人教版2024年高考数学总复习课后习题检测卷合集(含答案解析)【可编辑打印】

人教版2024年高考数学总复习课后检测卷(含答案解析)目录检测卷一集合与常用逻辑用语、相等关系与不等关系 1检测卷一答案解析 3检测卷二函数 5检测卷二答案解析 8检测卷三导数及其应用 12检测卷三答案解析 15检测卷四三角函数、解三角形 21检测卷四答案解析 25检测卷五数列 30检测卷五答案解析 34检测卷六平面向量、数系的扩充与复数的引入 39检测卷六答案解析 42检测卷七立体几何 45检测卷七答案解析 50检测卷八解析几何 61检测卷八答案解析 65检测卷九计数原理 71检测卷九答案解析 73检测卷十统计与统计案例 75检测卷十答案解析 82检测卷十一概率 86检测卷十一答案解析 91检测卷一集合与常用逻辑用语、相等关系与不等关系(时间:45分钟满分:80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.(2022新高考Ⅰ,1)若集合M={x|x<4},N={x|3x≥1},则M∩N=()A.{x|0≤x<2} B.xC.{x|3≤x<16} D.x2.命题“∃x∈R,lnx+2x≤0”的否定是()A.∀x∈R,lnx+2x<0B.∀x∈R,lnx+2x>0C.∃x∈R,lnx+2x>0D.∀x∈R,lnx+2x≤03.若a,b∈R,且2a+3b=2,则4a+8b的最小值是()A.26 B.42C.22 D.44.关于x的不等式x2-2x+m>0在R上恒成立的必要不充分条件是()A.m>2 B.0<m<1C.m>0 D.m>15.若a,b∈R,则“a>1,且b>1”是“ab>1,且a+b≥2”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6.若关于x的不等式x2-2x-m<0在区间12,2上有解,则实数m的取值范围是(A.[-1,+∞) B.(-1,+∞)C.-34,+∞ D7.设p:|4x-3|≤1,q:x2-(2a+1)x+a(a+1)≤0,若q是p的必要不充分条件,则实数a的取值范围是()A.[0,12] B.(0,1C.(-∞,0]∪[12,+∞) D.(-∞,0)∪(12,+8.若正数a,b满足1a+1b=1,则1A.1 B.6 C.9 D.16二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知集合A={y|y=x2+1},集合B={(x,y)|y=x2+1},下列关系正确的是()A.(1,2)∈B B.A=BC.0∉A D.(0,0)∉B10.“∀1≤x≤3,x2-a≤0”成立的一个充分不必要条件是()A.a≥9 B.a≥11C.a≥10 D.a≤1011.下列命题是真命题的是()A.∃a,b∈R,|a-2|+(b+1)2≤0B.∀a∈R,∃x∈R,使得ax>2C.ab≠0是a2+b2≠0的充要条件D.若a≥b>0,则a12.下列命题是真命题的是()A.∃x∈(0,+∞),2x>3xB.∃x∈(0,1),log2x<log3xC.∀x∈(0,+∞),12x>loD.∀x∈0,13,三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知集合M={x∈Z|1≤x≤m},若集合M有4个子集,则实数m的取值范围为.

14.能够说明“设a,b,c是任意实数,若a>b>c,则a+b>c”是假命题的一组整数a,b,c的值依次为.

15.若函数f(x)=cosx+1cosx-m有零点,则m的取值范围是16.已知a∈R,函数f(x)=x2+2x+a-2,x≤0,-x2+2x-2a,x>0.

检测卷一答案解析1.D由已知得M={x|0≤x<16},N=xx≥13,故M∩N=2.B3.D4a+8b=22a+23b≥222a+3b=4,当且仅当a=12,b=13时取等号,故4a4.C当关于x的不等式x2-2x+m>0在R上恒成立时,Δ=4-4m<0,解得m>1;故m>1是不等式恒成立的充要条件;m>2是不等式成立的充分不必要条件;0<m<1是不等式成立的既不充分也不必要条件;m>0是不等式成立的必要不充分条件.故选C.5.A因为a>1,且b>1,所以根据同向正数不等式相乘得ab>1,根据同向不等式相加得a+b>2,即a+b≥2成立,因此充分性成立;当a=1,b=2时满足ab>1,且a+b≥2,但不满足a>1,且b>1,即必要性不成立;从而“a>1,且b>1”是“ab>1,且a+b≥2”的充分不必要条件.6.B因为关于x的不等式x2-2x-m<0在区间12,2上有解,所以不等式m>x2-2x在x∈12,2上有解,令t=x2-2x=(x-1)2-1,则tmin故实数m的取值范围是(-1,+∞).7.A由题意知p是q的充分不必要条件,解不等式|4x-3|≤1,得集合A=12,1,解不等式q:x2-(2a+1)x+a(a+1)≤0,得集合B=[a,a+1],由题意知A=12,1是B=[a,a+1]的真子集,所以a≤12,a+1≥1,且等号不同时成立,即0≤a8.B∵正数a,b满足1a+1b=1,∴b=aa-1>0,解得a>1,同理b>1.∴1a-1+9b-1=1a-1+9aa-1-1=1a9.ACD由已知得集合A={y|y≥1}=[1,+∞),集合B是由抛物线y=x2+1上的点组成的集合,故A正确,B错误,C正确,D正确.10.BC当1≤x≤3时,a≥(x2)max.因为1≤x≤3时,y=x2的最大值是9,所以a≥9.因为a≥9⇒/a≥10,a≥10⇒a≥9,又a≥9⇒/a≥11,a≥11⇒a≥9,故B,C正确.11.AD当a=2,b=-1时,|a-2|+(b+1)2≤0,故A选项正确;当a=0时,ax>2不成立,故B选项错误;当“ab≠0”时,“a2+b2≠0”成立;当“a2+b2≠0”时,如a=1,b=0,此时ab=0,故“ab≠0”不成立,也即“ab≠0”是“a2+b2≠0”的充分不必要条件,故C选项错误;当a≥b>0时,a+ab≥b+ab,a(1+b)≥b(1+a),由于1+b>0,1+a>0,故a1+a≥b1+12.BDA项,当x∈(0,+∞)时,2x3x=23x<1,即2x<B项,当x∈(0,1)时,log2x<0,且log3x<0,因为log2xlog3x=log3xlog32log3x=1log3C项,当x=13时,12x=1213<1,log13x=1D项,由对数函数与指数函数的性质可知,当x∈0,13时,12x<1<log13.[2,3)因为集合M有4个子集,所以集合M中包含两个元素,所以M={x∈Z|1≤x≤m}={1,2},所以2≤m<3.14.-1,-2,-3(答案不唯一)答案不唯一,如令a=-1,b=-2,c=-3,则a>b>c,而a+b=-3=c,能够说明“设a,b,c是任意实数,若a>b>c,则a+b>c”是假命题.15.(-∞,-2]∪[2,+∞)令f(x)=cosx+1cosx-m=0,得m=cos令y1=m,y2=cosx+1cosx(cosx≠0),则函数f(x)=cosx+1cos即函数y1=m与y2=cosx+1cosx当cosx>0时,y2=cosx+1cosx≥2cosx×1cosx=2,当且仅当cosx=1所以当cosx>0时,y2=cosx+1cosx当cosx<0时,y2=cosx+1cosx=--cosx+1当且仅当-cosx=1-cosx,即cosx=-所以当cosx<0时,y2=cosx+1cosx≤所以要使函数y1=m与y2=cosx+1cosx的图象有交点,则需m≤-2或m≥16.18,2当x>0时,f(x)≤|x|可化为-x2+2x-2a≤x,即x-122+当-3≤x≤0时,f(x)≤|x|可化为x2+2x+a-2≤-x,即x2+3x+a-2≤0.对于函数y=x2+3x+a-2,其图象的对称轴为直线x=-32.因为当-3≤x≤0时,y≤0,所以当x=0时,y≤0,即a-2≤0,所以a≤综上所述,a的取值范围为1

