2021高考数学新高考版一轮习题：专题5 阶段滚动检测（三） Word版含解析
一、单项选择题
1．已知集合A＝{x∈R|－1
b”是“2a>2b”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．(2020·安徽省皖中名校联盟联考)已知角α的终边上有一点P的坐标是(－1,2)，则cos α的值为( )
A．－1 B．2 C. D．－
4．(2020·首都师范大学附属中学期末)已知a＝3，b＝0.3－2，c＝，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>b>a D．b>a>c
5．函数f (x)＝x2·sin x的部分图象大致是( )
6．(2020·唐山模拟)设D为△ABC所在平面内一点，＝3，若＝λ＋μ，则λ－μ等于( )
A．－ B．－ C. D.
7．已知定义在R上的函数f (x)在[1，＋∞)上单调递减，且f (x＋1)是偶函数，不等式f (m＋2)≥f (x－1)对任意的x∈[－1,0]恒成立，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－4]∪[2，＋∞) B．[－4,2]
C．(－∞，－3]∪[1，＋∞) D．[－3,1]
8．(2019·江西吉安一中模拟)已知f (x)＝若关于x的方程a＝f (x)恰有两个不同实根，则实数a的取值范围是( )
A.∪[1,2) B.∪[1,2)
C．(1,2) D．[1,2)
二、多项选择题
9．对于任意的平面向量a，b，c，下列说法错误的是( )
A．若a≠b，则a与b不是共线向量
B．(a＋b)·c＝a·c＋b·c
C．若a·b＝a·c，且a≠0，则b＝c
D．(a·b)c＝a(b·c)
10．下列结论正确的是( )
A．若a2>b2，则<
B．若x>0，则x＋≥4
C．若a>b>0，则lg a>lg b
D．若ab>0，a＋b＝1，则＋≥4
11．若函数f (x)＝2sin (x＋2θ)·cos x的图象过点(0,2)，则下列说法错误的是( )
A．点是y＝f (x)的一个对称中心
B．直线x＝是y＝f (x)的一条对称轴
C．函数y＝f (x)的最小正周期是2π
D．函数y＝f (x)的值域是[0,2]
12．已知函数f (x)＝x2＋aln x，则下列结论正确的是( )
A．当a＝－2时，函数f (x)的单调递减区间是(－∞，1]
B．当a＝－2时，单调递增区间是(1，＋∞)
C．当a＝－2时，极小值是f (1)＝1
D．若g(x)＝f (x)＋在[1，＋∞)上是增函数，则a的取值范围为[0，＋∞)
三、填空题
13．已知函数f (x)的周期为4，且当x∈(0,4]时，f (x)＝则f 的值为______．
14．(2019·上海复旦附中模拟)若对任意x∈R，不等式sin 2x＋2sin2x－m<0恒成立，则实数m的取值范围是________________________．
15．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，向量a与b的夹角为60°，则a·b＝________；|2a－3b|
＝________.
16．(2019·四川省绵阳南山中学期中)给出下列五个命题：
①函数f (x)＝2a2x－1－1的图象过定点；
②已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f (x)＝x(x＋1)，若f (a)＝－2，则实数a＝－1或2；
③若loga>1，则a的取值范围是；
④若对于任意x∈R都有f (x)＝f (4－x)成立，则f (x)的图象关于直线x＝2对称；
⑤对于函数f (x)＝ln x，其定义域内任意x1≠x2都满足f >.
其中所有正确命题的序号是________．
四、解答题
17．已知向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，且|a|＝3，|b|＝5，|c|＝7.
(1)求a与b的夹角θ；
(2)是否存在实数μ使μa＋b与a－2b垂直？
18．已知函数f (x)＝x2－2ax－1＋a，a∈R.
(1)若a＝2，试求函数y＝(x>0)的最小值；
(2)对于任意的x∈[0,2]，不等式f (x)≤a恒成立，试求a的取值范围．
19．(2019·湖南长沙一中期中)在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知＝
.
(1)求cos B的值；
(2)若b＝8，cos 2A－3cos(B＋C)＝1，求△ABC的面积．
20．旅行社为某旅行团包飞机去旅游，其中旅行社的包机费为16 000元．旅行团中的每个人的飞机票按以下方式与旅行社结算：若旅行团的人数不超过35人，飞机票每张收费800元；若旅行团的人数多于35人，则予以优惠，每多1人，每个人的机票费减少10元，但旅行团的人数最多不超过60人．设旅行团的人数为x，飞机票价格为y元，旅行社的利润为Q元．
(1)写出飞机票价格y元与旅行团人数x之间的函数关系式；
(2)当旅行团人数x为多少时，旅行社可获得最大利润？求出最大利润．
21．已知函数f (x)＝ax－(3a＋1)ln x－＋a，a∈R.
(1)若点(1，－1)在f (x)的图象上，求f (x)的图象在点(1，－1)处的切线方程；
(2)若a≤0，求f (x)的极值．
22．(2019·安徽省定远中学模拟)已知函数f (x)＝(x2－2x＋2)ex－ax2(a∈R)．
(1)当a＝e时，求函数f (x)的单调区间；
(2)证明：当a≤－2时，f (x)≥2.
