2022届高考数学(文科人教A版)大一轮阶段滚动检测(二)第一～四章-.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.(2021·绵阳模拟)a为正实数,i为虚数单位,|a+ii|=2,则a=　(　　)
A.2 B.3 C.2 D.1
2.(滚动交汇考查)已知函数f(x)=11-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.(-2,2)
C.(2,3)
D.(-∞,-2)∪(2,+∞)
5.(2021·南宁模拟)在直角三角形ABC中,∠C=π2,AC=3,取点D,E,使BD→=2DA→,AB→=3BE→,那么CD→·CA→+CE→·CA→=(　　)
A.3 B.6 C.-3 D.-6
6.设向量a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),其中0<α<β<π,若|2a+b|=|a-2b|,则β-α=(　　)
A.π2 B.-π2 C.π4 D.-π4
7.(2021·沈阳模拟)函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,-π2<φ<π2)的图象如图所示,则AB→·BD→=(　　)

A.8 B.-8 C.π28-8 D.-π28+8
8.若a=(x1,y1),b=(x2,y2),定义运算a⊗b=x1y2-x2y1,若a=(3,3),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.π6 B.π3 C.5π6 D.2π3
9.(2021·深圳模拟)已知|OA→|=|OB→|=2,点C在线段AB上,且|OC→|的最小值为1,则|OA→-tOB→|(t∈R)的最小值为(　　)
A.2 B.3 C.2 D.5
10.已知向量a=(1,3),b=(-2,-6),|c|=10,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.设复数z的共轭复数为z,若(2+i)·z=3-i,则z·z的值为　　　　.
12.(2021·重庆高考)在OA为边,OB为对角线的矩形中,OA→=(-3,1),OB→=(-2,k),则实数k=　　　　.
13.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=　　　　.
14.(2021·长春模拟)在△ABC中,设角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cosC=18,CB→·CA→=52,a+b=9,则c=　　　　.
15.(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+π6)-2(ω>0)的导函数的最大值为3,则函数f(x)的图象关于x=π3对称.
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.(11分)(2021·兰州模拟)已知向量a=(sinθ,cosθ),b=(1,-2),满足a⊥b,其中θ∈[0,π2].
(1)求tanθ的值.
(2)求的值.
17.(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2π3.
(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π2个单位长度得到,求y=g(x)的单调增区间.
18.(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.
19.(12分)(2021·哈尔滨模拟)已知向量m=(cosx,-1),向量n=(3sinx,-12),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=3,且f(A)恰是f(x)在[0,π2]上的最大值,求A和b的大小.
20.(13分)(滚动交汇考查)设函数f(x)=sinx-3cosx+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.
21.(14分)(滚动单独考查)已知函数f(x)=x3+ax2-x+c,且a=f′(23).
(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|a+ii|=2得
|1-ai|=2,
即1+a2=4,所以a2=3.
又由于a为正实数,所以a=3.
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数图象确定原函数的单调性后再利用已知条件求解.
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⇔-2CA→+CE→·CA→=6-3=3.
【一题多解】本题也可以利用基底CA→,CB→来解.
A　由BD→=2DA→得BD→=23BA→,
故CD→=CB→+BD→=CB→+23BA→
=CB→+23(CA→-CB→)
=23CA→+13CB→.
又CE→=CB→+BE→=CB→+13AB→
=CB→+13(CB→-CA→)
=43CB→-13CA→,
故CD→·CA→+CE→·CA→
=(CD→+CE→)·CA→
=（13CA→+53CB→）·CA→
=13CA→2+53CB→·CA→.
由于C=π2,所以CB→·CA→=0,又AC=3,
所以13CA→2=13·9=3.
6.【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=-π2,即β-α=π2.
7.C 由图象知,T=4(π3-π12)=π,
所以xA=π12-π4=-π6,xD=π12+π2=712π.
故AB→·BD→=(π4,2)·(π2,-4)
=π28-8.
8.【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+3sinx
=2(cosx+12sinx)
=23cos(x-π6).
故图象左移m个单位后解析式变为y=23cos(x+m-π6).
若图象关于y轴对称则m-π6=kπ,k∈Z.
即m=kπ+π6,k∈Z.
又由于m>0,故当k=0时,mmin=π6.
【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.
9.【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|OC→|的最小值为1,得原点O到线段AB的距离为1,∠AOB=180°-2×30°=120°,(OA→-tOB→)2=
4+4t2-2t×22cos120°=4t2+4t+4=4(t+)2+3的最小值是3,
因此|OA→-tOB→|的最小值是3.
【加固训练】(2022·宁波模拟)在平面直角坐标系中,A(3,1),B点是以原点O为圆心的单位圆上的动点,则|OA→+OB→|的最大值是　(　　)
A.4 B.3 C.2 D.1
B 由题意可知向量OB→的模是不变的,所以当OB→与OA→同向时,|OA→+OB→|最大,结合图形可知,|OA→+OB→|max=|OA→|+1=12+(3)2+1=3.
【一题多解】本题还有如下解法:
B　由题意,得|OA→|=3+1=2,
|OB→|=1,
设向量OA→,OB→的夹角为θ,
所以|OA→+OB→|=(OA→+OB→)2
=OA→2+OB→2+2OA→·OB→
=4+1+2×2×1·cosθ
=5+4cosθ.
所以当θ=0,即OA→与OB→同向时,
|OA→+OB→|max=5+4=3.
10.D　设c=(x,y),
由于a+b=(-1,3),
所以(a+b)·c=-x-3y=5,|c|=x2+y2=10,即

设a与c的夹角为θ,
则cosθ=
=33-12+-9-33210×10
=-12.
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==-510×10
=-12.
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,ME→·OF→的取值范围是　(　　)

