階段滾動卷(二)(范圍：第一～六單元)(分值：150分)一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.[2025·合肥模擬]已知復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i)＝2i，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限2.[2025·濰坊模擬]已知集合A＝{x|log3(2x＋1)＝2}，集合B＝{2，a}，其中a∈R.若A∪B＝B，則a＝()A.1 B.2C.3 D.43.[2025·東北師大附中模擬]已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x<0時，f(x)＝x2＋eq\f(a,x)，若f(3)＝－8，則a＝()A.－3 B.3C.eq\f(1,3) D.－eq\f(1,3)4.[2024·南京六校聯(lián)考]若非零向量a，b滿足|a|＝|b|，(a＋2b)⊥a，則向量a與b的夾角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)5.[2025·湖北七市聯(lián)考]已知公差為負(fù)數(shù)的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a3，a4，a7是等比數(shù)列，則當(dāng)Sn取最大值時，n＝()A.2或3 B.2C.3 D.46.[2024·九省聯(lián)考]已知θ∈(eq\f(3π,4)，π)，tan2θ＝－4tan(θ＋eq\f(π,4))，則eq\f(1＋sin2θ,2cos2θ＋sin2θ)＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(3,4)C.1 D.eq\f(3,2)7.[2025·北京順義區(qū)模擬]設(shè)x，y≥1，a>1，b>1，若ax＝by＝3，a＋b＝2eq\r(3)，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最大值為()A.2 B.eq\f(3,2)C.1 D.eq\f(1,2)8.[2025·鎮(zhèn)江模擬]“不以規(guī)矩，不能成方圓”出自《孟子·離婁章句上》.“規(guī)”指圓規(guī)，“矩”指由相互垂直的長短兩條直尺構(gòu)成的方尺，是古人用來測量、畫圓和方形圖案的工具.敦煌壁畫就有伏羲女媧手執(zhí)規(guī)矩的記載(如圖(1)).今有一塊圓形木板，以“矩”量之，如圖(2).若將這塊圓形木板截成一塊四邊形形狀的木板，且這塊四邊形木板的一個內(nèi)角α滿足cosα＝eq\f(3,5)，則這塊四邊形木板周長的最大值為()A.20cm B.20eq\r(2)cmC.20eq\r(3)cm D.30cm二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.[2025·煙臺模擬]已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜eq\f(π,2))的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A.A＝2，ω＝2，φ＝eq\f(π,3)B.函數(shù)f(x－eq\f(π,6))的圖象關(guān)于坐標(biāo)原點對稱C.函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－eq\f(17π,12)對稱D.函數(shù)f(x)在(－eq\f(π,12)，eq\f(π,4)]上的值域為(1，2]10.[2025·哈爾濱模擬]已知等差數(shù)列{an}的首項a1＝1，公差d＝6，在{an}中每相鄰兩項之間都插入k個數(shù)，使它們和原數(shù)列的數(shù)一起構(gòu)成一個新的等差數(shù)列{bn}，下列說法正確的有()A.an＝6n－5B.當(dāng)k＝2時，bn＝2n－1C.當(dāng)k＝2時，b19不是數(shù)列{an}中的項D.若b8是數(shù)列{an}中的項，則k的值可能為611.[2025·武漢模擬]已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(x,ex)，則下列說法正確的是()A.f(x)的極值點為(1，－eq\f(1,e))B.f(x)的極值點為1C.直線y＝eq\f(1,e2)x－eq\f(4,e2)是曲線y＝f(x)的一條切線D.f(x)有兩個零點三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.[2024·北京東城區(qū)一模]已知角α，β的終邊關(guān)于直線y＝x對稱，且sin(α－β)＝eq\f(1,2)，則α，β的一組取值可以是α＝________，β＝________.13.[2024·廣東六校聯(lián)考]如圖放置的邊長為2的正方形ABCD，頂點A，D分別在x軸，y軸正半軸(不含原點)上滑動，則eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))的最大值是________.14.