（江苏专用）高考数学一轮复习 加练半小时 阶段滚动检测（五）理（含解析）-人教版高三数学试题

阶段滚动检测（五）一、填空题1．已知集合A＝{x|log2x≥1}，B＝{x|x2－x－6<0}，则A∩B＝________.2．设f(x)是定义在实数集上的函数，且f(2－x)＝f(x)．若当x≥1时，f(x)＝lnx，下列结论正确的有________．(填序号)①feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<f(2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))；②feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<f(2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))；③feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<f(2)；④f(2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))).3．已知函数f(x)＝2016x＋log2016(eq\r(x2＋1)＋x)－2016－x＋2，则关于x的不等式f(3x＋1)＋f(x)>4的解集为________．4．正项等比数列{an}满足eq\f(1,a2a4)＋eq\f(2,a\o\al(2,4))＋eq\f(1,a4a6)＝81，则eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a5)＝________.5．(2018·宿迁模拟)若函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象与直线y＝m的三个相邻交点的横坐标分别是eq\f(π,6)，eq\f(π,3)，eq\f(2π,3)，则实数ω的值为________．6．若非零向量a，b满足|a|＝eq\r(3)|b|，且(a－b)⊥(a＋2b)，则a与b的夹角的余弦值为________．7．(2018·苏州市第五中学考试)设正三棱锥A－BCD的底面边长和侧棱长均为4，点E，F，G，H分别为棱AB，BC，CD，BD的中点，则三棱锥E－FGH的体积为________．8．设l，m，n为直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中真命题的个数为________．①若l⊥α，l⊥β，则α∥β；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；③若α⊥β，l∥α，则l⊥β；④若m∥n，m⊥α，则n⊥α.9．若x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≤0，,x－2y≤0，,x＋2y－2≤0，))则z＝x＋y的最大值是________．10．设f(x)是定义在R上的偶函数，且满足f(x＋2)－f(x)＝0，当0≤x≤1时，f(x)＝x2，又g(x)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))，若方程f(x)＝g(x)恰有两解，则k的取值范围是________________．11．(2018·苏锡常镇调研)已知a>0，b>0，且eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)＝eq\r(ab)，则ab的最小值是________．12．(2018·南通考试)在△ABC中，AB＝eq\r(2)，BC＝8，∠B＝45°，D为△ABC所在平面内一点且满足(eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→)))＝4，则AD长度的最小值为________．13．(2018·盐城中学考试)已知F1(－c,0)，F2(c,0)为椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆上一点，且eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝c2，则此椭圆离心率的取值范围是________．14．已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对∀x∈R都有f(x＋4)＝f(x)＋f(2)成立．当x∈[0,2]时，y＝f(x)单调递减，给出下列命题：①f(2)＝0；②直线x＝－4是函数y＝f(x)图象的一条对称轴；③函数y＝f(x)在[－4,4]上有四个零点；④区间[－40，－38]是y＝f(x)的一个单调递增区间．其中所有正确命题的序号为________．二、解答题15．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知cos2A－3cos(B＋C)＝1.(1)求角A的值；(2)若a＝2，求b＋c的取值范围．16.在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，PA＝AB，AB∶AD∶CD＝2∶eq\r(2)∶1.(1)证明：BD⊥PC；(2)求二面角A－PC－D的余弦值；(3)设点Q为线段PD上的一点，且直线AQ与平面PAC所成角的正弦值为eq\f(\r(2),3)，求eq\f(PQ,PD)的值．17．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：an＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)，求数列{bn}的通项公式；(3)令cn＝eq\f(anbn,4)，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Tn.18．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(1,4)，且an＋1＝eq\f(n－1an,n－an)(n＝2,3,4，…)．Sn为数列{bn}的前n项和，且4Sn＝bnbn＋1，b1＝2(n＝1,2,3，…)．