高中數(shù)學 綜合測試（含解析）北師大版選修2-2

【成才之路】-學年高中數(shù)學綜合測試（含解析）北師大版選修2-2時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共10個小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．正數(shù)a、b、c、d滿足a＋d＝b＋c，|a－d|<|b－c|，則()A．a(chǎn)d＝bc B．a(chǎn)d<bcC．a(chǎn)d>bc D．a(chǎn)d與bc的大小關系不定[答案]C[解析]∵a＋d＝b＋c，∴(a＋d)2＝(b＋c)2.又∵|a－d|<|b－c|，∴(a－d)2<(b－c)2，即(a＋d)2－4ad<(b＋c)2－4bc.∴－4ad<－4bc.∴ad>bc.2．已知{bn}為等比數(shù)列，b5＝2，則b1b2b3…b9＝29.若{an}為等差數(shù)列，a5＝2，則{an}的類似結(jié)論為()A．a(chǎn)1a2a3…aB．a(chǎn)1＋a2＋…＋a9＝29C．a(chǎn)1a2…a9D．a(chǎn)1＋a2＋…＋a9＝2×9[答案]D[解析]由等差數(shù)列的性質(zhì)知，a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5，故D成立3．做直線運動的質(zhì)點在任意位置x處，所受的力F(x)＝1－e－x，則質(zhì)點從x1＝0，沿x軸運動到x2＝1處，力F(x)所做的功是()A．eB.eq\f(1,e)C．2eD.eq\f(1,2e)[答案]B[解析]由W＝eq\i\in(0,1,)(1－e－x)dx＝eq\i\in(0,1,)1dx－eq\i\in(0,1,)e－xdx＝x|eq\o\al(1,0)＋e－x|eq\o\al(1,0)＝1＋eq\f(1,e)－1＝eq\f(1,e).4．已知復數(shù)(x－2)＋yi(x，y∈R)對應向量的模為eq\r(3)，則eq\f(y,x)的最大值是()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\r(3) D.eq\f(1,2)[答案]C[解析]由|(x－2)＋yi|＝eq\r(3)，得(x－2)2＋y2＝3，此方程表示如圖所示的圖C，則eq\f(y,x)的最大值為切線OP的斜率．由|CP|＝eq\r(3)，|OC|＝2，得∠COP＝eq\f(π,3)，∴切線OP的斜率為eq\r(3)，故選C.5．(·重慶文，8)設函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極小值，則函數(shù)y＝xf′(x)的圖像可能是()[答案]C[解析]本題考查導數(shù)的應用，函數(shù)的圖象．由f(x)在x＝－2處取極小值知f′(－2)＝0且在2的左側(cè)f′(x)<0，而2的右側(cè)f′(x)>0，所以C項合適．函數(shù)、導數(shù)、不等式結(jié)合命題，對學生應用函數(shù)能力提出了較高要求．6．觀察下列的圖形中小正方形的個數(shù)，則第6個圖中有________個小正方形，第n個圖中有________個小正方形()A．28，eq\f(n＋1n＋2,2) B.14，eq\f(n＋1n＋2,2)C．28，eq\f(n,2) D.12，eq\f(n2＋n,2)[答案]A[解析]根據(jù)規(guī)律知第6個圖形中有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.第n個圖形中有1＋2＋…＋(n＋1)＝eq\f(n＋1n＋2,2).7．電動自行車的耗電量y與速度x之間有如下關系：y＝eq\f(1,3)x3－eq\f(39,2)x2－40x(x＞0)，為使耗電量最小，則速度應定為()A．20 B.40C．100 D.60[答案]B[解析]由y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或40，由于0＜x＜40時，y′＜0；當x＞40時，y′＞0.所以，當x＝40時，y有最小值．8．在數(shù)列11,111,1111，…中()A．有完全平方數(shù) B.沒有完全平方數(shù)C．有偶數(shù) D.沒有3的倍數(shù)[答案]B[解析]顯然沒有偶數(shù)，有3的倍數(shù)，故C、D錯誤，假設有完全平方數(shù)，它必為奇數(shù)的平方，設11…eq\o(1,\s\do4(n個1))＝(2n＋1)2(n為正整數(shù))，則11…1eq\o(0,\s\do4(n－1個1))＝4n(n＋1)，兩邊同除以2得，55…eq\o(5,\s\do4(n－1個1))＝2n(n＋1)，此式左端為奇數(shù)，右端為偶數(shù)，矛盾．9．給出定義：若函數(shù)f(x)在D上可導，即f′(x)存在，且導函數(shù)f′(x)在D上也可導，則稱f(x)在D上存在二階導函數(shù)，記f″(x)＝(f′(x))′，若f″(x)<0在D上恒成立，則稱f(x)在D上為凸函數(shù)．