A.[-62,62] B.[-6,6]
C.[-32,32] 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,ME→=12DA→=(cosα-cosβ,sinα-sinβ),OF→=(3+cosα+cosβ,3+sinα+sinβ),
所以ME→·OF→=(3+cosα+cosβ,3+sinα+sinβ)·(cosα-cosβ,sinα-sinβ)
=3(cosα+sinα)-3(cosβ+sinβ)
=32sin(α+π4)-32sin(β+π4)∈[-62,62],故选A.
11.【解析】由已知得z=3-i2+i=5-5i5=1-i,
故z=1+i,所以z·z=(1+i)(1-i)=2.
答案: 2
12.【解题提示】可依据题意先求出向量AB→的坐标,再利用OA⊥AB求解.
【解析】AB→=OB→-OA→=(-2,k)-(-3,1)=(1,k-1),由于OA⊥AB,
所以OA→·AB→=0,即-3+k-1=0,解得k=4.
答案：4
13.【解析】由S△ABC=12acsin45°=2,得c=42.
所以b2=a2+c2-2ac·cosB=1+32-2×1×42×22=25.所以b=5.
答案:5
14.【解析】由CB→·CA→=52,
即a·b·cosC=52得
ab=20,又a+b=9.
所以c2=a2+b2-2abcosC=(a+b)2-2ab-2ab·18=36.
所以c=6.
答案：6
15.【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+π6)(ω>0),所以ω=3.
所以f(x)=sin(3x+π6)-2不关于x=π3对称,④不正确.
答案：①③
16.【解析】(1)由于a⊥b,所以sinθ-2cosθ=0,即tanθ=2.

17.【解析】(1)f(x)=(sinωx+cosωx)2+2cos2ωx=sin2ωx+cos2ωx+
sin2ωx+1+cos2ωx
=sin2ωx+cos2ωx+2
=2sin(2ωx+π4)+2.
依题意得2π2ω=2π3,则ω=32.
(2)依题意,得g(x)
=2sin[3(x-π2)+π4]+2
=2sin(3x-5π4)+2.
由2kπ-π2≤3x-5π4≤2kπ+π2(k∈Z),
解得23kπ+π4≤x≤23kπ+7π12(k∈Z).
故y=g(x)的单调增区间为[23kπ+π4,23kπ+7π12](k∈Z).
【加固训练】已知向量a=(cos2ωx-sin2ωx,sinωx),b=(3,2cosωx),函数f(x)=a·b(x∈R)的图象关于直线x=π2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16,再将所得图象向右平移π3个单位,纵坐标不变,得到y=h(x)的图象,求y=h(x)在[-π4,π4]上的取值范围.
【解析】(1)f(x)=a·b=(cos2ωx-sin2ωx,sinωx)·(3,2cosωx)
=3(cos2ωx-sin2ωx)+2sinωxcosωx
=3cos2ωx+sin2ωx
2sin(2ωx+π3),
由直线x=π2是y=f(x)图象的一条对称轴,
可得2sin(πω+π3)=±2,
所以πω+π3=kπ+π2(k∈Z),即ω=k+16(k∈Z).
又ω∈(0,1),k∈Z,所以k=0,ω=16.
所以f(x)=2sin(13x+π3).
(2)将y=f(x)图象上各点的横坐标变为原来的16,再将所得图象向右平移π3个单位,纵坐标不变,
得到y=2sin(2x-π3)的图象.
所以h(x)=2sin(2x-π3).
由-π4≤x≤π4,有-5π6≤2x-π3≤π6,
所以-1≤sin(2x-π3)≤12,
得-2≤2sin(2x-π3)≤1
故函数h(x)在[-π4,π4]上的取值范围为[-2,1].
18.【解析】(1)对f(x)求导,得f′(x)=3x2-2ax-3.
由f′(x)≥0,得a≤32(x-1x).
记t(x)=32(x-1x),当x≥1时,t(x)是增函数,
所以t(x)min=32(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=-13,x2=3.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化状况如表:
x
(-∞,-13)
-13
(-13,3)
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(-∞,-13],[3,+∞),
单调递减区间为(-13,3).
19.【解析】(1)f(x)=(m+n)·m=cos2x+3sinxcosx+32
=1+cos2x2+32sin2x+32
=12cos2x+32sin2x+2
=sin(2x+π6)+2.
由于ω=2,所以T=2π2=π.
(2)由(1)知:f(A)=sin(2A+π6)+2,
当A∈[0,π2]时,π6≤2A+π6≤7π6,
由正弦函数图象可知,
当2A+π6=π2时f(A)取得最大值3,
所以2A+π6=π2,A=π6.
由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccosA,
所以1=b2+3-2×b×3×cosπ6.
解得b=1或b=2.
20.【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)=1-3,则切点为(0,1-3).
由于f′(x)=cosx+3sinx+1
=2sin（x+π6）+1,
所以k=f′(0)=2sinπ6+1=2.
所以切线方程l:y-(1-3)=2(x-0),即2x-y+(1-3)=0.
(2)由(1)知,f′(B)=2sin(B+π6)+1=3.
所以sin(B+π6)=1,由于B∈(0,π),所以B=π3.
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).
21.【解析】(1)由f(x)=x3+ax2-x+c,
得f'(x)=3x2+2ax-1.
当x=23时,得a=f'(23)
=3×(23)2+2a×(23)-1,
解得a=-1.
(2)由(1)可知f(x)=x3-x2-x+c.
则f'(x)=3x2-2x-1
=3(x+13)(x-1),
列表如下:
x
(-∞,-13)
-13
(-13,1)
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
(-∞,-13]和[1,+∞).
f(x)的单调递减区间是(-13,1).
(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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