9.滚动测试卷(三)-【精讲精练】2026年高考数学一轮达标测试卷

滚动测试卷(三) (本卷满分150分　考试时间120分钟) 　　 一、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. 1.已知集合M＝，N＝{x|2x∈Z}，则M∩N＝(　　) A.{0,1} B. C. D. 2.已知z∈C，则“z2∈R”是“z∈R”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不是充分条件也不是必要条件 3.若正数x，y满足x2－2xy＋2＝0，则x＋y的最小值是(　　) A. B. C.2 D.2 4.如图，梯形ABCD的腰CD的中点为E，且BC＝3AD，记＝m，＝n，则＝(　　) A.－m＋2n B.m＋2n C.－2m＋n D.－m＋n 5.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，f(0)＝f＝f，则f＝(　　) A.0 B.－1 C.－ D.－ 6.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S5＝4a1，a1>0，若n>1时，Sn＝an，则n等于(　　) A.11 B.12 C.20 D.22 7.2021年诺贝尔物理学奖揭晓，获奖科学家真锅淑郎(Syukuro Manabe)、克劳斯·哈塞尔曼(Klaus Hasselmann)的杰出贡献之一是建立了地球气候物理模型，该模型能够可靠地预测全球变暖情况.研究表明大气中二氧化碳的含量对地表温度有明显的影响：当大气中二氧化碳的含量每增加25%，地球平均温度就要上升0.5 ℃.若到2050年，预测大气中二氧化碳的含量是目前的4倍，则地球平均温度将上升约(参考数据：lg 2≈0.301 0)(　　) A.1 ℃ B.2 ℃ C.3 ℃ D.4 ℃ 8.在△ABC中，△ABC的面积为S,4S＝(a2＋c2－b2)，·＝－2，且满足sin A＋sin C＝2sin B，则该三角形的外接圆的半径R为(　　) A. B. C. D.2 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ccos B＋bcos C＝2c，且sin2B＝sin Asin C，则(　　) A.a，b，c成等比数列 B.△ABC为钝角三角形 C.A，B，C成等差数列 D.若c＝2，则S△ABC＝ 10.已知平面直角坐标系中三个点A(－1，－3)，B(1,1)，C(2，－1)，点D为线段AB上靠近点A的三等分点，则下列说法正确的是(　　) A.△ABC是钝角三角形 B.在上的投影向量为 C.·＝－1 D.若四边形ABCE为平行四边形，则点E的坐标为(0，－5) 11.设函数f(x)的定义域为R，f为奇函数，f为偶函数，当x∈时，f(x)＝cosx，则(　　) A.f(x＋4π)＝f(x) B.f(x)的图象关于直线x＝对称 C.f(x)在区间上为增函数 D.方程f(x)－lg x＝0仅有4个实数解 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知曲线f(x)＝xex－1＋1与直线y＝kx相切，则k＝________. 13.已知sin＝，则＝________. 14.若实数x，y满足4ln x＋2ln y≥x2＋4y－4，则xy＝________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a2＋c2＝b2＋ac. (1)求角B的大小； (2)若△ABC的面积为，求a＋c的最小值. 16.(15分)已知数列{an}满足an＋1－an＝2n＋2. (1)证明：数列{an－n2}是等差数列； (2)若a1＝2，求数列的前n项和Sn. 17.(15分)已知函数f(x)＝. (1)当a＝1，x∈[1，＋∞)时，求f(x)的值域； (2)当a>－时，讨论f(x)的单调区间. 