卷13 卷一～五滚动检测（含答题卡）-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮创新示范卷

数学 ②若l<a<e,则由 (x)-0,得x=lna,列表: 创新示范卷(十三) (o.lna) lna (lna,3) ) 选择题答案速查 题号123 /() 0 5 6 7 8 9 10 11 # /(x) 减 答案C CACC BC DABDABDACD 所以f(x)=f(lna)-2a-alna三0,所以1<a e}; 1. [#-61+寸)--+#+#, ③若ae,则Vx[o,3],(x)<0,所以f(x)在[0,3] 上递减, ###-+)(0+33+(3+# 所以f(x)=f(3)-e-2a→0,此时无解; 综上,a的取值范围[-1,0)U(0,e]. -i] 19.解;( 1)a = 5-2 =3,b= 2-1=1, c- 1-5\ 2.C [由2<0,等价于c(2-x)<0,解得x>2或r<o. 4.即x-(3.1,4); r =3-1l=2,-1-4 -3,c =l4-3l-1 即X-(2,3,1); a= 2-3l-1,- 3-1l-2,c - 1- -1 又B=l2-1]-xlx1),所以AOB-(2,+o)] 即X-(1.2.1): 3.A [由题可知,图象过点(0,1),取x-0, a= 1-2l-1,- 2-1-1, =l1-1l= 对于A:f(o)-lsin0+lcos0l-2sin0-0+1-0=1; 即X-(1,1.0); 对于B:/(o)-lsinol-lcos 0l+2sin0-0-1+0=1; a= 1-1-o,b- 1-0l-1, - 0-1l-1 对于C:f(0)-lsin0l-cos0l+2cos0-0-1+2-1; 即x-(0.1.1.): 对于D:f(0)-lsin0l+lcos0|+2cos0-3;故可排除 a= 0-1l-1, = 1-1 -0,c -l1- l=1 即X-(1,0,1); B、D.又由图象可知,当x-时,f(x)→0.取x一哥,对$ a=l1-0l-1,-l0-1l-1, -l1-1l- 于A:/()- sin+co| 2sin(2x) 即X-(1,1,0); 由上,从X.-(1,1,0)开始,每3个向量出现重复一个 1+0-0=1o,对于C.(0)- sin-co 向量,而x=Xx.=.-(1,1.0). 2. cos2x-1-0-2--1<0;可排除C.] (2)假设X中a,b,c有不止1个为0, 若a-b-0,c≠o且i1,则a=la--b-l-0, b=lb-cl-0,故a-b=c. 此时c=lc,一a子0矛盾; ###+2# 若=b=c.-0且i1,a=l-bl-0,b= lb-c-0,c-l-a-0, 所以a-,=b=c,-k为定值,而a。,b,c。三数互不 相等: ×(-) 当 2,则a-1=la-b|=b=lb-cl= 4X(一 c-lc-a-b, -1..,易知数列{a.)是周期为4的数列,S:o21= 不妨令a:<b-,<c-,则b-a-=c-:-bn 500×(1) c:-a:-k,显然(b:-a-十(c--b)=c}- a→2k- ,即k-0. 所以a-b.=c,-0, 5.C [sin(a-③)=2cos(a+③),所以 sin acos B-cos asin 以此类推得:=b=c=0.,a。-b。=c。=0, -2(cos acos ③-sin asin ③). 与a。,b,c。三数互不相等矛盾; 两边同除cos acos3,得到tana-tan3-2-2tana·tan3,即 综上,对于任意的iN,向量X中的三个数a,,c 至 tan a·tan}-1-tana-tan3 多有一个为0: 2 tan(a-)-anan a·tan3 tana-tan③ (3)令maxa,b,c=m,又a,=a-b l,b tana-tan3 lb-c.c=c-al且a,b,cN. 1+1-tana-tan{ 所以nm,且iN. 2 . tana-tan)-.1 由题意,mN,且iN,故m在iN上不可能单调 递减,即必存在nN使n一n。, 6.B [△ABC中.2sin A-sin B_ 根据X的定义,X.