北京市第八十中学2026-2027学年高三上学期数学综合练习（一）

综合练习一 一、选择题 1.已知集合M={1,},N={xx+x-2=0,则MUN=() A.{- B.{-1,} c.{-1l,2} D.{-2,-1,} 【答案】D 【详解】：N={xx2+x-2=0}={(x+2(x-)=0}={-2,},M={1,, .MUN={-2,-1,1} 故选：D 2.已知复数z满足(1-21)z=3-i,则z=() A.2 B.2 c.1-i D.1+i 【答案】B 3-1(3-i00+21_3+6i-i-22=5+5i=1+i, 【详解】因为1-2)z=3-i,所以2=2-20+2列1+2i-2i-45 所以=P+下=√2. 3.已知函数f(x)=ln(3-x)ln(3+x),则f(x)是() A.奇函数且在(-3,0)单调递减 B.偶函数，且在(-3,0)单调递增 C.奇函数，且在(-3,0)单调递增 D.偶函数，且在(-3,0)单调递减 【答案】A 3-x>0 【详解】由题知 3+x>0' 解得-3<x<3,定义域关于原点对称，代入-x得： 0 f(-x)=n(3+x)-n(3-x)=n(3-x)-ln(3+x)]=-f(x), 因此f(x)是奇函数，故B、D错误. 将函数化简为f)=n3-x。 令内层函数4=3-x-1+6 3+x 3+x +3 可知该函数在(-3,3)上随x增大单调递减： 外层函数y=l山u是单调递增函数，故f(x)在整个定义域(-3,3)上单调递减， 因此在子区间(-3,0)上也单调递减： 综上，f(x)是奇函数且在(-3,0)单调递减，故A正确. 4.在平面直角坐标系xOy中，角a以Ox为始边，终边经过点P-3,-3.若将角α的终 边逆时针旋转号得到角B的终边，则0B=（） A.2 B. √5 2 C._1 D.. 2 2 【答案】B 【详解】因为角a以Ox为始边，终边经过点P-V3,-3,可得r=OP=25, 则sina= -35 -51 ,cosa= 2V32 将角口的终边逆时针旋转号得到角B的终边，可得月=a+受 则cos0=coa+争=-na- 2 5.已知函数f)=3smx+引 若xeR,f(x)sf(x)≤f(x),则x-x的最小值 是() A.1 B.2 C.π D.2π 10 【答案】B 【详解】已知f(x)=3sin 周期74 2 由题意x∈R,f(x)≤f(x)≤f(x),可知f(x)为函数最小值，f(x)为函数最大值， 正弦型函数相邻的最大值点与最小值点的水平距离最小值为半周期，即了-2，故 |x-x2的最小值为2，故B正确. 6.杨梅的保鲜时间很短，技术人员采用某种保鲜方法后可使得杨梅采摘之后的时间t(单 位：小时)与失去的新鲜度y满足函数关系y=〈1000 2,0≤t<10 其中m,a为常数.己知 md,10≤t≤100， 采用该种保鲜方法后，杨梅采摘10小时之后失去10%的新鲜度，采摘40小时之后失去20% 的新鲜度.如今我国物流行业蓬勃发展，为了保证杨梅销售时的新鲜度不低于85%，则物 流时间（从杨梅采摘的时刻算起）不能超过() (参考数据：1og23≈1.6) A.20小时 B.25小时 C.28小时 D.35小时 【答案】C md0=10% 【详解】由题可知 ma0=20%' a=230 解得 m= 10*2 因为新鲜度不低于85%， 所以15%≥x25×20, 10 11 所以2≤3x2=3x2号， 所以1log220≤log 3x2=e,3-号 所以t≤301og23-20≈48-20=28 7.在平面直角坐标系x0y中，A(2cos0,2sin0),B(4sin0,4cos0).设C(25,5),则 2CA+AB的取值范围是() A.[V5,55] B.[25,105] c.[25,45]D.[45,85] 【答案】D 【详解】设点M为AB的中点，则点M的坐标为(cos0-2sin0,sin0+2cos0), 2CA+AB=CA+(CA+AB=CA+CB,所以2CA+AB=2CM x=cos0-2sin0,y=sin0+2cos0,x+y2=(cos0-2sin0)2+(sin0+2cos0)2=5, ∴点M在以O为圆心，5为半径的圆上. ∴CM最小值为CO-5,CM最大值为co+5 又cdl=25+52=压5=35，cd-5 scMi sco+-v5,25sCMs45 .4v5≤2CA+AB≤85 8.已知{an}是公比g<0的无穷等比数列，其前n项和为Sn,则3p∈N,a,>2026"是 “3m∈N,Snm>2026”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 12 【答案】B 【详解1充分性：不纺取4=50g=分所以可得aag500厂。 因此4=-5002 =2500>2026,即p∈N,a,>2026"成立； 此时其前n项和为S。 