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    2021届浙江省高考数学一轮学案:第七章阶段滚动练(二) 第1~7章

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    2021届浙江省高考数学一轮学案:第七章阶段滚动练(二) 第1~7章

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    阶段滚动练(二) 第1~7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Ⅱ卷)设集合A={x|x2-5x+6>0},B={x|x-10}∩{x|x-110
    解析 法一 考察选项A,a1=a,an+1=a+b=a+,
    ∵=a-an+≥0,
    ∴a≥an-.
    ∵an+1=a+>0,
    ∴an+1≥an-+=an+>an,
    ∴{an}为递增数列.
    因此,当a1=0时,a10取到最小值,现对此情况进行估算.
    显然,a1=0,a2=a+=,a3=a+=,a4=a+=,
    当n>1时,an+1>a,
    ∴lg an+1>2lg an,
    ∴lg a10>2lg a9>22·lg a8>…>26lg a4=lg a,
    ∴a10>a=
    =C+C+C+…+C
    =1+64×+×+…+
    =1+4+7.875+…+
    =12.875+…+>10,
    因此符合题意,
    故选A.
    法二 由已知可得an+1-an=a+b-an=+b-.
    B.当a=,b=时,an=,所以排除B;
    C.当a=2或-1,b=-2时,an=2或-1,所以排除C.
    D.当a=,b=-4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等比数列,设第一天走a1里,则第二天走a2=a1(里),易知≥378,则a1≥192.则第二天至少走96里.
    答案 96
    12.(2020·温州适应性测试)已知正数a,b满足a+b=1,则+的最小值为________,此时a=________.
    解析 因为a+b=1,所以+=+=++1≥2+1=3,当且仅当a=b=时,等号成立,所以+的最小值为3.
    答案 3 
    13.(2020·温州适考)在△ABC中,C=45°,AB=6,D为BC边上的点,且AD=5,BD=3,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2x+y的最大值为________,x+|y+x|的最小值为________.
    解析 由题意作出可行域为图中三角形DEF(及其内部)所示,令z=2x+y,则y=-2x+z,当直线y=-2x+z过点E(2,0)时,z取得最大值4.对于x+|y+x|分两种情况讨论,当x+y≥0时,z2=y+2x,在B处取得最小值;当x+y<0时,z2=-y,在B处取得最小值,所以z2=x+|y+x|的最小值为.

    答案 4 
    15.(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x≤0时,f(x)=ex(x+1),则f′(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2),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x<-1时,f(x)<0,f(0)=1.由以上分析,可作出分段函数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)-b=0,即f(x)=b有三个不同的实数根,也就是函数y=f(x)的图象与直线y=b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 (0,1]
    16.(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|a·e|+|b·e|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,|a·e|+|b·e|=|PQ|≤|AB1|=M=|a+b|;如图2,当〈a,b〉为钝角时,|a·e|+|b·e|=|PQ|≤|AB|=M=|a-b|;如图3,当〈a,b〉为直角时,|a·e|+|b·e|=|PQ|≤|AB|=M=|a-b|=|a+b|,由上述三种情形可知,M=(|a·e|+|b·e|)max=max{|a+b|,|a-b|},由平行四边形法则可知,当a⊥b时,Mmin=min{max{|a+b|,|a-b|}}==2.

    答案 2
    17.(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x∈R,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x2≤1+x2成立,即有Ff(x)=f(x)=,则Ff(1)=;
    (2)若f(x)=ea-|x|-1,且对任意x∈R,Ff(x)=f(x),可得|f(x)|≤1恒成立,即为-1≤ea-|x|-1≤1,即有0≤ea-|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a≤ln 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a∈R,函数f(x)=asin 2x+2cos2x.
    (1)若f(x)为偶函数,求a的值;
    (2)若f=+1,求方程f(x)=1-在区间[-π,π]上的解.
    解 (1)由偶函数可知f(-x)=f(x)得a=0.
    (2)f=+1⇒a=,f(x)=2sin+1,∴sin=-,在区间[-π,π]上解得x=-π,x=-π,x=π,x=π.
    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S6=60,且a6为a1和a21的等比中项.
    (1)求an和Sn;
    (2)设数列{bn}满足bn+1-bn=an,若b1=3,求数列的前n项和Tn(n∈N*).
    解 (1)设等差数列{an}的公差为d,d≠0,
    则解得
    ∴an=2n+3,
    Sn==n(n+4)=n2+4n.
    (2)由bn+1-bn=an,
    得bn-bn-1=an-1(n≥2,n∈N*).
    当n≥2时,
    bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
    =an-1+an-2+…+a1+b1
    =(n-1)(n+3)+3
    =n(n+2),
    且b1=3也适合上式,
    ∴bn=n(n+2)(n∈N*).
    ∴==.
    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 B=1+cos C,∠BAC的平分线与BC交于点D,与△ABC的外接圆交于点E(异于点A),=λ,求λ的值.
    解 (1)因为=,
    所以由正弦定理得(c-b)c=(a+b)(a-b),
    即a2=b2+c2-bc,
    即cos A=,所以A=30°.
    (2)因为2sin Asin B=1+cos C=1-cos(A+B)=1-cos Acos B+sin Asin B,
    所以cos(A-B)=1,从而A=B,
    所以B=30°,C=120°.
    不妨设AC=1,O为△ABC外接圆圆心,
    则AO=1,AB=,∠ADC=∠EAO=45°.
    在△ADC中,由正弦定理得
    ==.
    即AD=;
    在△AOE中,由∠EAO=∠OEA=45°,OA=1,
    从而AE=.
    所以λ==.
    21.(本小题满分15分)已知数列{an}满足:a1=3,an+1=an-+(n∈N*).
    证明:当n∈N*时,
    (1)an>an+1>2;
    (2)>;
    (3)a1+a2+…+an2.
    ①n=1时,a1=3>2,命题成立;
    ②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,命题成立,即ak>2;
    那么当n=k+1时,
    ak+1-2=ak-+-2=ak-2+=(ak-2)>0,
    即ak+1>2,故n=k+1时命题也成立.
    所以对所有正整数n,都有an>2成立.
    所以an+1=an-+=an+an+1>2.
    (2)因为an+1=an-+,所以=1-+,
    设f(x)=2x3-x2+1,则f′(x)=6x2-2x=2x(3x-1),
    所以f(x)在区间上单调递增.
    由已知及(1)知2.
    (3)由(2)得an+1+an>an,
    由an+1=an-+知an-2=a(an-an+1)

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