2022《单元滚动检测卷》高考数学(文)(苏教版)：阶段滚动检测(三) Word版含解析

阶段滚动检测(三)考生留意：1．本试卷分第Ⅰ卷(填空题)和第Ⅱ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Ⅰ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．(2022·江苏清江中学周练)已知全集U ＝{1,3,5,7,9}，A ＝{1,5,9}，B ＝{3,5,9}，则 ∁U (A ∪B )的子集个数为________．2．(2022·北京西城区模拟)设集合A ＝{0,1}，集合B ＝{x |x >a }，若A ∩B ＝∅，则实数a 的取值范围是________．3．命题“存在实数x ，使x >1”的否定是______________________________． 4．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧a ·2x ，x ≥0，2－x ，x <0 (a ∈R )，若ff (－1)]＝1，则a ＝________.5．若函数f (x )＝⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫14x ，－1≤x <0，4x，0≤x ≤1，则f (log 43)＝______.6．(2022·辽宁鞍山一中二模)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在微小值，则实数m 的取值范围是________________．7．如图，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，＝3，·＝2，则·的值是________．8．(2022·苏北联考)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是____________．9．(2022·南通高三检测)已知函数y ＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，－π≤φ<π)的图象如图所示，则φ＝________.10．函数y ＝f (x )是R 上的奇函数，满足f (3＋x )＝f (3－x )，当x ∈(0,3)时，f (x )＝2x ，则 当x ∈(－6，－3)时，f (x )的解析式为__________________．11．已知函数y ＝f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ＞0时，不等式f (x )＋x ·f ′(x )＜0成立．若a ＝30.2·f (30.2)，b ＝log π2·f (log π2)，c ＝log 214·f (log 214)，则a ，b ，c 的大小关系为______________．12．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若A ＝π3，a ＝3，则b 2＋c 2的取值范围为________．13．设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x －ax ，其中a 为常数．若f (x )在(1，＋∞)上是减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则a 的取值范围是__________．14．定义域为a ，b ]的函数y ＝f (x )的图象的两个端点为A ，B ，M (x ，y )是f (x )图象上任意一点，其中x ＝λa ＋(1－λ)b (λ∈R )，向量＝λ＋(1－λ)，若不等式||≤k 恒成立，则称函数f (x )在a ，b ]上“k 阶线性近似”．若函数y ＝x ＋1x 在1,2]上“k 阶线性近似”，则实数k 的取值范围为__________________． 第Ⅱ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)(2022·镇江模拟)已知集合A ＝{x |2－a ≤x ≤2＋a }，B ＝{x |x 2－5x ＋4≥0}， (1)当a ＝3时，求A ∩B ，A ∪(∁R B )； (2)若A ∩B ＝∅，求实数a 的取值范围.16.(14分)(2022·北京海淀区一模)已知函数f (x )＝－x 2－2x ，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋14x ，x ＞0，x ＋1，x ≤0.(1)求gf (1)]的值； (2)若方程gf (x )]－a ＝0有4个实数根，求实数a 的取值范围.17.(14分)(2021·南昌调研)函数f (x )＝p sin ωx (p ＞0，ω＞0)的最大值为2，其图象相邻两条对称轴之间的距离为π2. (1)求函数f (x )的解析式；(2)在△ABC 中，AC ＝f (B 2)，C ＝2π3，求△ABC 周长的最大值.18.(16分)(2021·安徽)已知函数f(x)＝ax(x＋r)2(a>0，r>0)．(1)求f(x)的定义域，并争辩f(x)的单调性；(2)若ar＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值.19.(16分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，m＝(asin(A＋B)，c －2b)，n＝(sin 2C,1)，且满足m·n＝0.(1)求∠A的大小；(2)若a＝1，求△ABC周长的取值范围.20.(16分)(2021·四川)已知函数f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x2－2ax－2a2＋a，其中a＞0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，争辩g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.答案解析1．