高考数学专题复习练习：阶段滚动检测(五)

高考数学专题复习练习：阶段滚动检测(五)

阶段滚动检测(五) 考生注意： 1．本试卷分第Ⅰ卷(填空题)和第Ⅱ卷(解答题)两部分，共 4 页． 2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应 位置上． 3．本次考试时间 120 分钟，满分 160 分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整． 第Ⅰ卷 一、填空题(本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分．请把答案填写在题中横线上) 1.如图所示的 Venn 图中，A，B 是非空集合，定义 A*B 表示阴影部分的集合．若 x，y∈R， A＝{x|y＝ 2x－x2}，B＝{y|y＝3x，x>0}，则 A*B＝____________. 2．(2016·南通一模)函数 f(x)＝lg(－x2＋2x＋3)的定义域为________． 3．函数 y＝|x|(1－x)的单调增区间是__________． 4．(2016·济宁模拟)设等差数列{an}的前 n 项和是 Sn，若－am0，ω>0)的部分图象如图所示，则 f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 012) ＝________. 6．设 11}，故 A∪B＝{x|x≥0}，A∩B＝{x|12}． 2．(－1,3) 解析 要使函数 f(x)＝lg(－x2＋2x＋3)有意义，则－x2＋2x＋3>0，解得－1 < 解析 因为－am0， a1＋am＋1<0. 易得 Sm＝a1＋am 2 ·m>0，Sm＋1＝a1＋am＋1 2 ·(m＋1)<0. 5．2 2＋2 解析 由题干图象知 A＝2，φ＝0，ω＝2π T ＝π 4 ， ∴f(x)＝2sin πx 4 ，其图象关于点(4,0)，直线 x＝2，x＝6 对称， ∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(8)＝0. ∵T＝8,2 012＝251×8＋4， ∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 012)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝2(sin π 4 ＋sin 2π 4 ＋sin 3π 4 ＋sin 4π 4 ) ＝2 2＋2. 6．(ln x x )20， ∴函数 y＝f(x)(11>0，∴x>ln x>0⇒00， ∴(ln x x )2ln x x ， ∴(ln x x )20)． ∵函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数， ∴f′(x)＝ax－1 ax2 ≥0 在 x∈[1，＋∞)上恒成立， ∴ax－1≥0 在 x∈[1，＋∞)上恒成立， 即 a≥1 x 在 x∈[1，＋∞)上恒成立，∴a≥1. 10．－4 3 解析 因为 2S＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab， 则结合面积公式与余弦定理，得 absin C＝2abcos C＋2ab， 即 sin C－2cos C＝2，所以(sin C－2cos C)2＝4， 即sin2C－4sin Ccos C＋4cos2C sin2C＋cos2C ＝4， 所以tan2C－4tan C＋4 tan2C＋1 ＝4， 解得 tan C＝－4 3 或 tan C＝0(舍去)． 11．[1 4 ，2 3]∪[4 3 ，7 4] 解析 借助偶函数的性质，先解不等式 f(x)≤1 2 ，再利用图象的平移知识解不等式 f(x－1)≤1 2. 当 x∈[0，1 2]时，由 cos πx≤1 2 ，得1 3 ≤x≤1 2 ； 当 x∈(1 2 ，＋∞)时，由 2x－1≤1 2 ，得1 20. 当 n 为奇数时，1＋(1 2)n 随 n 单调递减， 当 n 为偶数时，1－(1 2)n 随 n 单调递增． 所以当 n 为奇数时，[1＋(1 2)n]max＝3 2 ，[1＋(1 2)n]min>1， 当 n 为偶数时，[1－(1 2)n]min＝3 4 ，[1－(1 2)n]max<1， 所以3 2 ×1 3 4 ≤p≤9 2 ×1 3 2 ， 所以 2≤p≤3. 15．解 (1)f(x)＝sin(x＋π 6)＋cos x ＝ 3 2 sin x＋1 2cos x＋cos x ＝ 3 2 sin x＋3 2cos x＝ 3sin(x＋π 3)． 当 x＋π 3 ＝2kπ＋π 2(k∈Z)， 即 x＝2kπ＋π 6(k∈Z)时，f(x)取得最大值 3. 此时 x 的取值集合为{x|x＝2kπ＋π 6 ，k∈Z}． (2)由(1)知，f(x)＝ 3sin(x＋π 3)， 因为 f(α＋π 6)＝3 3 5 ， 所以 3sin(α＋π 6 ＋π 3)＝ 3cos α＝3 3 5 ，即 cos α＝3 5. 又α∈(0，π 2)，所以 sin α＝4 5 ， 所以 sin 2α＝2sin αcos α＝2×4 5 ×3 5 ＝24 25 ， cos 2α＝2cos2α－1＝－ 7 25 ， 故 f(2α)＝ 3sin(2α＋π 3)＝ 3 2 sin 2α＋3 2cos 2α ＝ 3 2 ×24 25 －3 2 × 7 25 ＝24 3－21 50 . 16．解 (1)方程 x2－5x＋6＝0 的两根为 2,3，由题意得 a2＝2，a4＝3. 设数列{an}的公差为 d，则 a4－a2＝2d， 故 d＝1 2 ，从而 a1＝3 2. 