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阶段滚动检测(三)
第一～六章
(120分钟 150分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.(滚动单独考查)(2022·广东高考)已知复数z满足(3+4i)z=25,则z=( )
A.-3+4i B.-3-4i
C.3+4i D.3-4i
2.不等式2x-1>1的解集是( )
A.(-∞,3) B.(0,3)
C.(1,3) D.(3,+∞)
3.(2021·滨州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,则a2等于( )
A.4 B.2 C.1 D.-2
4.(滚动单独考查)若向量a,b,c满足a∥b且a⊥c,则c·(a+2b)=( )
A.4 B.3 C.2 D.0
5.(2021·六盘水模拟)已知0<a<1,x=loga2+loga3,y=12loga5,
z=loga21-loga3,则( )
A.x>y>z B.z>y>x
C.z>x>y D.y>x>z
6.(滚动单独考查)若O是△ABC所在平面内一点,且满足|OB→-OC→|=|OB→+OC→-2OA→|,则△ABC确定是( )
A.等边三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等腰直角三角形
7.(滚动交汇考查)对于R上可导的任意函数f(x),若满足(x-1)f′(x)≥0,则必有( )
A.f(0)+f(2)<2f(1)
B.f(0)+f(2)≤2f(1)
C.f(0)+f(2)≥2f(1)
D.f(0)+f(2)>2f(1)
8.(2021·中山模拟)若不等式x2+ax-2>0在区间[1,5]上有解,则a的取值范围是
( )
A.(-235,+∞) B.[-235,1]
C.(1,+∞) D.(-∞,-235]
9.小王从甲地到乙地来回的时速分别为a和b(a<b),其全程的平均时速为v,则
( )
A.a<v<ab B.v=ab
C.ab<v<a+b2 D.v=a+b2
10.对于平面上的点集Ω,假如连接Ω中任意两点的线段必定包含于Ω,则称Ω为平面上的凸集,给出平面上4个点集的图形如下(阴影区域及其边界):
其中为凸集的是( )
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)
11.(2021·福州模拟)设a>b>c>0,x=a2+(b+c)2,y=b2+(c+a)2,
z=c2+(a+b)2,则x,y,z的大小挨次是 .
12.(滚动单独考查)已知函数f(x)=ax2+4x+1在区间(-∞,1)有零点,则实数a的取值范围为 .
13.数列{an},{bn}都是公差为1的等差数列,其首项分别为a1,b1,且a1+b1=5,a1>b1,a1,b1∈N*(n∈N*),则数列{abn}的前10项的和等于 .
14.(2021·遵义模拟)若x,y满足条件则z=x+3y的最大值为 .
15.(滚动单独考查)如图,两座相距60m的建筑物AB,CD的高度分别为20m,50m,BD为水平面,则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角的大小是 .
三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(12分)求证:若a>0,则a2+1a2-2≥a+1a-2.
17.(12分)在△ABC中,内角A,B, C所对的边分别为a,b,c,已知sinB(tanA+tanC)=tanAtanC.
(1)求证:a,b,c成等比数列.
(2)若a=1,c=2,求△ABC的面积S.
18.(12分)(滚动单独考查)(2021·赤峰模拟)如图,在△ABC中,AB→·AC→=0,|AB→|=8,|AC→|=6,l为线段BC的垂直平分线,l与BC交于点D,E为l上异于D的任意一点,
(1)求AD→·CB→的值.
(2)推断AE→·CB→的值是否为一个常数,并说明理由.
19.(12分)(2021·衡阳模拟)某市近郊有一块大约500m×500m的接近正方形的荒地,地方政府预备在此建一个综合性休闲广场,首先要建设如图所示的一个矩形场地,其总面积为3000平方米,其中阴影部分为通道,通道宽度为2米,中间的三个矩形区域将铺设塑胶地面作为运动场地(其中两个小场地外形相同),塑胶运动场地占地面积为S平方米.
(1)分别用x表示y与S的函数关系式,并给出定义域.
(2)怎样设计能使S取得最大值,并求出最大值.