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)设cn＝bn·，求数列{cn}的前n项和Pn；(3)证明：对一切n∈N*，有eq\i\su(k＝1,n,a)eq\o\al(2,k)<eq\f(7,6).19．设函数f(x)＝ax－2－lnx(a∈R)．(1)若f(x)在点(e，f(e))处的切线为x－ey＋b＝0，求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)若g(x)＝ax－ex，求证：当x>0时，f(x)>g(x)．20．已知动圆M恒过F(1,0)且与直线x＝－1相切，动圆圆心M的轨迹记为C；直线x＝－1与x轴的交点为N，过点N且斜率为k的直线l与轨迹C有两个不同的公共点A，B，O为坐标原点．(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程，并求直线l的斜率k的取值范围；(2)点D是轨迹C上异于A，B的任意一点，直线DA，DB分别与过F(1,0)且垂直于x轴的直线交于P，Q，证明：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))为定值，并求出该定值；(3)对于(2)给出一般结论：若点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，直线x＝－eq\f(p,2)，其他条件不变，求eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))的值(可以直接写出结果)．

答案精析1．{x|2≤x<3}2.③3.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))4．95.46.－eq\f(\r(3),3)7.eq\f(2\r(2),3)8．3解析①②④正确；对于③，若α⊥β，l∥α，则l∥β或l⊂β或l与β相交，故③错误．9．1解析作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分(含边界)所示，直线z＝x＋y过点C(0,1)时，z＝x＋y取最大值为1.10.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)，\f(4,11)，－\f(4,5)))解析∵f(x＋2)－f(x)＝0，∴f(x)是周期为2的函数，根据题意画出函数的图象，过点A时斜率为eq\f(4,3)，相切时斜率为1，过点B时斜率为eq\f(4,11)，过点C时斜率为－eq\f(4,5).11．2eq\r(6)解析因为eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)＝eq\r(ab)≥2eq\r(\f(2,a)·\f(3,b))，∴ab≥2eq\r(6)，当且仅当2b＝3a时取等号．因此ab的最小值是2eq\r(6).12.eq\r(2)解析设D(x，y)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(7，－1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(x，y)，所以(eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→)))＝(－x－y)(7x－y)＝4，即(x＋y)(y－7x)＝4，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝m，,y－7x＝n，))则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,8)m－n，,y＝\f(1,8)7m＋n，))所以mn＝4，所以AD＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(1,8)eq\r(m－n2＋7m＋n2)＝eq\f(1,8)eq\r(50m2＋2n2＋12mn)＝eq\f(\r(2),8)eq\r(25m2＋n2＋24)≥eq\f(\r(2),8)eq\r(10mn＋24)＝eq\r(2)，当且仅当5m＝n＝±2eq\r(5)时，AD取得最小值eq\r(2).13.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))解析设P(x0，y0)，则eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，yeq\o\al(2,0)＝b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),a2)))，∵eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝c2，∴(－c－x0，－y0)·(c－x0，－y0)＝c2，化为xeq\o\al(2,0)－c2＋yeq\o\al(2,0)＝c2，∴xeq\o\al(2,0)＋b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),a2)))＝2c2，化为xeq\o\al(2,0)＝eq\f(a2,c2)(3c2－a2)，∵0≤xeq\o\al(2,0)≤a2，∴0≤eq\f(a2,c2)(3c2－a2)≤a2，解得eq\f(\r(3),3)≤e≤eq\f(\r(2),2).14．①②解析∵对任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)＋f(2)成立，当x＝－2时，可得f(－2)＝0，又∵函数y＝f(x)是R上的偶函数，∴f(－2)＝f(2)＝0，故①正确；由f(2)＝0，知f(x＋4)＝f(x)＋f(2)＝f(x)，故周期为4，又函数在区间[0,2]上单调递减，由函数是偶函数，知函数在区间[－2,0]上单调递增，再由函数的周期为4，得到函数f(x)的示意图如图所示．由图可知②正确，③函数y＝f(x)在[－4,4]上有两个零点，③不正确；④区间[－40，－38]是y＝f(x)的一个单调递减区间，④不正确，故答案为①②.15．