所以{an}的通项公式为 an＝1 2n＋1. (2)设{an 2n}的前 n 项和为 Sn，由(1)知an 2n ＝n＋2 2n＋1 ，则 Sn＝ 3 22 ＋ 4 23 ＋…＋n＋1 2n ＋n＋2 2n＋1 ， 1 2Sn＝ 3 23 ＋ 4 24 ＋…＋n＋1 2n＋1 ＋n＋2 2n＋2 . 两式相减得 1 2Sn＝3 4 ＋( 1 23 ＋…＋ 1 2n＋1)－n＋2 2n＋2 ＝3 4 ＋1 4(1－ 1 2n－1)－n＋2 2n＋2 . 所以 Sn＝2－n＋4 2n＋1 . 17．解 (1)x·y＝[a＋(1－ 3 2 )b]·(－4a＋2b) ＝－4|a|2＋(2－ 3)|b|2＋(2 3－2)a·b ＝－4＋8－4 3＝4－4 3. (2)因为 x∥y，x＝(1,2－2cos θ)，y＝(－k， 2 sin θ)， 所以 2 sin θ ＝k(2cos θ－2)． 因为 sin θ≠0，cos θ≠±1，所以 2cos θ－2≠0. 所以 k＝ 1 sin θcos θ－1. 设 f(θ)＝sin θcos θ－sin θ(0<θ<π)， f′(θ)＝cos2θ－sin2θ－cos θ ＝2cos2θ－cos θ－1 ＝(2cos θ＋1)(cos θ－1)． 当θ变化时，f(θ)，f′(θ)的变化情况如下表： θ (0，2π 3 ) 2π 3 (2π 3 ，π) f′(θ) － 0 ＋ f(θ) 极小值 所以当θ＝2π 3 时，f(θ)min＝－3 3 4 (f(θ)<0)， 所以θ＝2π 3 ，kmax＝－4 3 9 . 18．(1)证明 以点 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，M(0,1,1)， ∴AM→ ＝(0,1,1)，SD→＝(1,0，－2)，CD→ ＝(－1，－2,0)． 设平面 SCD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 则 SD→·n＝0， CD→ ·n＝0， 即 x－2z＝0， －x－2y＝0， 令 z＝1，得 n＝(2，－1,1)． ∵AM→ ·n＝0，∴AM→ ⊥n，∴AM∥平面 SCD. (2)解 易知平面 SAB 的一个法向量为 n1＝(1,0,0)． 设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角的平面角为φ， 易知 0<φ<π 2 ，则 cos φ＝| n·n1 |n|·|n1||＝ 2 1× 6 ＝ 6 3 ， ∴平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角的平面角的余弦值为 6 3 . (3)解 设 N(x,2x－2,0)，x>0，则MN→ ＝(x,2x－3，－1)． 易知平面 SAB 的一个法向量为 n1＝(1,0,0)， ∴sin θ＝ MN→ ·n1 |MN→ |·|n1| ＝ x 5x2－12x＋10 ＝ 1 10×1 x 2－12×1 x ＋5 ＝ 1 10×1 x －3 5 2＋7 5 ， 故当1 x ＝3 5 ，即 x＝5 3 时，sin θ取得最大值，且(sin θ)max＝ 35 7 . 19．解 (1)由余弦定理知 cos∠ACB＝12＋42－13 2×1×4 ＝1 2 ⇒∠ACB＝π 3 ， 因为|CM→|2＝CM→2＝(λC A→＋μC B→)2 ＝λ2＋16μ2＋2λμC A→·C B→＝λ2＋1 λ2 ＋1≥3， 所以|CM→|≥ 3， 当且仅当λ＝±1 时，“＝”成立，故|CM→|的最小值是 3， 此时〈CM→，C A→〉＝〈CM→，C B→〉＝π 6 或5π 6 . (2)以 C 为坐标原点，∠ACB 的平分线所在直线为 x 轴，建立平面直角坐标系(如图)， 所以 A( 3 2 ，1 2)，B(2 3，－2)，设动点 M(x，y)， 因为 CM→＝λC A→＋μC B→， 所以 x＝ 3 2 λ＋2 3μ， y＝1 2λ－2μ ⇒ x2 3 ＝λ 2 ＋2μ2， y2＝λ 2 －2μ2， 再由λμ＝1 4 ，知x2 3 －y2＝1， 所以动点 M 的轨迹是以 F1(－2,0)，F2(2,0)为焦点， 实轴长为 2 3的双曲线， 即||MF1 → |－|MF2 → ||恒为常数 2 3，即存在 k＝2 3. 20．解 (1)函数 f(x)的定义域为 R，f′(x)＝－x ex. 当 x<0 时，f′(x)>0；当 x>0 时，f′(x)<0， 所以 f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． 因此，f(x)在 x＝0 处取得极大值，也是最大值，最大值为 1. (2)由题意，存在 x1，x2∈[0,1]，使得 2φ(x1)<φ(x2)成立， 即 2φ(x)min<φ(x)max. 因为φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋1 ex ＝x2＋1－tx＋1 ex ，x∈[0,1]， 所以φ′(x)＝－x2＋1＋tx－t ex ＝－x－1x－t ex . ①当 t≥1 时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减， 所以 2φ(1)<φ(0)，即 t>3－e 2>1，符合题意； ②当 t≤0 时，φ′(x)≥0，φ(x)在[0,1]上单调递增， 所以 2φ(0)<φ(1)，即 t<3－2e<0，符合题意； ③当 00，φ(x)在(t,1]上单调递增． 所以 2φ(t)

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