[2024·宜昌模擬]函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－ax2，x＞0，,－x2＋（a－2）x＋2a，x≤0，))若關(guān)于x的不等式f(x)≥0的解集為[－2，＋∞)，則實數(shù)a的取值范圍為________.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)[2025·溫州模擬]已知函數(shù)f(x)＝x(x－3)2，x∈[1，a].(1)若f(x)不單調(diào)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若f(x)的最小值為f(a)，求實數(shù)a的取值范圍.16.(15分)[2025·開封模擬]記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知bcosA＝eq\r(2)asinB.(1)求sinA.(2)若a＝eq\r(3)，再從條件①、條件②、條件③中選擇一個條件作為已知，使其能夠確定唯一的三角形，并求△ABC的面積.條件①：b＝eq\r(6)c；條件②：b＝eq\r(6)；條件③：sinC＝eq\f(1,3).注：如果選擇的條件不符合要求，第(2)問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.17.(15分)[2025·三明模擬]定義Gn＝eq\f(a1＋2a2＋3a3＋…＋nan,n)為數(shù)列{an}的“勻稱值”，若數(shù)列{an}的“勻稱值”為2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2an，n為奇數(shù)，,\f(an,n＋2)，n為偶數(shù)，)){bn}的前n項和為Sn，求S20.18.(17分)[2025·西安質(zhì)檢]已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(a＋2)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＜0時，證明：f(x)≤－eq\f(2,a)－2.19.(17分)[2024·杭州模擬]平面內(nèi)的“向量列”{an}，如果對于任意的正整數(shù)n，均有an＋1－an＝d，則稱此“向量列”為“等差向量列”，d稱為“公差向量”.平面內(nèi)的“向量列”{bn}，如果b1≠0且對于任意的正整數(shù)n，均有bn＋1＝q·bn(q≠0)，則稱此“向量列”為“等比向量列”，常數(shù)q稱為“公比”.(1)如果“向量列”{an}是“等差向量列”，用a1和“公差向量”d表示a1＋a2＋…＋an；(2)已知{an}是“等差向量列”，“公差向量”d＝(3，0)，a1＝(1，1)，an＝(xn，yn)；{bn}是“等比向量列”，“公比”q＝2，b1＝(1，3)，bn＝(mn，kn).求a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn.參考答案1.A[z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1＋i，即復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點為(1，1)，在第一象限.故選A.]2.D[法一(直接法)由2x＋1＝32，得x＝4，所以A＝{4}.由A∪B＝B，得A?B，所以a＝4，故選D.法二(排除法)由2x＋1＝32，得x＝4，所以A＝{4}，a＝1時，A∪B＝{1，2，4}≠B，排除A；a＝2時不滿足集合元素的互異性，排除B；a＝3時，A∪B＝{2，3，4}≠B，排除C.故選D.]3.B[因為函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(3)＝－f(－3)，又f(3)＝－8，所以f(－3)＝8，又當(dāng)x<0，f(x)＝x2＋eq\f(a,x)，所以f(－3)＝(－3)2＋eq\f(a,－3)＝8，解得a＝3.故選B.]4.C[因為(a＋2b)⊥a，所以(a＋2b)·a＝a2＋2a·b＝|a|2＋2|a||b|cos〈a，b〉＝0，又|a|＝|b|，所以|a|2(1＋2cos〈a，b〉)＝0.因為a，b均為非零向量，所以cos〈a，b〉＝－eq\f(1,2)，則向量a與b的夾角為eq\f(2π,3).故選C.]5.B[設(shè)等差數(shù)列的公差為d(d<0)，則由a3，a4，a7是等比數(shù)列，得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，整理得d(2a1＋3d)＝0，所以2a1＋3d＝0，即a1＝－eq\f(3,2)d，所以Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2－2dn＝eq\f(d,2)(n－2)2－2d.因為d<0，所以當(dāng)n＝2時，Sn取得最大值－2d.故選B.]6.A[因為θ∈(eq\f(3π,4)，π)，所以tanθ∈(－1，0).