检测卷二函数(时间:120分钟满分: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.设集合M={x|2x-1<1,x∈R},N={x|log12x<1,x∈R},则M∩N等于(A.12,1C.12,+∞ D.2.已知函数f(x)=log2x,x>0,2x,x≤0,若A.-1 B.2C.-1或2 D.1或-23.设a=logπ0.3,b=0.3π,c=3-π,则()A.a>c>b B.b>c>a C.c>b>a D.c>a>b4.定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+1)=f(x-1),若f(x)在区间[0,1]上单调递增,则f-32,f(1),f43的大小关系为A.f-32<f(1)B.f(1)<f-32C.f-32<f4D.f43<f(1)<f5.已知函数f(x)=15x-log2x,若实数x0是方程f(x)=0的解,且x0<x1,则f(x1)的值(A.恒为负 B.等于零C.恒为正 D.不大于零6.已知定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=-f(x),f(x+1)=f(1-x),且当x∈[0,1]时,f(x)=log2(x+1),则f(31)等于()A.0 B.1 C.-1 D.27.若函数f(x)=ax-a-x(a>0,且a≠1)在R上为减函数,则函数y=loga(|x|-1)的图象可以是()8.若2a+log2a=4b+2log4b,则()A.a>2b B.a<2b C.a>b2 D.a<b2二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知函数f(x)=loga|x-1|在区间(-∞,1)内单调递增,则()A.0<a<1B.a>1C.f(a+1080)>f(1081)D.f(a+1080)<f(1081)10.若实数a,b满足loga2<logb2,则下列关系中可能成立的有()A.0<b<a<1 B.0<a<1<bC.a>b>1 D.0<b<1<a11.某医药研究机构开发了一种新药,据监测,如果患者每次按规定的剂量注射该药物,那么注射后每毫升血液中的含药量y(单位:微克)与时间t(单位:小时)之间的关系近似满足如图所示的曲线.据进一步测定,当每毫升血液中含药量不少于0.125微克时,治疗该病有效,则下列说法正确的是()A.a=3B.注射一次治疗该病的有效时长为6小时C.注射该药物18小时后每毫升血液中的含药量为0.4D.注射一次治疗该病的有效时长为5313212.(2022新高考Ⅰ,12)已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,记g(x)=f'(x).若f32-2x,g(2+x)均为偶函数,A.f(0)=0 B.g-12C.f(-1)=f(4) D.g(-1)=g(2)三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知y=f(x)是奇函数,当x≥0时,f(x)=x23,则f(-8)的值是14.函数f(x)=log3(8x+1)的值域为.

15.若不等式3ax2-2ax>13对一切实数16.已知偶函数f(x)的定义域为R,对∀x∈R,f(x+2)=f(x)+f(1),且当x∈[2,3]时,f(x)=-2(x-3)2,若函数F(x)=loga(|x|+1)-f(x)(a>0,a≠1)在R上恰有6个零点,则实数a的取值范围是.

四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)已知函数f(x)=m+logax(a>0,且a≠1)的图象过点(8,2)和(1,-1).(1)求函数f(x)的解析式;(2)令g(x)=2f(x)-f(x-1),求g(x)的最小值及取得最小值时x的值.18.(12分)已知函数f(x)=xx-a(x≠(1)若a=-2,试用定义证明f(x)在区间(-∞,-2)内单调递增;(2)若a>0,且f(x)在区间(1,+∞)内单调递减,求实数a的取值范围.19.(12分)已知函数g(x)=ax2-2ax+1+b(a>0)在区间[2,3]上有最大值4和最小值1.设f(x)=g((1)求a,b的值;(2)若当x∈[-1,1]时不等式f(2x)-k·2x≥0有解,求实数k的取值范围.20.(12分)某厂生产某种产品的年固定成本为250万元,每生产x(x∈N*,单位:千件),需另投入成本为C(x)万元,当年产量不足80(单位:千件)时,C(x)=13x2+10x(单位:万元);当年产量不少于80(单位:千件)时,C(x)=51x+10000x-1450(单位:万元).通过市场分析,当每件售价为500(1)写出年利润L(单位:万元)关于年产量x(单位:千件)的函数解析式.(2)当年产量为多少千件时,该厂在这一商品的生产中所获利润最大?21.(12分)已知函数f(x)=loga(ax-1)(a>0,且a≠1).(1)当a=12时,求函数f(x)的定义域(2)当a>1时,求关于x的不等式f(x)<f(1)的解集;(3)当a=2时,若不等式f(x)-log2(1+2x)>m对任意实数x∈[1,3]恒成立,求实数m的取值范围.22.(12分)已知函数f(x)对任意实数x,y恒有f(x+y)=f(x)+f(y),当x>0时,f(x)<0,且f(1)=-2.(1)判断f(x)的奇偶性;(2)求f(x)在区间[-3,3]上的最大值;(3)解关于x的不等式f(ax2)-2f(x)<f(ax)+4.

