1、阶段滚动练(二)第17章(本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试用时120分钟)选择题部分(共40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.(2019全国卷)设集合Ax|x25x60，Bx|x10x|x10x|x3x|x1x|x1.答案A2.(2020北京朝阳区期末)设复数满足(1i)z2i，则|z|()A.1 B. C.2 D.2解析由(1i)z2i，得z1i，|z|.答案B3.(2020北京西城区练习)设aR，b0，则“3a2b”是“alog3b”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.
2、既不充分也不必要条件解析若3a2b，b0，则alog32b，可得alog3b；若alog3b，可得3ab，无法得到3a2b，所以“3a2b”是“alog3b”的充分而不必要条件.答案A4.(2020台州期末评估)已知公差不为零的等差数列an满足aa1a4，Sn为数列an的前n项和，则的值为()A. B. C. D.解析公差不为零的等差数列an满足aa1a4，设公差为d，(a12d)2a1(a13d)，解得a14d，Sn为数列an的前n项和，故选A.答案A5.在ABC中，sin2Asin2Bsin2Csin Bsin C，则A的取值范围是()A. B. C. D.解析由正弦定理得a2b2c2bc
3、，由余弦定理a2b2c22bccos A，2bccos Abc，cos A，010 B.当b时，a1010C.当b2时，a1010 D.当b4时，a1010解析法一考察选项A，a1a，an1aba，aan0，aan.an1a0，an1ananan，an为递增数列.因此，当a10时，a10取到最小值，现对此情况进行估算.显然，a10，a2a，a3a，a4a，当n1时，an1a，lg an12lg an，lg a102lg a922lg a826lg a4lg a，a10aCCCC164147.87512.87510，因此符合题意，故选A.法二由已知可得an1anabanb.B.当a，b时，an，
4、所以排除B；C.当a2或1，b2时，an2或1，所以排除C.D.当a，b4时，an，所以排除D.故选A.答案A非选择题部分(110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11.(2020江西赣州联考)中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其意思为：“有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，走了六天后(第六天刚好用完)到达目的地.”若将此问题改为“第6天到达目的地”，则此人第二天至少走了_公里.解析根据题意知此人每天行走的路程构成了公比为的
5、等比数列，设第一天走a1里，则第二天走a2a1(里)，易知378，则a1192.则第二天至少走96里.答案9612.(2020温州适应性测试)已知正数a，b满足ab1，则的最小值为_，此时a_.解析因为ab1，所以1213，当且仅当ab时，等号成立，所以的最小值为3.答案313.(2020温州适考)在ABC中，C45，AB6，D为BC边上的点，且AD5，BD3，则cos B_，AC_.解析在ABD中，由余弦定理得cos B，则sin B，则在ABC中，由正弦定理得AC.答案14.(2020浙江新高考仿真卷一)已知实数x，y满足则2xy的最大值为_，x|yx|的最小值为_.解析由题意作出可行域为
6、图中三角形DEF(及其内部)所示，令z2xy，则y2xz，当直线y2xz过点E(2，0)时，z取得最大值4.对于x|yx|分两种情况讨论，当xy0时，z2y2x，在B处取得最小值；当xy0时，z2y，在B处取得最小值，所以z2x|yx|的最小值为.答案415.(2020合肥质检)设函数f(x)若函数g(x)f(x)b有三个零点，则实数b的取值范围是_.解析当x0时，f(x)ex(x1)，则f(x)ex(x1)exex(x2)，由f(x)0，得函数f(x)的单调递增区间为(2，0)，由f(x)0，得函数f(x)的单调递减区间为(，2)，且易知x1时，f(x)0，f(0)1.由以上分析，可作出分段
7、函数f(x)的图象，如图所示.要使函数g(x)f(x)b有三个零点，则方程f(x)b0，即f(x)b有三个不同的实数根，也就是函数yf(x)的图象与直线yb有三个不同的公共点，结合图象可知，实数b的取值范围是(0，1.答案(0，116.(2020浙江“超级全能生”联考)已知平面向量a，b满足|a|4，|b|2，若对任意共面的单位向量e，记|ae|be|的最大值为M，则M的最小值等于_.解析记a，b，e，不难发现：如图1，当a，b为锐角时，|ae|be|PQ|AB1|M|ab|；如图2，当a，b为钝角时，|ae|be|PQ|AB|M|ab|；如图3，当a，b为直角时，|ae|be|PQ|AB|M