由tan2θ＝－4tan(θ＋eq\f(π,4))得eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝－4eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)，化簡整理得2tan2θ＋5tanθ＋2＝0，解得tanθ＝－2(舍去)或tanθ＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(1＋sin2θ,2cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(（sinθ＋cosθ）2,2cosθ（sinθ＋cosθ）)＝eq\f(sinθ＋cosθ,2cosθ)＝eq\f(tanθ＋1,2)＝eq\f(1,4).故選A.]7.C[∵x，y≥1，a>1，b>1，ax＝by＝3，∴x＝loga3，y＝logb3，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝log3a＋log3b＝log3ab≤log3(eq\f(a＋b,2))2＝log3(eq\f(2\r(3),2))2＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\r(3)，x＝y(tǒng)＝2時取等號，∴(eq\f(1,x)＋eq\f(1,y))max＝1.故選C.]8.D[由題圖(2)得，圓形木板的直徑為eq\r(102＋52)＝5eq\r(5)(cm).設(shè)截得的四邊形木板為ABCD，∠A＝α，AB＝c，BD＝a，AD＝b，BC＝n，CD＝m，如圖所示.由cosα＝eq\f(3,5)且0＜α＜π可得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4,5)，在△ABD中，由正弦定理得eq\f(a,sinα)＝5eq\r(5)，解得a＝4eq\r(5).在△ABD中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosα，所以80＝b2＋c2－eq\f(6,5)bc＝(b＋c)2－eq\f(16,5)bc≥(b＋c)2－eq\f(16,5)×eq\f(（b＋c）2,4)＝eq\f(（b＋c）2,5)，即(b＋c)2≤400，可得0＜b＋c≤20，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝10時等號成立.在△BCD中，∠BCD＝π－α，由余弦定理可得80＝a2＝m2＋n2－2mncos(π－α)＝m2＋n2＋eq\f(6,5)mn＝(m＋n)2－eq\f(4,5)mn≥(m＋n)2－eq\f(4,5)×eq\f(（m＋n）2,4)＝eq\f(4（m＋n）2,5)，即(m＋n)2≤100，即0＜m＋n≤10，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝5時等號成立，因此，這塊四邊形木板周長的最大值為30cm.故選D.]9.ABC[A選項：設(shè)f(x)的最小正周期為T，由圖象知A＝2，eq\f(7π,12)－(－eq\f(π,6))＝eq\f(3π,4)＝eq\f(3,4)T，所以T＝eq\f(2π,ω)＝π，得ω＝2.當(dāng)x＝eq\f(7π,12)時，函數(shù)f(x)取得最小值，則2×eq\f(7π,12)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，即φ＝2kπ－eq\f(5,3)π(k∈Z)，又|φ|＜eq\f(π,2)，則當(dāng)k＝1時，φ＝eq\f(π,3)符合題意.所以A＝2，ω＝2，φ＝eq\f(π,3)，所以A正確；B選項：f(x－eq\f(π,6))＝2sin[2(x－eq\f(π,6))＋eq\f(π,3)]＝2sin2x為奇函數(shù)，所以B正確；C選項：令2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)，所以函數(shù)f(x)圖象的對稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)，當(dāng)k＝－3時，x＝－eq\f(17π,12)，所以C正確；D選項：因為x∈(－eq\f(π,12)，eq\f(π,4)]，2x∈(－eq\f(π,6)，eq\f(π,2)]，2x＋eq\f(π,3)∈(eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)]，所以sin(2x＋eq\f(π,3))∈[eq\f(1,2)，1]，所以f(x)∈[1，2]，所以D不正確.故選ABC.]10.ABD[對A，an＝1＋6(n－1)＝6n－5，故A正確；對B，當(dāng)k＝2時，{bn}公差d＝eq\f(6,3)＝2，此時bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，故B正確；對C，當(dāng)k＝2時bn＝2n－1，此時b19＝2×19－1＝37，a7＝6×7－5＝37，即b19是數(shù)列{an}中的項，故C錯誤；對D，當(dāng)k＝6時，b1＝a1，又a2＝b1＋6＋1＝b8，故D正確.