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階段滾動檢測(四)一、選擇題階段滾動檢測(四)1.已知集合Aa,b,2,B2,b2,2a,且ABAB,則a等于()A0 B.C0,D,02已知f(x)為偶函數(shù),且當(dāng)x0,2)時,f(x)2sin x,當(dāng)x2,)時,f(x)log2x,則ff(4)等于()A2 B1C3 D.23下列函數(shù)中是奇函數(shù),且最小正周期是的函數(shù)是()Aycos|2x| By|sin x|CysinDycos4(2016原創(chuàng)預(yù)測卷)給出下列命題,正確命題的個數(shù)是()若ab,則2a2b;若ab0,則0,b0,c0,則3;若a0,b0,則不等式恒成立A1 B2 C3 D45設(shè)關(guān)于x,y的不等式組表示的平面區(qū)域內(nèi)存在點P(x0,y0),滿足x02y02,則m的取值范圍是()A.B.C.D.6等比數(shù)列an的前n項和為Sn,已知a48,且Sn1pSn1,則實數(shù)p的值為()A1 B2 C.D47(2017廣州調(diào)研)在邊長為1的正方形ABCD中,M為BC的中點,點E在線段AB上運動,則的取值范圍是()A,2 B0,C, D0,18在ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知C2A,cos A,b5,則ABC的面積為()A.B.C.D.9(2016長沙模擬)已知函數(shù)f(x)若關(guān)于x的方程f2(x)af(x)0恰有5個不同的實數(shù)解,則a的取值范圍是()A(0,1) B(0,2)C(1,2) D(0,3)10已知函數(shù)f(x)ax22ax4(0a3),若x1x2,x1x21a,則()Af(x1)f(x2)Df(x1)與f(x2)的大小不能確定11已知函數(shù)f(x)x32bx2cx1有兩個極值點x1,x2,且x12,1,x21,2,則f(1)的取值范圍是()A,3 B,6C3,12 D,1212(2016北京朝陽區(qū)模擬)若函數(shù)f(x)2sin (2x10)的圖象與x軸交于點A,過點A的直線l與函數(shù)的圖象交于B,C兩點,則()等于()A32 B16 C16 D32二、填空題13已知等比數(shù)列an為遞增數(shù)列,且aa10,2(anan2)5an1,則數(shù)列an的通項公式an_.14已知函數(shù)f(x)若對任意的x12a,2a1,不等式fa(x1)xf(x)a恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是_15設(shè)n是正整數(shù),由數(shù)列1,2,3,n分別求相鄰兩項的和,得到一個有n1項的新數(shù)列:12,23,34,(n1)n,即3,5,7,2n1.對這個新數(shù)列繼續(xù)上述操作,這樣得到一系列數(shù)列,最后一個數(shù)列只有一項,則最后的這個項是_16若不等式組表示的平面區(qū)域為三角形,則實數(shù)k的取值范圍是_三、解答題17在ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知cos 2A2cos A.(1)求角A的大??;(2)若a1,求ABC的周長l的取值范圍18已知函數(shù)f(x)aln xx.(1)若a4,求f(x)的極值;(2)若f(x)在定義域內(nèi)無極值,求實數(shù)a的取值范圍19已知f(x)(x1)2,g(x)4(x1),數(shù)列an滿足:a12,an1,且(anan1)g(an)f(an)(nN*)(1)證明:數(shù)列an1是等比數(shù)列;(2)若數(shù)列bn滿足bn,求數(shù)列bn的前n項和Tn.20已知二次函數(shù)f(x)x2bxc (b,cR)(1)若f(1)f(2),且不等式xf(x)2|x1|1對x0,2恒成立,求函數(shù)f(x)的解析式;(2)若c0,且函數(shù)f(x)在1,1上有兩個零點,求2bc的取值范圍21.已知數(shù)列an是各項為正數(shù)的等比數(shù)列,數(shù)列bn的前n項和Snn25n,且滿足a4b14,a6b126,令cnlogan (nN*)(1)求數(shù)列bn及cn的通項公式;(2)設(shè)Pncb1cb2cbn,Qncc1cc2ccn,試比較Pn與Qn的大小,并說明理由22已知函數(shù)f(x)ln(exa3)(a為常數(shù))是實數(shù)集R上的奇函數(shù)(1)若關(guān)于x的方程x22exm有且只有一個實數(shù)根,求m的值;(2)若函數(shù)g(x)f(x)sin x在區(qū)間1,1上是減函數(shù),且g(x)t1在x1,1上恒成立,求實數(shù)t的最大值答案精析1C由ABAB知AB,又根據(jù)集合元素的互異性,有或解得或故a0或.2D因為ff2sin,f(4)log242,所以ff(4)2,故選D.3Dycos|2x|是偶函數(shù),y|sin x|是偶函數(shù),ysincos 2x是偶函數(shù),ycossin 2x是奇函數(shù),根據(jù)公式得T.4D5C當(dāng)m0時,若平面區(qū)域存在,則平面區(qū)域內(nèi)的點在第二象限,平面區(qū)域內(nèi)不可能存在點P(x0,y0)滿足x02y02,因此m0.如圖所示的陰影部分為不等式組表示的平面區(qū)域要使可行域內(nèi)包含yx1上的點,只需可行域邊界點A(m,m)在直線yx1的下方即可,即mm1,解得m.6B因為數(shù)列an是等比數(shù)列,由Sn1pSn1,得Sn2pSn11,兩式相減得p,所以公比qp,由Sn1pSn1,得a1a2pa11,所以a1pa1pa11,即a11,由a48a1p3,得p38,所以p2.