检测卷二答案解析1.A由题可得M={x|x<1},N=xx故M∩N=x12<x2.C由题意得log2a=12,a>0或3.Ca=logπ0.3<logπ1=0,b=0.3π=310π,c=3-π=因为y=xπ单调递增,且13>310,所以13π>310π4.C∵定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+1)=f(x-1),∴f(x+2)=f(x).∴f-32=f-32+2=f12,f43=f(∵f(x)在区间[0,1]上单调递增,∴f12<f23<f(1∴f-32<f43<f(1),5.Af(x)=15x-log2x在区间(0,+∞)内单调递减,若f(x0)=0,则当x0<x1时,一定有f(x1)<0,故选6.C∵函数f(x)的定义域为R,且f(-x)=-f(x),∴函数f(x)是奇函数.∴f(x+1)=f(1-x)=-f(x-1),即f(x+2)=-f(x).∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即函数f(x)是周期为4的函数.∵当x∈[0,1]时,f(x)=log2(x+1),∴f(31)=f(32-1)=f(-1)=-f(1)=-log22=-1,故选C.7.C由函数f(x)=ax-a-x(a>0,且a≠1)在R上为减函数,得0<a<1.函数y=loga(|x|-1)是偶函数,定义域为{x|x>1,或x<-1},故排除A,B;当x>1时,函数y=loga(|x|-1)的图象是把函数y=logax的图象向右平移1个单位长度得到的,所以当x>1时,函数y=loga(|x|-1)单调递减,排除D.故选C.8.B由指数与对数运算可得,2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b.因为22b+log2b<22b+log22b=22b+1+log2b,所以2a+log2a<22b+log22b.令f(x)=2x+log2x,由指数函数与对数函数单调性可得f(x)在区间(0,+∞)内单调递增.由f(a)<f(2b)可得a<2b.9.AC由函数f(x)=loga|x-1|,可知函数的图象关于直线x=1对称,且f(x)在区间(-∞,1)内单调递增,易得0<a<1;因为2020<a+2020<2021,又f(x)在区间(1,+∞)内单调递减,所以f(a+2020)>f(2021).10.ABC当0<b<a<1时,log2b<log2a<0,即1logb2<1loga2<0,故loga2<logb2,A正确;当0<a<1<b时,logb2>0,loga2<0,故loga2<logb2,B正确;当a>b>1时,log2a>log2b>0,即1loga2>1logb2>0,故loga2<logb2,C正确;当0<b<1<a时,logb2<11.AD由题中函数图象可知y=4当t=1时,y=4,即121-a=4,故y=4故A正确;当4t=0.125,即t=132时,药物刚好起效,当12t-3=0.125,即t=故药物有效时长为6-132=53132小时,药物的有效时长不到6小时,故B错误,D注射该药物18小时后每毫升血液含药量为4×18=0.5(微克),故12.BC∵f(32-2x)是偶函数,∴f(32+2x)=f(32-2∴函数f(x)的图象关于直线x=32对称∴f(-1)=f(4).故C正确;∵g(2+x)为偶函数,∴g(2-x)=g(2+x),∴g(x)的图象关于直线x=2对称.∵g(x)=f'(x),g(x)的图象关于直线x=2对称,∴f(x)的图象关于点(2,t)(t∈R)对称.∵f(x)的图象关于直线x=32对称∴g(x)的图象关于点32,∴f(x)与g(x)均是周期为2的函数.∴f(0)=f(2)=t(不恒等于0),故A错误;g-12=g32=0,∴构造函数f(x)=sin(πx)符合题目要求,g(x)=πcos(πx),而g(-1)=πcos(-π)=-π,g(2)=πcos2π=π,故D错误.故选BC.13.-4∵y=f(x)是奇函数,∴f(-8)=-f(8)=-823=-14.(0,+∞)由指数函数的性质,知8x>0,所以8x+1>1.据此可知f(x)=log3(8x+1)>0,所以函数f(x)的值域为(0,+∞).15.[0,1)原不等式可变形为3ax2-2ax>3-1,因为指数函数y=所以有ax2-2ax>-1,即ax2-2ax+1>0对一切实数x恒成立.①当a=0时,1>0,满足题意;②当a≠0时,若二次函数大于0恒成立,则需a>0,且Δ=(-2a)2-4a<0,即a>0,且a2-a<0,解得0<a<1.综上,实数a的取值范围是0≤a<1.16.55,33令x=-1,则f(1)=f(-1)+f(1)=2f(1),所以f(1)=0,所以f(x+2)=f(x),即函数f(作出函数f(x)的图象,如图所示.由图可知,若F(x)=loga(|x|+1)-f(x)恰有6个零点,则y=f(x)的图象与y=loga(|x|+1)的图象有6个不同的交点,则0<a<1.因为y=f(x)和y=loga(|x|+1)均为偶函数,且f(0)=f(2)=-2≠0,而loga(|0|+1)=0,所以y=f(x)的图象与y=loga(|x|+1)的图象在区间(0,+∞)内有三个不同的交点.在同一平面直角坐标系中作出y=loga(|x|+1)的图象如图所示,由图可知f(2)=-2=loga3,得a=33,f(4)=-2=loga5,得a=55,所以或f17.解(1)由f(8故函数的解析式为f(x)=-1+log2x.(2)g(x)=2f(x)-f(x-1)=2(-1+log2x)-[-1+log2(x-1)]=log2x2x-1-1(因为x2x-1=(x-1)2+2(x-1)+1x-1=(x-1)+1x-1+2≥2(x-1)·1x-1+2=4,当且仅当x-1=1x-1,即x=2时,等号成立,又函数y=log2x在区间18.(1)证明当a=-2时,f(x)=xx+2(x≠-2设任意的x1,x2∈(-∞,-2),且x1<x2,f(x1)-f(x2)=x∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,∴f(x1)<f(x2).∴f(x)在区间(-∞,-2)内单调递增.(2)解设任意的x1,x2∈(1,+∞),且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=x因为a>0,x2-x1>0,所以要使f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0在区间(1,+∞)内恒成立,∴a≤1.综上所述,a的取值范围是(0,1].19.解(1)g(x)=a(x-1)2+1+b-a.因为a>0,所以g(x)在区间[2,3]上单调递增,故g(2(2)由已知可得f(x)=x+1x-2,所以f(2x)-k·2x≥0可化为2x+12x-2≥k·2x,可化为1+12x令t=12x,则k≤t2-2t+因为x∈[-1,1],所以t∈记h(t)=t2-2t+1,因为t∈12,2,所以h(t)所以k≤1,即实数k的取值范围是(-∞,1].20.解(1)当0<x<80,x∈N*时,L(x)=500×1000x10000-13x2-10当x≥80,x∈N*时,L(x)=500×1000x10000-51x-10000x+故L(x)=-(2)当0<x<80,x∈N*时,L(x)=-13(x-60)2+950故当x=60时,L(x)取得最大值L(60)=950.当x≥80,x∈N*时,L(x)=1200-x+10000x≤1200-2x·10000x=当且仅当x=10000x,即x=100时,L(x)取得最大值L(100)=1000综上所述,当x=100时,L(x)取得最大值1000,即年产量为100(单位:千件)时,该厂在这一商品的生产中所获利润最大.21.解(1)当a=12时,f(x)=log1212x-1,故12x-1>0,解得x<0,故函数f((2)由题意知f(x)=loga(ax-1)(a>1),定义域为x∈(0,+∞),易知f(x)在区间(0,+∞)内为增函数,由f(x)<f(1),知x>0,x<1,故x∈((3)设g(x)=f(x)-log2(1+2x)=log22x-12x+1,x∈[1,3],2x-12x+1=1-22x+1,x∈[1,3],2x+1∈[3,9],t=1-22又f(x)-log2(1+2x)>m对任意实数x∈[1,3]恒成立,故m<g(x)min=-log23.即m的取值范围为(-∞,-log23).22.解(1)取x=y=0,则f(0+0)=2f(0),即f(0)=0.取y=-x,则f(x-x)=f(x)+f(-x),即f(-x)=-f(x)对任意x∈R恒成立,故函数f(x)为奇函数.(2)任取x1,x2∈(-∞,+∞),且x1<x2,则x2-x1>0.∴f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1)<0,∴f(x2)<-f(-x1).又f(x)为奇函数,∴f(x1)>f(x2).∴f(x)在区间(-∞,+∞)内是减函数.∴对任意x∈[-3,3],恒有f(x)≤f(-3).∵f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=3f(1)=-2×3=-6,∴f(-3)=-f(3)=6,∴f(x)在区间[-3,3]上的最大值为6.(3)∵f(x)为奇函数,∴整理原不等式,得f(ax2)+2f(-x)<f(ax)+f(-2).∴f(ax2-2x)<f(ax-2).∵f(x)在区间(-∞,+∞)内是减函数,∴ax2-2x>ax-2,即(ax-2)(x-1)>0.∴当a=0时,x∈{x|x<1};当a=2时,x∈{x|x≠1,且x∈R};当a<0时,x∈x当0<a<2时,x∈x当a>2时,x∈综上所述,当a=0时,原不等式的解集为{x|x<1};当a=2时,原不等式的解集为{x|x≠1,且x∈R};当a<0时,原不等式的解集为x2当0<a<2时,原不等式的解集为{xx>2a,或当a>2时,原不等式的解集为x