因为1 aaNg-(ko,aeN Sm>2026”不成立， 综上可知，充分性不成立： 必要性：假设“臼m∈N,Sm>2026”成立： 当m=1时，易知S,=a>2026,故“3p=1,ap>2026成立； 当m=2时，可知S2=a+42=a,(1+q)>2026, 又因为q<0,所以1+g<1,4,a2异号， 若4>0,4，<0，可知0<1+g<1时，则4>2026>2026，因此-peN,g,>2026成立： 1+q 若4<0,4>0，由S2=a+a2>2026可得4>2026-a>2026,即3peN,a,>2026 成立： 当m≥3时，8-1-9），因为g<0,数列成摆动搜律，若3mN,S,>2026发立， 1-q 可得4-a4>2026,即4-a1>2026(1-g）>0, 1-9 13 当m为偶数时，可知a,am1同号，若满足题意，可得a>am1>0,所以a>am+1+2026>2026, 此时“3p∈N,ap>2026”成立； 当m为奇数时，可知a,amt1异号，若满足题意，可得41>0，am+1<0, 若-1<g<0时，可行“-g）<4此时必有4>2026清足题意， 1-q 若9=1，则S2k=0,若3meN,Sm>2026,则必有a1>2026, 若9<-1，则an随着n的增大而趋向于无穷大，最终必有存在an>2026, 综上可知，必要性成立； 综上可得，“3peN,ap>2026是“3m∈N,Snm>2026”的必要不充分条件. 已知圆数了-广m名meR。了问的值城均为0，o,则大的取宜能围 9. x-2,x≥m. 为() A.(0,] B.[-1,0)u(0,1] C.[l,+o)D.（-o,-小Ul,+o) 【答案】A 【分析】先分析函数g(x)=2*-4和h(x)=c-2的性质，画出大致图象，再根据两分段 函数的分段点的位置进行分类讨论，验证是否对任意的m都满足f(x)的值域是[0，+∞)： 【详解】设g(x)=2-4,h(x)=a-2, 2*-4,x>2 对于函数g(x)= 4-2,x≤2' 其图象大致如下： 14 y=g(x) 4 3 23 若m>3,函数g(x)在(-o,m)上的值域为0,2"-4)， 若2<m≤3，函数g(x)在(-o,m)上值域为[0,4)， 若m≤2，函数g(x)在(-o,m)上的值域为[4-2"，4)： 对于函数h(x),当k=0时，则函数h(x)=2,显然此时无法满足题意，故k≠0： 当k≠0时，的数（图家关于对称，且在一 上单调递减 在w 上单调递 增，图象大致如下： y=h(x) 2 若m是同藏4()在mo)上的值孩为km2,m)小 若ms2 , 函数h(x)在[m,+o)上的值域为[0，+oo): 当k<0时，考虑到若m=0,则此时f(x)的值域应为[2，+∞)，不满足题意，故k>0 2 下面对二进行分类讨论： 15 当0< 2<2时，函数g(x)和h(x)的图象如下： y y=g(x) y=h(x) 2 02 23x 此时，若2<m≤2，此时f()的值域为[m-2,+o)U[4-2”,4),要保证值域为0，+o), k 则m=2或km=2,与题意不符； 当2≤2<3时，即？<k≤1，函数g(x)和A()的图象如下： k y=g(x) 4 3 2 y=h(x) 223 k 若ms2s是，则的微该为[4-24小0m)-Qm,满足思意： 若2<m≤ <3,则f)的值域为[0,4u[0,+o)=[0,+o),满足题意： 2<m≤3，则f()的值域为[0,4U[a-2,+o), 若2 由函数h(x)图象的对称性可知，h(m)=|km-2<h(0)=2,因此此时f(x)值域为[0，+oo), 满足题意： 名是3cm,则fer的位城为2”-小[a-2+o） 16 考虑函数pm)=2”-km-2,当m>3且2<k≤1时，p3)=6-3k>0且 p'(m)=2"ln2-k>0,故2m-4>km-2, 因此此时f(x)值域为[0，+∞)，满足题意： 所以当名<k≤1时，对meR,f()值域为[0，+o）)】 当3≤子时，即0<k≤号时，西数g(y和h(因的图象如下： y=g(x) 2 y=h(x) 232 卡ms2s径则e形值拔为[42六4小u0m)小-Qm,满是短意： 若2<m≤3s异，剥f心的值该为[04小0+，满足题： 若3<m≤是则e)的值减为[®2r-4小u[0o),满足腿意： 若3径<m,划的俗城为[Q2”-4小m年)， 考虑函数p(m）=2”-m-2,当m>3且0<k≤号时，p(3)=6-3k>0且 p'(m)=2mln2-k>0,故2"-4>km-2, 因此此时f(x)值域为[0，+∞)，满足题意； 所以当0<k≤号时，对Vm∈R,f()值域为[0+) 综上所述，实数k的取值范围为(0，. 17 10.己知数列{an}的前n项和为Sn,且41=1，a2=m,anSn=anSn-(n=2,3,),下列结 论正确的是() A.当m=4时，{Sn}为递减数列： B.