高考数学二轮专题复习 阶段滚动检测(一)专题一专题二

阶段滚动检测（一） 专题一~专题二
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4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．集合A ＝{x ∈N|x ≤6}，B ＝{x ∈R|x 2
－3x ＞0}，则A ∩B ＝( ) A ．{3,4,5} B ．{4,5,6} C ．{x |3＜x ≤6}
D ．{x |3≤x ＜6}
解析：选B 由题意知A ＝{0,1,2,3,4,5,6}，B ＝{x |x ＞3或x ＜0}，所以A ∩B ＝{4,5,6}．故选B.
2．若a ∈R ，则“a <－2”是“|a |>2”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
解析：选A 由a <－2可以推出|a |>2，即充分性成立；但由|a |>2得到a <－2或a >2，即必要性不成立．所以“a <－2”是“|a |>2”的充分不必要条件．故选A.
3．定义在R 上的偶函数f (x )，当x ∈[0，＋∞)时，f (x )是增函数，则f (－2)，f (π)，f (－3)的大小关系是( )
A ．f (π)>f (－3)>f (－2)
B ．f (π)>f (－2)>f (－3)
C ．f (π)<f (－3)<f (－2)
D ．f (π)<f (－2)<f (－3)
解析：选A 因为函数是偶函数，所以f (－2)＝f (2)，f (－3)＝f (3)，又函数在[0，＋∞)上是增函数，所以f (2)<f (3)<f (π)，即f (－2)<f (－3)<f (π)，故选A.
4．函数f (x )＝2|x |
－x 2
的图象为( )
解析：选D 由f (－x )＝f (x )知函数f (x )是偶函数，其图象关于y 轴对称，排除选项A 、C ；当x ＝0时，f (x )＝1，排除选项B ，故选D.
5．设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪
⎧
x －y ＋1≥0，x ＋y －1≥0，
x ≤3，
则z ＝2x －3y 的最小值是( )
A ．－7
B ．－6
C ．－5
D ．－3
解析：选B 由约束条件作出可行域如图中阴影区域所示．将z ＝2x －3y 化为y ＝23x －z 3，作出直线y ＝2
3x 并平移使之经过可行域，
易知直线经过点C (3,4)时，z 取得最小值，故z min ＝2×3－3×4＝－6.
6．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边．若b sin A ＝3c sin B ，a ＝3，cos B ＝2
3
，则b ＝( ) A ．14 B ．6 C.14
D. 6
解析：选 D b sin A ＝3c sin B ⇒ab ＝3bc ⇒a ＝3c ⇒c ＝1，∴b 2
＝a 2
＋c 2
－2ac cos B ＝9＋1－2×3×1×2
3
＝6，b ＝6，故选D.
7．已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
x 2
＋1，x >0，
cos x ，x ≤0，则下列结论正确的是( )
A ．f (x )是偶函数
B ．f (x )是增函数
C ．f (x )是周期函数
D ．f (x )的值域为[－1，＋∞)
解析：选D 因为f (π)＝π2
＋1，f (－π)＝－1，所以f (－π)≠f (π)，所以函数f (x )不是偶函数，排除A ；因为函数f (x )在(－2π，－π)上单调递减，排除B ；函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )不是周期函数，排除C ；因为x >0时，f (x )>1，x ≤0时，－1≤f (x )≤1，所以函数f (x )的值域为[－1，＋∞)，故选D.
8．将函数f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫ωx －π3(ω>0)的图象向左平移π3ω个单位，得到函数y ＝g (x )的图
象．若y ＝g (x )在⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上为增函数，则ω的最大值为( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解析：选B 将函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3(ω>0)的图象向左平移π3ω个单位，得g (x )＝
2sin ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤ω⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3ω－π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3－π3＝2sin ωx ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4时，ωx ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，
ωπ4，要
使y ＝g (x )在⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上为增函数，需满足ωπ4≤π2，即ω≤2，故ω的最大值为2.