检测卷三导数及其应用(时间:120分钟满分: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.函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为()A.y=-2x-1B.y=-2x+1C.y=2x-3D.y=2x+12.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是()A.m>0 B.m<0 C.m>1 D.m<13.已知函数f(x)=ex-1ex+1-ax,对于任意实数x1,x2,且x1≠x2,都有f(xA.(12,+∞) B.(1,+∞C.[12,+∞) D.[1,+∞4.函数f(x)=x2+x-lnx的零点的个数是()A.0 B.1 C.2 D.35.已知当x∈12,2时,a≤1-xx+lnx恒成立,A.0 B.1 C.2 D.36.已知定义在R上的函数f(x)满足f'(x)+f(x)>1,f(0)=5,f'(x)是f(x)的导函数,则不等式ex(f(x)-1)>4(其中e为自然对数的底数)的解集为()A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞)C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(3,+∞)7.已知函数f(x)=lnx+tanα0<α<π2的导函数为f'(x),若方程f'(x)=f(x)的根x0小于1,则αA.π4,π2C.π6,π8.(2022新高考Ⅰ,7)设a=0.1e0.1,b=19,c=-ln0.9,则(A.a<b<c B.c<b<aC.c<a<b D.a<c<b二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2022新高考Ⅰ,10)已知函数f(x)=x3-x+1,则()A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线10.若函数f(x)=13x3+x2-23在区间(a-1,a+4)内存在最小值,则整数a可以取(A.-3 B.-2C.-1 D.011.已知函数f(x)=cosxex+sinxA.函数f(x)在区间0,B.当x∈π2,π时,f(x)C.-π2,0是函数fD.x=-π是函数f(x)的一个极小值点12.已知函数f(x)=x-(x-1)lnx,下列说法正确的是()A.f(x)存在唯一极值点x0,且x0∈(1,2)B.存在实数a,使得f(a)>2C.方程f(x)=-1有且仅有两个实数根,且两根互为倒数D.当k<1时,函数f(x)与g(x)=kx的图象有两个交点三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知曲线y=lnx+x+1的一条切线的斜率为2,则切点坐标为.

14.已知函数f(x)=aex-lnx-1,若x=1是f(x)的极值点,则a=,f(x)的单调递增区间为.

15.已知函数f(x)=e|x-1|,函数g(x)=lnx-x+a,若∃x1,x2使得f(x1)<g(x2)成立,则实数a的取值范围是.

16.已知函数f(x)=xlnx+12x2,x0是函数f(x)的极值点,给出以下几个结论①0<x0<1e;②x0>1e;③f(x0)+x0<0;④f(x0)+x0>其中正确的结论是.(填序号)

四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0,讨论f(x)的单调性;(2)若当x≥0时,f(x)≥0,求实数a的取值范围.18.(12分)(2021北京,19)已知函数f(x)=3-(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及极大值和极小值.19.(12分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<ex.20.(12分)已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.21.(12分)(2021天津,20)已知a>0,函数f(x)=ax-xex.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)证明:函数f(x)存在唯一的极值点;(3)若存在实数a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,求实数b的取值范围.22.(12分)(2022新高考Ⅰ,22)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

