2024年新教材高考数学全程考评特训卷滚动过关检测四集合常用逻辑用语不等式函数与导数三角函数与解三角形数列含解析

PAGEPAGE13滚动过关检测四集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、数列一、单项选择题：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．已知集合A＝{y|y＝x2－1}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x>1))))，则(∁RA)∩B＝()A．{x|x<－1}B．{x|－1<x<0}C．{x|x≥0}D．{x|x≥－1}2．[2024·北京101中学月考]设f(x)是奇函数，且在(－∞，0)上是减函数，f(1)＝0，则eq\f(fx,x)<0的解集是()A．{x|－1<x<0或0<x<1}B．{x|x<－1或0<x<1}C．{x|－1<x<0或x>1}D．{x|x<－1或x>1}3．[2024·辽宁丹东模拟]已知当且仅当n＝6时，等差数列{an}的前n项和Sn取得最大值，若a1＝30，则公差为d的取值范围为()A．(－6，－5)B．[－6，－5]C．(－∞，－6)∪(－5，＋∞)D．(－∞，－6]∪[－5，＋∞)4．曲线y＝lnx＋1在(1,1)处的切线也为y＝ex＋a的切线，则a＝()A．0B．1C．－1D．25．[2024·湖北黄冈中学月考]已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，eq\f(1,2)a3,2a2成等差数列，数列{an}的前n项和为Sn，则(S10－S8)(S8－S6)＝()A．1＋eq\r(2)B．1－eq\r(2)C．3＋2eq\r(2)D．3－2eq\r(2)6．点P(4,1)在函数y＝axeq\f(1,2)＋b(a>0，b>0)的图象上，则eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)()A．有最小值9B．有最大值9C．有最小值6D．有最大值67．已知Sn是数列{an}的前n项和，则“Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn对n≥2恒成立”是“{an}是公比为2的等比数列”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8．[2024·山东德州模拟]英国闻名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列{xn}满意xn＋1＝xn－eq\f(fxn,f′xn)，则称数列{xn}为牛顿数列．假如函数f(x)＝x2－x－2，数列{xn}为牛顿数列，设an＝lneq\f(xn－2,xn＋1)且a1＝1，xn>2，数列{an}的前n项和为Sn，则S2024＝()A．22024－1B．22024－2C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2024－eq\f(1,2)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2024－2二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．[2024·西南高校附中月考]下列选项肯定正确的是()A．若eq\r(3,a)>eq\r(3,b)，则a2024>b2024B．若ab<0，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，则a>bC．若a>b，a＋c>b＋d，则c>dD．若a>b>0，则eq\f(b＋1,a＋1)>eq\f(b,a)10．[2024·广东试验中学月考]已知无穷等差数列{an}的公差d∈N*，且5,17,23是{an}中的三项，则下列结论正确的是()A．d的最大值是6B．2a2≤a8C．an肯定是奇数D．137肯定是数列{an}中的项11．将函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位后，得到函数g(x)的图象，则下列结论中正确的是()A．g(x)＝2sin2xB．g(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))中心对称C．g(x)的图象关于x＝－eq\f(π,3)对称D．g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增12．[2024·广东惠来一中月考]设数列{an}的前n项和Sn＝a·2n＋1＋bn＋c(a，b，c为常数)，则下列命题中正确的是()A．若a≠0，则{an}不是等差数列B．若a＝0，b≠0，c＝0，则{an}是等差数列C．若a＝0，b≠0，c＝0，则{an}是等比数列D．若a＝1，b＝0，c＝－1，则{an}是等比数列三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．13．[2024·江苏徐州模拟]若tanα＝eq\f(1,2)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝________.14．已知f(x)＝sin(ωx＋φ)＋eq\r(3)cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))是奇函数，则φ＝________.15．[2024·河北保定模拟]已知等比数列{an}中，首项a1＝2，公比是q>1，a2，a3是函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－6x2＋32x的两个极值点，则数列{an}的前9项和是________．16．