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2019年高考數(shù)學二輪復習 專題大模擬（二）
一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求．)
1．(xx全國新課標Ⅰ高考)設z＝＋i，則|z|＝( )
A. B. C. D．2
【解析】 ∵z＝＋i＝＋i＝＋i＝＋i，
∴|z|＝?。?，
故選B.
【答案】 B
2．(xx湖北高考)命題“?x∈R，x2≠x”的否定是( )
A．?x?R，x2≠x B．?x∈R，x2＝x
C．?x?R，x2≠x D．?x∈R，x2＝x
【解析】 將?改寫成?，否定結論，故選D.
【答案】 D
3．(xx全國大綱高考)設集合M＝{x|x2－3x－4<0}，N＝{x|0≤x≤5}，則M∩N＝( )
A．(0,4] B．[0,4)
C．[－1,0) D．(－1,0]
【解析】 M＝{x|x2－3x－4<0}＝{x|－1
0 輸出3.
【答案】 3
15．(預測題)已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：萬件)的函數(shù)關系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤的年產(chǎn)量為________萬件．
【解析】 因為y′＝－x2＋81，所以當x＞9時，y′＜0；當x∈(0,9)時，y′＞0，所以函數(shù)y＝－x3＋81x－234在(9，＋∞)上單調遞減，在(0,9)上單調遞增，所以x＝9是函數(shù)的極大值點，又因為函數(shù)在(0，＋∞) 上只有一個極大值點，所以函數(shù)在x＝9處取得最大值．
【答案】 9
16.
如圖，在平面直角坐標系xOy中，一單位圓的圓心的初始位置在(0,1)，此時圓上一點P的位置在(0,0)，圓在x軸上沿正向滾動．當圓滾動到圓心位于(2,1)時，的坐標為________．
【解析】
利用平面向量的坐標定義、解三角形知識以及數(shù)形結合思想求解．
設A(2,0)，B(2,1)，由題意知劣弧長為2，∠ABP＝＝2.設P(x，y)，則x＝2－1cos(2－)
＝2－sin 2，y＝1＋1sin(2－)＝1－cos 2，
∴的坐標為(2－sin 2,1－cos 2)．
【答案】 (2－sin 2,1－cos 2)
三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)
17．(10分)(xx陜西高考)已知向量a＝(cos x，－)，b＝(sin x，cos 2x)，x∈R，設函數(shù)f(x)＝ab.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在[0，]上的最大值和最小值．
【解】 f(x)＝(cos x，－)(sin x，cos 2x)
＝cos xsin x－cos 2x＝sin 2x－cos 2x
＝cossin 2x－sincos 2x＝sin(2x－)．
(1)f(x)的最小正周期為T＝＝＝π，即函數(shù)f(x)的最小正周期為π.
(2)∵0≤x≤，∴－≤2x－≤.
由正弦函數(shù)的性質，得
當2x－＝，即x＝時，f(x)取得最大值1；
當2x－＝－，即x＝0時，f(0)＝－；
當2x－＝π，即x＝時，f()＝，
∴f(x)的最小值為－.
因此，f(x)在[0，]上的最大值是1，最小值是－.
18．(12分)(文)(xx山東高考)已知{an}是等差數(shù)列，滿足a1＝3，a4＝12，數(shù)列{bn}滿足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}為等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；
(2)求數(shù)列{bn}的前n項和．
【解】 (1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意得d＝＝＝3.
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．
設等比數(shù)列{bn－an}的公比為q，由題意得
q3＝＝＝8，解得q＝2.
所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.
從而bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．
(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．
數(shù)列{3n}的前n項和為n(n＋1)，數(shù)列{2n－1}的前n項和為1＝2n－1.
所以，數(shù)列{bn}的前n項和為n(n＋1)＋2n－1.
(理)設各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn滿足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求數(shù)列{an}的通項公式；
(3)證明：對一切正整數(shù)n，有＋＋…＋＜.
(1)【解】 由題意知，S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.
令n＝1，有S－(12＋1－3)S1－3(12＋1)＝0，
可得有S＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，又an為正數(shù)，所以a1＝2.
(2)【解】 由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得，(Sn＋3)(Sn－n2－n)＝0，則Sn＝n2＋n或Sn＝－3，
又數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，所以Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，
所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.
又a1＝2＝21，所以an＝2n.
(3)【證明】 當n＝1時，＝＝＜成立；
當n≥ 2時，＝＜＝(－)，
所以＋＋…＋＜＋
[(－)＋…＋(－)]＝＋(－)＜＋＝.
所以對一切正整數(shù)n，有＋＋…＋＜.
19．(12分)(xx陜西高考)△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.
(1)若a，b，c成等差數(shù)列，證明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比數(shù)列，求cosB的最小值．
(1)【證明】 ∵a，b，c成等差數(shù)列，∴a＋c＝2b.
由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B.
∵sin B＝sin [π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．
(2)【解】 ∵a，b，c成等比數(shù)列，∴b2＝ac.
由余弦定理得
cos B＝＝≥＝，
當且僅當a＝c時等號成立．
∴cos B的最小值為.
