1、滚动测试卷三(第一七章)(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.已知集合M=x|x2-4x+30,则MN=()A.x|2x3B.x|1x3C.x|1x2D.答案:C解析:由x2-4x+30,可得(x-1)(x-3)0,即1x3,故M=x|1x0=lg1,可知3-x1,即x2,故N=x|x2;因此,MN=x|1x0,ln xlg x,命题q:x0,x=1-x2,则下列命题为真命题的是()A.pqB.(p)(q)C.p(q)D.(p)q答案:D解析:当x=1时,lnx=lgx=0.故命题p是假命题.画出y=x与y=1-x2的图象(图略),可知当x(
2、0,+)时两个图象有交点,故命题q是真命题.因此(p)q是真命题.故选D.4.欧拉公式eix=cos x+isin x(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的,它将指数函数的定义域扩大到复数,建立了三角函数和指数函数的关系,它在复变函数论里非常重要,被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知,e20183i表示的复数位于复平面中的()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限答案:B解析:由欧拉公式eix=cosx+isinx(i为虚数单位)可得,e20183i=cos20183+isin20183=cos672+23+isin672+23=cos23+isin23=-cos3+isi
3、n3=-12+32i,e20183i表示的复数对应的点为-12,32,此点位于第二象限.5.(2020全国,理9)已知2tan -tan+4=7,则tan =()A.-2B.-1C.1D.2答案:D解析:由已知得2tan-1+tan1-tan=7,即tan2-4tan+4=0,解得tan=2.6.已知向量a=(m,2),b=(2,-1),且ab,则|2a-b|a(a+b)等于()A.-53B.1C.2D.54答案:B解析:a=(m,2),b=(2,-1),且ab,ab=2m-2=0,解得m=1,a=(1,2),2a-b=(0,5),|2a-b|=5.又a+b=(3,1),a(a+b)=13+2
4、1=5,|2a-b|a(a+b)=55=1.7.函数f(x)=13x-log2(x+2)在区间-1,1上的最大值为()A.2B.3C.6D.9答案:B解析:因为y=13x在R上单调递减,y=log2(x+2)在区间-1,1上单调递增,所以f(x)在区间-1,1上单调递减,所以f(x)在区间-1,1上的最大值为f(-1)=3.8.已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=()A.16B.8C.4D.2答案:C解析:设等比数列an的公比为q(q0),则a1(1-q4)1-q=15,a1q4=3a1q2+4a1,解得a1=1,q=2,所以a3=a1q2=122=
5、4.故选C.9.已知实数a,b满足2a=3,3b=2,则函数f(x)=ax+x-b的零点所在的区间是()A.(-2,-1)B.(-1,0)C.(0,1)D.(1,2)答案:B解析:实数a,b满足2a=3,3b=2,a=log231,0b=log320,f(-1)=log32-1-log32=-11.若a12,则1-2a0,则f(x)0,函数f(x)在区间(1,+)内单调递增,故f(x)f(1)=0,不合题意,应舍去.当a12时,此时存在x0(1,+),使得当x(1,x0)时,f(x)单调递减,当x(x0,+)时,f(x)单调递增.因为f(1)=0,所以f(x0)0,所以此时f(x)在区间(1,
6、+)内必定存在零点.综上所述,答案为D.(方法二)函数f(x)在区间(1,+)内存在零点,即方程x-x-alnx=0在区间(1,+)内有解,设t=x(t1),则方程可化为t2-t-2alnt=0(t1),显然当a=0时,方程在区间(1,+)内无解;当a0时,方程可化为12a(t-1)=lntt,通过研究直线y=12a(t-1)与曲线y=lntt的位置关系,易知012a12.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知a0,b0,ab=8,则当a的值为时,log2alog2(2b)取得最大值.答案:4解析:由题意,知log2alog2(2b)log2a+log2(2b)22=lo
7、g2(2ab)22=log21622=4,当且仅当log2a=log2(2b),即a=2b时等号成立.又因为ab=8,且a0,所以a=4.14.已知函数f(x)=2x-2,x1,-log2(x+1),x1,且f(a)=-3,则f(5-a)=.答案:-74解析:当a1时,f(a)=2a-2=-3,即2a=-1,不符合题意,舍去;当a1时,f(a)=-log2(a+1)=-3,解得a=7.故f(5-a)=f(-2)=2-2-2=-74.15.记Sn为数列an的前n项和,若S2=3,an+1=Sn+1(nN*),则通项公式an=.答案:2n-1解析:当n2时,an=Sn-1+1,故an+1-an=S