解(1)由cos2A－3cos(B＋C)＝1，得2cos2A＋3cosA－2＝0，即(2cosA－1)(cosA＋2)＝0，解得cosA＝eq\f(1,2)或cosA＝－2(舍)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).(2)∵b2＋c2－2bc·cosA＝a2，a＝2，A＝eq\f(π,3)，∴b2＋c2－bc＝4，即(b＋c)2－3bc＝4，∵bc≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))2，∴(b＋c)2＝4＋3bc≤4＋eq\f(3,4)(b＋c)2，∴(b＋c)2≤16，即b＋c≤4，又∵b＋c>2，∴2<b＋c≤4.16．(1)证明∵PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴PA，AB，AD两两垂直，如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，设CD＝1，由AB∶AD∶CD＝2∶eq\r(2)∶1，PA＝AB，得B(2,0,0)，D(0，eq\r(2)，0)，P(0,0,2)，C(1，eq\r(2)，0)．eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(2)，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，eq\r(2)，－2)，∵eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，∴BD⊥PC.(2)解∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，eq\r(2)，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，易得平面PAC的一个法向量为m＝(eq\r(2)，－1,0)．又eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(2)，2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，平面DPC的一个法向量为n＝(0，－eq\r(2)，－1)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(2),3)，∴二面角A－PC－D的余弦值为eq\f(\r(2),3).(3)解设eq\f(PQ,PD)＝t，∵eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋teq\o(PD,\s\up6(→))，t∈[0,1]，∴eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(0,0,2)＋t(0，eq\r(2)，－2)＝(0，eq\r(2)t,2－2t)．设θ为直线AQ与平面PAC所成的角，则由sinθ＝|cos〈eq\o(AQ,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(|\o(AQ,\s\up6(→))·m|,|\o(AQ,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(2),3)，得eq\f(\r(2)t,\r(3)\r(2t2＋2－2t2))＝eq\f(\r(2),3)，即3t2－8t＋4＝0，解得t＝2(舍)或eq\f(2,3).∴eq\f(PQ,PD)＝eq\f(2,3)即为所求．17．解(1)当n＝1时，a1＝S1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，a1＝2也满足该式，∴数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．(2)an＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)(n≥1)， ①an＋1＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)＋eq\f(bn＋1,3n＋1＋1)， ②②－①得eq\f(bn＋1,3n＋1＋1)＝an＋1－an＝2，bn＋1＝2(3n＋1＋1)，而b1＝8，故bn＝2(3n＋1)(n∈N*)．(3)∵cn＝eq\f(anbn,4)＝n(3n＋1)＝n·3n＋n，∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n)＋(1＋2＋…＋n)，令Hn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n， ③则3Hn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1， ④③－④得，－2Hn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝eq\f(31－3n,1－3)－n×3n＋1，Hn＝eq\f(2n－1·3n＋1＋3,4)，∴数列{cn}的前n项和Tn＝eq\f(2n－1·3n＋1＋3,4)＋eq\f(nn＋1,2).18．(1)解由已知得b1＝2,4Sn＝bnbn＋1，得b2＝4,4Sn－1＝bn－1bn(n≥2)，4bn＝bn(bn＋1－bn－1)，由题意知bn≠0，即bn＋1－bn－1＝4(n≥2)，当n为奇数时，bn＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)－1))×4＝2n；当n为偶数时，bn＝4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))×4＝2n.所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n(n∈N*)．