检测卷三答案解析1.B对函数f(x)求导可得f'(x)=4x3-6x2,由导数的几何意义,知在点(1,f(1))处的切线的斜率为k=f'(1)=-2.又因为f(1)=-1,所以切线方程为y-(-1)=-2(x-1),化简得y=-2x+1.2.B求导得y'=ex+m,由于ex>0,若y=ex+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.3.C由题意可得f(x)=ex-1所以f'(x)=2ex(ex+1)2-a≤又因为2ex+14.A由f'(x)=2x+1-1x=2x2+x-1x=0,得x=12或x=-1(舍去).当0<x<12时,f'当x>12时,f'(x)>0,f(x)单调递增.则f(x)的最小值为f12=34+ln25.A令f(x)=1-xx+lnx,则f'(x当x∈12,1时,f'(x)<0;当x∈(1,2]时,f'(x则f(x)在区间12,1内单调递减,在区间(1,2即在区间12,2上,f(x)min=f(1)故a≤0,即a的最大值为0.6.A令g(x)=ex(f(x)-1),则g'(x)=ex(f(x)-1)+exf'(x)=ex(f(x)+f'(x)-1).因为f(x)+f'(x)>1,所以g'(x)>0.所以函数g(x)在R上单调递增.因为f(0)=5,所以g(0)=4.所以不等式ex(f(x)-1)>4的解集,由g(x)>g(0),得x>0.故选A.7.A∵f(x)=lnx+tanα,∴f'(x)=1令f(x)=f'(x),得lnx+tanα=1x,即tanα=1x-ln设g(x)=1x-lnx,显然g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,而当x→0时(从0的右边趋近),g(x)→+∞故要使满足f'(x)=f(x)的根x0<1,只需tanα>g(1)=1.又0<α<π2,8.C令a1=xex,b1=x1-x,c1=-ln(则lna1-lnb1=lnxex-lnx=x+lnx-[lnx-ln(1-x)]=x+ln(1-x).令y1=x+ln(1-x),x∈(0,0.1],则当x∈(0,0.1]时,y1'=1-11-x于是函数y1=x+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递减.于是y1<0,∴lna1-lnb1<0,∴b1>a1.令y2=a1-c1=xex+ln(1-x),x∈(0,0.1],则y2'=xex+ex-1令k(x)=(1+x)(1-x)ex-1,则当x∈(0,0.1]时,k'(x)=(1-x2-2x)ex>0,∴k(x)在区间(0,0.1]上单调递增.∴k(x)>k(0)=0.∴在区间(0,0.1]上,y2'>0,∴y2=xex+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递增.∴y2>0,∴a1>c1.∴在区间(0,0.1]上,b1>a1>c1.故当x=0.1时,有b>a>c.9.AC∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1.由3x2-1=0,得x=33或x=-∴f(x)有2个极值点-33与33,且在区间(-∞,-33)上单调递增,在区间(-33,33)上单调递减,在区间(33,+∞)上单调递增.又f33=1-239>0,当x=-2时,f(-2)∴f(x)只在区间(-2,-33)上存在一个零点,∴f(x)只有一个零点∵f(x)+f(-x)=2,∴点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心.由f'(x)=3x2-1=2,解得x=±1,∴曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1;曲线y=f(x)在点(-1,1)处的切线方程为y-1=2(x+1),即y=2x+3.∴直线y=2x与曲线y=f(x)不相切.故选AC.10.BCD由题意,得f'(x)=x2+2x=x(x+2),故f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)内单调递增,在区间(-2,0)内单调递减,作出其大致图象如图所示.令13x3+x2-23=-23,得x=0或则结合图象可知-3≤a-1<0,a+4>0,解得a又a∈Z,所以a可以取-2,-1,0.11.ABf'(x)=-e对于A,当x∈0,π2时,x+π4∈π4,3π4,sinx+π4对于B,当x∈π2,π时,cosx<0,ex>0,sinx>0,所以f(x)<0,对于C,f-π4=cos-π4e-π4+sin-π4f-12=cos-12e-12-sin12,cos-1又-π4<-12,但此时有f-π4<f-1对于D,因为f'(-π)=e-π-1(e-π)2≠0,所以x=-π12.ACD对f(x)=x-(x-1)lnx进行求导,可得f'(x)=-lnx+1x,显然f'(x)为减函数,f'(1)=1>0,f'(2)=-ln2+12<0,故存在x0∈(1,2),使得f'(x0)=且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故x0为唯一的极大值点,故A正确;由题意可知,x0为最大值点,由f'(x0)=-lnx0+1x0=0,可得f(x0)=x0-(x0-1)lnx0=x0+1x0-1.因为x0∈(1,2),所以f(x0)<2,若x1是方程f(x)=-1的一个解,即f(x1)=x1-(x1-1)lnx1=-1,则f1x1=1x1-1x1-故x1和1x1都是方程f(x)=-1的解,故C由g(x)=kx,f(x)=g(x),可得k=1-1-1xln令m(x)=1-1-1xlnx,x>0,则m'(x令h(x)=-x-lnx+1,x>0,因为x>0,所以h'(x)=-1-1x<0,故h(x)=-x-lnx+1为减函数而h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,即m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即m'(x)<0,m(x)单调递减,所以m(x)≤m(1)=1,故当k<1时,f(x)与g(x)=kx的图象有两个交点.故D正确.13.(1,2)设切线的切点坐标为(x0,y0),由y=lnx+x+1,得y'=1x+1,因为y'|x=x0=1x0+1=2,解得x0=1,y0=14.1e(1,+∞)由题意可得f'(x)=aex-1x(x>由x=1是f(x)的极值点,得f'(1)=ae-1=0,解得a=1即f(x)=ex-1-lnx-1,f'(x)=ex-1-1x令f'(x)>0,可得x>1,故f(x)的单调递增区间为(1,+∞).15.(2,+∞)由题意,∃x1,x2使得f(x1)<g(x2)成立,可转化为f(x)min<g(x)max成立,由函数f(x)=e|x-1|,根据指数函数的图象与性质可知,当x=1时,函数f(x)=e|x-1|取得最小值,此时最小值为f(1)=1.由g(x)=lnx-x+a,得g'(x)=1x-1=1-xx(当x∈(0,1)时,g'(x)>0,则函数g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,则函数g(x)单调递减,所以当x=1时,函数g(x)有最大值,此时最大值为g(1)=a-1,令a-1>1,解得a>2,即实数a的取值范围是(2,+∞).16.①③由已知得f'(x)=lnx+x+1(x>0),不妨令g(x)=lnx+x+1(x>0),则g'(x)=1x+1.当x∈(0,+∞)时,有g'(x)>0总成立,所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且g1e=1e>0.又x0是函数f(x)的极值点,所以f'(x0)=g(x0)=0,即g1e>g(x0),所以0<x0<1e,即因为lnx0+x0+1=0,所以f(x0)+x0=x0lnx0+12x02+x0=x0(lnx0+x0+1)-12x02=-12x02<017.解(1)当a=0时,f(x)=ex-1-x,f'(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.(2)f'(x)=ex-1-2ax.由(1)知,当a=0时,f(x)≥f(0)=0,即ex≥1+x,当且仅当x=0时,等号成立,故f'(x)≥x-2ax=(1-2a)x.当a≤12时,1-2a≥0,f'(x)≥0(x≥0),f(x)在区间[0,+∞)因为f(0)=0,于是当x≥0时,f(x)≥0,符合题意.当a>12时,由ex>1+x(x≠0),可得e-x>1-x(x≠0)所以f'(x)<ex-1+2a(e-x-1)=e-x(ex-1)(ex-2a),故当x∈(0,ln2a)时,f'(x)<0,而f(0)=0,于是当x∈(0,ln2a)时,f(x)<0,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围为-18.解(1)当a=0时,f(x)=3-2xx2,则f'(x)=2(x-3)x3,得f(此时,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=-4(x-1),即4x+y-5=0.