2解析 由于U ＝{1,3,5,7,9}，A ＝{1,5,9}，B ＝{3,5,9}， 所以A ∪B ＝{1,3,5,9}，所以∁U (A ∪B )＝{7}， 故∁U (A ∪B )的子集个数为2. 2．1，＋∞)解析 由A ∩B ＝∅可得，0∉B,1∉B ，则a ≥1. 3．对任意实数x ，都有x ≤1解析 利用存在性命题的否定是全称命题求解，“存在实数x ，使x >1”的否定是“对任意实数x ，都有x ≤1”． 4.14解析 由题意得f (－1)＝2－(－1)＝2，ff (－1)]＝f (2)＝a ·22＝4a ＝1，∴a ＝14. 5．3解析 由于0<log 43<1，所以f (log 43)＝4log 43＝3. 6．(－∞，－3)∪(6，＋∞)解析 由于f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋(m ＋6)，所以Δ＝4m 2－4×3(m ＋6)＞0，解得m ＞6或m ＜－3，则实数m 的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞)． 7．22解析 由CP→＝3PD →，得DP →＝14DC →＝14AB →，AP →＝AD →＋DP →＝AD →＋14AB →，BP →＝AP →－AB → ＝AD→＋14AB →－AB →＝AD →－34AB →.由于AP →·BP →＝2，所以(AD →＋14AB →)·(AD→－34AB →)＝2，即|AD →|2－12AD →·AB→－316|AB →|2＝2.又由于|AD →|2＝25，|AB →|2＝64，所以AB →·AD →＝22.8．1，＋∞)解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x <1，所以k ≥1，即k 的取值范围为1，＋∞)． 9.9π10解析 由题图可知函数的周期满足T 2＝2π－3π4＝5π4⇒T ＝5π2⇒ω＝45，所以y ＝sin(45x ＋φ)，将点(2π，1)代入得8π5＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ⇒φ＝2k π－1110π，k ∈Z ，由于－π≤φ<π，所以令k ＝1得φ＝9π10. 10．f (x )＝－2x ＋6解析 由f (3＋x )＝f (3－x )可知f (x )的图象关于直线x ＝3对称，且当x ∈(0,3)时，f (x )＝2x ，故x ∈(3,6)时，f (x )＝26－x ，再由函数f (x )是奇函数可知，当x ∈(－6，－3)时，f (x )＝－2x ＋6. 11．c ＞b ＞a解析 由题意知，设F (x )＝xf (x )，当x ＞0时，F ′(x )＝xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )＜0，即函数F (x )在(0，＋∞)上单调递减，又y ＝f (x )在R 上是偶函数，则F (x )在R 上是奇函数，从而F (x )在R 上单调递减，又30.2＞1,0＜log π2＜1，log 214＜0，即30.2＞log π2＞log 214，所以F (log 214)＞F (log π2)＞F (30.2)，即c ＞b ＞a .12．(3,6]解析 由正弦定理得a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝3sin π3＝2， 则b ＝2sin B ，c ＝2sin C ， 所以b 2＋c 2＝4(sin 2B ＋sin 2C ) ＝2(1－cos2B ＋1－cos2C ) ＝4－2cos2B －2cos2(2π3－B ) ＝4＋3sin2B －cos2B ＝4＋2sin(2B －π6)． 又0<B <2π3， 所以－π6<2B －π6<7π6. 所以－1<2sin(2B －π6)≤2.所以3<b 2＋c 2≤6. 13．(e ，＋∞)解析 f ′(x )＝1x －a ，g ′(x )＝e x －a ，由题意得当x ∈(1，＋∞)时f ′(x )≤0恒成立，即x ∈(1，＋∞)时，a ≥1x 恒成立，则a ≥1.令g ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ，当x ＜ln a 时，g ′(x )＜0；当x ＞ln a 时，g ′(x )＞0，所以当x ＝ln a 时，g (x )取得最小值．又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a ＞1，即a ＞e.综上所述，a ＞e. 14．32－2，＋∞)解析 由题意知a ＝1，b ＝2，所以A (1,2)，B (2，52)． 所以直线AB 的方程为y ＝12(x ＋3)．由于x M ＝λa ＋(1－λ)b ＝λ＋2(1－λ)＝2－λ，ON →＝λOA →＋(1－λ)OB →＝λ(1,2)＋(1－λ)·(2，52) ＝(2－λ，52－λ2)，所以x N ＝2－λ，所以M ，N 的横坐标相同且点N 在直线AB 上， 所以|MN →|＝|y M －y N|＝|x ＋1x －12(x ＋3)|＝|x 2＋1x －32|，由于x 2＋1x≥2x 2·1x ＝2，且x 2＋1x ≤32，所以|MN→|＝|x 2＋1x －32|＝32－(x 2＋1x )≤32－2，即|MN →|的最大值为32－2，所以k ≥32－ 2. 15．解 (1)当a ＝3时，A ＝{}x |－1≤x ≤5，B ＝{}x |x ≥4或x ≤1，∴A ∩B ＝{}x |－1≤x ≤1或4≤x ≤5，又∁RB ＝{}x |1＜x ＜4，∴A ∪(∁RB )＝{}x |－1≤x ≤5.(2)当A ＝∅时，A ∩B ＝∅， 此时2－a ＞2＋a ，∴a ＜0，当A ≠∅时，要使A ∩B ＝∅，需满足⎩⎪⎨⎪⎧a ≥0，2－a ＞1，∴0≤a ＜1.2＋a ＜4.综上，a 的取值范围为(－∞，1)．16．解 (1)利用解析式直接求解得gf (1)]＝g (－3)＝－3＋1＝－2.