（2022高考数学一轮复习(创新设计)）阶段滚动练(二)　第1～7章.DOCX

1、本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 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(2021北京朝阳一模)已知集合 A1，3，5，BxZ|(x1)(x4)0，则 AB() A3B1，3 C1，2，3，5D1，2，3，4，5 答案C 解析因为 BxZ|

2、(x1)(x4)0，排除 B，故选 D. 6(2021北京海淀区一模)若数列an满足 a12，则“p，rN*，aprapar” 是“an为等比数列”的() A充分而不必要条件B必要而不充分条件 C充分必要条件D既不充分也不必要条件 答案A 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 解析不妨设 r1，则 ap1apa1，ap12ap，ap 1 ap 2，an为等比数列， 故充分性成立；反之若an为等比数列，不妨设公比为 q，apra1qp r1 2qp r1，ap

3、ara2 1qp r24qpr2，当 q2 时，ap rapar，所以必要性不成立 7 (2021上海虹口区二模)已知函数 f(x)sin x 6 1 2(0)在区间 0， 2 上有且 仅有两个零点，则实数的取值范围为() A. 2，14 3B. 2，14 3 C. 10 3 ，4 D. 10 3 ，6 答案D 解析因为 x 0， 2 ，所以x 6 6， 2 6 ， 因为函数 f(x)sin x 6 1 2(0)在区间 0， 2 上有且仅有两个零点， 即方程 sin x 6 1 2在区间 0， 2 上有且仅有两个根， 所以11 6 2 6 19 6 ， 解得10 3 22 018 答案D 解析

4、当 b1 时，an1a2nan1，所以 an1ana2n10，所以可知存在实数 a， 使得数列an不是单调数列，所以 C 正确，所以 D 错误，故选 D. 10(2021浙江考前冲刺卷三)已知函数 f(x)xln xx2，g(x)mexx，若对任意 的 x(0，)，f(x)的图象恒在 g(x)图象的上方，则实数 m 的取值范围为() A(，0)B. ， 1 e2 C. 1 e2，0D. 1 e2，0 答案B 解析由题意知，在 x(0，)上 f(x)g(x)恒成立，即对任意的 x(0，)， xln xx2xmex0 恒成立，分离 m 可得 mx（ln xx1） ex .令(x) x ex，则(x

5、) 1x ex ， 所以(x) x ex在(0， 1)上单调递增， 在(1， )上单调递减， 所以当 x(0， )时，(x) 0，1 e .令 t x ex，则当 x(0，)时，t 0，1 e ，ln tln xx， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 此时 mt(ln t1)设 h(t)t(ln t1) 0t1 e ，则 h(t)ln t2，令 h(t)ln t2 0，得 t 1 e2，当 t 0，1 e2时，h(t)0，所以 h(t)t(ln t1)在

6、 0， 1 e2上单调递减，在 1 e2， 1 e 上单调递增，则 h(t)minh 1 e2 1 e2，所以 m 的取值范围为 ， 1 e2.故选 B. 非选择题部分非选择题部分(110 分分) 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 (2021绍兴柯桥区模拟)函数 ysin x 4 2 2cos2 x 2的最小正周期是_， 最大值是_ 答案21 2 解析由题得 ysin x 4 2 2cos2x 2 2 2 sin x 2 2 cos x2 21cos x 2 sin x 4 2，故函数的最小正周期 T2，ymax1 2. 12 (20

7、21盐城模拟)若数列an的前 n 项和为 Sn， an2n 1(1)n(2n1)， 则 2a100 S100的值为_ 答案299 解析an2n 1(1)n(2n1)， 2a1002(299199)， S1001242100 1(13)(57)(197199)21001 100， 2a100S1002100398(21001100)299. 13(2021北京东城区综合练习)从下列四个条件a 2c；C 6；cos B 2 4 ；b 7中选出三个条件，能使满足所选条件的ABC 存在且唯一，你选 择的三个条件是_(填写相应的序号)， 所选三个条件下的c的值为_ 答案 7 2 或2 本资料分享自新人教