(2)因为f(x)=3-2xx2+a,由题意可得f'(-1)=2(4-a)(a故f(x)=3-2xx2+4,当x变化时,f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-∞,-1)-1(-1,4)4(4,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(4,+∞),单调递减区间为(-1,4).当x=-1时,f(x)取得极大值,f(-1)=1;当x=4时,f(x)取得极小值,f(4)=-119.(1)解由f(x)=ex-ax,得f'(x)=ex-a.因为f'(0)=1-a=-1,所以a=2.所以f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2.令f'(x)=0,得x=ln2.当x<ln2时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=ln2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln2)=2-2ln2=2-ln4,f(x)无极大值.(2)证明令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.由(1),得g'(x)=f(x)≥f(ln2)=2-ln4>0,故g(x)在R上单调递增.因为g(0)=1>0,所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x2<ex.20.解(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.(2)f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a>0时,由f'(x)=0,可得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时f'(x)>0.所以f(x)在区间(-∞,lna)内单调递减,在区间(lna,+∞)内单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).①若0<a≤1e,则f(lna)≥0,f(x)在区间(-∞,+∞)内至多存在一个零点,②若a>1e,则f(lna)<0因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在区间(-∞,lna)内存在唯一零点.由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,所以当x>4,且x>2ln(2a)时,f(x)=ex2·ex2-a(x+2)>eln(2a)·x2+2-a(x+2)=2a>0.故f(x)在区间(从而f(x)在区间(-∞,+∞)内有两个零点.综上所述,实数a的取值范围是121.(1)解f'(x)=a-(x+1)ex,则f'(0)=a-1,又f(0)=0,则切线方程为y=(a-1)x(a>0).(2)证明令f'(x)=a-(x+1)ex=0,则a=(x+1)ex.令g(x)=(x+1)ex,则g'(x)=(x+2)ex,当x∈(-∞,-2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(-2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x→-∞时,g(x)<0,g(-1)=0,当x→+∞时,g(x)>0,画出g(x)的大致图象如下:所以当a>0时,直线y=a与曲线y=g(x)仅有一个交点,令g(m)=a,则m>-1,且f'(m)=a-g(m)=0,当x∈(-∞,m)时,a>g(x),则f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(m,+∞)时,a<g(x),则f'(x)<0,f(x)单调递减,x=m为f(x)的极大值点,故f(x)存在唯一的极值点.(3)解由(2)知f(x)max=f(m),此时a=(1+m)em,m>-1,所以{f(x)-a}max=f(m)-a=(m2-m-1)em(m>-1),令h(x)=(x2-x-1)ex(x>-1),若存在实数a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,等价于存在x∈(-1,+∞),使得h(x)≤b,即b≥h(x)min,h'(x)=(x2+x-2)ex=(x-1)(x+2)ex,x>-1,当x∈(-1,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=-e,故b≥-e,所以实数b的取值范围为[-e,+∞).22.(1)解由题意,得f'(x)=ex-a,g'(x)=a-1x=ax-1当a≤0时,f'(x)>0,f(x)为增函数,f(x)无最小值,g'(x)<0,g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,g(x)无最小值.当a>0时,令f'(x)=0,即ex-a=0,解得x=lna.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表.x(-∞,lna)lna(lna,+∞)f'(x)—0+f(x)↘极小值a-alna↗由表可知,当x=lna时,f(x)取得极小值也是最小值,为a-alna.由g'(x)=0得x=1a>0当x在区间(0,+∞)内变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表.x011g'(x)—0+g(x)↘极小值1+lna↗由上表可知,当x=1a时,g(x)取得极小值也是最小值,为1+lna则a-alna=1+lna.令h(a)=a-alna-1-lna,则h'(a)=1-(lna+1)-1a=-lna-1a=ln令1a=t,则lnt-t<0则h(a)在区间(0,+∞)内单调递减,且h(1)=0.故a=1.(2)证明由(1)知f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx,且f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增,g(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增,且f(x)min=g(x)min=1.①当b<1时,此时f(x)min=g(x)min=1>b.显然直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)没有交点,不符合题意;②当b=1时,此时f(x)min=g(x)min=1=b,直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点,交点的横坐标分别为0和1;③当b>1时,首先,证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点,即证明F(x)=f(x)-b有2个零点.因为F'(x)=f'(x)=ex-1,所以F(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.又因为F(-b)=e-b>0,F(0)=1-b<0,F(b)=eb-2b>0,(令t(b)=eb-2b,则当b>1时,t'(b)=eb-2>0,t(b)>t(1)=e-2>0)所以F(x)=f(x)-b在区间(-∞,0)内存在且只存在1个零点,设为x1,在区间(0,+∞)内存在且只存在1个零点,设为x2.其次,证明y=b与曲线g(x)有2个交点,即证明G(x)=g(x)-b有2个零点.G'(x)=g'(x)=1-1x,所以G(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增又因为G(e-b)=e-b>0,G(1)=1-b<0,G(2b)=b-ln2b>0,(令μ(b)=b-ln2b,则当b>1时,μ'(b)=1-1b>0,μ(b)>μ(1)=1-ln2>所以G(x)=g(x)-b在区间(0,1)内存在且只存在1个零点,设为x3,在区间(1,+∞)内存在且只存在1个零点,设为x4.再次,证明存在b使得x2=x3.因为F(x2)=G(x3)=0,所以b=ex2-x2=x3-lnx若x2=x3,则ex2-x2=x2-lnx2,即ex2-2x2+lnx所以只需证明ex-2x+lnx=0在区间(0,1)内有解即可,即φ(x)=ex-2x+lnx在区间(0,1)内有零点.因为φ1e3=e1e3-2e3-3<0所以φ(x)=ex-2x+lnx在区间(0,1)内存在零点,取一零点为x0,令x2=x3=x0即可,此时取b=ex0-x则此时存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点.最后,证明x1+x4=2x0,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4),所以F(x1)=G(x0)=F(lnx0).又因为F(x)在区间(-∞,0)内单调递减,x1<0,0<x0<1,所以lnx0<0,所以x1=lnx0.同理,因为F(x0)=G(ex0)=G(x又因为G(x)在区间(1,+∞)内单调递增,x0>0,所以ex0>1,x4>1,所以x4又因为ex0-2x0+lnx0=所以x1+x4=lnx0+ex0=2x即直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