[2024·山东试验中学模拟]任取一个正整数m，若m是奇数，就将该数乘3再加上1；若m是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1，这就是数学史上闻名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等)，若m＝5，则经过________次步骤后变成1；若第5次步骤后变成1，则m的可能值之和为________．四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)[2024·北京东直门中学月考]已知函数f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－2sinxcosx.(1)求f(x)的最小正周期；(2)若f(x)在区间[m,0]上的最小值为－1，求m的最大值．18．(12分)[2024·山东莱芜一中月考]已知A，B，C为△ABC的三个内角，且其对边分别为a，b，c，若acosC＋(c＋2b)cosA＝0.(1)求A；(2)若a＝2eq\r(3)，b＋c＝4，求△ABC的面积．19.(12分)[2024·新高考Ⅰ卷]已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满意a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数.))(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的通项公式；(2)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前20项和．20．(12分)[2024·湖南益阳模拟]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(2b－c)cosA－acosC＝0.(1)求角A的大小；(2)若△ABC的面积为3eq\r(3)，求△ABC外接圆面积的最小值．21．(12分)[2024·广东茂名模拟]已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a＋3cn(a，c∈R，c≠0，c≠1)．(1)求a的值；(2)若c＝eq\f(5,4)且bn＝eq\f(1,n)an，问n取何值时，bn取得最小值，并求此最小值．22．(12分)[2024·河北石家庄模拟]设函数f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.(1)探讨函数g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零点的个数；(2)若对随意的b>a>0，eq\f(fb－fa,b－a)<1恒成立，求m的取值范围．滚动过关检测四集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、数列1.答案：A解析：因为A＝{y|y＝x2－1}＝[－1，＋∞)，所以∁RA＝(－∞，－1)，又因为B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x>1))))＝(－∞，0)，所以(∁RA)∩B＝{x|x<－1}．2．答案：D解析：当x<0时，eq\f(fx,x)<0得出f(x)>0＝f(－1)，因为f(x)在(－∞，0)上是减函数，所以x<－1；当x>0时，eq\f(fx,x)<0得出f(x)<0＝f(1)，因为f(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以x>1即eq\f(fx,x)<0的解集是{x|x<－1或x>1}．3．答案：A解析：由已知可得a6>0，a7<0，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d>0,a1＋6d<0))，又a1＝30，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(30＋5d>0,30＋6d<0))，解得－6<d<－5.4．答案：C解析：由y＝lnx＋1求导得：y′＝eq\f(1,x)，则曲线y＝lnx＋1在(1,1)处的切线斜率为1，切线方程为：y＝x，设直线y＝x与曲线y＝ex＋a相切的切点为(t，et＋a)，由y＝ex＋a求导得y′＝ex，于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(et＝1,et＋a＝t))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t＝0,a＝－1))，所以a＝－1.5．答案：C解析：因为a1，eq\f(1,2)a3,2a2成等差数列，所以有2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a3))＝a1＋2a2，即a1q2＝a1＋2a1q，消去a1，得q2－2q－1＝0，解得q＝1＋eq\r(2)或q＝1－eq\r(2)(舍)所以(S10－S8)(S8－S6)＝(a10＋a9)(a8＋a7)＝q2(a8＋a7)(a8＋a7)＝q2，所以q2＝(1＋eq\r(2))2＝3＋2eq\r(2).6．答案：A解析：由点P(4,1)在函数y＝axeq\f(1,2)＋b(a>0，b>0)的图象上，可得2a＋b＝1，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝5＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2a,b)≥5＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))＝9，当且仅当a＝b，即a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(1,3)时取等号，此时eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)取得最小值9.7．