(2)解由已知显然an≠0，对n≥2有eq\f(1,an＋1)＝eq\f(n－an,n－1an)＝eq\f(n,n－1an)－eq\f(1,n－1)，两边同除以n，得eq\f(1,nan＋1)＝eq\f(1,n－1an)－eq\f(1,nn－1)，即eq\f(1,nan＋1)－eq\f(1,n－1an)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，于是，eq\i\su(k＝2,n－1,)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,kak＋1)－\f(1,k－1ak)))＝－eq\i\su(k＝2,n－1,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)－\f(1,k)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n－1)))，即eq\f(1,n－1an)－eq\f(1,a2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n－1)))，n≥2，所以eq\f(1,n－1an)＝eq\f(1,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n－1)))＝eq\f(3n－2,n－1)，an＝eq\f(1,3n－2)，n≥2，又当n＝1时也成立，故an＝eq\f(1,3n－2)，n∈N*.所以cn＝2n·2n，所以Pn＝2·21＋4·22＋6·23＋…＋2(n－1)·2n－1＋2n·2n，2Pn＝2·22＋4·23＋…＋2(n－1)·2n＋2n·2n＋1，所以－Pn＝2(21＋22＋23＋…＋2n)－2n·2n＋1＝2·eq\f(21－2n,1－2)－2n·2n＋1＝2n＋2－4－2n·2n＋1＝(1－n)·2n＋2－4，所以Pn＝4＋(n－1)·2n＋2.(3)证明当k≥2时，有aeq\o\al(2,k)＝eq\f(1,3k－22)<eq\f(1,3k－43k－1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k－4)－\f(1,3k－1)))，所以当n≥2时，有eq\i\su(k＝1,n,a)eq\o\al(2,k)＝1＋eq\i\su(k＝2,n,a)eq\o\al(2,k)<1＋eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,8)))＋…＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－4)－\f(1,3n－1)))))＝1＋eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3n－1)))<1＋eq\f(1,6)＝eq\f(7,6).当n＝1时，aeq\o\al(2,1)＝1<eq\f(7,6).故对一切n∈N*，有eq\i\su(k＝1,n,a)eq\o\al(2,k)<eq\f(7,6).19．(1)解∵f(x)＝ax－2－lnx(a∈R)，∴f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)，又f(x)在点(e，f(e))处的切线的斜率为eq\f(1,e)，∴f′(e)＝eq\f(ae－1,e)＝eq\f(1,e)，∴a＝eq\f(2,e)，∴切点为(e，－1)，把切点代入切线方程得，b＝－2e.(2)解由(1)知：f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)(x>0)，①当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减，②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).(3)证明当x>0时，要证f(x)－ax＋ex>0，即证ex－lnx－2>0，令h(x)＝ex－lnx－2(x>0)，只需证h(x)>0，∵h′(x)＝ex－eq\f(1,x).由指数函数及幂函数的性质知，h′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是增函数，又h′(1)＝e－1>0，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－3<0，∴h′(1)·h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<0，∴h′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))内存在唯一的零点，也即h′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，设h′(x)的零点为t，则h′(t)＝et－eq\f(1,t)＝0，即et＝eq\f(1,t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)<t<1))，由h′(x)的单调性知：当x∈(0，t)时，h′(x)<h′(t)＝0，h(x)为减函数，当x∈(t，＋∞)时，h′(x)>h′(t)＝0，h(x)为增函数，∴当x>0时，h(x)≥h(t)＝et－lnt－2＝eq\f(1,t)－lneq\f(1,et)－2，∴h(x)≥eq\f(1,t)＋t－2≥2－2＝0，当且仅当t＝1时，等号成立，又eq\f(1,3)<t<1，等号不成立，∴h(x)>0，∴当x>0时，f(x)>g(x)．20．解(1)由动圆M恒过F(1,0)且与直线x＝－1相切得，点M到F(1,0)与到直线x＝－1的距离相等，所以圆心M的轨迹C的方程为y2＝4x.设直线l的方程为y＝k(x＋1)，当k＝0时，直线l为y＝0，与轨迹C只有一个交点，不符合题意，所以k≠0.联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1))，得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，所以Δ＝(2k2－4)2－4k4>0，解得k∈(－1,0)∪(0,1)．综上，直线l的斜率k的取值范围为(－1,0)∪(0,1)．(2)设D(x0，y0)，A(x1，y1