9．设D ，E 分别为线段AB ，AC 的中点，且BE ―→·CD ―→＝0，记α为AB ―→与AC ―→
的夹角，则下
列判断正确的是( )
A ．cos α的最小值为
22
B ．cos α的最小值为1
3
C ．sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2的最小值为825
D ．sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫π2－2α的最小值为725 解析：选D 依题意得CD ―→＝12(CA ―→＋CB ―→)＝12[－AC ―→＋(AB ―→－AC ―→)]＝12(AB ―→－2AC ―→)，BE
―→
＝12(BA ―→＋BC ―→)＝12[－AB ―→＋(AC ―→－AB ―→)]＝12(AC ―→－2AB ―→)．由CD ―→·BE ―→＝0，得14(AB ―→
－2AC ―→)·(AC ―→－2AB ―→)＝0，即－2AB ―→2－2AC ―→2＋5AB ―→·AC ―→＝0，|AB ―→|2＋|AC ―→|2＝52|AB
―→|·|AC ―→|cos α≥2|AB ―→|·|AC ―→|，所以cos α≥45，sin π2－2α＝cos 2α＝2cos 2
α－1≥2×⎝ ⎛⎭
⎪
⎫452
－1＝725，所以sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－2α的最小值是725.故选D.
10．函数f (x )＝a (3x 2
－2x )＋b (1－2x )(0≤x ≤1)，其中a >0，b 为任意常数，当|f (0)|≤2，
|f (1)|≤2时，|f (x )|的最大值为( )
A ．1
B ．3
2
C ．2
D ．3
解析：选C f (x )＝3ax 2
－(2a ＋2b )x ＋b ，设|f (x )|的最大值为M . ①当a ＋b
3a
≥1，即b ≥2a 时，函数f (x )在[0,1]上单调递减，M ＝max{|f (0)|，|f (1)|}≤2. ②当
a ＋b
3a
≤0，即b ≤－a 时，函数f (x )在[0,1]上单调递增，M ＝max{|f (0)|，|f (1)|}≤2. ③当0<a ＋b 3a <1，即－a <b <2a 时，⎪⎪⎪⎪
⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 3a ＝a 2＋b 2－ab 3a ，(ⅰ)当0<a ＋b 3a ≤12，即－a <b ≤a 2时，则0<a ＋b ≤3a 2，f (1)＝a －b >0，则|f (1)|－⎪⎪⎪⎪
⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 3a ＝2a 2
－b 2
－2ab 3a ＝3a 2
－a ＋b
2
3a ≥a
4
>0，所
以M ＝f (1)≤2；(ⅱ)当12<a ＋b 3a <1，即a 2<b <2a 时，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫b －a 2(b －2a )<0，即a 2＋b 2
－5ab 2<0，f (0)
＝b >0，则|f (0)|－⎪⎪⎪⎪
⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 3a ＝
4ab －a 2
－b 2
3a >5ab 2－a 2－b
2
3a >0，所以M ＝f (0)≤2. 综上所述，|f (x )|的最大值M ＝2，故选C.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分．把答案填在题中的横线上)
11．已知a ＝2x
，b ＝423
，则log 2b ＝_____，满足log a b ≤1的实数x 的取值范围是_____． 解析：b ＝42
3
＝243
，所以log 2b ＝43；由log 2x b ≤1，得log 2x 24
3＝43x ≤1，即3x －43x ≥0，解得x ≥
4
3
或x <0，即x 的取值范围为(－∞，0)∪⎣⎢⎡⎭
⎪⎫43，＋∞. 答案：43 (－∞，0)∪⎣⎢⎡⎭
⎪⎫43，＋∞
12．(2017·宁波期末)若正数x ，y 满足x 2
＋4y 2
＋x ＋2y ＝1，则xy 的最大值为________． 解析：1＝x 2
＋4y 2
＋x ＋2y ≥4xy ＋22xy ，则xy ≤6－24，则xy ≤2－3
4
. 答案：2－3
4
13．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，记S 为△ABC 的面积．若A ＝60°，
b ＝1，S ＝
33
4
，则c ＝________，cos B ＝________. 解析：因为S ＝12bc sin A ＝12×1×c ×32＝334，所以c ＝3；由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2
－2bc cos
A ＝1＋9－6×12＝7，所以cos
B ＝a 2
＋c 2
－b 2
2ac ＝7＋9－12×7×3＝57
14
.