18.(17分)已知函数f(x)＝ex－ax＋a(a∈R，a≠0)，f′(x)为f(x)的导函数. (1)若f(0)＝2，求证：f′(x)＋f′(－x)≥0； (2)若对任意x∈[0,3]，f(x)≥0，求a的取值范围. 19.(17分)若∀n∈N*，都存在唯一的实数cn，使得f(cn)＝n，则称函数f(x)存在“源数列”{cn}.已知f(x)＝－ln x，x∈(0,1]. (1)证明：f(x)存在源数列； (2)①若f(x)－≤0恒成立，求λ的取值范围； ②记f(x)的源数列为{cn}，证明：{cn}的前n项和Sn<. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 滚动测试卷(三) 1.D　集合M＝，N＝{x|2x∈Z}， 则M∩N＝.故选D. 2.B　易知z＝i⇒z2∈R，所以不满足充分性， 而z∈R⇒z2∈R，满足必要性.故选B. 3.A　由x2－2xy＋2＝0可得y＝＋， ∴x＋y＝x＋＋＝＋≥2＝， 当且仅当＝，即x＝时，等号成立. 所以x＋y的最小值为.故选A. 4.A　因为BC＝3AD，又＋＋＋＝0，所以＝－－－＝－m－3n＋n＝－m－2n， 又E为腰CD的中点，所以＝＋＝＋＝3n－m－n＝－m＋2n.故选A. 5.C　由图象可知，A＝2，由f(0)＝f＝f可得T＝－0＝， 且T＝，所以＝，解得ω＝3，所以f(x)＝2sin(3x＋φ)， 由f＝f可得，f＝f＝－2， 所以f＝2sin＝－2，即＋φ＝－＋2kπ，k∈Z， 即φ＝－＋2kπ，k∈Z，且|φ|<，当k＝1时，φ＝， 所以f(x)＝2sin，则f＝2sin＝－. 6.D　设公差为d， 由S5＝4a1，得5a1＋10d＝4a1，所以a1＝－10d， 由a1>0，得d<0， 故an＝a1＋(n－1)d＝(n－11)d， 则Sn＝＝＝， 因为Sn＝an，所以＝(n－11)d， 化简得n2－23n＋22＝0，解得n＝22或n＝1(舍去).故选D. 7.C　设目前大气中二氧化碳的含量为a.由题意，知当二氧化碳的含量为1.25a时，地球平均温度上升0.5 ℃，当二氧化碳的含量为a×1.252时，地球平均温度上升(0.5×2)℃，依次类推，当大气中二氧化碳的含量为a×1.25n时，地球平均温度上升(0.5×n)℃. 令a×1.25n＝4a，即1.25n＝4，方程两边同时取常用对数，则n＝＝＝≈6， 所以到2050年，地球平均温度将上升约0.5×6＝3(℃).故选C. 8.B　由4S＝(a2＋c2－b2)， 得4××acsin B＝(a2＋c2－b2)， 利用余弦定理得2acsin B＝2accos B， 即tan B＝，又0<B<π，得B＝. 由题意，因为·＝accos(π－B)＝－ac＝－2，所以ac＝4. 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B.又因为sin A＋sin C＝2sin B, 所以a＋c＝2b， 所以2＝(a＋c)2－3ac，所以2＝12， 所以(a＋c)2＝16，所以a＋c＝4， 所以2b＝4，b＝2, 所以2R＝＝＝， 所以R＝，故选B. 9.ABD　对于A，sin2B＝sin Asin C，由正弦定理可得b2＝ac，且a，b，c>0， 则a，b，c成等比数列，故A正确； 对于B，将ccos B＋bcos C＝2c，利用正弦定理化简得sin Ccos B＋sin Bcos C＝2sin C， 即sin(C＋B)＝2sin C，∴sin A＝2sin C，利用正弦定理化简得2c＝a， ∴b2＝ac＝2c2，∴b＝c，∴a∶b∶c＝2c∶c∶c＝2∶∶1，所以A角最大， 由cos A＝＝<0，得A角为钝角，故B正确； 对于C，若A，B，C成等差数列，则2B＝A＋C，且A＋B＋C＝π，可得B＝， 则由余弦定理可得cos B＝＝＝≠，故C错误； 对于D，若c＝2，可得b＝2，a＝4，则b>c，由cos B＝，B∈(0，π)， 可得sin B＝，所以S△ABC＝acsin B＝，故D正确.