故選ABD.]11.BC[對A：因為f(x)＝－eq\f(x,ex)，所以f′(x)＝eq\f(x－1,ex)，令f′(x)<0，得x<1；令f′(x)>0，得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.可知f(x)在x＝1處取得唯一極小值，也是f(x)的最小值，所以f(x)的極值點為x＝1，故A錯誤，B正確；對C：因為f(2)＝－eq\f(2,e2)，f′(2)＝eq\f(1,e2)，所以f(x)在x＝2處的切線方程為y＋eq\f(2,e2)＝eq\f(1,e2)(x－2)，即y＝eq\f(1,e2)x－eq\f(4,e2)，故C正確.對D：因為f(0)＝0，f(1)＝－eq\f(1,e)<0，結(jié)合f(x)在(－∞，1)上的單調(diào)性，可知x＝0是f(x)在(－∞，1)上的唯一零點；當(dāng)x>1時，ex>0恒成立，故f(x)＝－eq\f(x,ex)<0恒成立.所以f(x)在(1，＋∞)上沒有零點；綜上：f(x)只有一個零點，故D錯誤.故選BC.]12.eq\f(π,3)(答案不唯一)eq\f(π,6)(答案不唯一)[因為角α，β的終邊關(guān)于直線y＝x對稱，則α＋β＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，則α＝eq\f(π,2)－β＋2kπ，因為sin(α－β)＝eq\f(1,2)，所以sin(eq\f(π,2)－β＋2kπ－β)＝sin(eq\f(π,2)－2β＋2kπ)＝cos2β＝eq\f(1,2)，則2β＝eq\f(π,3)＋2kπ或2β＝－eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，解得β＝eq\f(π,6)＋kπ或β＝－eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，取k＝0，β的一個值可以為eq\f(π,6)，α的一個值可以為eq\f(π,3)(答案不唯一).]13.8[法一設(shè)A(x，0)，D(0，y)，x＞0，y＞0，則x2＋y2＝4，B(x＋y，x)，C(y，x＋y)，于是eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝(x＋y，x)·(y，x＋y)＝x2＋2xy＋y2≤2(x2＋y2)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\r(2)時等號成立.法二令∠OAD＝θ(0＜θ＜eq\f(π,2))，則∠BAx＝eq\f(π,2)－θ.由于AD＝2，故OA＝2cosθ，OD＝2sinθ.由于AB＝2，則xB＝2cosθ＋2cos(eq\f(π,2)－θ)＝2cosθ＋2sinθ，yB＝2sin(eq\f(π,2)－θ)＝2cosθ，故eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2cosθ＋2sinθ，2cosθ).同理可求得C(2sinθ，2cosθ＋2sinθ)，即eq\o(OC,\s\up6(→))＝(2sinθ，2cosθ＋2sinθ)，所以eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝(2cosθ＋2sinθ，2cosθ)·(2sinθ，2cosθ＋2sinθ)＝4＋4sin2θ.當(dāng)θ＝eq\f(π,4)時，eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))取得最大值8.]14.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,4)))[由題意知，當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f(x)＜0；當(dāng)x∈[－2，0]時，f(x)≥0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)≥0.當(dāng)x≤0時，f(x)＝－(x＋2)(x－a)≥0，則(x＋2)(x－a)≤0，因解集為[－2，＋∞)，故x＋2≥0，則x－a≤0，a≥x，此時x≤0，故a≥0；當(dāng)x＞0時，f(x)≥0?ex－ax2≥0，當(dāng)a＝0時，顯然成立；當(dāng)a＞0時，ex－ax2≥0?eq\f(1,a)≥eq\f(x2,ex)，令g(x)＝eq\f(x2,ex)(x＞0)，則g′(x)＝eq\f(2x－x2,ex)，所以g(x)在(0，2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(2)＝eq\f(4,e2)，所以eq\f(1,a)≥eq\f(4,e2)?0＜a≤eq\f(e2,4).綜上，實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,4))).]15.解(1)∵f(x)＝x3－6x2＋9x，∴f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，當(dāng)1<x<3時，f′(x)<0，當(dāng)x>3時，f′(x)>0，∴f(x)在(1，3)上單調(diào)遞減，在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(x)不單調(diào)，x∈[1，a]，∴a>3.