高考数学复习阶段滚动检测(三)
阶段滚动检测（三）
（第一～六章）
（120分钟 150分）
第I卷(选择题 共50分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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.(滚动单独考查)设A＝{x|x2－2x－3＞0}，B＝{x|x2＋ax＋b≤0}，若A∪B＝R，A∩B＝(3,4］，则a＋b等于( )
(A)7 (B)-1 (C)1 (D)-7
2．(滚动单独考查)设向量，则“x=2”是“”的( )
(A)充分但不必要条件
(B)必要但不充分条件
(C)充要条件
(D)既不充分也不必要条件
3.(滚动交汇考查)下列判断错误的是( )
(A)“am2
0,|φ|<)的最小正周期为π，且f(-x)=f(x)，则( )
(A)f(x)在(0, )上单调递减
(B)f(x)在()上单调递减
(C)f(x)在(0, )上单调递增
(D)f(x)在()上单调递增
7．(2012·宿州模拟)函数的定义域为集合A，关于x的不等式 (a∈R)的解集为B，若A∩B=B,则实数a的取值范围为( )
(A)［0,+∞) (B)［2,+∞) (C)(-∞,-2］ (D)(-∞,0］
8.如图，在半径为30 cm的半圆形(O为圆心)铝皮上截取
一块矩形材料ABCD，其中，点A，B在直径上，点C，D
在圆周上.设BC=x cm,则ABCD面积最大时，x的值为( )
(A)30 (B)15 (C) (D)
9.(滚动单独考查)(2012·抚顺模拟)已知O为正三角形ABC内一点，且满足若△OAB的面积与△OAC的面积比值为3，则λ的值为
( )
(A) (B)1 (C)2 (D)3
10．(滚动交汇考查)(2012·黄冈模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c.若C＝120°，c＝a，则( )
(A)a>b (B)an)的大小.
21.(14分)(滚动交汇考查)已知函数
(1)若a=，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意的x∈(1,3)，都有f(x)>0成立，求a的取值范围．
答案解析
1.【解析】选D.A＝(－∞，－1)∪(3，＋∞)，∵A∪B＝R，A∩B＝(3,4］，则B＝［－1,4］，∴a＝－(－1＋4)＝－3，b＝－1×4＝－4，∴a＋b＝－7.
2.【解析】选A.当x=2时， =(1,1), =(3,3)，∴∥；当∥时，x2-1=3，∴x=±2.
3.【解析】选C.p∧q为假命题，只能说明p，q中至少一个是假命题.
4.【解题指南】利用根与系数的关系及等比数列性质可求.
【解析】选C.由已知得a1·a19=16，又a1·a19=a210，∴正项等比数列中，a10=4.
∴a8·a10·a12=a310=64.
5.【解析】选C.S3=，∴解得q=1或.
【变式备选】由曲线y=，直线y=x-2及y轴所围成的图形的面积为( )
【解析】选C.用定积分求解
6.【解题指南】先两角和公式逆用，化为一个角的三角函数，再利用周期及偶函数得解析式，从而可解.
【解析】选A.f(x)=sin(ωx+φ+),∵最小正周期为π,所以ω=2，又f(x)为偶函数，∴φ+=+kπ，k∈Z,得φ=+kπ,k∈Z，
又|φ|<,∴φ=,∴f(x)= sin(2x+)=cos2x,由函数单调性选A.
7.【解析】选C.由且x-1≠0解得x≤-2或x>1,于是A=(-∞，-2］∪(1，+∞). 所以B=(-∞，a).因为A∩B=B，所以B⊆A，所以a≤-2.
即a的取值范围是(-∞，-2］.
8.【解析】选C.由BC=x，则AB=2(01，所以h()>h(1)=0.即ln成立.从而ln>.
【方法技巧】函数与不等式综合应用问题的解题技巧
函数与不等式综合应用题是高考中常见题型，多与单调性结合利用函数单调性证明不等式，本题中先利用导数及单调性转化为恒成立问题，利用参数分离法，及基本不等式求参数的范围，而后利用分析法结合(1)的结论设出函数利用单调性证明，题目立意新颖，考查知识点较多，是很好的一道典型题.
21.【解析】(1)由题知f(x)定义域为(0，+∞),当a=时，
f′(x)=令f′(x)=0,得x=或x=2，列表：
x
(0,)
(，2)
2
(2，+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↑
极大
↓
极小
↑
函数f(x)在x=处取得极大值f()=-ln2，
函数f(x)在x=2处取得极小值f(2)=ln2-1；
(2)方法一：f′(x)=,x∈(1,3)时，
①当1+a≤2，即a≤1时，x∈(1,3)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1,3)上是增函数，x∈(1,3),f(x)>f(1)=0恒成立；
②当1+a≥，即a≥时，x∈(1,3)时,f′(x)<0,函数f(x)在(1，3)上是减函数，x∈(1,3)，f(x)f(1)=0不能恒成立；综上，a的取值范围是a≤1.
方法二：∵∴f′(x)=x+-1-a≥1-a.
①当a≤1时，f′(x)≥1-a≥0，而f′(x)=x+-1-a不恒为0，
∴函数f(x)在(1，3)上是单调递增函数，x∈(1,3)，f(x)>f(1)=0恒成立；
②当a>1时，令f′(x)=，设x2-(a+1)x+1=0的两根是x1,x2(x12，x1x2=1，∴0f(1)>f(x2)，而f(1)=0，∴f(x1)>0>f(x2)
若x2≤3，∵x∈(1,3)，f(x)>0，∴f(x2)>f(1)=0，不可能，
若x2>3，函数f(x)在(1,3)上是减函数，f(3)
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