2023年新教材高考数学 全程考评特训卷 滚动过关检测三 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形（含解析）.docx

1、滚动过关检测三集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形一、单项选择题：本题共8小题，每小题5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12022河北保定模拟已知P1,2,3，Qy|y2cos ，R，则PQ()A1 B1,2C2,3 D1,2,322022广东清远一中月考“cos ”是“cos 2”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件3已知alog35，blog23，c20.3，则a，b，c的大小关系为()Acba BbcaCcab Dab0，0，|1)，当x2e时，f(x)0恒成立，则实数a的取值范围为A. B.C(1

2、，e) D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分9下列说法正确的有()A终边在y轴上的角的集合为2k，kZB已知3a4b12，则1C已知x，yR，且1，则xy的最小值为8D已知幂函数f(x)kxa的图象过点(2,4)，则ka3102022辽宁丹东模拟已知a，bR，且3a3b1，则()Aa2ln|b|C.2 Dab20112022河北石家庄一中月考对于ABC，有如下判断，其中正确的判断是()A若cos Acos B，则ABC为等腰三角形B若ABC为锐角三角形，有AB，则sin Acos BC

3、若a8，c10，B60，则符合条件的ABC有两个D若sin2Asin2Bsin2C，则ABC是钝角三角形122022辽宁沈阳模拟函数f(x)为定义在R上的偶函数，且在0，)上单调递增，函数g(x)xf(x)f(2)，则()A函数h(x)f(x)cos x为奇函数Bf(x)的解析式可能是f(x)exexx2C函数g(x)有且只有3个零点D不等式g(x)0的解集为2,2三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上13设函数f(x)，则f_.142022湖北石首一中月考在ABC中，已知sin Asin Bsin C357，则此三角形最大内角度数为_15已知cos，则coss

4、in2_.162022浙江杭州模拟函数f(x)2xx2的零点个数为_，若函数f(x)axx2(a1)恰有两个零点，则a_.四、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)2022北京海淀模拟设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asin Bbcos A.(1)求角A的大小；(2)再从以下三组条件中选择一组条件作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求ABC的面积第组条件：a，c5；第组条件：cos C，c4；第组条件：AB边上的高h，a3.18(12分)2022山东日照模拟已知函数f(x)cos(x)的部分图象如图所示(1)求及图中x0的值；(2)设g(x)

5、f(x)f，求函数g(x)在区间上的最大值和最小值19(12分)2021新高考卷记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2ac，点D在边AC上，BDsinABCasin C.(1)证明：BD b；(2)若AD2DC，求cosABC.20(12分)已知：f(x)sin(x)sincos2.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)在ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)1，a2，求ABC面积的最大值21.(12分)2022湖北九师联盟已知函数f(x)ln x，g(x)x2x1.(1)求函数h(x)f(x)g(x)的极值；(2)证明：有且只有两条直线与函数f(x)，g

6、(x)的图象都相切22(12分)2022广东茂名五校联考已知函数f(x)ln xx2ax.(1)当a3时，求曲线yf(x)在点P(1，f(1)处的切线方程；(2)若x1，x2(x1ln.滚动过关检测三集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形1.答案：B解析：因为P1,2,3，Qy|y2cos，Ry|2y2，所以PQ1,22答案：A解析：由cos2可得2cos21，解得：cos，所以“cos”是“cos2”的充分不必要条件3答案：C解析：因为1log35log221.5，所以ab，又因为c20.3201，故ca0，A2；f(x)最小正周期T，2，即f(x)2sin(2x)，f2

7、sin0，k(kZ)，k(kZ)，又|0，故排除A.6答案：D解析：由cossin，平方得：sin2cos22sincos，则1sin2，即sin20，则2k22k或2k22k2，kZ，即有kk或k0，cos0，cossin0，不成立，当k为奇数时，位于第四象限，sin0，成立角的终边在第四象限7答案：A解析：因为2acosC3bcosC3ccosB，所以2sinAcosC3sinBcosC3sinCcosB，所以2sinAcosC3sin(CB)3sinA，因为A，C(0，)，所以sinA0，cosC，又C(0，)，所以C.8答案：D解析：f(x)0即(3a)xx3a，则xln(3a)3al

8、nx，则，令g(x)(x1)，g(x)(x1)，当x(1，e)，g(x)0，g(x)单调递增；当x(e，)，g(x)1，3a3e，又g(3a)g(x)，3ax(x2e)恒成立，a.9答案：BD解析：终边在y轴上的角的集合为，故选项A不正确；因为3a4b12，所以alog312，blog412，则log123log124log12121，故选项B正确；因为xy(xy)5529，当且仅当y2x6时等号成立，所以xy的最小值为9，故选项C不正确；因为幂函数f(x)kxa的图象过点(2,4)，所以k1,2a4，即a2，所以ka3，故选项D正确10答案：BC解析：已知a，bR，且3a3b1，所以abb2

9、，故错误；对于B选项，|a|b|，ylnx为增函数，所以ln|a|ln|b|，故正确；对于C选项，均为正数，且不相等，所以2，故正确；对于D选项，ab(ab)，整理得AB，故sinAsin，则sinAcosB，故B正确；由于a8，c10，B60，利用余弦定理求出b2，故ABC唯一，故C错误；sin2Asin2Bsin2C，利用正弦定理：a2b2c2，故cosC0，故C，故ABC是钝角三角形，故D正确12答案：BC解析：对A，因为ycosx是偶函数，且f(x)为定义在R上的偶函数，所以h(x)f(x)cosx为偶函数，故A错误；对B，f(x)exexx2，f(x)exexx2f(x)，则此函数满