对任意实数，数列{Sn}都是等比数列： C.当-3<m<-2时，S2k+2>S2x(k=1,2,)； D.当m>0时，M>0,n。∈N,当n>n时，都有an>M. 【答案】D 【详解】己知n≥2时，anSn=anSn,且an=Sn-Sn,anl=Sn4-Sn, 所以，S)9,=(Sm-S)小S整理得S=S心，即-义， 即}是等比数列，公比为受--1+ 1 结合S=a=1,得Sn=I+m), 进一步得n≥2时an=S。-Sn1=(1+m)-(（1+m)2=m1+m)-2. A当m=4时，1+m=-3,Sn=(-3)，数列是1，-3,9，-27，…正负交替， S2=-3<S3=9,不是递减数列，A错误； B当m=-1时，1+m=0,Sn=0,数列为1,0,0，…，不是等比数列，B错误； C当-3<m<-2时，9=1+m∈(-2，-)，S4=g2+=q(g2）,Sk2=g21=q-(g2）=4g2, 因为9∈(1,4)，9∈(-2，-1)，所以S2k<0,所以Sk2=Skq2<Sk,C错误； D当m>0时，q=1+m>1,n≥2时an=m1+m)-2,当n→o时，1+m)-2→+o, 18 因此对任意大的M,总能找到足够大的n,使得n>n,时an>M,D正确. 二、填空题 11.函数y= Vx+1 的定义域是 e*-1 【答案】[-1,0)U(0,+o) x+1≥0 【详解】由题意得 e-1≠0' 解得x≥1且x≠0， 所以函数的定义域为[-1,0)U(0,+o), 12.己知{an}是公差不为零的等差数列，4=-2，若a,a4,a6成等比数列，则ao= 【答案】16 【详解】设等差数列{an}的公差为d,(d≠0)， 因为a,a4,a5成等比数列，且4=-2， 所以aG=a,a6,即(-2+3d)2=(-2+2d)(-2+5d,解得d=2或d=0(舍去)， 所以ao=a1+9d=-2+9×2=16 13.已知函数f()-2sin(r+pw>0< 的部分图象如图所示，则①= 若将函数f(x)的图象向右平移？个单位后得到函数g(x)的图象，请写出y=g(x)的图象的 一条对称轴方程： 19 2 5π 12 1 【答案】 x=0(答案不唯一，满足x=k江，k∈Z即可) 2 【分析】由图可知T=元，即可得0=2：根据图象可知函数f(x)的对称轴为x=元+，ke乙。 62 结合图象平行求函数y=g(x)的图象的对称轴方程. 【详解】设函数f(x)的最小正周期为T, 即T=π， 且0>0， 则2匹=，所以0=2： 5π，π 由图可知： x=122 π为函数∫(x)的对称轴， 2 6 结合酒豪了（的周期可知离微）的对格箱为=名受eZ, 又因为将函数f(x)的图象向右平移”个单位后得到函数g(x)的图象， 所以函数y=g)的图象的对称轴方程为x=元++血-+)还_红，keZ人=k+1, 6”322 2 所以y=g(x)的图象的一条对称轴方程为x=0. 14.如图，五面体ABCDON与正四面体OADG拼成的多面体中，四边形ABCD为矩形， A,B,C,D,G五点共面，若AB=12,ON=OA=6,则五面体ABCDON的体积为 20 D B 【答案】60W6 【分析】过O作OM⊥平面ADG,则M为△ADG的中心，设P,Q分别为AB,CD中点，连 接PO,NP,NO,OP,DP,GM,根据'五面体ABCDON=%-ADG+%aD-Pe+BcgP求解即可. 【详解】过O作OML平面ADG,则M为△ADG的中心， 设P,Q分别为AB,CD中点，连接PQ,NP,NQ,OP,DP,GM, M .OADG为正四面体，OA=6, B GM=号6-=25.aM-6-(a-6. g-x6x6x26=246, 11 'aD-m2=3-ADP=3x5×5x6×6x2√6=366， 32 ÷V面体acD0N=TAD-P2+/x-Bc2P=36V624V6=606. 故答案为：606. 21 1-x 15.函数f()=1+,其中aeR,给出下列四个结论： ①对任意实数a,f(x)的定义域为R: ②存在实数a,使得f(x)在定义域无零点： ③当a<0时，对任意m>0,存在实数x,使得f(x)>m: ④当a>0时，存在m>0,使得对任意实数x,都有f(x>m. 其中所有正确结论的序号为 【答案】②③ 【分析】根据函数的定义域定义、零点、函数导数与单调性逐一分析即可. 【详解】对于①，当a<0时，则要使函数有意义，那么1+x2≠0， 所以x≠±， 所以函数的定义域不是R,故①错误； 对于@.当a=-1时f)=是，定义域为x≠士， 令f(x)=0,则x=1,不在定义域内，所以f(x)无零点，故②正确： 对于国，当0时层装的定义收为生哥 取x→- 时，1+ax2→0,1-x>0, 所以f(x→+o,即f(x)函数图象必有竖直渐近线，故③正确： 当a>0时，函数的定义域为R, 则f)=1-r-2m1-y-am2-2x-la(x--a-1 (1+ax2月 (1+ax2 (（1+ax2) 当a--a-0时，即日+1咳1-. 