2018单元滚动检测卷高考数学理：阶段滚动检测五 含解

阶段滚动检测(五)
考生注意：
1．本试卷分第Ⅰ卷(填空题)和第Ⅱ卷(解答题)两部分，共4页．
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．
3．本次考试时间120分钟，满分160分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．
第Ⅰ卷
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上) 1.如图所示的Venn 图中，A ，B 是非空集合，定义A *B 表示阴影部分的集合．若x ，y ∈R ，
A ＝{x |y ＝2x －x 2}，
B ＝{y |y ＝3x ，x >0}，则A *B ＝____________.
2．(2016·南通一模)函数f (x )＝lg(－x 2＋2x ＋3)的定义域为________． 3．函数y ＝|x |(1－x )的单调增区间是__________．
4．(2016·济宁模拟)设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若－a m <a 1<－a m ＋1(m ∈N *且m ≥2)，则判断大小关系：S m ________0，S m ＋1________0.
5．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的部分图象如图所示，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2012)＝________.
6．设1<x <2，则ln x x ，(ln x x )2，ln x
2
x 2的大小关系是__________________．
7．(2016·福州质检)在△ABC 中，AR →＝2RB →，CP →＝2PR →，若AP →＝mAB →＋nAC →，则m
＋n ＝________.
8．棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点都在球O 的表面上，E 、F 分别是棱AA 1、DD 1的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为________．
9．已知函数f (x )＝1－x
ax ＋ln x ，若函数f (x )在1，＋∞)上为增函数，则正实数a 的取值范围为________．
10．(2017·云南统考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为S ，且2S ＝(a ＋b )2－c 2，则tan C ＝________.
11．(2016·大同质检)已知f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝1cos π,[0,],2
121,(,),
2x x x x ⎧
∈⎪⎪⎨⎪-∈+∞⎪⎩则不
等式
f (x －1)≤1
2的解集为____________．
12．(2016·徐州模拟)如图，BC 是Rt △ABC 的斜边，过点A 作△ABC 所在平面α的垂线AP ，连结PB ，PC ，过点A 作AD ⊥BC 于D ，连结PD ，那么图中直角三角形的个数为________．
13．(2016·滨州一模)若对任意的x ＞1，x 2＋3x －1≥a 恒成立，则a 的最大值是________．
14．(2016·扬州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝4＋(－1
2)n －1，若对任意n ∈N *，都有1≤p (S n －4n )≤3，则实数p 的取值范围是________．
第Ⅱ卷
二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(14分)(2016·苏锡常镇调研)已知函数f (x )＝sin(x ＋π6)＋cos x .
(1)求函数f (x )的最大值，并写出当f (x )取最大值时x 的取值集合； (2)若α∈(0，π2)，f (α＋π6)＝33
5，求f (2α)的值.
16.(14分)已知{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{a n}的通项公式；(2)求数列{a n
2n}的前n项和.
17.(14分)(2016·南通二模)在平面直角坐标系中，已知向量a＝(1,0)，b＝(0,2)，设
向量x＝a＋(1－cosθ)b，y＝－k a＋
1
sinθb，其中0<θ<π.
(1)若k＝4，θ＝π
6，求x·y的值；
(2)若x∥y，求实数k的最大值，并求k取最大值时θ的值.
18.(16分)(2016·河北衡水中学调考)如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱SA ⊥底面ABCD ，AB 垂直于AD 和BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，M 是棱SB 的中点．
(1)求证：AM ∥平面SCD ；
(2)求平面SCD 与平面SAB 所成的二面角的平面角的余弦值；
(3)设N 是直线CD 上的动点，MN 与平面SAB 所成的角为θ，求sin θ的最大值.
19．(16分)(2016·合肥第二次质检)已知△ABC 的三边长AB ＝13，BC ＝4，AC ＝
1，动点M 满足CM
→＝λCA →＋μCB →，且λμ＝14
.
(1)求|CM →|最小值，并指出此时CM →与C A →，C B →的夹角；
(2)是否存在两定点F 1，F 2，使||MF 1→|－|MF 2→||恒为常数k ？若存在，指出常数k 的
值，若不存在，说明理由.
20.(16分)(2016·潍坊一中期初考试)已知函数f (x )＝x ＋1
e x (e 为自然对数的底数)．
(1)求函数f (x )的最大值；
(2)设函数φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋1
e x ，存在实数x 1，x 2∈0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立，求实数t 的取值范围. .