8、版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 解析由结合正弦定理可得， a sin A c sin C， 所以 sin A 2sin C 2 2 ， 此时 A 不唯一，故所选条件中不能同时有， 故只能是或， 若选，a 2c，cos B 2 4 ，b 7， 由余弦定理可得 2 4 2c 2c27 2c 2c ，可得 c 7 2 ； 若选，C 6，cos B 2 4 ，b 7， sin B 14 4 ，且 B 为钝角， 由正弦定理可得 7 14 4 c 1 2 ，可得 c 2. 14 (

9、2021 北 京 东 城 区 期 末 ) 已 知 函 数 f(x) 的 定 义 域 为 R ， 设 Ff(x) f（x） ，|f（x）|1， 1，|f（x）|1. (1)若 f(x) x2 1x2，则 F f(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_ 答案(1)1 2 (2)(，ln 2 解析(1)若 f(x) x2 1x2， 由|f(x)|1， 可得 x 21x2成立， 即有 Ff(x)f(x) x2 1x2， 则 Ff(1)1 2； (2)若 f(x)ea |x|1， 且对任意 xR， Ff(x)f(x)， 可得|f(

10、x)|1 恒成立， 即为1ea |x|11，即有 0ea|x|2，可得 a|x|ln 2，即 a|x|ln 2， 由|x|ln 2 的最小值为 ln 2，则 aln 2. 15 如图， 在正方形 ABCD 中， M， N 分别是 BC， CD 的中点， 若AC AM BN ， 则_，_ 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 答案 6 5 2 5 解析法一以 AB，AD 所在直线分别为 x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，如图 所示，设正方形的边长为 1，则AM

11、 1，1 2 ，BN 1 2，1，AC (1，1) AC AM BN 1 2， 2， 1 21， 21， 解得 6 5， 2 5. 法二由AM AB 1 2AD ，BN 1 2AB AD ， 得AC AM BN 2 AB 2AD ， 又AC ABAD ， 21， 21， 解得 6 5， 2 5. 16(2021泰州调研)设 x0，y0，x2y4，则（x1） （2y1） xy 的最小值为 _ 答案 9 2 解析 （x1） （2y1） xy 2xyx2y1 xy 2xy5 xy 2 5 xy. x0，y0 且 x2y4， 42 2xy(当且仅当 x2，y1 时取等号)， 本资料分享自新人教版高中数

12、学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 2xy4， 1 xy 1 2，2 5 xy2 5 2 9 2. 17(2021温州适考)已知数列an满足：an 2，n5， a1a2an11，n6(nN *)若正 整数 k(k5)使得 a21a22a2ka1a2ak成立，则 k_ 答案17 解析因为 an 2，n5， a1a2an11，n6(nN *)，所以 a1a2a3a4a52，易知 k5 时不满足题意， 所以 k6， a6a1a2a3a5125131.当 n6 时， a1a2an 11an

13、，a1a2an1an1，两式相除可得1a n1 1an an，所以 a2nan1an 1(n6)，则 a26a7a61，a27a8a71，a2kak1ak1，所以 a26a27 a2kak1a6k5，所以 a21a22a2k20ak1a6k5ak1k16 且 a1a2ak1ak1.所以 ak1k16ak11，则 k17. 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)(2021金华十校模拟)已知函数 f(x)sin xacos x(a0)满足 f(x)2 f x 2 2 4. (1)求实数 a 的值； (2)设 00)，

14、f x 2 sin x 2 acos x 2 cos xasin x. 代入f(x)2 f x 2 2 4， 得(sin xacos x)2(cos xasin x)24， 整理得 1a24， a0，a 3. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (2)由(1)知 f(x)sin x 3cos x，从而 f()sin 3cos ，f 2 cos 3sin ， 代入 f()f 2 2 3得 (sin 3cos )(cos 3sin )2 3， 整理得3cos