8、n-Sn-1,an+1-an=an,an+1=2an,an+1an=2.当n=1时,a2=S1+1=a1+1,又S2=a1+a2=3,则a1=1,a2=2,a2a1=2.综上,数列an是首项为1,公比为2的等比数列,an=2n-1.16.已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m,n-1,1,则f(m)+f(n)的最小值是.答案:-13解析:求导得f(x)=-3x2+2ax.由f(x)在x=2处取得极值知f(2)=0,即-34+2a2=0,故a=3.由此可得f(x)=-x3+3x2-4,f(x)=-3x2+6x.由此可得f(x)在区间(-1,0)内单调递减,在区间(0,1)内
9、单调递增,故当m-1,1时,f(m)min=f(0)=-4.又f(x)=-3x2+6x的图象开口向下,且对称轴为x=1,当n-1,1时,f(n)min=f(-1)=-9.于是,f(m)+f(n)的最小值为-13.三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)在数列an中,已知a1=1,a2=2,2an+1-an=an+2-2.(1)设bn=an+1-an,求数列bn的通项公式;(2)设cn=2n2bn,求数列cn的前n项和Sn.解:(1)2an+1-an=an+2-2,an+2-an+1=an+1-an+2,bn+1-bn=2,即bn是以2为公差的等差数列.由题意知b1=a2-a1=2
10、-1=1,bn=1+2(n-1)=2n-1.(2)cn=2n22n-1=n4n.Sn=14+242+n4n,4Sn=142+243+n4n+1.-,得-3Sn=4+42+43+4n-n4n+1=4-4n+11-4-n4n+1=(1-3n)4n+1-43,Sn=(3n-1)4n+1+49.18.(12分)在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足2bsinC+6=a+c.(1)求角B的大小;(2)若点M为BC中点,且AM=AC,求sinBAC.解:(1)2bsinC+6=a+c,2sinBsinC32+cosC12=sinA+sinC,即3sinBsinC+sinBcosC=sinA
11、+sinC=sinBcosC+cosBsinC+sinC,3sinBsinC=cosBsinC+sinC,3sinB=cosB+1,2sinB-6=1,B=3.(2)(方法一)取CM的中点D,连接AD,则ADCM.设CD=x,则BD=3x.由(1)知B=3,则AD=33x,故AC=27x.由正弦定理知,4xsinBAC=27xsin3,得sinBAC=217.(方法二)由(1)知B=3,又M为BC中点,故BM=MC=a2.在ABM与ABC中,由余弦定理分别得:AM2=a22+c2-2a2ccosB=a24+c2-ac2,AC2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac,又AM=AC,故a2
12、4+c2-ac2=a2+c2-ac,即c=3a2,则b=72a.由正弦定理知,asinBAC=7a2sin3,得sinBAC=217.19.(12分)在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,2c=a+2bcos A.(1)求角B;(2)若c=7,bsin A=3,求b.解:(1)由已知及正弦定理可得,2sinC=sinA+2sinBcosA,所以2(sinAcosB+sinBcosA)=sinA+2sinBcosA,即2sinAcosB=sinA,因为sinA0,所以cosB=12.又0B0,an+10.,得an-1an+1=13an-1-1(an-1+1)(n2,nN*),且a1-1
13、a1+1=12-112+1=-130,an-1an+1是首项为-13,公比为13的等比数列.因此,an-1an+1=-1313n-1=-13n,an=3n-13n+1.(2)由(1)得,cn=(3n+1)an=3n-1.(反证法)假设存在正整数l,m,n且1lmn,使得cl,cm,cn成等差数列.则2(3m-1)=3l+3n-2,即23m=3l+3n,所以23m-l=1+3n-l,即23m-l-3n-l=1,则3m-l2-3n-l-(m-l)=1,得3m-l(2-3n-m)=1.l,m,nN*,且1lmn,3m-lN*,3n-mN*.2-3n-m=1,3m-l=1,n-m=0,m-l=0,l=m=n,与lm0;当x(-2,-ln2)时,f(x)0.故f(x)在区间(-,-2),(-ln2,+)内单调递增,在区间(-2,-ln2)内单调递减.当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).
