2022届高三文科数学总复习阶段滚动检测(二).docx

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阶段滚动检测(二)
第一～四章
(120分钟　150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.(2021·绵阳模拟)a为正实数,i为虚数单位,||=2,则a=　(　　)
A.2 B. C. D.1
2.(滚动交汇考查)已知函数f(x)=的定义域为M,g(x)=ln(1+x)的定义域为N,则M∩N=　(　　)
A.{x|x>-1} B.{x|-11的解集为(　　)
A.(-3,-2)∪(2,3)
B.(-,)
C.(2,3)
D.(-∞,-)∪(,+∞)
5.(2021·南宁模拟)在直角三角形ABC中,∠C=,AC=3,取点D,E,使=2,=3,那么·+·=(　　)
A.3 B.6 C.-3 D.-6
6.若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=1,∠B=45°,S△ABC=2,则b=(　　)
A.5 B.25 C. D.5
7.设向量a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),其中0<α<β<π,若|2a+b|=|a-2b|,则β-α=(　　)
A. B.- C. D.-
8.(2021·沈阳模拟)函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,-<φ<)的图象如图所示,则·=(　　)

A.8 B.-8 C.-8 D.-+8
9.(滚动单独考查)若f(x)=-x2+aln(x+2)在(-2∞)上是减函数,则a的取值范围是(　　)
A.[-2,+∞) B.(-2,+∞)
C.(-∞,-2) D.(-∞,-2]
10.若a=(x1,y1),b=(x2,y2),定义运算a⊗b=x1y2-x2y1,若a=(3,),b=(-sinx,
cosx),f(x)=a⊗b,将f(x)的图象左移m(m>0)个单位后,所得图象关于y轴对称,则m的最小值为(　　)
A. B. C. D.
11.(2021·深圳模拟)已知||=||=2,点C在线段AB上,且||的最小值为1,则|-t|(t∈R)的最小值为(　　)
A. B. C.2 D.
12.已知向量a=(1,3),b=(-2,-6),|c|=,若(a+b)·c=5,则a与c的夹角为
　(　　)
A.30° B.45° C.60° D.120°
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.设复数z的共轭复数为,若(2+i)·z=3-i,则z·的值为　　　　.
14.(2021·重庆高考)在OA为边,OB为对角线的矩形中,=(-3,1),=(-2,k),则实数k=　　　　.
15.(2021·长春模拟)在△ABC中,设角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cosC=,·=,a+b=9,则c=　　　　.
16.(滚动交汇考查)下列命题中,为真命题的是　　　　(填写序号).
①在△ABC中,若A>B,则sinA>sinB;
②在同一坐标系中,函数y=sinx的图象与直线y=x有三个交点;
③已知p:∃x∈R,cosx=1,q:∀x∈R,x2-x+1>0,则“p∧q”为假命题;
④已知函数f(x)=sin(ωx+)-2(ω>0)的导函数的最大值为3,则函数f(x)的图象关于x=对称.
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)(2021·兰州模拟)已知向量a=(sinθ,cosθ),b=(1,-2),满足a⊥b,其中θ∈[0,].
(1)求tanθ的值.
(2)求的值.
18.(12分)(2021·福州模拟)设函数f(x)=(sinωx+cosωx)2+2cos2ωx(ω>0)的最小正周期为.
(1)求ω的值.
(2)若函数y=g(x)的图象是由y=f(x)的图象向右平移个单位长度得到,求y=g(x)的单调增区间.
19.(12分)(滚动单独考查)已知函数f(x)=x3-ax2-3x.
(1)若f(x)在[1,+∞)上是增函数,求实数a的取值范围.
(2)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间.