=a,.c)中a,b.c.必有一 sin 2B 个0. 由(2)知:a。,h,c。中有且仅有一个为0,令a.-0, sin2B sinB' 若b.c,不妨设0<b.<c.,则a=la-b.l=b, b =lb-c l-c.-b,c-lc-al=c,则m= *.2sin Ccos B-2sin A-sin B. '.2sin Ccos B-2(sin Bcos C+C m.一C. 所以a=la.-b<maxb,c -b) m,同 cos BsinC)-sin B. .cos C-.又ce(0”,180°). 理bm..Cm. 所以m. m.,又m.N,故此情况不可能一直出现 (至多有n次). _ 所以一定能找到/N*,使得b-c; _ 若b=c.,则x.-0,b,b.,X.-b.0,b. X-,b.o),X-0,bb. 所以存在正整数1,使得X一X。; 综上,存在正整数1,使得X一X. 答案-38 创新示范卷·参考答案 __ '.9CM-4CA+CB+4CA·CB 对数列:1,2,3...,取n=1,S-1,S.-3,$=6,故C '28-16+a^{}+4a, 错误; 不妨设n>m,则S.-S.=o→a!+a+。+..+a。 解得a一2或a--6(不合题意,舍去). '.△ABC的面积为S=x2×2sin 60*-3.] -0. 2 2 a.十a1.(m十n). 因为 -1) 2 而+_+a。_o,故S.._.D正确,] (1) 2 2 11.ACD[对于选项A,由x=y得,llogm|-llogn+1l 可知数列(a。)为递增数列,且as~ln1800十y-ln2 = log.(2n)l,又m{2n,可得m·2n=1. 所以n-2.又0<n<1,所以n,故选A正确; +2ln3+2ln10+~8.07. 1 aou~1n2048+v=11ln2+y~8.17,可知8.07<a:o2t <8.17所[1+1+10 -[a-8] 对于选项B,易知,m>0,n>0,所以m+n2mn ②,当且仅当m-n- 8.D [/(c)-4x,g’(x)=-,设公切线与曲线y= f(x)相切于点(x,2x{}十3),与曲线y=g(x)相切于点 (x,3-tlnr)(x>0). +1得, o({)0 则切线方程分别为y-4Axx-2^×+3.y---x++ 3-tlnr。. 所以-log1m=2log (+”)-log (2+21),所以 所以{4x=-①. 1-(}2),理得 + +2^{)-+1-o.所以 r 1-2+3-+3-tnx.② 由①得-,代入②得1-8$士nz:-8x&. 选项C正确;对于选项D,由y=:得到,2n一(十”){} 16r 令r)=8r”lnr-8r(r>0),则h'(x)=8r(2lnx-1). 所以当o<x<e时,h'(x)o,当x>时,h'(x)>0. D正确。] 所以h(文)在区间(0,e)内单调递减,在区间(\e,十) 12.解析:由f(x)为偶函数,知f(x)的图象关于y轴对称; 内单调递增, 由f(x十1)为奇函数,知f(x)的图象关于点(1,0)中心 所以h(x)-h(ve)--4e. 对称, 又当工→十co时,h(x)→十oo,所以h(x)的值域 为-4e.十o). 所以1的取值范围是[-4e,0)U(0,十c).] ##(x+1)_cos(+)-sin为奇函数,符合 9.ABD [/(x)一2cos(2x十),因为/(x)的图象经过点 (12)#所以?#第-太π,6乙,所以一-, 题意。 答案:co(答案不唯一). #EZ因为l→吾,所以当 -0时,-吾,所以 13.解析:由c+十23cos C-26可得:c+2\3×&+6- (x)-sin(2x-),所以g(x)-/(+哥)- 23 sin 2(+)-]-sin(2x+),对A (c)= .cos(2),因为[,],所以2## --oC-1 [],根据余弦画数的单调性知A正确:;对B. - g(x)-sin(2x+)-sin2x+-)- 2OB|OCl - cos 2x),故B正确;对Cg(x)=cos(2x),因 2 __ __ __ __ 又AO=mAB+nAC=m(OB-OA)+n(OC-OA)= OB+n0+(n+n)AO 画数的对称性知,当2x-π--2π,--,0,n时,符合题 .