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阶段滚动卷(二)　(范围：第一～六单元)
(分值：150分)
一、选择题：本题共8小题，每小题5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.[2025·合肥模拟]已知复数z满足z(1＋i)＝2i，则z在复平面内对应的点位于(　　)
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.[2025·潍坊模拟]已知集合A＝{x|log3(2x＋1)＝2}，集合B＝{2，a}，其中a∈R.若A∪B＝B，则a＝(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
3.[2025·东北师大附中模拟]已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，f(x)＝x2＋，若f(3)＝－8，则a＝(　　)
A.－3 B.3
C. D.－
4.[2024·南京六校联考]若非零向量a，b满足|a|＝|b|，(a＋2b)⊥a，则向量a与b的夹角为(　　)
A. B.
C. D.
5.[2025·湖北七市联考]已知公差为负数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3，a4，a7是等比数列，则当Sn取最大值时，n＝(　　)
A.2或3 B.2
C.3 D.4
6.[2024·九省联考]已知θ∈(，π)，tan 2θ＝－4tan(θ＋)，则＝(　　)
A. B.
C.1 D.
7.[2025·北京顺义区模拟]设x，y≥1，a>1，b>1，若ax＝by＝3，a＋b＝2，则＋的最大值为(　　)
A.2 B.
C.1 D.
8.[2025·镇江模拟]“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载(如图(1)).今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图(2).若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角α满足cos α＝，则这块四边形木板周长的最大值为(　　)
A.20 cm B.20 cm
C.20 cm D.30 cm
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.[2025·烟台模拟]已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜)的部分图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A.A＝2，ω＝2，φ＝
B.函数f(x－)的图象关于坐标原点对称
C.函数f(x)的图象关于直线x＝－对称
D.函数f(x)在(－，]上的值域为(1，2]
10.[2025·哈尔滨模拟]已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＝6，在{an}中每相邻两项之间都插入k个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn}，下列说法正确的有(　　)
A.an＝6n－5
B.当k＝2时，bn＝2n－1
C.当k＝2时，b19不是数列{an}中的项
D.若b8是数列{an}中的项，则k的值可能为6
11.[2025·武汉模拟]已知函数f(x)＝－，则下列说法正确的是(　　)
A.f(x)的极值点为(1，－)
B.f(x)的极值点为1
C.直线y＝x－是曲线y＝f(x)的一条切线
D.f(x)有两个零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.[2024·北京东城区一模]已知角α，β的终边关于直线y＝x对称，且sin(α－β)＝，则α，β的一组取值可以是α＝________，β＝________.
13.[2024·广东六校联考]如图放置的边长为2的正方形ABCD，顶点A，D分别在x轴，y轴正半轴(不含原点)上滑动，则·的最大值是________.
14.[2024·宜昌模拟]函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0的解集为[－2，＋∞)，则实数a的取值范围为________.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)[2025·温州模拟]已知函数f(x)＝x(x－3)2，x∈[1，a].
(1)若f(x)不单调，求实数a的取值范围；
(2)若f(x)的最小值为f(a)，求实数a的取值范围.
16.(15分)[2025·开封模拟]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcos A＝asin B.
(1)求sin A.
(2)若a＝，再从条件①、条件②、条件③中选择一个条件作为已知，使其能够确定唯一的三角形，并求△ABC的面积.
条件①：b＝c；
条件②：b＝；
条件③：sin C＝.
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
17.(15分)[2025·三明模拟]定义Gn＝
为数列{an}的“匀称值”，若数列{an}的“匀称值”为2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝{bn}的前n项和为Sn，求S20.
18.(17分)[2025·西安质检]已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(a＋2)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明：f(x)≤－－2.
19.(17分)[2024·杭州模拟]平面内的“向量列”{an}，如果对于任意的正整数n，均有an＋1－an＝d，则称此“向量列”为“等差向量列”，d称为“公差向量”.平面内的“向量列”{bn}，如果b1≠0且对于任意的正整数n，均有bn＋1＝q·bn(q≠0)，则称此“向量列”为“等比向量列”，常数q称为“公比”.