20.(13分)已知数列{an},{bn},其中a1=12,数列{an}的前n项和Sn=n2an(n∈N*),数列{bn}满足b1=2,bn+1=2bn.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)是否存在自然数m,使得对于任意n∈N*,n≥2,有1+1b1+1b2+…+1bn-1<m-84恒成立?若存在,求出m的最小值.
21.(14分)(滚动交汇考查)已知函数f(x)=lnx+ax(a∈R).
(1)求f(x)的极值.
(2)若函数f(x)的图象与函数g(x)=1的图象在区间(0,e2]上有公共点,求实数a的取值范围.
答案解析
1.D 方法一:由于|3+4i|=5,|3+4i|2=25,
所以z==3-4i.
方法二:由于(3+4i)z=25,
所以z=253+4i=3-4i.
2. C 不等式变形为2x-1-1>0,
3-xx-1>0,x-3x-1<0,
即(x-3)(x-1)<0,
解得1<x<3.
3.A 由于Sn=2an-2,
所以a1=S1=2a1-2,
解得a1=2,所以S2=2a2-2=a1+a2,
即a2=a1+2=4,选A.
4.D 由于a⊥c,所以a·c=0,
又由于a∥b,则设b=λa,
所以c·(a+2b)=(1+2λ)c·a=0.
5.D x=loga(2·3)=loga6,
y=loga5,z=loga213=loga7.
由于0<a<1,
所以函数f(x)=logax是减函数,
故loga7<loga6<loga5,
即y>x>z.
6.B 由于|OB→-OC→|
=|OB→+OC→-2OA→|,
所以|CB→|=|AB→+AC→|,
所以|AB→-AC→|=|AB→+AC→|,
所以AB→·AC→=0,即AB→⊥AC→,从而△ABC是直角三角形.
7.【解题提示】分x>1和x<1两种状况争辩单调性.
C 当x>1时,f'(x)≥0,若f'(x)=0,则f(x)为常数函数,
若f'(x)>0,则f(x)为增函数,总有f(x)≥f(1).
当x<1时,f'(x)≤0,若f'(x)=0,则f(x)为常数函数.
若f'(x)<0,则f(x)为减函数,总有f(x)≥f(1),
所以f(x)在x=1处取得最小值.
即f(0)≥f(1),f(2)≥f(1),所以f(0)+f(2)≥2f(1).
【误区警示】此题很简洁忽视分x>1和x<1两种状况争辩f(x)的单调性,导致得不到结论.
8.A 方法一:x2+ax-2>0在区间[1,5]上有解转化为在区间[1,5]上存在x使不等式a>2x-x成立,设g(x)=2x-x,在[1,5]上为减函数,
故只需a>g(5)=-235即可,即a的取值范围是(-235,+∞).
方法二:令函数f(x)=x2+ax-2,若关于x的不等式x2+ax-2>0在区间[1,5]上无解,则
即
解得a≤-235,
所以使关于x的不等式x2+ax-2>0在区间[1,5]上有解的a的范围是(-235,+∞).
9.A 设甲、乙两地之间的距离为s.
由于a<b,所以v=2ssa+sb=2sab(a+b)s=2aba+b<2ab2ab=ab.
又v-a=2aba+b-a=ab-a2a+b>a2-a2a+b=0,所以v>a.
10.【解题提示】依据凸集的定义,结合图形的外形特征即可判定.
B 依据凸集的定义,结合图形任意连线可得②③为凸集.
11.【解析】由于a>b>c>0,
所以y2-x2=b2+(c+a)2-a2-(b+c)2=2c(a-b)>0,
所以y2>x2,即y>x,
z2-y2=c2+(a+b)2-b2-(c+a)2=2a(b-c)>0,
故z2>y2,即z>y,故z>y>x.
答案：z>y>x
【一题多解】此题还有如下的解法
特值代换法,令a=3,b=2,c=1,
则x=18,y=20,z=26,
则x<y<z,故z>y>x.
答案：z>y>x
12.【解析】当a=0时,f(x)=4x+1,
函数f(x)的零点为x=-14,符合题意,
当a>0时,只需Δ=16-4a≥0,即0<a≤4,即可.
当a<0时,函数f(x)在(-∞,1)上确定有零点.
综上知,a≤4.