答案解析
1．0,1]∪(2，＋∞)
解析 A ＝{x |0≤x ≤2}，B ＝{y |y >1}，故A ∪B ＝{x |x ≥0}，A ∩B ＝{x |1<x ≤2}， 由题图可知，A *B ＝{x |x ∈A 或x ∈B 且x ∉A ∩B }＝{x |0≤x ≤1或x >2}． 2．(－1,3)
解析 要使函数f (x )＝lg(－x 2＋2x ＋3)有意义，则－x 2＋2x ＋3>0，解得－1<x <3，故该函数的定义域为(－1,3)． 3．0，12]
解析 y ＝|x |(1－x )＝⎩⎨⎧ x (1－x )，x ≥0，－x (1－x )，x <0＝⎩⎨⎧
－x 2
＋x ，x ≥0，
x 2－x ，x <0
＝⎩⎪⎨⎪⎧
－(x －12)2＋1
4，x ≥0，(x －12)2－1
4，x <0.
画出函数的图象，如图．
由图易知原函数在0，1
2]上单调递增． 4．> <
解析 因为－a m <a 1<－a m ＋1，所以⎩⎨⎧
a 1＋a m >0，
a 1＋a m ＋1<0.
易得S m ＝
a 1＋a m 2·m >0，S m ＋1＝a 1＋a m ＋1
2
·(m ＋1)<0. 5．22＋2
解析 由题干图象知A ＝2，φ＝0，ω＝2πT ＝π
4，
∴f (x )＝2sin πx
4，其图象关于点(4,0)，直线x ＝2，x ＝6对称， ∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (8)＝0. ∵T ＝8,2012＝251×8＋4，
∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2012)＝f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝2(sin π4＋sin 2π4＋sin 3π
4＋sin 4π4) ＝22＋2. 6．(ln x x )2<ln x x <ln x 2x 2
解析 方法一 令f (x )＝x －ln x (1<x <2)， 则f ′(x )＝1－1x ＝x －1
x >0， ∴函数y ＝f (x )(1<x <2)为增函数， ∴f (x )>1>0，∴x >ln x >0⇒0<ln x
x <1， ∴(ln x x )2<ln x x .
又ln x 2x 2－ln x x ＝2ln x －x ln x x 2＝(2－x )ln x x 2
>0，
∴(ln x x )2<ln x x <ln x 2x 2.
方法二 ∵1<x <2，∴0<ln x
x <1， ∴(ln x x )2<ln x x ， 又ln x 2x 2＝2x ·ln x x >ln x x ， ∴(ln x x )2<ln x x <ln x 2x 2. 7.79
解析 由CP
→＝2PR →，得AP →－AC →＝2(AR →－AP →)，
即AP
→＝13
(AC →＋2AR →)． 又由AR
→＝2RB →，得AR →＝2(AB →－AR →)，即AR →＝23AB →， 故AP →
＝13AC →＋49AB →， 所以m ＋n ＝7
9. 8.2a
解析 因为正方体内接于球，所以2R ＝a 2＋a 2＋a 2，R ＝3
2a ，过球心O 和点E 、F 的大圆的截面图如图所示，
则直线被球截得的线段为QR ，过点O 作OP ⊥QR 于点P ， 所以，在△QPO 中，QR ＝2QP ＝2(32a )2－(1
2a )2＝2a .
9．1，＋∞)
解析 ∵f (x )＝1－x ax ＋ln x ，∴f ′(x )＝ax －1
ax 2(a >0)． ∵函数f (x )在1，＋∞)上为增函数，
∴f ′(x )＝ax －1
ax 2≥0在x ∈1，＋∞)上恒成立， ∴ax －1≥0在x ∈1，＋∞)上恒成立， 即a ≥1
x 在x ∈1，＋∞)上恒成立，∴a ≥1. 10．－43
解析 因为2S ＝(a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ，
则结合面积公式与余弦定理，得ab sin C ＝2ab cos C ＋2ab ， 即sin C －2cos C ＝2，所以(sin C －2cos C )2＝4， 即sin 2C －4sin C cos C ＋4cos 2C sin 2C ＋cos 2C ＝4，
所以tan 2C －4tan C ＋4tan 2C ＋1＝4，
解得tan C ＝－4
3或tan C ＝0(舍去)． 11．14，23]∪43，74
]
解析 借助偶函数的性质，先解不等式f (x )≤1
2，再利用图象的平移知识解不等式f (x
－1)≤12.