(1)如果“向量列”{an}是“等差向量列”，用a1和“公差向量”d表示a1＋a2＋…＋an；
(2)已知{an}是“等差向量列”，“公差向量”d＝(3，0)，a1＝(1，1)，an＝(xn，yn)；{bn}是“等比向量列”，“公比”q＝2，b1＝(1，3)，bn＝(mn，kn).求a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn.
阶段滚动卷(二)　(范围：第一～六单元)
1.A　[z＝＝＝1＋i，即复数z对应的点为(1，1)，在第一象限.故选A.]
2.D　[法一　(直接法)　由2x＋1＝32，得x＝4，所以A＝{4}.由A∪B＝B，得A B，所以a＝4，故选D.
法二　(排除法)　由2x＋1＝32，得x＝4，所以A＝{4}，a＝1时，A∪B＝{1，2，4}≠B，排除A；a＝2时不满足集合元素的互异性，排除B；a＝3时，A∪B＝{2，3，4}≠B，排除C.故选D.]
3.B　[因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(3)＝－f(－3)，又f(3)＝－8，所以f(－3)＝8，又当x<0，f(x)＝x2＋，所以f(－3)＝(－3)2＋＝8，解得a＝3.故选B.]
4.C　[因为(a＋2b)⊥a，所以(a＋2b)·a＝a2＋2a·b＝|a|2＋2|a||b|cos〈a，b〉＝0，
又|a|＝|b|，所以|a|2(1＋2cos〈a，b〉)＝0.
因为a，b均为非零向量，
所以cos 〈a，b〉＝－，
则向量a与b的夹角为.故选C.]
5.B　[设等差数列的公差为d(d<0)，则由a3，a4，a7是等比数列，得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，整理得d(2a1＋3d)＝0，所以2a1＋3d＝0，即a1＝－d，所以Sn＝na1＋d＝n2－2dn＝(n－2)2－2d.因为d<0，所以当n＝2时，Sn取得最大值－2d.故选B.]
6.A　[因为θ∈(，π)，所以tan θ∈(－1，0).由tan 2θ＝－4tan(θ＋)得＝－4，化简整理得2tan2θ＋5tan θ＋2＝0，
解得tan θ＝－2(舍去)或tan θ＝－，
所以＝＝＝＝.故选A.]
7.C　[∵x，y≥1，a>1，b>1，ax＝by＝3，∴x＝loga3，y＝logb3，
∴＋＝log3a＋log3b＝log3ab≤log3()2＝log3()2＝1，
当且仅当a＝b＝，x＝y＝2时取等号，∴(＋)max＝1.故选C.]
8.D　[由题图(2)得，
圆形木板的直径为
＝5(cm).
设截得的四边形木板为ABCD，∠A＝α，AB＝c，BD＝a，AD＝b，BC＝n，CD＝m，如图所示.
由cos α＝且0＜α＜π
可得sin α＝＝，
在△ABD中，由正弦定理得＝5，
解得a＝4.
在△ABD中，由余弦定理，
得a2＝b2＋c2－2bccos α，
所以80＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－bc≥(b＋c)2－×＝，
即(b＋c)2≤400，可得0＜b＋c≤20，
当且仅当b＝c＝10时等号成立.
在△BCD中，∠BCD＝π－α，
由余弦定理可得
80＝a2＝m2＋n2－2mncos (π－α)
＝m2＋n2＋mn
＝(m＋n)2－mn≥(m＋n)2－×＝，
即(m＋n)2≤100，即0＜m＋n≤10，
当且仅当m＝n＝5时等号成立，
因此，这块四边形木板周长的最大值为30 cm.故选D.]
9.ABC　[A选项：设f(x)的最小正周期为T，
由图象知A＝2，－(－)＝＝T，
所以T＝＝π，得ω＝2.
当x＝时，函数f(x)取得最小值，则2×＋φ＝2kπ－(k∈Z)，
即φ＝2kπ－π(k∈Z)，
又|φ|＜，则当k＝1时，φ＝符合题意.
所以A＝2，ω＝2，φ＝，所以A正确；
B选项：f(x－)＝2sin[2(x－)＋]＝2sin 2x为奇函数，所以B正确；
C选项：令2x＋＝kπ＋(k∈Z)，解得
x＝＋(k∈Z)，所以函数f(x)图象的对称轴方程为x＝＋(k∈Z)，
当k＝－3时，x＝－，所以C正确；
D选项：因为x∈(－，]，
2x∈(－，]，
2x＋∈(，]，
所以sin(2x＋)∈[，1]，
所以f(x)∈[1，2]，所以D不正确.