答案：(-∞,4]
13.【解析】应用等差数列的通项公式得
an=a1+n-1,bn=b1+n-1,
所以abn=a1+bn-1
=a1+(b1+n-1)-1
=a1+b1+n-2=5+n-2=n+3,
所以数列{a bn}也是等差数列,且前10项和为10×(4+13)2=85.
答案:85
【方法技巧】构造等差数列求解
在等差数列相关问题中,有些数列不能直接利用等差数列的性质和求和公式,但是通过对数列变形可以构造成等差数列.
(1)由递推公式构造等差数列
一般是从争辩递推公式的特点入手,如递推公式an+1=2an+3·2n+1的特点是除以2n+1就可以得到下标和指数相同了,从而构造成等差数列{an2n}.
(2)由前n项和Sn构造等差数列.
(3)由并项、拆项构造等差数列.
14.【解析】原不等式组变形为
或
画可行域直线l0:y=-13x,如图,
由得
即A(2,3),
由图可知在点A(2,3)处时,目标函数取得最大值,zmax=2+3×3=11.
答案：11
15.【解析】依题意,得AD=20m,AC=30m.
在△ACD中,CD=50m,由余弦定理,得cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD
=6 0006 0002=22,
又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,即张角为45°.
答案：45°
16.【解题提示】利用分析法证明.由a>0,将不等式两边平方,不等式仍成立,最终利用基本不等式得证.
【证明】要证原不等式成立,只需证a2+1a2+2≥a+1a+2.
由于a>0,所以两边均大于零.
因此只需证a2+1a2+4+4a2+1a2≥a2+1a2+2+2+
22(a+1a).
只需证2a2+1a2≥2(a+1a),
只需证2(a2+1a2)≥a2+1a2+2,即证a2+1a2≥2,
而a2+1a2≥2明显成立,所以原不等式成立.
【加固训练】已知a>6,
求证:a-3-a-4<a-5-a-6.
【证明】方法一:
要证a-3-a-4<a-5-a-6
只需证a-3+a-6<a-5+a-4
⇐(a-3+a-6)2<(a-5+a-4)2
⇐2a-9+2(a-3)(a-6)<
2a-9+2(a-5)(a-4),
⇐(a-3)(a-6)<(a-5)(a-4),
⇐(a-3)(a-6)<(a-5)(a-4),
⇐18<20.
由于18<20明显成立,
所以原不等式成立.
方法二:要证a-3-a-4<a-5-a-6,
只需证1a-3+a-4
<1a-5+a-6,
只需证a-3+a-4
>a-5+a-6,
由于a>6,所以a-3>a-4>a-5>a-6>0,
则a-3+a-4>a-5+a-6.
所以原不等式成立.
17.【解析】(1)在△ABC中,由于sinB(tanA+tanC)=tanAtanC,
所以sinB(sinAcosA+sinCcosC)
=sinAcosA·sinCcosC,
所以sinB(sinAcosC+cosAsinC)=sinAsinC.
所以sinBsin(A+C)=sinAsinC.
又A+B+C=π,
所以sin(A+C)=sinB,
所以sin2B=sinAsinC.
由正弦定理得b2=ac,
即a,b,c成等比数列.
(2)由于a=1,c=2,所以b=2.
由余弦定理得
cosB=a2+c2-b22ac=12+22-22×1×2=34.
由于0<B<π,
所以sinB=1-cos2B=74,
故△ABC的面积S=12acsinB=12×1×2×74=74.
18.【解析】(1)由已知可得AD→=12(AB→+AC→),CB→=AB→-AC→,
AD→·CB→=12(AB→+AC→)·(AB→-AC→)
=12(AB→2-AC→2)=12(64-36)
=14.
(2)AE→·CB→的值为一个常数.
由于l为线段BC的垂直平分线,l与BC交于点D,E为l上异于D的任意一点,
所以DE→·CB→=0,故AE→·CB→=(AD→+DE→)·CB→=AD→·CB→+DE→·CB→=AD→·CB→=14.
19.【解析】(1)由已知xy=3000,所以y=3 000x,其定义域是(6,500).