故选ABD. 10.ACD　三点位置如图所示，＝(－3，－2)， ＝(－1,2). 因为，不共线，所以A，B，C三点可构成三角形， 又·＝(－3，－2)·(－1,2)＝－1<0，所以∠ACB为钝角，A项正确； 11.ACD　因为f为奇函数，所以f(x)的图象关于点中心对称， 因为f为偶函数，所以f(x)的图象关于直线x＝对称. 可画出y＝f(x)的部分图象大致如下图中x轴上相邻刻度间距离均为. 对于A，由图可知f(x)的最小正周期为2π， 所以f(x＋4π)＝f(x)，故A正确； 对于B，f(x)的图象关于点中心对称，故B错误； 对于C，由图可知f(x)在区间上单调递增，故C正确； 对于D，lg<lg<，lg>lg 5>，lg<1，lg 4π>lg 10＝1， 由图可知，曲线y＝lg x与y＝f(x)的图象有4个交点，所以方程f(x)－lg x＝0仅有4个实数解，故D正确.故选ACD. 12.解析　由f(x)＝xex－1＋1，求导得f′(x)＝(x＋1)ex－1， 设直线y＝kx与曲线f(x)＝xex－1＋1的切点为(x0，x0ex0－1＋1)， 则整理得xex0－1－1＝0， 令h(x)＝x2ex－1－1，求导得h′(x)＝(x2＋2x)ex－1，由h′(x)＝0，得x＝－2或x＝0， 当x<－2或x>0时，h′(x)>0，当－2<x<0时，h′(x)<0， 因此函数h(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2,0)上单调递减， 而h(－2)＝－1<0，h(0)＝－1<0，h(2)＝4e－1>0， 则函数h(x)有唯一零点，该零点在(0，＋∞)内， 又h(1)＝e0－1＝0， 于是方程xex0－1－1＝0的解为x0＝1，所以k＝2. 答案　2 13.解析　 ＝＝＝＝＝＝－6. 答案　－6 ·50·14.解析　4ln x＋2ln y≥x2＋4y－4，x>0，y>0， 2ln x2＋2ln y≥x2＋4y－4，即2ln x2y≥x2＋4y－4， 根据不等式得， x2＋4y－4≥2－4＝4－4， 令t＝，所以2ln x2y＝2ln t2＝4ln t,4－4＝4t－4， 因为2ln x2y≥x2＋4y－4，所以4ln t≥4t－4. 4ln t－(4t－4)＝4(ln t－t＋1)，设g(t)＝ln t－t＋1，g′(t)＝－1＝， 所以，当0<t<1时，g′(t)>0，g(t)单调递增；当t>1时，g′(t)<0，g(t)单调递减， 所以g(t)max＝g(1)＝0，所以g(t)≤0，即ln t≤t－1,4ln t－(4t－4)≤0,4ln t≤4t－4， 又4ln t≥4t－4， 所以只能4ln t＝4t－4，即t＝1， 所以2ln x2y＝4－4，当x2＝4y，x2y＝1时成立，即y＝，x＝，所以xy＝. 答案　 15.解析　(1)由余弦定理得cos B＝＝＝， 因为B∈(0，π)，所以B＝. (2)由(1)可知sin B＝sin＝， 因为△ABC的面积为，即acsin B＝，所以ac＝4， 则ac≤2，即≥2，所以a＋c≥4， 当且仅当a＝c＝2时，等号成立， 所以a＋c的最小值为4. 16.(1)证明　因为an＋1－an＝2n＋2，所以an＋1－(n＋1)2＝an＋2n＋2－(n＋1)2， 化简得[an＋1－(n＋1)2]－(an－n2)＝1， 所以{an－n2}为等差数列. (2)解析　由a1＝2，则{an－n2}为首项为1，公差为1的等差数列； 所以an－n2＝n，即an＝n2＋n＝n(n＋1)，＝＝－， 所以Sn＝＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 17.