故选ABC.]
10.ABD　[对A，an＝1＋6(n－1)＝6n－5，故A正确；
对B，当k＝2时，{bn}公差d＝＝2，此时bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，故B正确；
对C，当k＝2时bn＝2n－1，此时b19＝2×19－1＝37，a7＝6×7－5＝37，即b19是数列{an}中的项，故C错误；
对D，当k＝6时，b1＝a1，又a2＝b1＋6＋1＝b8，故D正确.故选ABD.]
11.BC　[对A：因为f(x)＝－，所以f′(x)＝，令f′(x)<0，得x<1；令f′(x)>0，得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增.
可知f(x)在x＝1处取得唯一极小值，也是f(x)的最小值，所以f(x)的极值点为x＝1，故A错误，B正确；
对C：因为f(2)＝－，f′(2)＝，所以f(x)在x＝2处的切线方程为y＋＝(x－2)，即y＝x－，故C正确.
对D：因为f(0)＝0，f(1)＝－<0，结合f(x)在(－∞，1)上的单调性，可知x＝0是f(x)在(－∞，1)上的唯一零点；当x>1时，ex>0恒成立，故f(x)＝－<0恒成立.
所以f(x)在(1，＋∞)上没有零点；综上：f(x)只有一个零点，故D错误.故选BC.]
12.(答案不唯一)　(答案不唯一)　[因为角α，β的终边关于直线y＝x对称，则α＋β＝＋2kπ，k∈Z，则α＝－β＋2kπ，
因为sin(α－β)＝，所以sin(－β＋2kπ－β)＝sin(－2β＋2kπ)＝cos 2β＝，
则2β＝＋2kπ或2β＝－＋2kπ，k∈Z，解得β＝＋kπ或β＝－＋kπ，k∈Z，
取k＝0，β的一个值可以为，α的一个值可以为(答案不唯一).]
13.8　[法一　设A(x，0)，D(0，y)，x＞0，y＞0，则 x2＋y2＝4，B(x＋y，x)，C(y，x＋y)，
于是·＝(x＋y，x)·(y，x＋y)＝x2＋2xy＋y2≤2(x2＋y2)＝8，
当且仅当x＝y＝时等号成立.
法二　令∠OAD＝θ(0＜θ＜)，
则∠BAx＝－θ.
由于AD＝2，
故OA＝2cos θ，OD＝2sin θ.
由于AB＝2，
则xB＝2cos θ＋2cos(－θ)＝2cos θ＋2sin θ，yB＝2sin(－θ)＝2cos θ，
故＝(2cos θ＋2sin θ，2cos θ).
同理可求得C(2sin θ，2cos θ＋2sin θ)，
即＝(2sin θ，2cos θ＋2sin θ)，
所以·＝(2cos θ＋2sin θ，2cos θ)·(2sin θ，2cos θ＋2sin θ)＝4＋4sin 2θ.
当θ＝时，·取得最大值8.]
14.　[由题意知，当x∈(－∞，－2)时，f(x)＜0；
当x∈[－2，0]时，f(x)≥0；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.
当x≤0时，f(x)＝－(x＋2)(x－a)≥0，
则(x＋2)(x－a)≤0，因解集为[－2，＋∞)，
故x＋2≥0，则x－a≤0，a≥x，此时x≤0，
故a≥0；
当x＞0时，f(x)≥0 ex－ax2≥0，
当a＝0时，显然成立；
当a＞0时，ex－ax2≥0 ≥，
令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝，
所以g(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(2)＝，
所以≥ 0＜a≤.
综上，实数a的取值范围为.]
15.解　(1)∵f(x)＝x3－6x2＋9x，
∴f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
当13时，f′(x)>0，
∴f(x)在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
又f(x)不单调，x∈[1，a]，∴a>3.
故实数a的取值范围为(3，＋∞).
