资源描述
阶段滚动检测（三）一、选择题1.(2019绍兴上虞区模拟)已知集合Ax|y，xR，Bx|lnxf，则_，函数f(x)取最大值时x的值为_.14.(2019绍兴柯桥区模拟)记ABC中角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知ABC的面积为，b，B，则_，ABC的周长等于_.15.在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且有cos(CB)cos(CB)cos2AsinCsinB.则A_，若a3，则b2c的最大值为_.16.设向量a，b，且|ab|2|ab|，|a|3，则|b|的最大值是_；最小值是_.17.(2018浙江省台州中学模拟)已知a，b是两个单位向量，而|c|，ab，ca1，cb2，则对于任意实数t1，t2，|ct1at2b|的最小值是_.三、解答题18.已知函数f(x)sinxcosxcos2x.(1)求f(x)的最小正周期和单调递增区间；(2)当x时，求函数f(x)的最大值和最小值及相应的x的值.19.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(ab)(sinAsinB)c(sinCsinB).(1)求A；(2)若a4，求ABC面积S的最大值.20.(2019杭州高级中学模拟)已知函数f(x)sinx(cosxsinx).(1)求f(x)的最小正周期；(2)若关于x的方程f(x)t在内有两个不相等的实数解，求实数t的取值范围.21.(2019绍兴一中模拟)某学校的平面示意图如图中的五边形区域ABCDE，其中三角形区域ABE为生活区，四边形区域BCDE为教学区，AB，BC，CD，DE，EA，BE为学校的主要道路(不考虑宽度).BCDCDE，BAE，DE3BC3CDkm.(1)求道路BE的长度；(2)求生活区ABE面积的最大值.22.(2019嵊州联考)已知函数f(x)alnxx2ax(a为常数)有两个极值点.(1)求实数a的取值范围；(2)设f(x)的两个极值点分别为x1，x2.若不等式f(x1)f(x2)(x1x2)恒成立，求的最小值.答案精析1.B2.A3.C4.A5.B6.A7.C8.A如图所示，以BC所在直线为x轴，以BC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，则A(0,1)，B(1,0)，C(1,0)，设D(x,0)，则E.据此有(x，1)，则x2x12.据此可知，当x时，取得最小值；当x1或x时，取得最大值，所以的取值范围是.9.C因为，为锐角，所以0，0，则，0，所以sin0，即，cossinsinsin，又，所以，即，选C.10.D根据(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc和余弦定理，得到(a2b2c2)(a2b2c2)cabc，消去c得到a2b24ab，所以(ab)243ab3，解得0c，周长l的取值范围为(4,6.11.解析函数f(x)为偶函数，f(x)f(x).又f(x1)为奇函数，图象关于点(0,0)对称，函数f(x)的图象关于点(1,0)对称，f(x2)f(2x)f(x)，f(x2)f(x)，f(x4)f(x)，函数f(x)的周期为4，fffff.12.5解析因为f(x)ln x，所以f(x)，f(1)2，即tan 2，所以5.13.k，kZ解析方法一由ff(x)，得函数f(x)的图象关于直线x对称，所以x是2xk，kZ的一个解，则k，kZ.当k为奇数时，f()sinsin，fsinsin，与f()f矛盾.当k为偶数时，f()sinsin，fsinsin，f()f成立，又(，)，所以.因而f(x)sin，则当xk，kZ时，函数f(x)取得最大值.方法二由ff(x)，得函数f(x)的图象关于直线x对称，又函数的周期为，结合f()f可知，当x时，函数f(x)取得最大值，故22k，kZ，解得2k，kZ，又(，)，所以，故f(x)sin，则当xk，kZ时，f(x)取得最大值.14.23解析ABC的面积为acsinBacsin，解得ac2，由余弦定理得a2c2b22accosB()222cos5，联立解得或不妨取则c2a2b2，则sinA，sinC1，则2，ABC的周长为abc3.15.602解析由cos(CB)cos(CB)cos2AsinCsinBcos2(CB)sinCsinB，得cos(CB)cos(CB)cos(CB)sinCsinB，得cosA2sinCsinBsinCsinB，即cosA，因为0A，所以A60.由2，得b2c2(sinB2sinC)2sin B2sin(120B)2(2sinBcosB)2sin(B)，其中tan，.由B，得B，故当B时，sin(B)的最大值为1，所以b2c的最大值为2.16.91解析因为|a|3，以O为坐标原点，建立平面直角坐标系，设A(3,0)，B(x，y)，则不妨设a(3,0)，b(x，y)，则由|ab|2|ab|得2，化简得(x5)2y216，则点B所在的曲线方程为(x5)2y216，所以|b|max549，|b|min541.17.3解析|ct1at2b|2c2ta2tb22t1ac2t2bc2t1t2ab13tt2t14t2t1t22(t22)299，当且仅当t22，t10时取等号，即|ct1at2b|的最小值是3.18.解(1)f(x)sinxcosxcos2xsin2xcos2xsin.T，即f(x)的最小正周期为，由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，f(x)的单调递增区间为(kZ).(2)x，2x，当2x，即x时，f(x)取最大值，当2x，即x0时，f(x)取最小值1.19.解(1)根据正弦定理可知(ab)(ab)c(cb)，整理得b2c2a2bc，由余弦定理的推论得cos A，0A，A.(2)根据余弦定理a2b2c22bccos b2c2bc，b2c22bc且a4，162bcbcbc，即bc16.ABC面积Sbcsin bc4，当且仅当bc4时等号成立.故ABC面积S的最大值为4.20.解(1)f(x)sin2x(1cos2x)sin.所以f(x)的最小正周期为T.(2)因为x，所以2x.因为ysinx在上是增函数，在上是减函数，所以函数f(x)在上是增函数，在上是减函数.又因为f(0)0，f1，f，所以要使得关于x的方程f(x)t在内有两个不相等的实数解，只需满足t1.21.解(1)如图，连接BD，在BCD中，BD2BC2CD22BCCDcosBCD，BDkm.BCCD，CDBCBD，又CDE，BDE.在RtBDE中，BE(km).故道路BE的长度为km.(2)设ABE，BAE，AEB.在ABE中，易得，ABsin，AEsin.SABEABAEsinsinsin，0，20)，于是f(x)有两个极值点需要二次方程x2axa0有两正根，设其两根为x1，x2，则解得a4，不妨设x10，在(x1，x2)上f(x)0.因此x1，x2是f(x)的两个极值点，符合题意.所以a的取值范围是(4，).(2)f(x1)f(x2)alnx1xax1alnx2xax2aln(x1x2)(xx)a(x1x2)aln(x1x2)(x1x2)2x1x2a(x1x2)a.于是lnaa1，令(a)lnaa1，则(a).当a4时，(a)0.于是(a)lnaa1在(4，)上单调递减.因此(a)0，故不等式f(x1)f(x2)(x1x2)等价于，所以的最小值为ln43.
展开阅读全文