22 所以函数在 单调递增； 当a--al<0时，即-+1<x< a+1 a+1 +1, a 所以函数在 上单调递减： 号 a(a+0+a-++>l, 2Va(a+1)-2a 2a 2'2Va 当x→+o时，f(x)→0，且函数在R上连续，所以函数在R上有界， 即存在m>0使得对任意xeR都有f(x)≤m,故④错误. 三、解答题 16,已知函数f)=sinx+写cox (1)求函数y=∫(x)的最小正周期及单调递增区间： (2)若函数g(x)=fx+p) 0<p<】 于点]中心对称求在 ππ 63 上的值域. 【详解】(0f)= 1-c0s2x+2 3+1+c0s2x1+cos2x+ 1 sin 2x 2 2 1+cos2x 2 2 2 co 1+3. 4 T=2江==，y=f的最小正周期为， 2 23 令5+2m≤2x+昏行+2kxeZ 2 3-2 +k元≤x≤+k元， 12 12 y)的单词递增区间为品+杯合k:keZ 5 :y=g(x)关于点 51中心对称。 2.+2p+T=k元，keZ,p=- 2π，kπ 2 3 321 廿00分六9= 3 六8)=1+ sim(2x+列=1- sin2x.当 2 17.在△ABC中，已知2bc0sA+a-2c=0. (1)求角B的大小. (2)已知b=4V3,BC边上的高为AD,在下列三个条件中选择一个条件，使得△ABC存在且 唯一，并求线段AD的长度 条件①：SA4D=6V3: 条件②：SAARC=12V5; 条件③：△ABC的周长为12W3, 【答案】0号 (2)选②或③，AD=6 【分析】(1)法一：根据余弦定理边角互化求解：法二：利用正弦定理和三角恒等变换求 解： 24 (2)条件①，根据三角形面积公式和勾股定理判断△ABC不唯一： 条件②：根据余弦定理和三角形面积公式求解； 条件③：根据余弦定理和三角形周长求解 【详解】(1)法一：2 bcos4+a-2c=0, 26b°+c2-d2 +a-2c=0.∴.a2+c2-b2=ac. 2bc ∴cosB=4+c2-b1 2ac Γ2 又B∈(0，)，B=元. 3 法二：.2 bcosA+a-2c=0,∴.2 bcosA=2c-a. 由正弦定理，∴.2 sinBcosA=2sinC-sinA. 又A+B+C=π，∴.2 sinBcosA=2sin(A+B)-sinA. ..2sinBcosA 2sinAcosB+2cosAsinB-sinA. .∴2 sinAcosB=sinA. 又：A∈(0，，∴sinA≠0.cosB= 2 又B∈(0，π)，B=元 31 (2)选择① Su4D-DC-6D+DC=AC=48. AD=6 「CD=6 解得 DC=25或D=2N5'△MBC不唯-，不能选D: 选择② 由余弦定理得：a2+c2-2 accosB=b2, .a2+c2-ac=48. S acsinB -aex 1 -ac× -ac=125, 2 24 25 .ac=48 又a,c>0,a=c=45.AD=2Sc=6. 选择③：由余弦定理得：a2+c2-2 accosB=b2, .a2+c2-ac=48.:a+b+c=12V5, 又a,c>0,.a+c=83. a=c=46.5 ain8-xx5-1250-2=6 2 2 18.设函数f(x)=e+acosx,aeR.曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y=x+2 (1)求a的值： (2)求证：方程f(x)=2仅有一个实根： (3)对任意x∈(0，+o),有f(x)>ksinx+-2,求正数k的取值范围. 【详解】(1)因为f(x)=e+acosx,所以f(0)=e°+a=a+l, 又点(0，f(0)在切线y=x+2上，所以f(0)=2, 所以a+1=2,即a=1. (2)证明：欲证方程f(x)=2仅有一个实根，只需证明+cosx-2=0仅有一个零点， 令g(x)=e+cosx-2,则g'(x)=e-sinx, 令h(x)=g'(x)=e-sinx,则h(x)=e-cosx, 讨论：(1)当x>0时，h'(x)=e-cosx>e°-cosx=1-cosx≥0， 所以h(x)在(0，+oo)上单调递增，所以h(x)>h(0)=l,即g(x)=e-sinx>1>0, 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0,即此时无零点： 26 (2)当x=0时，g(0)=0,即此时有一个零点： (3)当x<0时，g(x)=e+cosx-2<e°+cosx-2=-1+cosx≤0， 所以当x<0时，g(x)<0,即此时无零点， 综上可得g(x)=e+cosx-2仅有一个零点，得证： (3)当x∈(0，+oo)时，e+cosx>ksinx+-2,即e+cosx-ksinx-2>0恒成立， F(x)=e*+cosx-ksinx-2, F"(x)=e*-sinx-kcosx, 