(2)∵f(x)的最小值为f(a)，∴由(1)中f(x)的单调性可知，116.解　(1)由bcos A＝asin B，结合正弦定理，
得sin Bcos A＝sin Asin B，
因为sin B≠0，所以tan A＝>0，所以sin A＝且A为锐角.
(2)若选条件①：
由sin A＝得cos A＝，
将已知代入a2＝b2＋c2－2bccos A，得3＝6c2＋c2－4c2，解得c＝1，则b＝，△ABC唯一确定，
所以S△ABC＝bcsin A＝.
若选条件②：将已知代入＝，得sin B＝>，
因为b＝>＝a>bsin A＝，所以三角形有两个，不符合题目要求.
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分.
若选条件③：
由sin A＝得cos A＝，又sin A＝>sin C＝，
得A>C，
所以cos C＝，
所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝，△ABC唯一确定，
将已知代入＝，得c＝1，
∴S△ABC＝acsin B＝.
17.解　(1)因为＝2，
所以a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n.
当n＝1时，a1＝2.
当n≥2时，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2(n－1)，
上述两个等式作差得nan＝2，
即an＝(n≥2)，
又因为a1＝2满足an＝，
所以数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*).
(2)因为an＝，
所以bn＝
所以S20＝(2＋6＋…＋38)＋
＝＋
＝200＋－＝.
18.(1)解　∵f(x)＝ln x＋ax2＋(a＋2)x，定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝＋2ax＋a＋2
＝＝
(x＞0)，
①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＜0时，当x∈(0，－)时，f′(x)＞0，
f(x)在(0，－)上单调递增，
当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＜0，
f(x)在(－，＋∞)上单调递减.
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，f(x)在(0，－)上单调递增，
在(－，＋∞)上单调递减.
(2)证明　由(1)可得，当a＜0时，
f(x)max＝f(－)
＝ln(－)＋－
＝ln(－)－－1.
要证f(x)≤－－2，只需证f(x)max≤－－2，
即证ln (－)＋＋1≤0恒成立.
令t＝－，g(t)＝ln t－t＋1(t＞0)，
则g′(t)＝－1＝，
当t∈(0，1)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增，
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)＜0，g(t)单调递减，
故g(t)的最大值为g(1)＝0，即g(t)≤0，
故ln(－)＋＋1≤0恒成立，
即当a＜0时，f(x)≤－－2.
19.解　(1)设an＝(xn，yn)，d＝(d1，d2)，由an＋1－an＝d，得
所以数列{xn}是以x1为首项，公差为d1的等差数列；数列{yn}是以y1为首项，公差为d2的等差数列.
所以a1＋a2＋…＋an＝(x1＋x2＋…＋xn，y1＋y2＋…＋yn)
＝(nx1＋n(n－1)d1，ny1＋n(n－1)d2)＝n(x1，y1)＋n(n－1)(d1，d2)＝na1＋n(n－1)d.
(2)设an＝(xn，yn)，bn＝(mn，kn).
由an＋1－an＝(xn＋1，yn＋1)－(xn，yn)＝(xn＋1－xn，yn＋1－yn)＝(3，0)，从而xn＋1－xn＝3，
yn＋1－yn＝0，故数列{xn}是以1为首项，公差为3的等差数列，从而xn＝3n－2，数列{yn}是常数列，yn＝1.由bn＋1＝2bn得mn＋1＝2mn，kn＋1＝2kn，又m1＝1，k1＝3，∴数列{mn}是以1为首项，公比为2的等比数列；数列{kn}是以3为首项，公比为2的等比数列，从而有mn＝2n－1，kn＝3·2n－1，故a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn＝x1m1＋x2m2＋…＋xnmn＋y1k1＋y2k2＋…＋ynkn
令Sn＝x1m1＋x2m2＋…＋xnmn＝1×1＋4×2＋7×22＋…＋(3n－2)×2n－1，①
2Sn＝1×2＋4×22＋7×23＋…＋(3n－2)×2n.②
①－②得，－Sn＝1＋3(2＋22＋23＋…＋2n－1)－(3n－2)·2n，得Sn＝5＋(3n－5)×2n，
令Tn＝y1k1＋y2k2＋…＋ynkn＝＝3·(2n－1)，
∴a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn＝Sn＋Tn＝(3n－2)·2n＋2.

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