20.(12分)(2021·哈尔滨模拟)已知向量m=(cosx,-1),向量n=(sinx,-),函数f(x)=m+n)·m.
(1)求f(x)的最小正周期T.
(2)已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,A为锐角,a=1,c=,且f(A)恰是f(x)在[0,]上的最大值,求A和b的大小.
21.(12分)(滚动交汇考查)设函数f(x)=sinx-cosx+x+1.
(1)求:函数f(x)在x=0处的切线方程.
(2)记△ABC的内角A,B,C的对边长分别为a,b,c,f′(B)=3且a+c=2,求边长b的最小值.
22.(12分)(滚动单独考查)已知函数f(x)=x3+ax2-x+c,且a=f′().
(1)求a的值.
(2)求函数f(x)的单调区间.
(3)设函数g(x)=(f(x)-x3)·ex,若函数g(x)在x∈[-3,2]上单调递增,求实数c的取值范围.
答案解析
1.B　由||=2得
|1-ai|=2,
即1+a2=4,所以a2=3.
又由于a为正实数,所以a=.
2.B　由已知条件可得M={x|1-x>0}={x|x<1},N={x|1+x>0}={x|x>-1},所以M∩N={x|x<1}∩{x|x>-1}={x|-1已知条件求解.
A　由f'(x)的图象可知y=f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
又f(-2)=1,f(3)=1,
故f(x2-6)>1⇔-2故=+=+
=+(-)
=+.
又=+=+
=+(-)
=-,
故·+·
=(+)·
=（+）·
=+·.
由于C=,所以·=0,又AC=3,
所以=·9=3.
6.A　由S△ABC=acsin45°=2,得c=4.
所以b2=a2+c2-2ac·cosB=1+32-2×1×4×=25.所以b=5.
7.【解题提示】将等式两边平方得a与b的关系后可求解.
A　由|2a+b|=|a-2b|得
4a2+4a·b+b2=a2-4a·b+4b2,
故3a2-3b2+8a·b=0.
由于|a|=|b|=1,所以a·b=0.
所以cosαcosβ+sinαsinβ=0即cos(α-β)=0.
由于0<α<β<π,所以-π<α-β<0,
所以α-β=-,即β-α=.
8.C 由图象知,T=4(-)=π,
所以xA=-=-,xD=+=π.
故·=(,2)·(,-4)
=-8.
9.D　f'(x)=-2x+,且f(x)在(-2,+∞)上递减,所以当x>-2时,
f'(x)=-2x+≤0恒成立.
则a≤2x2+4x,x∈(-2,+∞)时恒成立.
又t=2x2+4x=2(x+1)2-2,
在(-2,+∞)上的最小值为-2.
因此a≤-2,经检验a=-2时,仅当x=-1时,f'(x)=0.
所以实数a的取值范围是(-∞,-2].
10.【解题提示】充分利用已知条件将f(x)转化,再利用三角函数的图象变换求解.
A 由已知可得f(x)=3cosx+sinx
=2(cosx+sinx)
=2cos(x-).
故图象左移m个单位后解析式变为y=2cos(x+m-).
若图象关于y轴对称则m-=kπ,k∈Z.
即m=kπ+,k∈Z.
又由于m>0,故当k=0时,mmin=.
【方法技巧】创新运用问题的求解策略
(1)对于新概念问题的求解策略是认真观看理解新定义、新概念的含义,精确利用新定义转化为常见题型求解.
(2)对创新型的题目要求是无论如何创新,应当有万变不离我们对待常规问题的心态,去正确理解,精确把握其实质与内含,适当转化后求解即可.
11.【解题提示】利用数形结合求解.
B 依题意,可将点A,B置于圆x2+y2=4上;由点C在线段AB上,且||的最小值为1,得原点O到线段AB的距离为1,∠AOB=180°-2×30°=120°,(-t)2=
4+4t2-2t×22cos120°=4t2+4t+4=4(t+)2+3的最小值是3,
因此|-t|的最小值是.
【加固训练】(2022·宁波模拟)在平面直角坐标系中,A(,1),B点是以原点O为圆心的单位圆上的动点,则|+|的最大值是　(　　)
A.4 B.3 C.2 D.1
B 由题意可知向量的模是不变的,所以当与同向时,最大,结合图形可知,|+|max=||+1=+1=3.
【一题多解】本题还有如下解法:
B　由题意,得||==2,
||=1,
设向量,的夹角为θ,
所以|+|=
=
=
=.
所以当θ=0,即与同向时,
|+|max==3.
12.D　设c=(x,y),
由于a+b=(-1,-3),
所以(a+b)·c=-x-3y=5,|c|==,即