以下四個函數(shù)在(0，eq\f(π,2))上不是凸函數(shù)的是()A．f(x)＝sinx＋cosx B.f(x)＝lnx－2xC．f(x)＝－x3＋2x－1 D.f(x)＝－xe－x[答案]D[解析]若f(x)＝sinx＋cosx，則f″(x)＝－sinx－cosx，在x∈(0，eq\f(π,2))上，恒有f″(x)<0；若f(x)＝lnx－2x，則f″(x)＝－eq\f(1,x2)，在x∈(0，eq\f(π,2))上，恒有f″(x)<0；若f(x)＝－x3＋2x－1，則f″(x)＝－6x，在x∈(0，eq\f(π,2))上，(恒有f″(x)<0)；若f(x)＝－xe－x，則f″(x)＝2e－x－xe－x＝(2－x)e－x.在x∈(0，eq\f(π,2))上，恒有f″(x)>0，故選D.10．f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負可導函數(shù)，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0.對任意正數(shù)a、b，若a<b，則必有()A．a(chǎn)f(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b)C．a(chǎn)f(a)≤f(b) D.bf(b)≤f(a)[答案]A[解析]∵xf′(x)＋f(x)≤0，又f(x)≥0，∴xf′(x)≤－f(x)≤0.設y＝eq\f(fx,x)，則y′＝eq\f(xf′x－fx,x2)≤0，故y＝eq\f(fx,x)是遞減的或是常函數(shù)．又a<b，∴eq\f(fa,a)≥eq\f(fb,b)，而a，b>0，則af(b)≤bf(a)．二、填空題(本大題共5小題，每小題5分，共25分)11．(·北京理，9)復數(shù)(eq\f(1＋i,1－i))2＝________.[答案]－1[解析]復數(shù)eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq\f(2i,2)＝i，故(eq\f(1＋i,1－i))2＝i2＝－1.12．用數(shù)學歸納法證明34n＋1＋52n＋1能被14整除時，當n＝k＋1時，對于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1應變形為________．[答案]34·34k＋1＋52·52k＋1[解析]n＝k時，34k＋1＋52k＋1能被14整除，因此，我們需要將n＝k＋1時的式子構(gòu)造為能利用n＝k的假設的形式.34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝34·34k＋1＋52·52k＋1＋34·52k＋1－34·52k＋1＝34(34k＋1＋52k＋1)＋(52－34)52k＋1，便可得證．13．在△ABC中，D是BC的中點，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，將命題類比到四面體中去，得到一個類比命題：_____________________________________________________________________________________________________________________________________.[答案]在四面體A－BCD中，G為△BCD的重心，則eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))14．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋3ax＋1在區(qū)間(－∞，＋∞)內(nèi)既有極大值，又有極小值，則實數(shù)a的取值范圍是________________．[答案](－∞，0)∪(9，＋∞)[解析]由題意得y′＝3x2－2ax＋3a＝0有兩個不同的實根，故Δ＝(－2a)2－4×3×解得a<0或a>9.15．如圖為函數(shù)f(x)的圖像，f′(x)為函數(shù)f(x)的導函數(shù)，則不等式x·f′(x)<0的解集為________．[答案](－3，－1)∪(0,1)[解析]x·f′(x)<0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,f′x<0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,f′x>0.))∵(－3，－1)是f(x)的遞增區(qū)間，∴f′(x)>0的解集為(－3，－1)．∵(0,1)是f(x)的遞減區(qū)間，∴f′(x)<0的解集為(0,1)．故不等式的解集為(－3，－1)∪(0,1)．