成立，
即ln t＞(t＞1)恒成立，因此x1·x2＞e2.