20．(12分)(xx江西高考)已知函數(shù)f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a＜0.
(1)當a＝－4時，求f(x)的單調遞增區(qū)間；
(2)若f(x)在區(qū)間[1,4]上的最小值為8，求a的值．
【解】 (1)當a＝－4時，由f′(x)＝＝0得x＝或x＝2，由f′(x) ＞0得x∈(0，)或x∈(2，＋∞)，
故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，)和(2，＋∞)．
(2)f′(x)＝，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.
當x∈(0，－)時，f(x)單調遞增；當x∈(－，－)時，f(x)單調遞減；當x∈(－，＋∞)時，f(x)單調遞增．
易知f(x)＝(2x＋a)≥0，且f(－)＝0.
①當－≤1時，即－2≤a＜0時，f(x)在[1,4]上的最小值為f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝2－2，均不符合題意．
②當1＜－≤4時，即－8≤a＜－2時，f(x)在[1,4]上的最小值為f(－)＝0，不符合題意．
③當－＞4時，即a＜－8時，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4處取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，當a＝－10時，f(x)在(1,4)單調遞減，f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8，符合題意．
綜上有，a＝－10.
21．(12分)(xx山東濟寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝＋ln x(a∈R)．
(1)當a＝－1時，求f(x)在(1，f(1))處的切線方程；
(2)求f(x)的最小值；
(3)當a＝2時，求證：ln(n＋1)＋2 >nln(2e)(n∈N*)．
【解】 (1)當a＝－1時，f(x)＝＋ln x，∴f′(x)＝＋，∴k＝f′(1)＝.
又f(1)＝－1，∴切點為(1，－1)，所以切線方程為y－(－1)＝(x－1)，即x－2y－3＝0.
(2)因為f(x)＝＋ln x(x>0)
所以f′(x)＝－＋＝，
①當a≤0時， f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以f(x)無最值；
②當a>0時，令f′(x)＝0，解之：x＝a，當變化時，f(x)，f′(x)隨x的變化情況如下：
x
(0，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
極小值
由表可知，當x＝a時，f(x)取極小值即為最小值，
所以f(x)min＝f(a)＝ln a＋1；
綜上所述：當a≤0時，f(x)無最值；
當a>0時，f(x)最小值為f(a)＝ln a＋1.
(3)當a＝2時，由(1)知：f(x)≥ln 2＋1，(當且僅當x＝2時，等號成立)
即＋ln x≥ln 2＋1，從而ln x≥ln 2＋1－＝ln(2e)－，(*)
所以分別令x＝，，，…，代入(*)式得下列n個不等式：
ln >ln(2e)－＝ln(2e)－2，
ln >ln(2e)－ln(2e)－2，
ln >ln(2e)－ln(2e)－2，
……
ln >ln(2e)－＝ln(2e)－2，
將上述n個不等式相加得：
ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln >nln(2e)－(2＋2＋2＋…＋2)，
即ln(…)>nln(2e)－2(＋＋＋…＋)，
所以ln(n＋1)>nln(2e)－2(＋＋＋…＋)，
即ln(n＋1)＋2>nln(2e)．
22．(12分)(預測題)已知點(1，)是函數(shù)f(x)＝ax(a＞0且a≠1)圖象上的一點，等比數(shù)列{an}的前n項和為f(n)－c，數(shù)列{bn}(bn＞0)的首項為c，且前n項和Sn滿足Sn－Sn－1＝＋(n≥2)．
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；
(2)若數(shù)列{}的前n項和為Tn，問使Tn≥的最小正整數(shù)n是多少？
(3)若cn＝－anbn，求數(shù)列{cn}的前n項和．
【解】 (1)∵f(1)＝a＝，∴f(x)＝()x.
∴a1＝f(1)－c＝－c，a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－，
a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－.
又數(shù)列{an}成等比數(shù)列，a1＝＝＝－＝－c，
∴c＝1.
又公比q＝＝，∴an＝－()n－1＝－，(n∈N*)．
Sn－Sn－1＝(－)(＋)
＝＋(n≥2)．
又∵bn＞0，＞0，∴－＝1.
∴數(shù)列{}構成一個首項為1，公差為1的等差數(shù)列，＝1＋(n－1)1＝n，Sn＝n2.
當n≥2時，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，當n＝1時，b1＝1也適合該通項公式，∴bn＝2n－1(n∈N*)．
(2)Tn＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝(1－)＝.
由Tn＝≥，得n≥≈77，滿足Tn≥的最小正整數(shù)為77.
(3)cn＝－anbn＝－(2n－1)＝(2n－1)設數(shù)列{cn}的前n項和為Pn，則
Pn＝c1＋c2＋…＋cn
＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＋(2n－1)①
則3Pn＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)②
②－①得：2Pn＝1＋2＋2＋…＋2－(2n－1)
＝1＋2(＋＋…＋)－(2n－1)
＝1＋2－(2n－1)＝2－
∴Pn＝1－
即{cn}的前n項和為1－.
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