由（Ⅱ）可知，x∈(0，+oo)时e-sinr>1, 所以F'(x)=e-sinx-kcosx>l-kcosx, 讨论：(1)当0<k≤1时，因为-1≤cosx≤1，所以-k≤kcosx≤k, 即1-k≤1-kcosx≤1+k, 所以F'(x)>l-kcosx21-k20, 即当0<k≤1时，F(x)>0, 所以F(x)=e+cosx-ksinx-2在x∈(0，+oo)时单调递增， 所以F(x)>F(O)=0恒成立，即满足条件e+cosx-ksinx-2>0, (2)当k>1时，由F'(x)=e-six-kcosx可知F'(0)=1-k<0, 又F'(π)=e+k>0,所以存在x∈(0，π)，使得F'(xo)=0, 所以，当x∈(0，)时，F'(x)<0,F(x)单调递减， 当x∈(x,+o)时，F'(x)>0,F(x)单调递增， 27 所以F(x)<F(O)=0,即不能保证e+cosx-ksir-2>0恒成立， 综上可知，正数k的取值范围是0<k≤1. 19.如图所示，己知三角形ABE为正三角形，且三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相 垂直，AB=2,∠ABC=60°，M是AB的中点. E (I)求证：EM⊥AD: (2)求平面ABE与平面CBE夹角的余弦值； (3)在线段BC上是否存在点P,使得直线AP与平面ABE所成的角为45P,若存在，求出 EC 的值；若不存在，说明理由 【详解】(1)证明：因为△ABE为正三角形，M为AB的中点，所以EM⊥AB, 因为平面ABE⊥平面ABCD,平面ABEO平面ABCD=AB, 且EMC平面ABE,所以EM⊥平面ABCD, 又因为ADC平面ABCD,所以EM⊥AD (2)解：由(1)知：EM⊥平面ABCD, 在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=2,则△ABC为正三角形， 因为M是AB的中点，所以CM⊥AB, 以M为原点，以MB,MC,ME所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则M(0,0,0),B1,0,0),A(-1,0,0),C(0,V3,0),E0,0,V3), 28 nBC=-x+3y=0 设平面BCE的法向量为n2=(x,y,z),则 .BE--x+3z=0 取x=√5，可得y=1,z=1,所以m=(5,1,1), 又由平面ABE的一个法向量为2=(O,L,0), m,n 1 设平面ABE与平面BCE的夹角为O,则cosB= 5 网 1x5= 所以平面MBE与平面BCE所成的角的余弦值为5 (3)解：假设存在点P在线段EC上，设EP=EC,(O≤≤1)， 由EC=(0,√5，-5)，则P0,V3,√3-√3)，可得AP=(L,V3,√3-5)， 又由平面ABE的法向量为n=(O,l,0), 因为直线AP与平面ABE所成的角为45°，所以cos<AP,n1> sin45°= = 21 AP.n 5 2 可得 网+322+30-ax12' 52 化简得 V622-6元+42 ，平方得 322 6262+42,解得1-2 因为0≤1≤1，所以存在满足条件的点P,使得直线AP与平面ABE所成的角为45°且 EP 2 EC 3 29 20.已知函数f(x)=ae1+2x-3,其中a∈R (1)讨论f(x)的单调性： (2)(i)当a≥1时，证明：f(x)≥3lnx(x>0): (ii)当a=1时，设0<<1<n,且f(m+f(m=0.求证：f(m:f(+m)<0 【答案】(1)答案见解析 (2)(i)证明见解析；(ii)证明见解析 【分析】(1)根据导数分a≥0和a<0两类讨论函数的单调性： (2)(i)构造g(x)=e-1+2x-3-3lnx,根据导数判断函数的单调性和最小值，进而进行 证明； (i)法一：利用函数的单调性，先证m+n>1得f(m+)>0,结合(2)的不等式放缩得 到fom)+f >0,结合fm)+f)=0推出<1，得f(m)<0得证； 法：构滋刃.根据单调性得到e+列 1+2 进而得到 的单调性，后同法一： 法三：构造h()=f(1+t)+f1-t),根据单调性得m+n<2,根据基本不等式得m<1,进 30 而证明结论； 法四：同法一得到f(m+)>0,设m+n=t,构造h0=e-2-3-t)2, 利用导数判断单调性，得到m+<2,后同法三进行证明. 【详解】(1)f'(x)=ae-1+2, ①当a≥0时，f'(x)≥0，f(x)在(-0，+n)单调递增， ②当a<0时.令f6)0,解得气1(】 3（1hrw0,4eh,o0 所以w在1-》上训途始，+h(引+小单词花减。 