当x ∈0，12]时，由cosπx ≤12，得13≤x ≤1
2；
当x ∈(12，＋∞)时，由2x －1≤12，得12<x ≤3
4，
所以不等式f (x )≤12(x ≥0)的解为13≤x ≤12或12<x ≤34，即13≤x ≤3
4.
由于偶函数的图象关于y 轴对称，则在函数的定义域内， 不等式f (x )≤12的解为－34≤x ≤－13或13≤x ≤3
4
.
函数f (x －1)的图象可以看作由f (x )的图象向右平移1个单位得到的，故不等式f (x )≤1
2
的解为14≤x ≤23或43≤x ≤74，即解集为14，23]∪43，74]． 12．8
解析 有8个：Rt △ABC ，Rt △P AB ，Rt △P AC ， Rt △P AD ，Rt △ADB ，Rt △ADC ，Rt △PDB ，Rt △PDC . 13．6
解析 a ≤x 2＋3
x －1
对x ∈(1，＋∞)恒成立，
即a ≤(x 2＋3x －1)min ，x 2＋3x －1＝(x －1)2＋2(x －1)＋4x －1＝(x －1)＋4
x －1＋2，
∵x ＞1， ∴(x －1)＋
4
x －1
＋2≥2(x －1)·4
x －1
＋2＝6，
当且仅当x －1＝
4
x －1
，即当x ＝3时取“＝”， ∴a ≤6，∴a 的最大值为6. 14．2,3]
解析 由题意得S n ＝4n ＋
1－(－12)n
32
，
所以S n －4n ＝231－(－1
2)n ]，
所以32≤p 1－(－12)n ]≤92，
即32·1[1－(－12)n ]min ≤p ≤92·
1[1－(－12)n ]max
，
所以1－(－1
2)n >0.
当n 为奇数时，1＋(1
2)n 随n 单调递减，
当n 为偶数时，1－(1
2)n 随n 单调递增．
所以当n 为奇数时，1＋(12)n ]max ＝32，1＋(1
2)n ]min >1， 当n 为偶数时，1－(12)n ]min ＝34，1－(1
2)n ]max <1， 所以32×134≤p ≤92×132，
所以2≤p ≤3.
15．解 (1)f (x )＝sin(x ＋π
6)＋cos x
＝32sin x ＋1
2cos x ＋cos x
＝32sin x ＋32cos x ＝3sin(x ＋π3)． 当x ＋π3＝2k π＋π
2(k ∈Z )，
即x ＝2k π＋π
6(k ∈Z )时，f (x )取得最大值 3.
此时x 的取值集合为{x |x ＝2k π＋π
6，k ∈Z }．
(2)由(1)知，f (x )＝3sin(x ＋π
3)，
因为f (α＋π6)＝33
5，
所以3sin(α＋π6＋π3)＝3cos α＝335，即cos α＝3
5.
又α∈(0，π2)，所以sin α＝4
5，
所以sin2α＝2sin αcos α＝2×45×35＝24
25，
cos2α＝2cos 2
α－1＝－725，
故f (2α)＝3sin(2α＋π3)＝32sin2α＋3
2cos2α ＝32×2425－32×725＝243－2150
.
16．解 (1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3. 设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ， 故d ＝12，从而a 1＝32.
所以{a n }的通项公式为a n ＝1
2n ＋1.
(2)设{a n 2n }的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋2
2
n ＋1，则
S n ＝322＋4
23＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，
12S n ＝323＋4
24＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得
12S n ＝34＋(123＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2＝34＋14(1－1
2n －1)－n ＋22n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42
n ＋1.
17．解 (1)x·y ＝a ＋(1－3
2)b ]·(－4a ＋2b ) ＝－4|a |2＋(2－3)|b |2＋(23－2)a·b ＝－4＋8－43＝4－4 3.
(2)因为x ∥y ，x ＝(1,2－2cos θ)，y ＝(－k ，2
sin θ)， 所以2
sin θ＝k (2cos θ－2)．
因为sin θ≠0，cos θ≠±1，所以2cos θ－2≠0. 所以k ＝
1
sin θ(cos θ－1)
.