故選B.7C將正方形放入如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中,設(shè)E(x,0),0x1.又M,C(1,1),所以,(1x,1),所以(1x,1)(1x)2.因為0x1,所以(1x)2,即的取值范圍是,8Acos A,cos Ccos 2A2cos2A1,sin C,tan C3,如圖,設(shè)AD3x,AB4x,CD53x,BDx.在RtDBC中,tan C3,解得BDx,SABCBDAC.9A設(shè)tf(x),則方程為t2at0,解得t0或ta,即f(x)0或f(x)a.如圖,作出函數(shù)f(x)的圖象,由函數(shù)圖象,可知f(x)0的解有兩個,故要使方程f2(x)af(x)0恰有5個不同的解,則方程f(x)a的解必有三個,此時0a1.所以a的取值范圍是(0,1)10Af(x)的對稱軸為直線x1,又x1x21a,0a1.x10,f(x1)f(x2)11C方法一由于f(x)3x24bxc,依題意知,方程3x24bxc0有兩個根x1,x2,且x12,1,x21,2,令g(x)3x24bxc,結(jié)合二次函數(shù)圖象可得只需此即為關(guān)于點(b,c)的線性約束條件,作出其對應(yīng)的平面區(qū)域,f(1)2bc,問題轉(zhuǎn)化為在上述線性約束條件下確定目標(biāo)函數(shù)f(1)2bc的最值問題,由線性規(guī)劃易知3f(1)12,故選C.方法二方程3x24bxc0有兩個根x1,x2,且x12,1,x21,2的條件也可以通過二分法處理,即只需g(2)g(1)0,g(2)g(1)0即可,利用同樣的方法也可解答12D由f(x)2sin0可得k,kZ,x6k2,kZ.2x10,k1,x4,即A(4,0)設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2),過點A的直線l與函數(shù)的圖象交于B,C兩點,B,C兩點關(guān)于A對稱,即x1x28,y1y20,則()(x1x2,y1y2)(4,0)4(x1x2)32.故選D.132n解析2(anan2)5an1,2an2anq25anq,即2q25q20,解得q2或q(舍去)又aa10a5q5,a5q52532.32a1q4,解得a12.an22n12n,故an2n.14(,1解析由題設(shè)知,f(x)因為12a,當(dāng)x0時,ax0,當(dāng)x0時,ax,故a(,1152n2(n1)解析設(shè)數(shù)列an為題干一系列新數(shù)列中的第一項,則由歸納推理得an2an12n2(n2)即數(shù)列是首項為,公差為的等差數(shù)列(n1)an2n2(n1),即最后一個數(shù)列的項是an2n2(n1)16(,2)解析如圖,只有直線y2k(x1)從直線m到直線n移動,或者從直線a到直線b移動時,不等式組表示的平面區(qū)域才是三角形故實數(shù)k的取值范圍是0k或者k2.17解(1)根據(jù)二倍角公式得2cos2A2cos A,即4cos2A4cos A10,所以(2cos A1)20,所以cos A.因為0A,所以A.(2)根據(jù)正弦定理:,又a1,得b sin B,c sin C,所以l1bc1(sin Bsin C)因為A,所以BC,所以l112sin.因為0B0),f(x)1,令f(x)0,解得x1或x3.當(dāng)0x3時,f(x)0,當(dāng)1x0,f(1)2,f(3)4ln 32,所以f(x)的極小值為2,極大值為4ln 32.(2)f(x)aln xx(x0),f(x)1,f(x)在定義域內(nèi)無極值,即f(x)0或f(x)0在定義域上恒成立即方程f(x)0在(0,)上無變號零點設(shè)g(x)x2ax(a1),則0或解得a2,所以實數(shù)a的取值范圍為219(1)證明由(anan1)g(an)f(an)(nN*)得,4(anan1)(an1)(an1)2(nN*)由題意知an1,所以4(anan1)an1(nN*),即3(an1)4(an11)(nN*),所以.又a12,所以a111,所以數(shù)列an1是以1為首項,為公比的等比數(shù)列(2)解由(1)得an1()n1,bn.則Tn,Tn, 得Tn122.所以Tn3.20解(1)因為f(1)f(2),所以b1,因為當(dāng)x0,2時,都有xf(x)2|x1|1,所以有f(1)1,即c1,所以f(x)x2x1.(2)因為f(x)在1,1上有兩個零點,且c0,所以有通過線性規(guī)劃知識可得22bcQn;當(dāng)n11時,PnQn;當(dāng)n12時,PnQn.22解(1)f(x)ln(exa3)是實數(shù)集R上的奇函數(shù),f(0)0,即ln(e0a3)0,4a1,a3.將a3代入f(x)得f(x)ln exx,顯然為奇函數(shù)方程x22exm,即為x22exm,令f1(x),f2(x)x22exm.f1(x),故當(dāng)x(0,e時,f1(x)0,f1(x)在(0,e上為增函數(shù);當(dāng)xe,)時,f1(x)0,f1(x)在e,)上為減函數(shù);當(dāng)xe時,f1(x)max.而f2(x)x22exm(xe)2me2,則當(dāng)x(0,e時,f2(x)是減函數(shù),當(dāng)xe,)時,f2(x)是增函數(shù),當(dāng)xe時,f2(x)minme2,只有當(dāng)me2,即me2時,方程有且只
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