故實數(shù)a的取值范圍為(3，＋∞).(2)∵f(x)的最小值為f(a)，∴由(1)中f(x)的單調(diào)性可知，1<a≤3.故實數(shù)a的取值范圍為(1，3].16.解(1)由bcosA＝eq\r(2)asinB，結(jié)合正弦定理，得sinBcosA＝eq\r(2)sinAsinB，因為sinB≠0，所以tanA＝eq\f(\r(2),2)>0，所以sinA＝eq\f(\r(3),3)且A為銳角.(2)若選條件①：由sinA＝eq\f(\r(3),3)得cosA＝eq\f(\r(6),3)，將已知代入a2＝b2＋c2－2bccosA，得3＝6c2＋c2－4c2，解得c＝1，則b＝eq\r(6)，△ABC唯一確定，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(2),2).若選條件②：將已知代入eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinB＝eq\f(\r(6),3)>eq\f(\r(3),3)，因為b＝eq\r(6)>eq\r(3)＝a>bsinA＝eq\r(2)，所以三角形有兩個，不符合題目要求.注：如果選擇的條件不符合要求，第(2)問得0分.若選條件③：由sinA＝eq\f(\r(3),3)得cosA＝eq\f(\r(6),3)，又sinA＝eq\f(\r(3),3)>sinC＝eq\f(1,3)，得A>C，所以cosC＝eq\f(2\r(2),3)，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(6),3)，△ABC唯一確定，將已知代入eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得c＝1，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),2).17.解(1)因為eq\f(a1＋2a2＋3a3＋…＋nan,n)＝2，所以a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n.當(dāng)n＝1時，a1＝2.當(dāng)n≥2時，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2(n－1)，上述兩個等式作差得nan＝2，即an＝eq\f(2,n)(n≥2)，又因為a1＝2滿足an＝eq\f(2,n)，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(2,n)(n∈N*).(2)因為an＝eq\f(2,n)，所以bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n，n為奇數(shù)，,\f(2,n（n＋2）)，n為偶數(shù).))所以S20＝(2＋6＋…＋38)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2×4)＋\f(2,4×6)＋…＋\f(2,20×22)))＝eq\f(（2＋38）×10,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,6)＋…＋\f(1,20)－\f(1,22)))＝200＋eq\f(1,2)－eq\f(1,22)＝eq\f(2205,11).18.(1)解∵f(x)＝lnx＋ax2＋(a＋2)x，定義域為(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋a＋2＝eq\f(2ax2＋（a＋2）x＋1,x)＝eq\f(（2x＋1）（ax＋1）,x)(x＞0)，①當(dāng)a≥0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)a＜0時，當(dāng)x∈(0，－eq\f(1,a))時，f′(x)＞0，f(x)在(0，－eq\f(1,a))上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－eq\f(1,a)，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)在(－eq\f(1,a)，＋∞)上單調(diào)遞減.綜上，當(dāng)a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＜0時，f(x)在(0，－eq\f(1,a))上單調(diào)遞增，在(－eq\f(1,a)，＋∞)上單調(diào)遞減.(2)證明由(1)可得，當(dāng)a＜0時，f(x)max＝f(－eq\f(1,a))＝ln(－eq\f(1,a))＋eq\f(1,a)－eq\f(a＋2,a)＝ln(－eq\f(1,a))－eq\f(1,a)－1.要證f(x)≤－eq\f(2,a)－2，只需證f(x)max≤－eq\f(2,a)－2，即證ln(－eq\f(1,a))