设f (θ)＝sin θcos θ－sin θ(0<θ<π)， f ′(θ)＝cos 2θ－sin 2θ－cos θ ＝2cos 2θ－cos θ－1 ＝(2cos θ＋1)(cos θ－1)．
当θ变化时，f (θ)，f ′(θ)的变化情况如下表：
所以当θ＝2π3时，所以θ＝2π3，k max ＝－43
9.
18．(1)证明 以点A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)， ∴AM
→＝(0,1,1)，SD →＝(1,0，－2)，CD →＝(－1，－2,0)． 设平面SCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧
SD →·n ＝0，CD →·
n ＝0，即⎩⎨⎧
x －2z ＝0，－x －2y ＝0， 令z ＝1，得n ＝(2，－1,1)．
∵AM →·n ＝0，∴AM →⊥n ，∴AM ∥平面SCD . (2)解 易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)． 设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角的平面角为φ， 易知0<φ<π2，则cos φ＝|n ·n 1|n |·
|n 1
||＝
21×6
＝6
3， ∴平面SCD 与平面SAB 所成的二面角的平面角的余弦值为6
3. (3)解 设N (x,2x －2,0)，x >0，则MN →＝(x,2x －3，－1)．
易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， ∴sin θ＝MN →·n 1|MN →|·|n 1|＝x
5x 2－12x ＋10 ＝
1
10×(1x )2－12×1
x ＋5
＝
1
10×(1x －35)2＋75
，
故当1x ＝35，即x ＝53时，sin θ取得最大值，且(sin θ)max ＝357.
19．解 (1)由余弦定理知cos ∠ACB ＝12＋42－132×1×4
＝12⇒∠ACB ＝π
3，
因为|CM →|2＝CM →2＝(λC A →＋μC B →)2 ＝λ2＋16μ2＋2λμC A →·C B →＝λ2＋1
λ2＋1≥3，
所以|CM
→|≥3， 当且仅当λ＝±1时，“＝”成立，故|CM →|的最小值是3，
此时〈CM →，C A →〉＝〈CM →，C B →〉＝π6或5π6.
(2)以C 为坐标原点，∠ACB 的平分线所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系(如图)， 所以A (32，1
2)，B (23，－2)，设动点M (x ，y )，
因为CM →＝λC A →＋μC B →， 所以⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＝32λ＋23μ，y ＝12λ－2μ
⇒⎩⎪⎨⎪⎧
x 23＝(λ2
＋2μ)2，y 2＝(λ2
－2μ)2
，
再由λμ＝14，知x 23－y 2
＝1，
所以动点M 的轨迹是以F 1(－2,0)，F 2(2,0)为焦点， 实轴长为23的双曲线，
即||MF 1→|－|MF 2→||恒为常数23，即存在k ＝2 3. 20．解 (1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝－x e x . 当x <0时，f ′(x )>0；当x >0时，f ′(x )<0，
所以f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． 因此，f (x )在x ＝0处取得极大值，也是最大值，最大值为1. (2)由题意，存在x 1，x 2∈0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立， 即2φ(x )min <φ(x )max .
因为φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋1e x ＝x 2
＋(1－t )x ＋1
e x
，x ∈0,1]，
所以φ′(x )＝－x 2＋(1＋t )x －t e x
＝－(x －1)(x －t )
e x . ①当t ≥1时，φ′(x )≤0，φ(x )在0,1]上单调递减， 所以2φ(1)<φ(0)，即t >3－e
2>1，符合题意； ②当t ≤0时，φ′(x )≥0，φ(x )在0,1]上单调递增， 所以2φ(0)<φ(1)，即t <3－2e<0，符合题意；
③当0<t <1时，若x ∈0，t )，φ′(x )<0，φ(x )在0，t )上单调递减； 若x ∈(t,1]，φ′(x )>0，φ(x )在(t,1]上单调递增． 所以2φ(t )<max{φ(0)，φ(1)}，
即2×t ＋1e t <max{1，3－t
e }．(*)
由(1)知，函数g (t )＝2·t ＋1
e t 在0,1]上单调递减，
故4e ≤2·t ＋1e t ≤2，而2e <3－t e <3
e ，所以不等式(*)无解．
综上所述，t 的取值范围为(－∞，3－2e)∪(3－e
2，＋∞)．。