综上，当a≥0时，f(x)在(-0，+o)单调递增： 当a<0时，fw在1 上单调递增， 在+n(习+网上单洞道减 (2)设g(x)=e-1+2x-3-3lnx, 3 则g'(x)=e-1+2-二， 因为g(x)在(0，+o)上单调递增，g'1)=0, 所以当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调递减： 当x∈1，+w)时，g'(x)>0,g(x)单调递增； 所以8(x)≥8①)=0，当且仅当x=1时取等， 所以f(x)-3hx=g(x)≥0，即f()≥3nx,当且仅当a=1,x=1时取等： (i)法一：由(1)已知，当a=1时，f(x)在(0，+∞)单调递增； 31 因为m+n>1,所以f(+)>f0)=0, 山2)可知，m网hm,了3n片 所以fo+子>3hm+(3nm)-0, 因为00+J0=0.所以日>0， 所以1>n,即mm<1, m 所以f(m)<f)=0, 所以f(m·f(+m<0 法二： 由(1)已知，当a=1时，f(x)在(0，+w)单调递增： 因为m+n>1,所以f0m+)>f四)=0；（同法一） 设p(x)=x(e+2),x∈(0，+w),易知(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a,a小即e小- 上式整理得e+2- e+水0，roG》0 设)=)+月，se0,所以)在0，上单调递减。 所以m>a0=0,即fm四+寸>0 因为f(m+fm=0,所以f 用)f0,所以品，即m<1, 所以f(0wm<f①)=0 所以f(m·f(+)<0(同法一) 法三： 32 由(1)已知，当a=1时，f(x)在(0，+o)单调递增： 因为m+n>1,所以f0+m>f)=0;(同法一) 设h)=f0+)+f0-t),te(0,1), 所以h()=f'Q+)-f1-t)=d-e'>C,所以ht)在(0，)上单调递增， 显然0<1-m<1,所以h1-m)>h(0)=0,即f(m+f(2-m>0, 因为f(m+f(m=0,所以f(2-m)>f(),所以2-m>n,即m+n<2, 根据基本不等式，2√m<m+n<2,所以n<1, 所以f(m<fI)=0, 所以f(0m·f(+m<0 法四： 由(1)已知，当a=1时，f(x)在(0，+o)单调递增： 因为+n>1,所以f(+)>)=0;(同法一) 因为f)+f(0m=em-1+e-1+2(m+m-6=0,所以em-1+e-1=6-2(+m 根据基本不等式，2Vemn-2<em-1+e-1=6-2(m+m, 设m+n=t,所以2√e-<6-2t,整理得e-2-(3-t)2<0, 设h)=e-2-(3-t02, 所以)=e-2+23-t),N①=e2-2, 所以1t)在(-o,2+ln2)单调递减，在(2+ln2,+0)单调递增， 所以()≥h'(2+ln2)=2(2-n2)>0,所以h(t)为增函数， 因为h(2)=0,所以当且仅当t<2时，e-2-(3-t)2<0, 所以m+n<2, 33 根据基本不等式，2√m<m+n<2,所以wm<1, 所以f(m<f)=0 所以f(m)·f(m+)<0(同法三) 21.对于任意数列G,C2,,Cm,从中选取第项、第2项、、第项(1<<…<， 1≤k≤m),称新数列c,C,,C,为数列G,C2,,Cm的一个长度为k的子列.记 P(G,,c)={+c++c≤i<<…<,≤m,1≤k≤m为其全部子列之和所组成的集 合，记P(G,cm)为集合P(G,Cm)中元素的个数. (1)对于数列A:1,2,2与A2:-1,-1,2,直接写出集合P(1,2,2)与P(-1,-1,2): (2)若n≥2，正项数列a，a2,…,an满足：k∈{，2，，n-号，都有a>4+a2+…+a, 求P(a,a2,,an)的值 (3)若n≥4，数列a,42,,an各项都是整数，且正项与负项的个数都不小于2，如果 0EP(a,a2,,an),求P(a,4,,an)的最小值. 【答案】(1)P(1,2,2)={1,2,3,4,5}；P(-1,-1,2)={-2,-1,01,2}. (2)P(a,a2,,an)=2”-1 (3)3n-4. 【分析】(1)枚举所有非空子列的和，再去重即可 (2)取两个不同子列，找到下标最大的差异项，利用题设不等式比较两子列和的大小，证 明不同子列和必不相等 34 (3)引入正负项前缀和构造二元数组，利用反证证明数组内所有值互不相同，得到P的下 界表达式；对S,1求二次函数最小值，最后构造数列验证下界可以取到. 【详解】(1)对数列1,2,2，枚举所有非空子列的和： 长度1：1,2,2；长度2：1+2=3,1+2=3,2+2=4；长度3：1+2+2=5 去重，得P1,2,2)={1,2,3,4,5} 对数列-1，-1,2，枚举所有非空子列的和： 长度1：-1，-1,2；长度2：-1+(-1)=-2，-1+2=1，-1+2=1： 长度3：-1+(-1)+2=0. 