8、|ab|ab|，由上述三种情形可知，M(|ae|be|)maxmax|ab|，|ab|，由平行四边形法则可知，当ab时，Mminminmax|ab|，|ab|2.答案217.(2020北京东城区期末)已知函数f(x)为定义域为R，设Ff(x)(1)若f(x)，则Ff(1)_；(2)若f(x)ea|x|1，且对任意xR，Ff(x)f(x)，则实数a的取值范围为_.解析(1)若f(x)，由|f(x)|1，可得x21x2成立，即有Ff(x)f(x)，则Ff(1)；(2)若f(x)ea|x|1，且对任意xR，Ff(x)f(x)，可得|f(x)|1恒成立，即为1ea|x|11，即有0ea|x|2，可得a
9、|x|ln 2，即a|x|ln 2，由|x|ln 2的最小值为ln 2，则aln 2.答案(1)(2)(，ln 2三、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)(2018上海卷)设常数aR，函数f(x)asin 2x2cos2x.(1)若f(x)为偶函数，求a的值；(2)若f1，求方程f(x)1在区间，上的解.解(1)由偶函数可知f(x)f(x)得a0.(2)f1a，f(x)2sin1，sin，在区间，上解得x，x，x，x.19.(本小题满分15分)(2020杭州质检)设公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn.若S660，且a6为a1
10、和a21的等比中项.(1)求an和Sn；(2)设数列bn满足bn1bnan，若b13，求数列的前n项和Tn(nN*).解(1)设等差数列an的公差为d，d0，则解得an2n3，Snn(n4)n24n.(2)由bn1bnan，得bnbn1an1(n2，nN*).当n2时，bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1an1an2a1b1(n1)(n3)3n(n2)，且b13也适合上式，bnn(n2)(nN*).Tn.20.(本小题满分15分)(2020宁波模拟)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角A的大小；(2)若2sin Asin B1cos C，BAC的平分线与
11、BC交于点D，与ABC的外接圆交于点E(异于点A)，求的值.解(1)因为，所以由正弦定理得(cb)c(ab)(ab)，即a2b2c2bc，即cos A，所以A30.(2)因为2sin Asin B1cos C1cos(AB)1cos Acos Bsin Asin B，所以cos(AB)1，从而AB，所以B30，C120.不妨设AC1，O为ABC外接圆圆心，则AO1，AB，ADCEAO45.在ADC中，由正弦定理得.即AD；在AOE中，由EAOOEA45，OA1，从而AE.所以.21.(本小题满分15分)已知数列an满足：a13，an1an(nN*).证明：当nN*时，(1)anan12；(2)
12、；(3)a1a2an2.n1时，a132，命题成立；假设nk(k1，kN*)时，命题成立，即ak2；那么当nk1时，ak12ak2ak2(ak2)0，即ak12，故nk1时命题也成立.所以对所有正整数n，都有an2成立.所以an1ananan12. (2)因为an1an，所以1，设f(x)2x3x21，则f(x)6x22x2x(3x1)，所以f(x)在区间上单调递增.由已知及(1)知2.(3)由(2)得an1anan，由an1an知an2a(anan1)3(anan1)(anan1)(aa), 所以(a12)(a22)(an2)(aa)(aa)(aa)(aa)(94)8.所以a1a2an2n8
13、.22.(本小题满分15分)(2020嘉兴测试)已知函数f(x)ln(xa)(a0，bR)，且曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为yx2.(1)求实数a，b的值；(2)函数g(x)f(x1)mx(mR)有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2e2.(1)解由曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为yx2，故又f(x)ln(xa)，f(x)，所以解得a1，b0.(2)证明由(1)知f(x)ln(x1)，故f(x1)ln x，所以g(x)ln xmx(mR)，g(x)ln xmx的两个不同的零点为x1，x2，不妨设x1x20，因为g(x1)g(x2)0，所以ln x1mx1，ln x2mx2，要证明x1x2e2，即证明ln(x1x2)ln e22，而ln(x1x2)m(x1x2)，故只需证明m(x1x2)2即可，又ln x1ln x2mx1mx2，所以m，故只需证明.即需证ln x1ln x2，即证ln ，即只需证ln 0即可，令t，由于x1x20，故t1，设F(t)ln t(t1)，F(t)(t1)，显然F(t)0，故F(t)ln t(t1)是增函数，所以F(t)F(1)，又F(1)0，所以F(t)0恒成立，即ln t(t1)恒成立，因此x1x2e2.