答案：3
57
14
14．已知函数f (x )＝x 3
－3x ，函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程是________；函数f (x )在[0,2]内的值域是________．
解析：∵f (x )＝x 3
－3x ，∴f ′(x )＝3x 2
－3，又∵f (0)＝0，∴函数f (x )在x ＝0处的切线的斜率为f ′(0)＝－3，∴f (x )＝x 3
－3x 在点(0,0)处的切线的方程为y ＝－3x .令f ′(x )＝3x 2
－3＝0，得x ＝±1，当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表.
)是增函数，其最小值为f (1)＝－2，最大值为f (2)＝2.综上，在[0,2]上，f (x )的值域为[－2,2]．
答案：y ＝－3x [－2,2]
15．在△ABC 中，A ＝π3
，AB ＝2，AC ＝3，CM ―→＝2MB ―→，则AM ―→·BC ―→
＝________.
解析：因为AM ―→＝AC ―→＋CM ―→＝AC ―→＋23CB ―→＝AC ―→＋23(AB ―→－AC ―→)＝13AC ―→＋23AB ―→
，所以
AM ―→·BC ―→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫13AC ―→＋23AB ―→·(AC ―→－AB ―→)＝13×32－23×22＋13AB ―→·AC ―→＝13＋1
3×3×2cos π3＝43.
答案：4
3
16．已知函数f (x )＝e x
，g (x )＝ln x 2＋12
的图象分别与直线y ＝m 交于A ，B 两点，则|AB |的最
小值为________．
解析：显然m ＞0，由e x
＝m 得x ＝ln m ，由ln x 2＋1
2
＝m 得x ＝2e
m 12
-
，则|AB |＝2e
m 1
2
-
－ln m ．令
h (m )＝2e
m 1
2
-
－ln m ，由h ′(m )＝2e
m 1
2
-
－1m ＝0，求得m ＝12.当0＜m ＜12
时，h ′(m )＜0，函数h (m )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减；当m ＞12时，h ′(m )＞0，函数h (m )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞上单调递增．所以h (m )min
＝h ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝2＋ln 2，因此|AB |的最小值为2＋ln 2.
答案：2＋ln 2
17．已知f (x )＝x －2，g (x )＝2x －5，则不等式|f (x )|＋|g (x )|≤2的解集为________；|f (2x )|＋|g (x )|的最小值为________．
解析：由题意得|f (x )|＋|g (x )|＝|x －2|＋|2x －5|＝⎩⎪⎨
⎪⎧
7－3x ，x <2，
－x ＋3，2≤x ≤52，
3x －7，x >5
2
，所以
|f (x )|＋|g (x )|≤2等价于⎩
⎪⎨
⎪⎧
7－3x ≤2，
x <2或⎩
⎪⎨⎪
⎧
－x ＋3≤2，2≤x ≤5
2或⎩⎪⎨⎪
⎧
3x －7≤2，x >5
2
，解得
5
3
≤x ≤3.|f (2x )|＋|g (x )|＝|2x －2|＋|2x －5|＝⎩⎪⎨
⎪⎧
7－4x ，x <1，
3，1≤x ≤52，
4x －7，x >5
2
，|f (2x )|＋|g (x )|的图
象如图，则由图象易得|f (2x )|＋|g (x )|的最小值为3.
答案：⎣⎢⎡⎦
⎥⎤53，3 3
三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(本小题满分14分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＋1
a
＝4cos C ，b
＝1.
(1)若A ＝90°，求△ABC 的面积； (2)若△ABC 的面积为
3
2
，求a ，c . 解：(1)∵b ＝1，∴a ＋1a ＝4cos C ＝4×a 2
＋b 2
－c 2
2ab ＝
2a 2
＋1－c
2
a ，
∴2c 2
＝a 2
＋1.