去重，得P(-1,-1,2)={-2,-1,0,1,2. (2)任取两个不同子列，分别记为B、C. 考虑这两个子列不同的项（即恰在一个子列中出现的项）， 设其中下标的最大值为j,则j之1，不妨设a,为B中的项. 若j=1,则B中所有项之和减去C中所有项之和为a>0, 若j≥2，则B中所有项之和减去C中所有项之和≥a-(a+a2++a)>0, 从而任意两个不同子列的和都不相等， 一共有2”-1个非空子列，每个子列和互不相同， 所以集合元素个数为P(a,a,,an)=2”-1. (3)设数列a,a2,,an正项有s个，负项有t个，其中s≥2,1之2，s+1=n. 将正项记为x,x2,,x,>0, 负项记为-，-y2,,一y,,其中乃，2，，y,>0.定义前缀和： X,=x+x2++x,(0≤i≤s),规定X。=0: 35 Y=+2+…+y,(0≤j≤)，规定Y。=0. 考虑以下(s+)(t+1)个数：5=X,-Y,0≤i≤s,0≤j≤t. 引理：这(+t+1)个数5互不相同. 证明：用反证法，假设9=S,且(，)≠(k,),即X,-y,=Xk-Y, 若i=k,则y,=Y.由于乃，，，y>0,前缀和Y严格递增， 故j=1,与(6)≠(k,)矛盾， 因此i≠k, 不妨设i<k,则X,<X.将等式移项得X-X,=Y,-Y 左边X-X,>0,故右边Y-Y>0,即Y>Y. 由前缀和严格递增，得1>j.于是X-X=Y-y, 即x+1+X42+…+X=yjH+yj+2+…+y. 注意到i+1,j+≥1，于是正项x,,x与负项-y,,一少构成的子列， 其和为0，与0EP(4,an)矛盾，故所有的s互不相同. 在这(s+1)(t+1)个数中，o0=X。-=0对应空集，不属于P(4,,an): 其余(s+1)(t+1)1个数都是非空子列的和，均在P(a,,an)中， 因此P(a,an)2(s+1)(t+)-1=st+s+t. 将t=n-s代入上式可得st+s+t=s(n-s)+n=-s2+ns+n, 注意到2≤s≤n-2,上式在s=2(或对称地取s=n-2)时取得最小值， 于是P(a,,an)22(n-2)+n=3n-4. 36 下面构造达到该下界的数列，取山，-(n-),-(n-) n-2个1 该数列的任意非空子列和都形如m-1(n-1),其中0≤m≤n-2,t∈{01,2}， 且m,t不同时为0. 子列和计数： t的取值 子列和 个数 t=0 1,2,,n-2 n-2 t=1 -(n-1),-(n-2),,-1 n-1 t=2 -2(n-1),-(2n-3),.,-n n-1 子列和均不为0，且三部分互不重叠， 故P(a,,an=(n-2)+(n-1)+(n-1)=3n-4. 综上，P(a,,an)的最小值为3n-4. 【点睛】思路点睛：本题以子集和为载体，第(2)问利用最大差异项比较子列和；第(3) 问分离正负前缀和，反证得到下界，结合二次函数求最小值并构造数列取到该下界，是典 型组合极值“先估界，再构造”的思路 37综合练习一 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题 目要求的一项。 1.已知集合M={-1,},N={xx2+x-2=0},则MUN= A.{- B.{-1,1} C.{-1,1,2 D.{-2,-1,1} 2.已知复数z满足(1-2i)z=3-i,则z= A.2 B.2 c.1-i D.1+i 3.己知函数f(x)=n(3-x)-ln(3+x),则f(x)是 A.奇函数且在(-3,0)单调递减 B.偶函数，且在(-3,0)单调递增 C.奇函数，且在(-3,0)单调递增 D.偶函数，且在(-3,0)单调递减 4.在平面直角坐标系xOy中，角以Ox为始边， 终边经过点P-V5,-3).若将角α的终 边逆时针旋转汇得到角B的终边，则cosB= A.支 B.3 c. D.-3 5.已知函数=3sm(行+ 若xeR,f(x)sf(x)≤f(x),则x-x的最小值 A.1 B.2 C.π D.2π 6.杨梅的保鲜时间很短，技术人员采用某种保鲜方法后可使得杨梅采摘之后的时间1（单 位：小时)与失去的新鲜度y满足函数关系y=1000 ,0≤1<10，其中m,a为常数.己知 ma,10≤t≤100， 采用该种保鲜方法后，杨梅采摘10小时之后失去10%的新鲜度，采摘40小时之后失去20% 的新鲜度.如今我国物流行业蓬勃发展，为了保证杨梅销售时的新鲜度不低于85%，则物 流时间（从杨梅采摘的时刻算起）不能超过 （参考数据：l0g23≈1.6) A.20小时 B.25小时 C.28小时 D.35小时 7.在平面直角坐标系xOy中，A(2cos0,2sin0),B(4sin0,4cos0).设C(2V5,5),则 2CA+AB的取值范围是 A.[5,55] B.[25,10w5]c.[25,4W5]D.