(2)令f (x )＝t ，则原方程化为g (t )＝a ，易知方程f (x )＝t 在t ∈(－∞，1)内有2个不同的解，则原方程有4个解等价于函数y ＝g (t )(t ＜1)与y ＝a 的图象有2个不同的交点，作出函数y ＝g (t )(t ＜1)的图象，由图象可知，当1≤a ＜54时，函数y ＝g (t )(t ＜1)与y ＝a 有2个不同的交点，即所求a 的取值范围是1，54)． 17．解 (1)依题意p ＝2，∵函数图象相邻两条对称轴间的距离为半个周期， ∴T 2＝π2，T ＝π，∴ω＝2πT ＝2，f (x )＝2sin2x .(2)AC ＝f (B 2)＝2sin B ，A ＝π3－B,0＜B ＜π3， 又AB sin C ＝BC sin A ＝ACsin B ＝2， ∴AB ＝2sin C ＝2×32＝3，BC ＝2sin A ＝2sin(π3－B )，∴△ABC 的周长l ＝AB ＋BC ＋AC ＝3＋2sin(π3－B )＋2sin B＝2(12sin B ＋32cos B )＋3＝2sin(B ＋π3)＋ 3.又∵0＜B ＜π3， ∴π3＜B ＋π3＜2π3，∴当B ＋π3＝π2，即B ＝π6时，△ABC 的周长l 取得最大值2＋ 3. 18．解 (1)由题意知，x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞)． f (x )＝ax(x ＋r )2＝axx 2＋2rx ＋r 2， f ′(x )＝a (x 2＋2rx ＋r 2)－ax (2x ＋2r )(x 2＋2rx ＋r 2)2＝a (r －x )(x ＋r )(x ＋r )4.所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0，当－r <x <r 时，f ′(x )>0.因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)； f (x )的单调递增区间为(－r ，r )．(2)由(1)知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减． 因此，x ＝r 是f (x )的极大值点， 所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝ar (2r )2＝a 4r＝4004＝100，无微小值． 19．解 (1)∵m·n ＝0，∴asin (A ＋B )·sin2C ＋c －2b ＝0.∴a sin C ·2sin C cos C ＋c －2b ＝0， 即2a cos C ＋c －2b ＝0.由余弦定理，得2a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c －2b ＝0， 整理，得b 2＋c 2－a 2＝bc ， ∴cos A ＝12.∵0<A <π，∴A ＝π3. (2)∵cos A ＝12，∴sin A ＝32.由正弦定理，得b sin B ＝c sin C ＝a sin A ＝132＝233，∴△ABC 的周长l ＝a ＋b ＋c ＝1＋233(sin B ＋sin C )＝1＋233sin B ＋sin(B ＋π3)]＝2sin(B ＋π6)＋1.∵0<B <2π3，∴π6<B ＋π6<5π6. ∴12<sin(B ＋π6)≤1.因此2<l ≤3，故△ABC 周长的取值范围为(2,3]．20．(1)解 由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ，所以g ′(x )＝2－2x ＋2ax 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x 2，当0＜a ＜14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a2，＋∞上单调递增， 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减； 当a ≥14时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增． (2)证明 由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ＝0，解得a ＝x －1－ln x 1＋x －1，令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x 1＋x －1， 则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝－e (e －2)1＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e －21＋e －12＜0， 故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0， 令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －10，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)， 由u ′(x )＝1－1x ≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以0＝u (1)1＋1＜u (x 0)1＋x －1＝a 0＜u (e )1＋e －1＝e －21＋e－1＜1，即a 0∈(0,1)， 当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0， 由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )＜0，从而f (x )＞f (x 0)＝0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而f (x )＞f (x 0)＝0， 所以当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0. 综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．。