解析　(1)当a＝1时，f(x)＝， f′(x)＝＝＝， 令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－1， 所以在(1,2)上f′(x)>0，f(x)单调递增， 在(2，＋∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)极大值 ＝f(2)＝，f(1)＝， 又x2＋x－1＝2－， 因为x>1，所以x2＋x－1＝2－>0， 所以当x→＋∞时，f(x)→0，所以f(x)的值域为. (2)f′(x)＝ ＝＝， 当a＝0时，f′(x)＝，当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减. 当a≠0时，令f′(x)＝0，得x＝－或x＝2，当－＝2，即a＝－时，不符合题意； 当－>2，即－<a<0时，在(－∞，2)上f′(x)>0，f(x)单调递增， 在上f′(x)<0，f(x)单调递减，在上f′(x)>0，f(x)单调递增； 当－<2，即a>0时，在上f′(x)<0，f(x)单调递减， 在上f′(x)>0，f(x)单调递增，在(2，＋∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减. 综上所述，当－<a<0时，f(x)在(－∞，2)，上单调递增，在上单调递减， 当a＝0时，f(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减， 当a>0时，f(x)在，(2，＋∞)上单调递减，在上单调递增. 18.(1)证明　因为f(0)＝2，所以a＝1， 此时f(x)＝ex－x＋1， 所以f′(x)＝ex－1，f′(－x)＝e－x－1， 所以f(x)＋f′(－x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0， 当且仅当x＝0时，等号成立； 即f′(x)＋f′(－x)≥0. (2)解析　易知f′(x)＝ex－a， ①因为a≠0，若a<0或0<a≤1，则∀x∈[0,3]， f′(x)≥0，所以f(x)在[0,3]上单调递增， 所以f(x)min＝f(0)＝1＋a≥0， 所以－1≤a<0或0<a≤1； ②若1<a<e3，则由f′(x)＝0，得x＝ln a，列表： x (0，ln a) ln a (ln a,3) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 最小值 单调递增 所以f(x)min＝f(ln a)＝2a－aln a≥0， 所以1<a≤e2； ③若a≥e3，则∀x∈[0,3]，f′(x)≤0， 所以f(x)在[0,3]上单调递减， 所以f(x)min＝f(3)＝e3－2a≥0，此时无解； 综上，a的取值范围为[－1,0)∪(0，e2]. 19.(1)证明　由f(x)＝－ln x，x∈(0,1]，得f′(x)＝－＝<0， 即f(x)在(0,1]上单调递减，又f(1)＝1， 当x>0且x无限趋近于0时，f(x)趋向于正无穷大， 即f(x)的值域为[1，＋∞)，且函数f(x)在(0,1]上单调递减， 对于f(x)可以取到任意正整数，且在x∈(0,1]上都存在唯一自变量与之对应， 故对于∀n∈N*，令f(x)＝n，其在(0,1]上的解必存在且唯一，不妨设解为cn， 即∀n∈N*，则都存在唯一的实数cn∈(0,1]， 使得f(cn)＝n，即f(x)存在源数列. (2)①解析　f(x)－≤0恒成立，即λ≥x－ln x恒成立， 令t＝∈(0,1]，即λ≥t2－2tln t恒成立， 令φ(t)＝t2－2tln t，则φ′(t)＝2t－2ln t－2， 令g(t)＝φ′(t)＝2t－2ln t－2，t∈(0,1]，则g′(t)＝2－≤0，仅在t＝1时等号成立， 即g(t)在(0,1]上单调递减，故g(t)≥g(1)＝0，即φ(t)在(0,1]上单调递增，故φ(t)max＝φ(1)＝1，故λ≥1，即λ的取值范围为[1，＋∞). ②证明　由①得f(x)≤，故f(cn)≤，即n≤， 故cn≤<＝－， 当n＝1时，S1≤＝1<， 当n≥2时，Sn<1＋－＋－＋…＋－＝－<， 即{cn}的前n项和Sn<. 学科网（北京）股份有限公司 $$