设a与c的夹角为θ,
则cosθ=
=
=-.
由于0°≤θ≤180°,所以θ=120°,
故选D.
【一题多解】　D　由题意,得b=-2a,
所以(a+b)·c=(a-2a)·c
=-a·c=5,
即a·c=-5.
设a与c的夹角为θ,
则cosθ==
=-.
由于0°≤θ≤180°,
所以θ=120°.故选D.
【加固训练】如图,已知圆M:(x-3)2+(y-3)2=4,四边形ABCD为圆M的内接正方形,E,F分别为边AB,AD的中点,当正方形ABCD绕圆心M转动时,·的取值范围是　(　　)

A.[-6,6] B.[-6,6]
C.[-3,3] D.[-4,4]
A　设A(3+2cosα,3+2sinα),
D(3+2cosβ,3+2sinβ),
则F(3+cosα+cosβ,3+sinα+sinβ),
由图知,==(cosα-cosβ,sinα-sinβ),=(3+cosα+cosβ,3+sinα+sinβ),
所以·=(3+cosα+cosβ,3+sinα+sinβ)·(cosα-cosβ,sinα-sinβ)
=3(cosα+sinα)-3(cosβ+sinβ)
=3sin(α+)-3sin(β+)∈[-6,6],故选A.
13.【解析】由已知得z===1-i,
故=1+i,所以z·=(1+i)(1-i)=2.
答案: 2
14.【解题提示】可依据题意先求出向量的坐标,再利用OA⊥AB求解.
【解析】=-=(-2,k)-(-3,1)=(1,k-1),由于OA⊥AB,
所以·=0,即-3+k-1=0,解得k=4.

答案：4
15.【解析】由·=,
即a·b·cosC=得
ab=20,又a+b=9.
所以c2=a2+b2-2abcosC=(a+b)2-2ab-2ab·=36.
所以c=6.
答案：6
16.【解析】由正弦定理,知①正确;作图象知②错误;对于③,p正确,q正确,则“p∧﹁q”为假命题,③对;对于④,
f′(x)=ωcos(ωx+)(ω>0),所以ω=3.
所以f(x)=sin(3x+)-2不关于x=对称,④不正确.
答案：①③
17.【解析】(1)由于a⊥b,所以sinθ-2cosθ=0,即tanθ=2.

18.【解析】(1)f(x)=(sinωx+cosωx)2+2cos2ωx=sin2ωx+cos2ωx+
sin2ωx+1+cos2ωx
=sin2ωx+cos2ωx+2
=sin(2ωx+)+2.
依题意得=,则ω=.
(2)依题意,得g(x)
=sin[3(x-)+]+2
=sin(3x-)+2.
由2kπ-≤3x-≤2kπ+(k∈Z),
解得kπ+≤x≤kπ+(k∈Z).
故y=g(x)的单调增区间为[kπ+,kπ+](k∈Z).
【加固训练】已知向量a=(cos2ωx-sin2ωx,sinωx),b=(,2cosωx),函数f(x)=a·b(x∈R)的图象关于直线x=对称,其中ω为常数,且ω∈(0,1).
(1)求函数f(x)的表达式.
(2)若将y=f(x)图象上各点的横坐标变为原来的,再将所得图象向右平移个单位,纵坐标不变,得到y=h(x)的图象,求y=h(x)在[-,]上的取值范围.
【解析】(1)f(x)=a·b=(cos2ωx-sin2ωx,sinωx)·(,2cosωx)
=(cos2ωx-sin2ωx)+2sinωxcosωx
=cos2ωx+sin2ωx
=2sin(2ωx+),
由直线x=是y=f(x)图象的一条对称轴,
可得2sin(πω+)=±2,
所以πω+=kπ+(k∈Z),即ω=k+(k∈Z).
又ω∈(0,1),k∈Z,所以k=0,ω=.
所以f(x)=2sin(x+).
(2)将y=f(x)图象上各点的横坐标变为原来的,再将所得图象向右平移个单位,纵坐标不变,
得到y=2sin(2x-)的图象.
所以h(x)=2sin(2x-).
由-≤x≤,有-≤2x-≤,
所以-1≤sin(2x-)≤,
得-2≤2sin(2x-)≤1,
故函数h(x)在[-,]上的取值范围为[-2,1].
19.【解析】(1)对f(x)求导,得f′(x)=3x2-2ax-3.
由f′(x)≥0,得a≤(x-).
记t(x)=(x-),当x≥1时,t(x)是增函数,
所以t(x)min=(1-1)=0.
所以a≤0.
(2)由题意,得f′(3)=0,即27-6a-3=0,
所以a=4.所以f(x)=x3-4x2-3x,f′(x)=3x2-8x-3.
令f′(x)=0,得x1=-,x2=3.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化状况如表:
x
(-∞,-)
-
(-,3)
f′(x)
+
0
-
f(x)
↗
极大值
↘