三、解答題(本大題共6小題，共75分，前4題每題12分，20題13分，21題14分)16．已知復數(shù)z滿足方程z2＋2iz＋3＝0，求z：[分析]設z＝x＋yi(x，y∈R)，代入已知方程進而求出x，y.[解析]設z＝x＋yi(x，y∈R)，由z滿足方程z2＋2iz＋3＝0，得(x＋yi)2＋2i(x＋yi)＋3＝0.整理，得(x2－y2－2y＋3)＋2(xy＋x)i＝0.由復數(shù)相等的充要條件，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2－2y＋3＝0，①,xy＋x＝0.②))由②，得x＝0或y＝－1.當x＝0時，由①，得y2＋2y－3＝0，有y＝1或y＝－3；當y＝－1時，由①，得x2＋4＝0，無解．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－3.))則z＝i，或z＝－3i.17．設函數(shù)f(x)＝kx3－3x2＋1(k≥0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)的極小值大于0，求k的取值范圍．[解析](1)當k＝0時，f(x)＝－3x2＋1，∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)減區(qū)間為(0，＋∞)．當k>0時，f′(x)＝3kx2－6x＝3kx(x－eq\f(2,k))．∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，0)，(eq\f(2,k)，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0，eq\f(2,k))．(2)當k＝0時，函數(shù)f(x)不存在極小值．當k>0時，由(1)知f(x)的極小值為f(eq\f(2,k))＝eq\f(8,k2)－eq\f(12,k2)＋1>0，即k2>4，又k>0，∴k的取值范圍為(2，＋∞)．18．設數(shù)列{an}滿足a1＝0且eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1.(1)求{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))，記Sn＝eq\i\su(k＝1,n,b)k，證明：Sn<1.[分析](1)由數(shù)列{1－eq\f(1,an)}為等差數(shù)列，求得1－eq\f(1,an)再解出an即可．(2)化簡bn，再利用裂項求和的辦法求Sn，進而證明Sn<1.[解析](1)由題設eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1，即{eq\f(1,1－an)}是公差為1的等差數(shù)列．又eq\f(1,1－a1)＝1，故eq\f(1,1－an)＝n.所以an＝1－eq\f(1,n).(2)由(1)得bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))＝eq\f(\r(n＋1)－\r(n),\r(n＋1)·\r(n))＝eq\f(1,\r(n))－eq\f(1,\r(n＋1))，Sn＝eq\i\su(k＝1,n,b)k＝eq\i\su(k＝1,n,)(eq\f(1,\r(k))－eq\f(1,\r(k＋1)))＝1－eq\f(1,\r(n＋1))<1.19.如圖，ABCD是一塊邊長為4km的正方形地域，地域內(nèi)有一條河流MD，河流經(jīng)過路線是以AB中點M為頂點且開口向右的拋物線(河流寬度忽略不計)，某公司準備投巨資建一個大型矩形游樂園PQCN，問如何施工才能使游樂園的面積最大，并求出最大值．[解析]以M為原點，AB為y軸，過點M垂直于AB的直線為x軸建立直角坐標系如圖所示，故可知D(4,2)，則拋物線的方程為y2＝x.令P(t2，t)，則0≤t≤2，|PN|＝4－t2，|PQ|＝t＋2，所以S(t)＝(t＋2)(4－t2)＝－t3－2t2＋4t＋8(0≤t≤2)．求導得S′(t)＝－3t2－4t＋4，令S′(t)＝0，得函數(shù)S(t)的極值點為t＝eq\f(2,3)，或t＝－2(舍去)．比較極值點和端點的函數(shù)值得：當t＝eq\f(2,3)時，S(t)有最大值為eq\f(256,27).20．(·福建理，17)某同學在一次研究性學習中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．[解析]解法一：(1)選擇(2)式，計算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).解法二：(1)同解法一．(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos60°－2α,2)－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cos2α＋e