15、2sin 22 3， 又 sin22cos221， 由得 sin 212 6 6 ， 0 2，故 sin 2 12 6 6 . 19(本小题满分 15 分)(2020新高考山东卷)已知公比大于 1 的等比数列an满足 a2a420，a38. (1)求an的通项公式； (2)记 bm为an在区间(0， m(mN*)中的项的个数， 求数列bm的前 100 项和 S100. 解(1)设an的公比为 q(q1) 由题设得 a1qa1q320，a1q28. 解得 q1 2(舍去)，q2. 由题设得 a12. 所以an的通项公式为 an2n. (2)由题设及(1)知 b10，且当 2nm2n 1 时，bm

16、n. 所以 S100b1(b2b3)(b4b5b6b7)(b32b33b63)(b64b65 b100)0122223234245256(10063)480. 20(本小题满分 15 分)(2021宁波模拟)在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分 别为 a，b，c.已知 ab，c 3，cos2Acos2B 3sin Acos A 3sin Bcos B. (1)求角 C 的大小； (2)若 sin A4 5，求ABC 的面积 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加

17、入与分享 解(1)由题意得1cos 2A 2 1cos 2B 2 3 2 sin 2A 3 2 sin 2B， 即 3 2 sin 2A1 2cos 2A 3 2 sin 2B1 2cos 2B， sin 2A 6 sin 2B 6 . 由 ab，得 AB，又 AB(0，)， 得 2A 62B 6， 即 AB2 3 ，所以 C 3. (2)由 c 3，sin A4 5， a sin A c sin C，得 a 8 5. 由 ac，得 AC，从而 cos A3 5， 故 sin Bsin(AC) sin Acos Ccos Asin C 43 3 10 ， 所以，ABC 的面积为 S1 2acs

18、in B 8 318 25 . 21(本小题满分 15 分)(2021宁波十校联考)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，a4 4，a3S2.数列bn的前 n 项和为 Tn，Tnbn1，nN*. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)记 cn 1 an，n 为奇数， bn，n 为偶数， 数列cn的前 n 项和为 Wn，证明：Wn n1 3. (1)解a44，a3S2，a11，d1，ann. Tnbn1，Tn1bn11(n2)， 得 b11 2，b n1 2b n1，bn 1 2 n . (2)证明当 n2m 时， 则 WnW2m m k1 1 4 k m k1 1 2k1， 本资料分享自新

19、人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 m k1 1 4 k 1 4 1 1 4 m 11 4 1 3 1 1 4 m 1 3. 当 k2 时， 1 2k1 2 2k1 2k1 2 2k1 2k3 2k1 2k3， m k1 1 2k11 m k2 ( 2k1 2k3) 2m1， Wn1 3 2m1 1 3 n成立； 当 n2m1 时，WnW2m1W2m1 3 n成立 综上得 Wn 11 2 时，若对任意 x(，0，均有 f(x)a 2(x 21)，求 a 的取值范围 解(

20、1)当 a2 时，函数 f(x)e 2x2x， f(x)2e 2x2， 由于 f(0)0，且函数 f(x)在定义域内单调递增， 所以当 x0 时，f(x)0 时，f(x)0， 故函数 f(x)的单调递减区间是(，0)，单调递增区间是(0，) (2)令 x0，得 a2，所以 11 2 aa 2(x 21)eax a 2x 22xa 2 1， 令函数 g(x)eax a 2x 22xa 2 ， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 则 g(x) a2 2 x2a

21、xa 2 2 2 eax， 令 a2 2 x2axa 2 2 20， 解得 x01 5a 2 a ， 故函数 g(x)在(，x0)上单调递增，在(x0，0)上单调递减， 所以 g(x)maxg(x0) 2 ax 0 eax0 1 5a 2 a e1 5a2. 下面证明当 11 2 a2 时，1 5a 2 a e1 5a21 5a 2 a . 令 t 5a2 1，3 2 ， 即证 et 1 t1 5t2， t1 5t2e t1 e， 令函数 h(t) t1 5t2e t， 则 h(t)te t t2t4 5t2（5t2）0， 故函数 h(t)在 1，3 2 上单调递减， 则 h(t)h(1)1 e. 综上，当 11 2 aa 2(x 21)