又A ＝90°，∴a 2
＝b 2
＋c 2
＝c 2
＋1， ∴2c 2
＝a 2
＋1＝c 2＋2，∴c ＝2，a ＝3， ∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc ＝12×1×2＝2
2
.
(2)∵S △ABC ＝12ab sin C ＝12a sin C ＝32，∴sin C ＝3
a ，
∵a ＋1a ＝4cos C ，sin C ＝3
a
，
∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫3a 2＝1，化简得(a 2－7)2
＝0， ∴a ＝7，
又∵a ＋1a ＝4cos C ，∴cos C ＝27
7.
由余弦定理得c 2
＝a 2
＋b 2
－2ab ·cos C ＝7＋1－2×7×1×27
7
＝4，从而c ＝2.
19．(本小题满分15分)已知函数f (x )＝2sin x cos x ＋23cos 2
x － 3. (1)求函数y ＝f (x )的最小正周期和单调递减区间；
(2)已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，其中a ＝7，若锐角A 满足f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫A 2－π6＝3，且sin B ＋sin C ＝133
14
，求b ·c 的值．
解：(1)f (x )＝2sin x cos x ＋23cos 2x －3＝sin 2x ＋3cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，因此f (x )的最小正周期为T ＝2π
2
＝π.
由2k π＋π2≤2x ＋π3≤2k π＋3π
2(k ∈Z)，
得k π＋π12≤x ≤k π＋7π
12
(k ∈Z)，
所以f (x )的单调递减区间为⎣
⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π12，k π＋7π12(k ∈Z)．
(2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2－π6＝2sin ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2－π6＋π3＝2sin A ＝3，且A 为锐角，所以A ＝π3.
由正弦定理可得2R ＝a sin A ＝732
＝14
3
，
sin B ＋sin C ＝
b ＋
c 2R ＝133
14
， 则b ＋c ＝13314×14
3
＝13，
所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b ＋c 2－2bc －a 22bc ＝1
2
，
所以bc ＝40.
20．(本小题满分15分)已知向量a ＝(2,2)，向量b 与向量a 的夹角为3π
4，且a ·b ＝－2.
(1)求向量b ；
(2)若t ＝(1,0)，且b ⊥t ，c ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫
cos A ，2cos 2
C 2，其中A ，B ，C 是△ABC 的内角，若A ，B ，C
依次成等差数列，试求|b ＋c |的取值范围．
解：(1)设b ＝(x ，y )，则a ·b ＝2x ＋2y ＝－2，且|b |＝a ·b |a |cos
3π
4
＝1＝ x 2＋y 2
，
联立方程组⎩
⎪⎨⎪⎧
2x ＋2y ＝－2，
x 2＋y 2
＝1，解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＝－1，
y ＝0或⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＝0，
y ＝－1.
∴b ＝(－1,0)或b ＝(0，－1)．
(2)∵b ⊥t ，且t ＝(1,0)，∴b ＝(0，－1)． ∵A ，B ，C 依次成等差数列，∴B ＝π
3
.
∴b ＋c ＝⎝
⎛⎭⎪⎫cos A ，2cos 2
C
2－1＝(cos A ，cos C )，
∴|b ＋c |2＝cos 2A ＋cos 2
C ＝1＋12(cos 2A ＋cos 2C )
＝1＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos 2A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3－2A ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2A －12cos 2A －32sin 2A
＝1＋12cos ⎝ ⎛
⎭⎪⎫2A ＋π3.
∵A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2π3，则2A ＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5π3， ∴－1≤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π3<12，
∴12≤|b ＋c |2<5
4， 故
22≤|b ＋c |<52
. 21．(本小题满分15分)已知函数f (x )＝a x
＋b x
(a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.
①求方程f (x )＝2的根；
②若对于任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值． (2)若0＜a ＜1，b ＞1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 解：(1)因为a ＝2，b ＝12，所以f (x )＝2x ＋2－x
.