(1-m-n)AO-mOB+nOC 意,则有四条对称轴,故C错误;对D,f(x)三 sin(2一),故D正确.] 2moBoCl cos BOC 10 ABD[#故正确; '(1-m-n)=m+n-mn =2n+112- 整理可得:3mn=2m+2n-1 若a<0,则0>aa..,S 最大;若a。=0,0> #() a...S一S.最大; 若a0,则a.=a+(n-1)d,则存在méN,a0 得:2(m+n)-1<3(n+n)} a0,故S.最大,故B正确; 答案-39 数学 解得:m+n2或n+n2 . sinC-sin(A+B)-+2 4 当n十n二2时,点O在△ABC外部,且 BOC十A= n.所以B.O.C.A四点共圆,不满足题意,含去 #}(当且仅当-一时取等号) .SAc -fbsin A-31. 答案。 17.解:(1)由a.-s.+S 2,得S-S--s十S) 14.解析:因为数列(b.)为二阶等差数列, 所以数列(一6.)为等差数列, 即$-$,-2(n2): 由b-2,b-4,b-7,-11. 又S{}-a{}-1,所以{S^{})是以1为首项,2为公差的等差$ 可得b-b-2,b-b-3,b-b-4. 数列, 所以数列b,一b.)为首项为2,公差为1的等差数列, 所以S}-1+2(n-1)-2n-1,又a.)是正项数列,所 所以b-b.-n十1, 以S。-v2n-T. 所以当n 2,n-N时,b.-b-2,b-b-3,b-b$ 当n2时,a.-S-S,=2n-1-2n-3, 4....,b.-b,=n,将以上各式相加可得,b.-b.-2+3 又当n-1时,a-1不符合n2时a.的形式. 十4.,又b.-2,所以b-”+n+2,共中n→2 所以a.一 (1.n-1. ? f ②n-1- 2n-3,n2. EN*,经验证h一2也满足该关系, 所以6。_”+n+2,所以6。-8-+8+2-37. (2)证明:b。一 2n-1+2n+1 S.S (2n-1)·(2n+1) 2 2 令6.-1276,则”+n+2-1 276,解得n-50. 4n (2n-1)*·(2n+1)=2(2n-1)(2n+1) 2 答案:37 50 #00 T.-b十6+..+b。 15.解:(1)&数/(c)--mlnx+2x, (2n-1)(2n+1) r 求导得/()-(r-1)”+2,则/(1)--n+2, #-## r 。 依题意,(-m+2)×2--1,所以m-. 18.解:(1)由题意可得/(c)-1-a-1n,因为/(c)在 (2)当m-2时,画数/(v)--2lnx+2r的定义域 x-e处取到极值,所以/(e)-1-a-lne-o.解得a-o, )r 所以r(x)-1-ln,令f()>o,解得0<x<e,即画 为(0.十。). 1r 。{ 数f(x)的单调递增区间为(0,e). 当0 x1时,f(r)<0,当x>1时,f(x)>0, (2)设过极值点(c)和(1.0)的直线为.,则1:y一 因此函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1.十o)上单调 递增, (e-1)(c-1),设过极值点(e.)和(4e,0)的直线为 所以函数/(x)在--1处取得极小值e十2,无极大值. 16.解:(1)/(Gr)-sin(2x--)+2cost ,则:y- e(e-4e)(x-4e).,l,1与y-b交点横坐 -#1n 2+1o$ 2x1 -sin(2x+)+1. “re[0]..2+[] 得文。=-3e{b+4e,令g(x)=f(x)- e(e-1)(-1), -.<sin(2x+)+1=2 一{ 所以g(x)lnx1(r-1) 一。 .西数/(x)的值域为[,2] #1一) n一 de (2)#:/(A)- i(2A△)+1-} 】。 一. 令(x)-ln(-)n'(c)-1(2rx-1) #in( 2A)# e一e x e-e --2*十x十-e,二次函数y--2x^{十x十^③}- 对 A<2+13-2+-- x(e-e) 6 #A-) 称轴为1二 m(x)在(1,e)上先单调递增再单调递减,又因为 由正弦定理,·②a-③, m(1)-0,m(e)=0,所以m(x)>0→g(x)>0在(1,e 上恒成立,所以f(x)→l(x)在(1,e)上恒成立,所以 f(x.)