1、1阶段滚动检测（三）一、选择题1(2018甘肃省静宁县第一中学模拟)已知集合 A xN| x24 x0，集合B x|x22 x a0， A B0,1,2,3,4，3，则 A B 等于( )A1，3B1C3D2已知向量 a( ，2)， b(1 ，1)，则“ 1”是“ a b”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已知命题 q： xR， x2 0，则( )A命题綈 q： xR， x20 为假命题B命题綈 q： xR， x20 为真命题C命题綈 q： xR， x20 为假命题D命题綈 q： xR， x20 为真命题4已知函数 f(x)为偶函数，当 x1,1
2、时， f(x) ，且 f(x1)为奇函数，则 f1 x2等于( )(212)A. B C D.12 12 32 325已知函数 f(x)Error!则函数 f(log23)的值为( )A3B. C6D.13 166已知函数 f(x) ax2 bx c，不等式 f(x)0)，求当下潜速度 v 取什么值时，总用氧量最少23已知函数 f(x) x36 x29 x3.(1)求函数 f(x)的极值；(2)定义：若函数 h(x)在区间 s， t(sc，周长 l 的取值范围为(4,611D 由题意，可知 f(x) x3是定值，不妨令 t f(x) x3，则 f(x) x3 t又 f(t) t3 t2，整理得
3、( t1)( t2 t2)0，解得 t1，所以有 f(x) x31，所以 f(x) f( x) x313 x22，令 F(x) x33 x21可得 F(3)10， F(4)150，即 F(x) x33 x21 的零点在区间(3,4)内，所以 f(x) f( x)2 的一个根所在的区间是(3,4)12C 扇形 AOB 的半径为 1，| |1OP OP OB， 0OP OB AOB ， AOP23 6 ( )( )PM PN PO OM PO ON 2 PO ON PO OM PO OM ON 1| |cos | | |cos 10 0 1，故选 C.OM 56 OM ON 23 ( 32) (
4、12)8132 14. 15.5 16.3(54， 52)17解析 f(x) asin2x bcos2x sin(2x )， 0，a2 b2 a2 b2又 asin bcos a ，由题意 f(x) 对一切 xR 恒成立，则 x 是|f( 6)| 3 3 32 b2 |f( 6)| 6函数 f(x)的对称轴，则 2 k( kZ)，所以 k( kZ)， 6 2 6从而 tan tan ，( 6 k ) ba 33则 a b.3所以 f(x) bsin2x bcos2x32 bsin .(2x 6)f 2 bsin 0，(1112) (116 6)故正确； |f(512)| |2bsin(56 6
5、)| 0，|2bsin |f( 5)| |2bsin(25 6)| |2bsin1730| 0，|2bsin1330|所以 ，故正确；|f(512)| |f( 5)| f( x) f(x)，故正确； f(x) bsin2x bcos2x32 bsin ， b0，(2x 6)由 2k 2 x 2 k ， 2 6 2知 k x k ，故不正确； 3 6 a b，要使经过点( a， b)的直线与函数 f(x)的图象不相交，则此直线与横轴平行，又3f(x)的振幅为|2 b|b|，所以直线必与 f(x)图象有交点故不正确918解 (1)由 x22 x80 得2 x4，即 p：2 x4，记命题 p 的解集
6、为 A2,4，命题 q 的解集为 B2 m,2 m，p 是 q 的充分不必要条件， A B，Error! 解得 m4.(2)若 p 真 q 假，则Error!无解，若 p 假 q 真，则Error!解得3 x2 或 4 x7.综上得 x 的取值范围为3，2)(4,719解 (1)由 a b 得 ab0，所以2 x3 x20，即 x22 x30，解得 x1 或 x3.故 x 的值为 1 或3.(2)由 a b 得 x(2 x3) x，即 2x24 x0, 解得 x0 或 x2.当 x0 时， a b(2,0)，所以| a b|2；当 x2 时， a b(2,4)，所以| a b|2 .5故| a
7、 b|2 或 2 .520解 (1)根据正弦定理可知(a b)(a b) c(c b)，整理得 b2 c2 a2 bc，由余弦定理的推论得 cos A ，b2 c2 a22bc 1200)3v250 240v(2)由(1)得 y 9，( v0)，3v250 240v y ，6v50 240v2 3 v3 2 00025v211令 y0 得 v10 ，32当 010 时， y0，函数单调递增32 32若 c3), 则 g( x)3 x212 x8.令 g( x)0，解得 x12 3.233当 3x2时， g( x)0，所以函数 g(x)在区间(3， x2)上单调递减，在区间( x2，)上单调递增因为 g(3)60，所以函数 g(x)在区间(3，)上只有一个零点这与方程 x36 x29 x3 x 有两个大于 3 的相异实根相矛盾，所以假设不成立12所以函数 f(x)在(3，)上不存在“美丽区间”