①方程f (x )＝2，即2x ＋2－x
＝2， 亦即(2x )2－2×2x
＋1＝0，
所以(2x －1)2＝0，即2x
＝1，解得x ＝0. ②由条件知f (2x )＝22x
＋2
－2x
＝(2x ＋2－x )2－2＝(f (x ))2
－2.
因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )＞0，
所以m ≤
f x
2
＋4
f x
对于x ∈R 恒成立．
而
f x 2
＋4
f x
＝f (x )＋
4
f x
≥2
f x ·4
f x ＝4，且
f 0
2
＋4
f 0
＝4，
所以m ≤4，故实数m 的最大值为4.
(2)因为函数g (x )＝f (x )－2＝a x
＋b x
－2有且只有1个零点，而g (0)＝f (0)－2＝a 0
＋b 0
－2＝0，
所以0是函数g (x )的唯一零点．
因为g ′(x )＝a x
ln a ＋b x
ln b ，又由0＜a ＜1，b ＞1知ln a ＜0，ln b ＞0，所以g ′(x )＝0
有唯一解x 0＝log b a
⎝ ⎛⎭
⎪
⎫－ln a ln b .
令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a x ln a ＋b x
ln b )′ ＝a x
(ln a )2
＋b x (ln b )2
， 从而对任意x ∈R ，h ′(x )＞0，
所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数． 于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )＜g ′(x 0)＝0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )＞g ′(x 0)＝0.
因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.
若x 0＜0，则x 0＜x 0
2＜0，于是g ⎝ ⎛⎭⎪⎫
x 02＜g (0)＝0.
又g (log a 2)＝a
a log 2
＋b
a log 2
－2＞a
a log 2
－2＝0，且函数g (x )在以x 0
2
和log a 2为端点的闭区间
上的图象不间断，所以在x 0
2
和log a 2之间存在g (x )的零点，记为x 1.
因为0＜a ＜1，所以log a 2＜0.
又x 0
2
＜0，所以x 1＜0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾． 若x 0＞0，同理可得，在x 0
2和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，与“0是函数g (x )的唯一零
点”矛盾．
因此，x 0＝0.
于是－ln a ln b
＝1，故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.
22．(本小题满分15分)设函数f (x )＝αcos 2x ＋(α－1)·(cos x ＋1)，其中α>0，记|f (x )|的最大值为A .
(1)求f ′(x )； (2)求A ；
(3)证明|f ′(x )|≤2A .
解：(1)f ′(x )＝－2αsin 2x －(α－1)sin x .
(2)当α≥1时，|f (x )|＝|αcos 2x ＋(α－1)(cos x ＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝
f (0)．故A ＝3α－2.
当0<α<1时，将f (x )变形为
f (x )＝2αcos 2x ＋(α－1)cos x －1.
令g (t )＝2αt 2
＋(α－1)t －1， 则A 是|g (t )|在[－1,1]上的最大值，
g (－1)＝α，g (1)＝3α－2，
且当t ＝1－α
4α
时，g (t )取得极小值，
极小值为g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－α4α＝－α－1
2
8α－1＝－α2＋6α＋1
8α
.
令－1<1－α4α<1，解得α>15
.
①当0<α≤1
5时，g (t )在[－1,1]内无极值点，|g (－1)|＝α，
|g (1)|＝2－3α，|g (－1)|<|g (1)|，所以A ＝2－3α. ②当1
5<α<1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－α)>0，
知g (－1)>g (1)>g ⎝
⎛⎭
⎪⎫1－α4α.
又⎪⎪⎪⎪
⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α－|g (－1)|＝1－α
1＋7α8α>0， 所以A ＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α＝α2
＋6α＋18α. 综上，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧
2－3α，0<α≤15
，
α2
＋6α＋18α，1
5<α<1，
3α－2，α≥1.
(3)证明：由(1)得|f ′(x )|＝|－2αsin 2x －(α－1)sin x |≤2α＋|α－1|. 当0<α≤1
5时，|f ′(x )|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A .
当15<α<1时，A ＝α8＋18α＋3
4>1， 所以|f ′(x )|≤1＋α<2A .
当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A.
所以|f′(x)|≤2A.
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