答案：B解析：若Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn(n≥2)，则Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1＝2an(n≥2)，依据等比数列的定义，{an}是公比为2的等比数列不成立；若{an}是公比为2的等比数列，则an＋1＝2an(n≥2)，即Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)，所以Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn(n≥2)成立；所以“Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn对n≥2恒成立”是“{an}是公比为2的等比数列”的必要不充分条件．8．答案：A解析：由题可知：f′(x)＝2x－1，xn＋1＝xn－eq\f(x\o\al(2,n)－xn－2,2xn－1)＝eq\f(x\o\al(2,n)＋2,2xn－1)，所以eq\f(xn＋1－2,xn＋1＋1)＝eq\f(\f(x\o\al(2,n)＋2,2xn－1)－2,\f(x\o\al(2,n)＋2,2xn－1)＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xn－2,xn＋1)))2，则两边取对数可得lneq\f(xn＋1－2,xn＋1＋1)＝2lneq\f(xn－2,xn＋1)，即an＋1＝2an，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以1为首项2为公比的等比数列，所以S2024＝eq\f(a11－qn,1－q)＝22024－1.9．答案：BD解析：对于A，取a＝0，b＝－1可知a2024>b2024不成立，故A错误；对于B，由ab<0，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)得，a>0>b，故B正确；对于C，取a＝3，b＝0，c＝1，d＝2可知c>d不成立，故C错误；对于D，∵a>b>0，∴eq\f(b＋1,a＋1)－eq\f(b,a)＝eq\f(a－b,aa＋1)>0，∴eq\f(b＋1,a＋1)>eq\f(b,a)成立，故D正确．10．答案：ABD解析：因为无穷等差数列{an}的公差d∈N*，且5,17,23是{an}中的三项，所以设eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(17－5＝12＝md,23－17＝6＝nd))，解得d＝eq\f(6,m－n)，所以d的最大值为6，故A正确；因为a1≤5，d∈N*，所以2a2－a8＝a1－5d≤0，故B正确；因为d＝eq\f(6,m－n)，所以m－n＝2时，d＝3，数列可能为5,8,11,14,17,20,23，…，故C错误；因为137＝23＋19×6，所以137肯定是等差数列{an}中的项，故D正确．11．答案：BCD解析：g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，故A错误；令x＝－eq\f(π,12)可得geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝2sin0＝0，故B正确；令x＝－eq\f(π,3)可得geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－2，故C正确；x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))，易知y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，故D正确．12．答案：ABC解析：对于A，数列{an}的前n项和Sn＝a·2n＋1＋bn＋c(a，b，c为常数)，而{an}是等差数列，则数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn＋C，不行能是Sn＝a·2n＋1＋bn＋c，所以若a≠0，则{an}不是等差数列，故A正确；对于B，若a＝0，b≠0，c＝0，则Sn＝bn，所以n＝1时，a1＝S1＝b；n≥2时an＝Sn－Sn－1＝bn－b(n－1)＝b，对n＝1也成立，所以an＝b，所以{an}是等差数列，故B正确；对于C，若a＝0，b≠0，c＝0，则Sn＝bn，所以n＝1时，a1＝S1＝b≠0；n≥2时an＝Sn－Sn－1＝bn－b(n－1)＝b≠0，对n＝1也成立，所以an＝b≠0，所以{an}是等比数列，故C正确；对于D，若a＝1，b＝0，c＝－1，则Sn＝2n＋1－1，所以n＝1时，a1＝S1＝3；n≥2时an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，a2＝4，a3＝8，所以eq\f(a2,a1)≠eq\f(a3,a2)，所以{an}不行能是等比数列，故D不正确．13．答案：－eq\f(4,5)解析：∵tanα＝eq\f(1,2)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－sin2α＝－2sinαcosα＝eq\f(－2sinαcosα,cos2α＋sin2α)＝eq\f(－2tanα,1＋tan2α)＝－eq\f(4,5).14．答案：－eq\f(π,3)解析：f(x)＝sin(ωx＋φ)＋eq\r(3)cos(ωx＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,3)))为奇函数，∴φ＋eq\f(π,3)＝kπ，即φ＝kπ－eq\f(π,3)，又|φ|<eq\f(π,2)，∴k＝0，有φ＝－eq\f(π,3).15．答案：1022解析：由f(x)＝eq\f(1,3)x3－6x2＋32x得f′(x)＝x2－12x＋32，又因为a2，a3是函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－6x2＋32x的两个极值点，所以a2，a3是函数f′(x)＝x2－12x＋32的两个零点，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋a3＝12,a2·a3＝32))，因为q>1所以a2＝4，a3＝8，故q＝2，则前9项和S9＝eq\f(21－29,1－2)＝210－2＝1022.16．