答案精析
1．B 2.C 3.D 4.D 5.A 6.A 7.D
8．B 9.ACD 10.BCD 11.ABC
12．BCD [因为函数f (x)＝x2＋aln x，所以函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，故A错误．
当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝.
当x变化时，f′(x)和f (x)变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f (x)
单调递减
极小值
单调递增
由上表可知，函数f (x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)，极小值是f (1)＝1，B，C正确．
由g(x)＝x2＋aln x＋，得g′(x)＝2x＋－.
若函数g(x)为[1，＋∞)上的增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即不等式2x－＋≥0在[1，＋∞)上恒成立，
也即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立．
令φ(x)＝－2x2，
则φ′(x)＝－－4x.
当x∈[1，＋∞)时，φ′(x)＝－－4x<0，
所以φ(x)＝－2x2在[1，＋∞)上为减函数，
所以φ(x)max＝φ(1)＝0，所以a≥0.
所以a的取值范围为[0，＋∞)，D正确．]
13．0 14.(＋1，＋∞) 15.1 2
16．③④⑤
解析 ①函数f (x)＝2a2x－1－1，
则f ＝1，故①错误；
②因为当x≥0时，f (x)＝x(x＋1)≥0，且f (1)＝2，所以由函数f (x)是定义在R上的奇函数得
f (－1)＝－2＝f (a)，所以a＝－1，故②错误；
③若loga>1，可得，故⑤正确．
17．解 (1)∵a＋b＋c＝0，
∴a＋b＝－c，∴|a＋b|＝|c|，
∴(a＋b)2＝c2，即a2＋2a·b＋b2＝c2，
∴a·b＝
＝＝＝.
又∵a·b＝|a||b|cos θ，
∴＝3×5×cos θ，
∴cos θ＝，即θ＝60°.
(2)∵(μa＋b)⊥(a－2b)，
∴(μa＋b)·(a－2b)＝0，
∴μa2－2b2－2μa·b＋a·b＝0，
∴9μ－2×25－2μ×＋＝0，
∴μ＝－.
∴存在μ＝－，使得μa＋b与a－2b垂直．
18．解 (1)依题意得y＝
＝＝x＋－4.
因为x>0，所以x＋≥2.
当且仅当x＝，即x＝1时，等号成立．
所以y≥－2.
所以当x＝1时，y＝的最小值为－2.
(2)因为f (x)－a＝x2－2ax－1，所以要使得“∀x∈[0,2]，不等式f (x)≤a成立”只要“x2－2ax－1≤0在[0,2]上恒成立”．
不妨设g(x)＝x2－2ax－1，则只要g(x)≤0在[0,2]上恒成立即可．
所以即
解得a≥.
则a的取值范围为.
19．解 (1)由＝得＝，
由正弦定理得＝，
变形得a2＋c2－b2＝ac，
∴cos B＝＝.
(2)由cos 2A－3cos(B＋C)＝1得2cos2A＋3cos A－2＝0，
解得cos A＝，∵A∈(0，π)，
∴A＝，∴sin A＝，
又sin B＝，
∴sin C＝sin(A＋B)
＝sin Acos B＋cos Asin B＝，
由正弦定理得＝，得a＝3，
∴S△ABC＝absin C＝×3×8×＝6＋8.
20．解 (1)依题意得，当1≤x≤35时，y＝800.
当3512 000.
故当旅游团人数为57或58时，旅行社可获得最大利润为17 060元．
21．解 (1)∵(1，－1)在f (x)的图象上，
∴a－(3a＋1)ln 1－3＋a＝－1，
解得a＝1.
∴f (x)＝x－4ln x－＋1，
f′(x)＝，
f′(1)＝0，即f (x)的图象在点(1，－1)处的切线斜率为0，
∴f (x)的图象在点(1，－1)处的切线方程为y＝－1.
(2)f (x)＝ax－(3a＋1)ln x－＋a的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－＋＝＝.
当a≤0时，∵x∈(0，＋∞)，
∴ax－1<0.
令f′(x)＝0得x＝3.
当00，
f (x)单调递增；
当x>3时，f′(x)<0，f (x)单调递减．
∴函数f (x)在x＝3处取得极大值f (3)＝4a－(3a＋1)ln 3－1，没有极小值．
22．(1)解 当a＝e时，
f (x)＝(x2－2x＋2)ex－ex2，
所以f′(x)＝x2ex－ex＝x(xex－e)，
讨论：①当x<0时，xex－e<0，
有f′(x)>0；
②当01时，由函数y＝xex为增函数，有xex－e>0，有f′(x)>0.
综上，函数f (x)的单调增区间为(－∞，0)和(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)．
(2)证明 当a≤－2时，有－a≥1，所以－ax2≥x2，
所以f (x)≥(x2－2x＋2)ex＋x2.
令g(x)＝(x2－2x＋2)ex＋x2，
则g′(x)＝x2ex＋2x＝x(xex＋2)．
令h(x)＝xex＋2，有h′(x)＝(x＋1)ex.
令h′(x)＝0，得x＝－1.
分析知，函数h(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．
所以h(x)min＝h(－1)＝2－>0.
所以函数g(x)的单调增区间为(0，＋∞)，单调减区间为(－∞，0)，
所以g(x)min＝g(0)＝(02－2×0＋2)×e0＋02＝2，
故当a≤－2时，f (x)≥2.