=l.(x)>l(r).所以x>x,令h(x)=f(x) <B_2B- 1 答案-40 创新示范卷·参考答案 n -4er P $.~2.79-0. 465;'.f(100)-0.465$×400 3e②} 王 6. +2r-4e 2r-4er+3^} 1+lg101 ,二次画数y=2r^-4er+ 186 ~186_62.:.该学生在高考中可能取 3_ 3er 3 *对称轴为x=e,且x=e时y>0,所以n'(x)>0恒 1+lg100+lg1.01 3 成立,所以n(x)单调递增,又n(e)-0,所以h(x)>0在 得的总分约为400十62一462~460(分).] (e.4e)上恒成立,所以f(x)>lL.(x)在(e,4e)上恒成立, 5.B [以D为坐标原点,建立如图 所以f(x。)=l.(x。)>l(x。),所以x x,所以x。-x 所示的平面直角坐标系,不妨设 x-r-(4e-1)(1-be). AD-2, 19.解:(1)当n2时,S-aa.-.S-a--,两式相 则A(-1.③),B(5,5③). 减得:a-xa-.1, D(0.0).E(9.③).C(0,4③). 故AB-(6.4③). 因为无穷数列a.的各项均为正整数, CE-(9.-3③).DE-(9.③). 设AB-:CE+yDE,则6=9x+9y __ -1 (43--3v3x+3y’ 数,则1-2. (2)若n-4,b.-loga.=n十1 解得{ 设f(x)=x-ln(x+1)(x>0),则/(x)-1 1+r 6.B [如图,把正四校柱的侧面展开图可得最短距离, 则f(x)在(0,十)上单调递增, & 2 7_0。 (1)4 1-10104100 -1 {2)=-lnGn+2) (1)AP-26.(2)AP-25.(3)AP-32. +1 2 (3)当n>1时,B.-xl3·2”<x<3·2,xA. 所以质点从A到P的最短距离为3/2, 此时质点从A点出发,经过DD.上靠近D 的三等分点 即3·2 (2 +2)<3·2,1<i{jijEN. S.再到达P点, B. 中元素个数,等价于满足3·2<2+2<3·2的 面ASP截正四校柱所得截面为五边 不同解(i,j), 形ASPQR,如图, 如果 n+2,则2+2 2+22+2*-3·2,矛盾! 由AS-AR-RS-2②,$P=PQ- #--C 则一n十2. /0 QR-v②. 又因为(2+2)-3·2-2+4·2-3·2-2+2 -0. 所以沿质点A的最短运动路线截正 所以3·2<2+2<2+2”<.<2+2-<2*1 四校柱, +2-3·21, 则所得截面的面积为:Sas十 $rog=2334373.1 即i-1,2,3,...,n,共n个不同解(i,j). 即共n个不同xB,所以c.三n(n1). ? 创新示范卷(十四) 7.D [设△DEM的外接圆半径为R ,△DMF的外接圆 半径为R。, 选择题答案速查 则由题意, nR 题号1 10 11 一x,点M在直线EF上从左到右运动(点 D BB BB 答案D B ACDBCDBCD D M不与E,F重合). 对于M的每一个位置,由正弦定理可得: 1.D R一 2.D [设该正六校柱的底面边长为a,高为h,其外接球的半 XDF 径为R,易知R20#,则-+{①.# 又. DE-DF,sin DME=sin DMF. 31 可得R-R。,可得x-1. a·6·h-6③②,联立①②,因为hZ,解得a-1,h-4. 8.B [先找到一个平面总是保持与BP垂直,取BP,CP 所以正六校柱的表面积s-3·12+6ah-3、/③+24.] 的中点E,F,连接AE,EF,DF. 3.B [设等比数列b.的公比为q,由b一1且T-3, 当-1时,则T。-3b,=3,符合题意,则b.-1,又a。+$ .-4,所以a。一3. 所以S-a+a+a.=3a-9; 1-q -1(舍去)或q--2, 所以b-(-2)*,则b=-2,又a+b-4,所以a-6 所以S=a.+a+a-3a-18;综上可得S -9或18.] 答案-41null