答案：541解析：(1)当m＝5时，a1＝5，a2＝5×3＋1＝16，a3＝8，a4＝4，a5＝2，a6＝1，所以需5次步骤后变成1；(2)若第5次步骤后变成1，则a6＝1，a5＝2，a4＝4，a3＝8或1，当a3＝8时，a2＝16，a1＝32或a1＝5；当a3＝1时，a2＝2，a1＝4，所以m的可能值是{4,5,32}，m的可能值的和是4＋5＋32＝41.17．解析：(1)因为f(x)＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))－sin2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以，函数f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)当x∈[m,0]时，2m＋eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)，因为函数y＝sinu在直线u＝eq\f(π,3)左侧的第一个最小值点为u＝－eq\f(π,2)，故－eq\f(π,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2m＋\f(π,3)，\f(π,3)))，即2m＋eq\f(π,3)≤－eq\f(π,2)，解得m≤－eq\f(5π,12).因此，实数m的最大值为－eq\f(5π,12).18．解析：(1)∵acosC＋(c＋2b)cosA＝0，∴由正弦定理可得：sinAcosC＋(sinC＋2sinB)cosA＝0，整理得sinAcosC＋sinCcosA＋2sinBcosA＝0，即：sin(A＋C)＋2sinBcosA＝0，所以sinB＋2sinBcosA＝0，∵sinB≠0，∴cosA＝－eq\f(1,2)，∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(2π,3).(2)由a＝2eq\r(3)，b＋c＝4，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，∴12＝(b＋c)2－2bc－2bccoseq\f(2π,3)，即有12＝16－bc，∴bc＝4，∴△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(2π,3)＝eq\r(3).19．解析：(1)由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2，故a2k＋2＝a2k＋3即bn＋1＝bn＋3即bn＋1－bn＝3所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))为等差数列，故bn＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))×3＝3n－1.(2)设eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前20项和为S20，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，所以S20＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋a4＋…＋a18＋a20))－10＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1＋b2＋…＋b9＋b10))－10＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10×2＋\f(9×10,2)×3))－10＝300.20．解析：(1)因为(2b－c)cosA－acosC＝0，所以2sinBcosA－sinCcosA－cosCsinA＝0，所以2sinBcosA－sin(A＋C)＝0，即2sinBcosA－sinB＝0.因为0<B<π，所以sinB≠0，所以cosA＝eq\f(1,2).因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).(2)由(1)可知A＝eq\f(π,3)，则sinA＝eq\f(\r(3),2).因为△ABC的面积为3eq\r(3)，所以eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝3eq\r(3)，所以bc＝12.由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc≥bc＝12，则a≥2eq\r(3).设△ABC外接圆的半径为r，则2r＝eq\f(a,sinA)≥eq\f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，即r≥2，故△ABC外接圆的面积S＝πr2≥4π，当且仅当b＝c＝2eq\r(3)时，等号成立．即当b＝c＝2eq\r(3)时，△ABC外接圆面积的最小值为4π.21．解析：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a＋3cn－a－3cn－1＝3(c－1)cn－1，∴an＋1＝3(c－1)cn.(*)则an＋1＝can.当n＝1时，a1＝S1＝a＋3c，因为{an}为等比数列，所以a2＝a1·c＝(a＋3c)c.由(*)式可知，a2＝3(c－1)c，∴3c(c－1)＝c(a＋3c)，解得a＝－3；(2)c＝eq\f(5,4)时，an＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－1.∵bn＝eq\f(1,n)an，∴bn＝eq\f(3,4n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)