检测卷四三角函数、解三角形(时间:120分钟满分: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要求的.1.下列函数中周期为π且为偶函数的是()A.y=sin2x-π2 BC.y=sinx+π2 D.2.已知角α终边上一点P的坐标是(2sin2,-2cos2),则sinα等于()A.sin2 B.-sin2 C.cos2 D.-cos23.函数f(x)=sinx3+cosx3的最小正周期和最大值分别是(A.3π和2 B.3π和2 C.6π和2 D.6π和24.已知tanθ+1tanθ=4,则cos2θ+π4A.15 B.14 C.135.如图,某山的坡度比为7∶3(坡度比即坡面的垂直高度和水平宽度的比),在山坡A处测得∠CAD=15°,从A处沿山坡往上前进66m到达B处,在山坡B处测得∠CBD=30°,则塔CD的高为()A.44m B.42m C.48m D.46m6.将函数f(x)=sin2x的图象向右平移φ(0<φ<π2)个单位长度后得到函数g(x)的图象.若对满足|f(x1)-g(x2)|=2的x1,x2,有|x1-x2|min=π3,则φ等于(A.5π12 B.π3 C.π7.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示,若x1,x2∈-π6,π3,且f(x1)=f(x2),则f(x1+xA.1 B.12 C.22 D8.一个半径为4.8m的水轮如图所示,水轮圆心O距离水面2.4m,已知水轮每60s逆时针转动一圈,若当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计时,则()A.点P第一次到达最高点需要10sB.在水轮转动的一圈内,共有10s的时间点P距离水面的高度不低于4.8mC.点P距离水面的高度h(单位:m)与时间t(单位:s)的函数解析式为h=4.8sin(π30t-π6)+2D.当水轮转动50s时,点P在水面下方,距离水面1.2m二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知函数f(x)=sinx+π3,以下判断正确的是A.2π是f(x)的最小正周期B.点2π3,0是fC.直线x=-π3是f(x)D.区间π6,7π6是10.已知θ∈(0,π),sinθ+cosθ=15,则下列结论正确的是(A.θ∈π2,π B.tanC.cosθ=-35 D.sinθ-cosθ=11.已知△ABC的外接圆半径R∈[1,+∞),AB=AC=1,则下列说法正确的是()A.BC的最小值为3B.∠A的最小值为2C.△ABC周长的最小值为2+2D.△ABC面积的最大值为312.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,全书十八卷共八十一个问题,分为九类,每类九个问题,《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就,其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a,b,c求面积的公式,这与古希腊的海伦公式等价,其求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上,以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文字写成公式,即S=14c2a2-c2+a2-b222.现有△ABC满足sinA∶sinB∶sinC=2∶A.△ABC的周长为10+27B.△ABC的三个内角A,C,B成等差数列C.△ABC的外接圆直径为4D.△ABC的中线CD的长为32三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.3cos10°-114.若函数f(x)=sinωx+π3(ω>0)的周期T=π,则ω=,函数y=ef(x)的单调递减区间为.(e15.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设AD为BC边上的高,且AD=a,则bc+cb16.如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,则cos∠FCB=.