S=(x-4)a+(x-6)a=(2x-10)a,
所以S=(2x-10)(1 500x-3)=3030-(15 000x+6x),其定义域是(6,500).
(2)S=3030-(15 000x+6x)
≤3030-26x·15 000x
=3030-2×300=2430,
当且仅当15 000x=6x,即x=50∈(6,500)时,上述不等式等号成立,此时,x=50,y=60,Smax=2430.
答:设计x=50m,y=60m时,运动场地面积最大,最大值为2430平方米.
【加固训练】(2021·银川模拟)某食品加工厂定期购买玉米,已知该厂每天需用玉米6吨,每吨玉米的价格为1800元,玉米的保管等其他费用为平均每吨每天3元,购买玉米每次需支付运费900元.求该厂多少天购买一次玉米,才能使平均每天所支付的费用最少?
【解题提示】平均每天所支付的费用=x天支付的总费用天数x,先列出平均每天所支付的费用的函数解析式,再利用基本不等式求其最值.
【解析】设该厂应每隔x天购买一次玉米,其购买量为6x吨,由题意知,玉米的保管等其他费用为
3[6x+6(x-1)+6(x-2)+…+6×1]=3×x(6x+6)2=9x(x+1),
设平均每天所支付的费用为Y1元,
则Y1=9x(x+1)+900x+1800×6
=9x+900x+10809≥29x·900x+10809
=10989,
当且仅当9x=900x,即x=10时取等号.
该厂每隔10天购买一次玉米,才能使平均每天所支付的费用最少.
20.【解析】(1)由于Sn=n2an(n∈N*),
当n≥2时,Sn-1=(n-1)2an-1.
所以an=Sn-Sn-1=n2an-(n-1)2an-1.
所以(n+1)an=(n-1)an-1.
即anan-1=n-1n+1.又a1=12,
所以an=anan-1·an-1an-2·an-2an-3·…·
a3a2·a2a1·a1
=n-1n+1·n-2n·n-3n-1·…·24·
13·12=1n(n+1).
当n=1时,上式也成立,
故an=1n(n+1).
由于b1=2,bn+1=2bn.
所以{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,故bn=2n.
(2)由(1)知,bn=2n.
则1+1b1+1b2+…+1bn-1=1+12+122+…+12n-1=2-12n-1.
假设存在自然数m,使得对于任意n∈N*,n≥2,有1+1b1+1b2+…+1bn-1<m-84恒成立,
即2-12n-1<m-84恒成立.
由m-84≥2,解得m≥16.
所以存在自然数m,使得对于任意n∈N*,n≥2,有1+1b1+1b2+…+1bn-1<m-84恒成立.此时m的最小值为16.
【误区警示】此题会毁灭以下三点失分状况:
(1)在an=anan-1·an-1an-2·an-2an-3·…·a3a2·a2a1·a1
=n-1n+1·n-2n·n-3n-1·…·24·13·12
=1n(n+1).毁灭n的取值的混乱.
(2)遗忘验证当n=1时,上式也成立,故an=1n(n+1).
(3)不会在数列中利用函数恒成立思想解决问题,造成(2)题不会做.
21.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=1-(lnx+a)x2,
令f'(x)=0得x=e1-a,
当x∈(0,e1-a)时,f'(x)>0,f(x)是增函数;
当x∈(e1-a,+∞)时,f'(x)<0,f(x)是减函数,
所以f(x)在x=e1-a处取得极大值,
f(x)极大值=f(e1-a)=ea-1,无微小值.
(2)①当e1-a<e2时,即a>-1时,
由(1)知f(x)在(0,e1-a)上是增函数,在(e1-a,e2]上是减函数,
所以f(x)max=f(e1-a)=ea-1,
由于f(x)的图象与g(x)=1的图象在(0,e2]上有公共点,
所以ea-1≥1,解得a≥1,又a>-1,所以a≥1.
②当e1-a≥e2时,即a≤-1时,f(x)在(0,e2]上是增函数,
所以f(x)在(0,e2]上的最大值为f(e2)=2+ae2,
所以原问题等价于2+ae2≥1,解得a≥e2-2.
又a≤-1,所以此时a无解.
综上,实数a的取值范围是[1,+∞).
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