10、足f(x)是偶函数，f(x)exex2x，f(x)exex2220，所以f(x)为R上的增函数，在0，)上，f(x)f(0)0，所以此函数也满足在0，)上单调递增，故B正确；对C，设函数h(x)f(x)f(2)，h(2)f(2)f(2)0h(2)，所以h(x)在R上有且只有两个零点，当x0时，g(0)0，所以g(x)xf(x)f(2)在R上有且只有三个零点，故C正确；对D，因为xf(x)f(2)0，所以当x0时，f(x)f(2)0，则x2；当x0时，f(x)f(2)0，即f(x)f(2)，可得0x2，故xf(x)f(2)0的解集为(，20,2，故D错误13答案：解析：因为f(x)，所以flog

11、21，则ff.14答案：120解析：在ABC中，利用正弦定理可得：abc357，ABC的最大内角为C，不妨设a3k，b5k，c7k，则cosC，0C0时，f(2)22220，f(4)24420，函数f(x)有两个零点；综上，函数f(x)2xx2的零点个数为3个函数f(x)axx2(a1)恰有两个零点，等价于yax(a1)与yx2两个函数图象恰有两个交点因为指数函数yax(a1)图象与抛物线yx2在(，0上有且只有一个交点，即函数f(x)axx2(a1)在(，0上有且只有一个零点，所以问题转化为：当x0时，f(x)0，即axx2有且只有一个实根，方程两边取对数，可得xlna2lnx，从而问题等价

12、于该方程有且只有一个实根，即直线yxlna与曲线y2lnx有且只有一个公共点，所以直线yxlna为曲线y2lnx的切线，设切点为(m,2lnm)，由y，则切线的斜率为lna，又切点(m,2lnm)在切线yxlna上，则2lnmmlna，联立求解得ae2e.17解析：(1)由asinBbcosAsinAsinBsinBcosA，因为sinB0，化简得tanA，A.(2)若选，则a，c5，A，由余弦定理可得2bccosAb2c2a2，代入数据化简得b2或3，根据大边对大角原则判断，b2或3都成立，故选不成立；若选，则cosC，c4，A，求得sinC，由正弦定理可得，解得a3，由sinBsin(AC

13、)sin(AC)，因为A，cosC，C唯一，则B唯一，三角形存在且唯一确定，SABCacsinB3434；若选，由AB边上的高h可得sinA，解得b2，又a3，由余弦定理可得2bccosAb2c2a2，代值化简得c1或1(舍去)，三角形存在且唯一确定，SABCbcsinA2(1).18解析：(1)由图可知，函数f(x)图象过点，故cos，由于0，所以，所以f(x)cos，令xk(kZ)，则xk(kZ)，令k1，得x，由图可知，与关于直线x对称，所以，解得x0.(2)g(x)f(x)fcoscoscoscoscossinxcosxcossinxsinsinxsinxcosxsin，由x得x，x，

14、所以g(x)的最大值为sin，最小值为sin.19解析：(1)由题设，BD，由正弦定理知：，即，BD，又b2ac，BDb，得证(2)由题意知：BDb，AD，DC，cosADB，同理cosCDB，ADBCDB，整理得2a2c2，又b2ac，2a2，整理得6a411a2b23b40，解得或，由余弦定理知：cosABC，当时，cosABC1不合题意；当时，cosABC；综上，cosABC.20解析：(1)因为f(x)sin(x)sincos2，所以f(x)(sinx)(cosx)sin2xsin2xsin2xcos2xsin，令2k2x2k，解得kxk，所以f(x)的单调递增区间为(kZ)；(2)因

15、为f(A)1，所以f(A)sin1，又因为A(0，)，所以A，在三角形ABC中，利用余弦定理得：cosA，整理得：b2c24bc，又因为b2c22bc，所以b2c242bc4，即bc2bc4，所以bc4，当且仅当bc时等号成立，SABCbcsinAbc，所以SABC，当且仅当abc2时，SABC取得最大值.21解析：(1)h(x)f(x)g(x)lnxx2x1的定义域为(0，)，且h(x)2x1.当0x0；当x1时，h(x)0)，则F(x).当0x1时，F(x)1时，F(x)0，所以F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以F(x)minF(1)1ln(e2)20，所以F(x)

16、在(1，)上有一个零点；由F(x)lnx，得F(e2)20，所以F(x)在(0,1)上有一个零点所以F(x)在(0，)上有两个零点，故有且只有两条直线与函数f(x)，g(x)的图象都相切22解析：(1)a3时，f(x)lnxx23x，f(1)2，所以切点坐标为P(1，2)f(x)2x3，f(1)0，于是所求切线的斜率k0.又因为所求切线过点P(1，2)，所以曲线yf(x)在点P(1，f(1)处的切线方程为y2.(2)f(x)，x1，x2是函数f(x)的两个极值点，x1，x2是函数f(x)两个大于0的零点，x1，x2是方程2x2ax10的两个不同正解，则，且a2.由，可得x1x2x1，x1x2ax1x22(x1x2)(x1x2)，所以f(x1)f(x2)lnx1xax1lnx2xax2ln(x1x2)(x1x2a)ln(2x)ln(2x)ln(2x).又x1x2且x1x2，0x1h，且t时，h(t)h，hln，f(x1)f(x2)ln.