四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)在①A=π3,a=3,b=2;②a=1,b=3,A=π6;③a=2,b=62,B=π3这三个条件中任选一个,在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,,判断三角形解的情况,并在三角形有两解的情况下解三角形.

注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.18.(12分)设函数f(x)=sinωx-π6+sinωx-π2,其中0<ω<3.(1)求ω;(2)将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移π4个单位长度,得到函数y=g(x)的图象,求g(x)在区间-π19.(12分)随着人们生活水平的不断提高,网上外卖订餐应运而生.现有外卖送餐员小李在A地接到两份外卖单,他需分别到B地、D地取餐,再将两份外卖一起送到C地,运餐过程不返回A地.A,B,C,D各地的示意图如图所示,BD=2km,AD=23km,∠ABD=120°,∠DCB=45°,∠CDB=30°,假设小李到达B,D两地时都可以马上取餐(取餐时间忽略不计),送餐过程一路畅通.若小李送餐骑行的平均速度为每小时20千米,请你帮小李设计出所有送餐路径(如AB→BD→DB→BC),并计算各种送餐路径的路程,然后选择一条最快送达的送餐路径,并计算出最短送餐时间为多少分钟.(各数值保留3位小数)(参考数据:2≈1.414,3≈1.732)20.(12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,C=2B.(1)若a=2,B=15°,求△ABC的面积;(2)若a+b=2c,证明:△ABC为等腰直角三角形.21.(12分)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示(1)求函数f(x)的解析式;(2)若方程f(x)=32在区间0,π2上的两解分别为x1,x2,求sin(x1+x2),cos(x1-x22.(12分)设常数a∈R,函数f(x)=asin2x+2cos2x.(1)若f(x)为偶函数,求a的值;(2)若fπ4=3+1,求方程f(x)=1-2在区间[-π,π检测卷四答案解析1.A对于选项A,y=-cos2x,周期为π且是偶函数,所以选项A符合题意;对于选项B,y=sin2x,周期为π且是奇函数,所以选项B不符合题意;对于选项C,y=cosx,周期为2π,所以选项C不符合题意;对于选项D,y=-sinx,周期为2π,所以选项D不符合题意.2.D因为点P到原点的距离r=(2sin2)2所以sinα=-2cos2r=-cos3.C因为f(x)=sinx3+cosx3=所以f(x)的最小正周期T=2π13=6π4.B由tanθ+1tanθ=4,得sinθ即sin2θ+cos2θsinθcosθ=4则cos2θ+π5.A如图所示,已知该山的坡度比为7∶3,则tan∠DAO=DOAO=73,因为∠CAD=15°,∠CBD=30°,所以∠ACB=15°,所以BC=AB=66.在△BCD中,∠BDC=∠DAO+π2由正弦定理可得CDsin30°=BCsin∠DAO+6.D由题意可知,g(x)=sin(2x-2φ).由|f(x1)-g(x2)|=2,可知f(x1)和g(x2)分别为f(x)和g(x)的最大值和最小值(或最小值和最大值).不妨令2x1=π2+2kπ(k∈Z),2x2-2φ=-π2+2mπ(m∈Z),则x1-x2=π2-φ+(k-m)π(k∈Z,m∈因为|x1-x2|min=π3,且0<φ<π2,所以当k-m=0,即k=m时,有π2-φ=π3,解得φ=7.D由题中图象可得A=1,T2=2π2ω=π3故f(x)=sin(2x+φ).由题图可知点π12,1在函数f(x)的图象上,故sin(2×π12+φ)=1,即π6+φ=π2+2k∵|φ|<π2,∴φ=π3,即f(x)=∵x1,x2∈-π6,π3,且f(x1)=f(x2),∴x1+x2=π12×2=π6,∴f(x1+x8.C设点P距离水面的高度h(单位:m)与t(单位:s)的函数解析式为h=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π2)依题意可知h的最大值为7.2,最小值为-2.4,则A+B∵2πω=60,∴ω=π30,∴h=4.8sinπ30当t=0时,h=0,得sinφ=-12,∵|φ|<π2,∴φ=-∴所求的函数解析式为h=4.8sinπ30t-π6+2.令4.8sinπ30t-π6+2.4=7.2,可得sin(π30由π30t-π6=π2故点P第一次到达最高点需要20s,A错误;4.8sinπ30t-π6+2.4≥4.8⇒sinπ30t-即在水轮转动的一圈内,有20s的时间点P距离水面的高度不低于4.8m,B错误;当t=50时,h=4.8sinπ30×50-π6+2.4=4.8sin3π2+2.49.ABD函数f(x)=sinx+最小正周期T=2π1=2π,故A当x=2π3时,2π3+π3当x=-π3时,-π3+π3=0由2kπ+π2<x+π3<2kπ+3π2(k∈Z),解得2kπ+π6<x<2kπ+7π6(k∈Z),当k=0时,π10.ACD∵sinθ+cosθ=15,∴(sinθ+cosθ)2=152,即sin2θ+2sinθcosθ+cos2θ=∴2sinθcosθ=-24∵θ∈(0,π),∴sinθ>0,cosθ<0,∴θ∴(sinθ-cosθ)2=1-2sinθcosθ=4925,∴sinθ-cosθ=由①+②,得sinθ=45;由①-②,得cosθ=-3则tanθ=sinθcos综上可得,正确的有ACD.11.ABD在△ABC中,设角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则c=b=1,即B=C.∵△ABC的外接圆半径R∈[1,+∞),由正弦定理,得1sinB=1sinC=2R≥2,∴0<sin∵B,C不会同为钝角,∴0<B=C≤∵A=π-2B,∴A∈2π3,π由以上可得cosA∈-1,-12,由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得a2=2-2cosA,则a2∈[3,4),即a∈[3,2),即BC的最小值为3,故A由以上可得sinA∈0,32,∵S△ABC=12bcsinA=∴△ABC面积的最大值为34,故D选项正确12.ABC在△ABC中,设角A,B,C所对的边分别为a,b,c.由正弦定理,得a∶b∶c=2∶3∶7.设a=2m,b=3m,c=7m(m>0),则S=147m2×4m2即△ABC的周长为a+b+c=4+6+27=10+27,选项A正确;由余弦定理,得cosC=a2+b2-c22ab=16+36-282×4×6=12,解得C=π3,∵A+B+C=π由正弦定理,知△ABC的外接圆直径为2R=csinC=27在△BCD中,有a2=BD2+CD2-2BD·CDcos∠BDC,在△ACD中,有b2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC,又∠BDC+∠ADC=π,BD=AD,∴a2+b2=12c2+2CD2,即CD2=12×16+36-12×28=19,得CD=19,选项13.-4由题意得3cos10°-14.2π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z)∵ω>0,且周期T为π,即T=2πω=π,令2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2(k∈Z),可解得kπ+π12≤x≤kπ+7π12(k∈Z),则函数f(x)的单调递减区间为π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z).即函数y=15.5∵AD为BC边上的高,且AD=a∴△ABC的面积S=12a2=12bcsinA,∴sin由余弦定理,得cosA=b2+c2-a22bc=12bc+cb-a22bc,故bc+cb=2当sin(A+α)=1时,bc+16.-14由题意得BD=2AB=6,BC=AC2∵D,E,F重合于一点P,∴AE=AD=3,BF=BD=6,∴在△ACE中,由余弦定理,得CE2=AC2+AE2-2AC·AEcos∠CAE=12+(3)2-2×1×3cos30°=1,∴CE=CF=1∴在△BCF中,由余弦定理,得cos∠FCB=BC217.解若选择条件①,则由正弦定理asin得sinB=b因为a=3>b=2,A=π3,所以角B只能为锐角,故B=π4,若选择条件②,则由正弦定理asinA=bsinB因为b=3>a=1,所以B=π3或B=2π3当B=π3时,C=π2,c=a2当B=2π3时,C=π6,若选择条件③,则由正弦定理asinA=bsinB,得sin因为0<A<π,所以A=π2,该三角形只有一解18.解(1)f(x)=sinωx-π6=32sinωx-12cosωx-cos=32sinωx-32cos=312由题设知fπ6=0,所以ωπ6-π3=kπ故ω=6k+2(k∈Z).因为0<ω<3,所以ω=2.(2)由(1)得f(x)=3sin2x-π3.根据变换,得g(x)=因为x∈-π4,当x-π12=-π3,即x=-π4时,g(x)19.解在△BCD中,由正弦定理得BCsin即BCsin30°=2sin45由CDsin∠CBD=BDsin∠BCD,在△ABD中,由余弦定理可得cos∠ABD=AB即cos120°=AB2+4-124AB,①若送餐路径为AB→BD→DB→BC,则总路程为6+2≈7.414km②若送餐路径为AD→DB→BC,则总路程为23+2+2≈6.878km③若送餐路径为AB→BD→DC,则总路程为2+2+3+1≈6.732km;④若送餐路径为AD→DB→BD→DC,则总路程为23+2+2+3+1≈10.196km.所以最短送餐路径为AB→BD→DC,此路径的送餐时间为6.73220×60=20.19620.解(1)由C=2B及B=15°,得C=30°,于是A=135°.由正弦定理可得b=asinBsinA=22sinB=22sin15°=22·sin(45°-30°)=22(sin45°cos30°-cos45°sin30°)=因此,S△ABC=12absinC=12×2×(3-(2)由C=2B,得sinC=sin2B=2sinBcosB,由正弦定理得c=2bcosB,则cosB=c由余弦定理得2accosB=a2+c2-b2,所以ac2=b(a2+c2-b2),整理可得(a-b)[c2-b(a+b)]=0,已知a+b=2c,即c=a+b2,代入上式可得(a-b)2(a+b)因此a=b,于是c=2a=2b,a2+b2=2a2=c2,即C=90°.故△ABC为等腰直角三角形.21.解(1)由题图可知A=2,周期T=7π6-∵T=2πω,∴ω=2.∵f(x)的图象过点∴2sin2×π6+φ=2,即π3+φ=2kπ+即φ=2kπ+π6(k∈Z)∵|φ|<π2,∴φ=π6,∴f(x)=(2)当x=0时,f(0)=2sinπ6=1<∵f(x)的图象在y轴右侧的第一个波峰的横坐标为π6∴f(x)的图象与直线y=32在区间0,π2上的两个交点关于直线x=π6对称,∴x1+x2=π3,∴sin(x∵cos(x1-x2)=cos2x1-π3=sin2x1+π6,且2sin2x1+π6=32,22.解(1)∵f(x)=asin2x+2cos2x,∴f(-x)=-asin2x+2cos2x.∵f(x)为偶函数,∴f(-x)=f(x),∴-asin2x+2cos2x=asin2x+2cos2x.∴2asin2x=0,∴a=0.(2)∵fπ4=3+1,∴asinπ2+2cos2π4=a+1=3+1,∴a=3,∴f(x)=3sin2x+2cos2x=3sin2x+cos2x+1=∵f(x)=1-2,∴2sin2x+π6+1=∴sin2x+π∴2x+π6=-π4+2kπ或2x+π6=54π+2∴x=kπ-5π24或x=kπ+13π24(k∵x∈[-π,π],∴x=-11π24或-∴所求方程的解为x=-11π24或

检测卷五数列(时间:120分钟满分: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.已知公比为32的等比数列{an}的各项都是正数,且a3a11=16,则log2a16等于(A.4 B.5 C.6 D.72.在等差数列{an}中,已知a4=5,a3是a2和a6的等比中项,则数列{an}的前5项的和为()A.15 B.20 C.25 D.15或253.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足3a1-a82+3a15=0,且a8=b10,则b3b17等于(A.9 B.12 C.16 D.364.北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块 B.3474块 C.3402块 D.3339块5.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=2,数列{an}的“差数列”的通项为2n,则数列{an}的前n项和Sn等于()A.2 B.2nC.2n+1-2 D.2n-1-26.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S6>S7>S5,则满足SnSn+1<0的正整数n的值为()A.10 B.11 C.12 D.137.《九章算术》中的“竹九节”问题:现有一根9节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面4节的容积共3升,下面3节的容积共4升,现自上而下取第1,3,9节,则这3节的容积之和为()A.133升 B.176升 C.199升 D8.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x≤0时,f(x)=x(1-x).若数列{an}满足a1=12,且an+1=11-a