1、阶段滚动检测(五)考生注意：1本试卷分第卷(填空题)和第卷(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(2016包头一模)全集UR，Ax|2x(x2)1，Bx|yln(1x)，则图中阴影部分表示的集合为_2(2016南通一模)函数f(x)lg(x22x3)的定义域为_3函数y|x|(1x)的单调增区间是_4(2016济宁模拟)设等差数列an的前n项和是Sn，若ama10，0)
2、的部分图象如图所示，则f(1)f(2)f(3)f(2012)_.6设1x2，则，()2，的大小关系是_7(2016福州质检)在ABC中，2，2，若mn，则mn_.8在算式“4130”中的，中，分别填入两个正整数，使它们的倒数和最小，则这两个数构成的数对(，)应为_9设f(x)cosxsinx，f(x)是其导函数，若命题“x，f(x)a”是真命题，则实数a的取值范围是_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(ab)2c2，则tanC_.11(2016郑州一模)已知函数f(x)函数g(x)f(x)2x恰有三个不同的零点，则实数a的取值范
3、围是_12(2016徐州模拟)如图，BC是RtABC的斜边，过点A作ABC所在平面的垂线AP，连结PB，PC，过点A作ADBC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x1，a恒成立，则a的最大值是_14已知函数yanx2(an0，nN*)的图象在x1处的切线斜率为2an11(n2，nN*)且当n1时其图象过点(2,8)，则a7的值为_第卷二、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(二)已知函数f(x)sin(x)cosx(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
4、集合；(2)若(0，)，f()，求f(2)的值16.(14分)已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程x25x60的根(1)求an的通项公式；(2)求数列的前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xa(1cos)b，ykab，其中0.(1)若k4，求xy的值；(2)若xy，求实数k的最大值，并求k取最大值时的值.18.(16分)(2016安徽江淮十校第三次联考)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1，ACC1A1为全等的正方形，ABAC，BDCD.(1)求证：A1B平面ADC1；(2)求证：C1AB1C.1
5、9(16分)(2016合肥第二次质检)已知ABC的三边长AB，BC4，AC1，动点M满足C，且.(1)求|C|最小值，并指出此时C与C，C的夹角；(2)是否存在两定点F1，F2，使|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云南高中毕业生复习统一测试)已知a0，f(x)alnx2x.(1)当a4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于a时，求实数a的取值范围.答案解析1x|1x2解析易知Ax|2x(x2)1x|x(x2)0x|0x0x|x1，则UBx|x1，阴影部分表示的集合为A(UB)x|1x0，解得1x解析因为ama10，Sm1(m1)0
6、.522解析由图象知A2，0，f(x)2sin，其图象关于点(4,0)，直线x2，x6对称，f(1)f(2)f(3)f(8)0.T8,201225184，f(1)f(2)f(3)f(2012)f(1)f(2)f(3)f(4)2(sinsinsinsin)22.6()2解析方法一令f(x)xlnx(1x0，函数yf(x)(1x10，xlnx001，()20，()2.方法二1x2，01，()2，()2.10解析因为2S(ab)2c2a2b2c22ab，则结合面积公式与余弦定理，得absinC2abcosC2ab，即sinC2cosC2，所以(sinC2cosC)24，4，所以4，解得tanC或ta
7、nC0(舍去)111,2)解析由题意知g(x)因为g(x)恰有三个不同的零点，所以令2x0，当xa时，有一个解，由x2，得a2.由x23x20，得x1或x2，由xa，得a1.综上，实数a的取值范围为1,2)128解析有8个：RtABC，RtPAB，RtPAC，RtPAD，RtADB，RtADC，RtPDB，RtPDC.136解析a对x(1，)恒成立，即a()min，(x1)2，x1，(x1)2226，当且仅当x1，即当x3时取“”，a6，a的最大值为6.145解析由题意知y2anx，所以2an2an11(n2，nN*)，所以anan1.又当n1时其图象过点(2,8)，所以a1228，得a12，
8、所以an是首项为2，公差为的等差数列，an，得a75.15解(1)f(x)sin(x)cosxsinxcosxcosxsinxcosxsin(x)当x2k(kZ)，即x2k(kZ)时，f(x)取得最大值.此时x的取值集合为x|x2k，kZ(2)由(1)知，f(x)sin(x)，因为f()，所以sin()cos，即cos.又(0，)，所以sin，所以sin22sincos2，cos22cos21，故f(2)sin(2)sin2cos2.16解(1)方程x25x60的两根为2,3，由题意得a22，a43.设数列an的公差为d，则a4a22d，故d，从而a1.所以an的通项公式为ann1.(2)设的
9、前n项和为Sn，由(1)知，则Sn，Sn.两式相减得Sn()(1).所以Sn2.17解(1)xya(1)b(4a2b)4|a|2(2)|b|2(22)ab48444.(2)因为xy，x(1,22cos)，y(k，)，所以k(2cos2)因为sin0，cos1，所以2cos20.所以k.设f()sincossin(0)，f()cos2sin2cos2cos2cos1(2cos1)(cos1)当变化时，f()，f()的变化情况如下表：(0，)(，)f()0f()极小值所以当时，f()min(f()0)，所以，kmax.18证明(1)如图所示，连结A1C.设A1C交AC1于点O，连结OD.因为侧面A
10、CC1A1是正方形，所以O为A1C的中点又因为D为BC的中点，所以OD为A1BC的中位线，所以A1BOD.因为OD平面ADC1，A1B平面ADC1，所以A1B平面ADC1.(2)由(1)可知C1ACA1.因为侧面ABB1A1是正方形，所以ABAA1.因为BAC90，所以AB平面ACC1A1.因为ABA1B1，所以A1B1平面ACC1A1.又因为C1A平面ACC1A1，所以A1B1C1A，所以C1A平面A1B1C.又因为B1C平面A1B1C，所以C1AB1C.19解(1)由余弦定理知cosACBACB，因为|C|2C2(CC)221622CC213，所以|C|，当且仅当1时，“”成立，故|C|的
11、最小值是，此时C，CC，C或.(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示，所以A(，)，B(2，2)，设动点M(x，y)，因为CCC，所以再由，知y21，所以动点M的轨迹是以F1(2,0)，F2(2,0)为焦点，实轴长为2的双曲线，即|恒为常数2，即存在k2.20解(1)由已知得f(x)的定义域为(0，)f(x)2.当a4时，f(x).当0x2时，f(x)2时，f(x)0，f(x)单调递增f(x)只有极小值，且在x2时，f(x)取得极小值f(2)44ln2.当a4时，f(x)只有极小值44ln2.(2)f(x)，当a0，x(0，)时，f(x)0，即f(x)在x(0，)上单调递增，没有最小值当a0，得x，f(x)在(，)上单调递增；由f(x)0，得x，f(x)在(0，)上单调递减当a0时，f(x)的最小值为f()aln()2()根据题意得f()aln()2()a，即aln(a)ln 20.a0，ln(a)ln20，解得a2.实数a的取值范围是2,0)