x
3
(3,+∞)
f′(x)
0
+
f(x)
微小值
↗
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-],[3,+∞),
单调递减区间为(-,3).
20.【解析】(1)f(x)=(m+n)·m=cos2x+sinxcosx+
=+sin2x+
=cos2x+sin2x+2
=sin(2x+)+2.
由于ω=2,所以T==π.
(2)由(1)知:f(A)=sin(2A+)+2,
当A∈[0,]时,≤2A+≤,
由正弦函数图象可知,
当2A+=时f(A)取得最大值3,
所以2A+=,A=.
由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccosA,
所以1=b2+3-2×b××cos.
解得b=1或b=2.
21.【解题提示】(1)求得切线斜率利用点斜式再化成一般式即可.
(2)求得角B后利用余弦定理转化后利用基本不等式求解.
【解析】(1)当x=0时,f(0)=1-,则切点为(0,1-).
由于f′(x)=cosx+sinx+1
=2sin（x+）+1,
所以k=f′(0)=2sin+1=2.
所以切线方程l:y-(1-)=2(x-0),即2x-y+(1-)=0.
(2)由(1)知,f′(B)=2sin(B+)+1=3.
所以sin(B+)=1,由于B∈(0,π),所以B=.
由余弦定理,得b2=a2+c2-2ac·cosB
=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=4-3ac
当且仅当a=c=1时,上式取等号.
所以b2≥1,从而bmin=1(b>0).
22.【解析】(1)由f(x)=x3+ax2-x+c,
得f'(x)=3x2+2ax-1.
当x=时,得a=f'()
=3×()2+2a×()-1,
解得a=-1.
(2)由(1)可知f(x)=x3-x2-x+c.
则f'(x)=3x2-2x-1
=3(x+)(x-1),
列表如下:
x
(-∞,-)
-
(-,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
微小值
↗
所以f(x)的单调递增区间是
(-∞,-]和[1,+∞).
f(x)的单调递减区间是(-,1).
(3)函数g(x)=(f(x)-x3)·ex
=(-x2-x+c)·ex,
有g'(x)=(-2x-1)ex+(-x2-x+c)ex=(-x2-3x+c-1)ex,
由于函数g(x)在x∈[-3,2]上单调递增,
所以h(x)=-x2-3x+c-1≥0在x∈[-3,2]上恒成立.
只要h(2)≥0,解得c≥11,所以c的取值范围是[11,+∞).
【方法技巧】利用导数争辩函数单调性的一般步骤
(1)确定函数的定义域.
(2)求导数f'(x).
(3)①若求单调区间(或证明单调性),只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f'(x)>0或f'(x)<0;
②若已知f(x)的单调性,则转化为不等式f'(x)≥0或f'(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解.
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