[45,85] 8.已知{an}是公比9<0的无穷等比数列，其前n项和为Sn,则“peN,a,>2026”是 “3m∈N,Sm>2026”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ).已知西数了)=2-4<m若meR,付的值线均为0，+四，则及的取值范用 k-2,x≥m. 是 A.(0,1 B.[-l,0)U(0,1C.[l,+o）D.(-o,-1U,+o) 10.数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2=m,anSn=ant1Sn-(n=2,3,),下列结论正 确的是 A.当m=-4时，{Sn}为递减数列： B.对任意实数m,数列{Sn}都是等比数列： C.当-3<m<-2时，S2k+2>S2(k=1,2,…: D.当m>0时，M>0,3n。∈N,当n>n时，都有a.>M. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。 11.函数y= √x+L的定义域是 e'-1 12.己知{an}是公差不为零的等差数列，a=-2,若a,44,a6成等比数 列，则ao= 5π 12 12 13.已知函数f(x)=2sin(ox+p 0>0<}的部分图象如图所示。 则0= :若将函数f(x)的图象向右平移个单位后得到函 数g(x)的图象，请写出y=g(x)的图象的一条对称轴方程： 14.如图，五面体ABCDON与正四面体OADG拼成的多面体中， 四边形ABCD为矩形，A,B,C,D,G五点共面，若 AB=12,ON=OA=6,则五面体ABCDON的体积为 B 2 1.国数点其中aeR,给出下列四个结论 ①对任意实数a,f(x)的定义域为R: ②存在实数a,使得f(x)在定义域无零点： ③当a<0时，对任意m>0,存在实数x,使得f(x)>m: ④当a>0时，存在m>0,使得对任意实数x,都有f(x)>m. 其中所有正确结论的序号为 三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 16,已知函数=m〔+写}+ox (1)求函数y=f(x)的最小正周期及单调递增区间； 2诺函数()-f+9)0<9<到关于点爱中心对称，求y-g)在 ππ 63} 上的值域 17.在△ABC中，已知2 bcosA+a-2c=0. (1)求角B的大小 (2)已知b=4V3,BC边上的高为AD.在下列三个条件中选择一个条件，使得△ABC存在且 唯一，并求线段AD的长度. 条件①：SAACD=6V5: 条件②：SAMc=12V5: 条件③：△ABC的周长为12√3. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2)问得0分：如果选择多个符合要求的条件分别解 答，按第一个解答计分· 18.设函数f(x)=e+acosx,aeR.曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y=x+2. (1)求a的值： (2)求证：方程f(x)=2仅有一个实根： (3)对任意x∈(0，+oo),有f(x)>ksix+2,求正数k的取值范围. 5 19.如图所示，已知三角形ABE为正三角形，且三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相 垂直，AB=2,∠ABC=60°，M是AB的中点. (1)求证：EM⊥AD; E (2)求平面ABE与平面CBE夹角的余弦值： (3)在线段EC上是否存在点P,使得直线AP与平面ABE所 成的角为45，若存在，求出即的值：若不存在，说明理 EC 由 M 84- 6 20.己知函数f(x)=ae-1+2x-3,其中a∈R (1)讨论(x)的单调性： (2)(i)当a≥1时，证明：f(x)≥3lnx(x>0): (i)当a=1时，设0<<1<n,且f(m)+f(m)=0.求证：f(m)·f(m+m)<0. 21.对于任意数列C,C2,,Cm,从中选取第项、第2项、、第项(<i<…<, 1≤k≤m),称新数列C,C,,C4为数列G,C2,,Cn的一个长度为k的子列.记 P(G,,cn)={C+c,++c1≤<马<<≤m,1≤k≤m为其全部子列之和所组成的集 合，记P(G,,cn为集合P(G,,cn)中元素的个数. (1)对于数列A:1,2,2与A,:-1,-1,2,直接写出集合P(1,2,2)与P(-1,-1,2): (2)若n≥2，正项数列a,a,…,an满足：k∈{L,2,…,n-1},都有a1>4+a2+…+a, 求P(a,a,,an的值： (3)若n之4，数列a,a2,,an各项都是整数，且正项与负项的个数都不小于2，如果 0EP(a,a2,,an),求P(a,a,…,an)的最小值.