高中数学 综合测试（含解析）北师大版选修2-2

【成才之路】-学年高中数学综合测试（含解析）北师大版选修2-2时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50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．正数a、b、c、d满足a＋d＝b＋c，|a－d|<|b－c|，则()A．ad＝bc B．ad<bcC．ad>bc D．ad与bc的大小关系不定[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}为等比数列，b5＝2，则b1b2b3…b9＝29.若{an}为等差数列，a5＝2，则{an}的类似结论为()A．a1a2a3…aB．a1＋a2＋…＋a9＝29C．a1a2…a9D．a1＋a2＋…＋a9＝2×9[答案]D[解析]由等差数列的性质知，a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5，故D成立3．做直线运动的质点在任意位置x处，所受的力F(x)＝1－e－x，则质点从x1＝0，沿x轴运动到x2＝1处，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．已知复数(x－2)＋yi(x，y∈R)对应向量的模为eq\r(3)，则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，此方程表示如图所示的图C，则eq\f(y,x)的最大值为切线OP的斜率．由|CP|＝eq\r(3)，|OC|＝2，得∠COP＝eq\f(π,3)，∴切线OP的斜率为eq\r(3)，故选C.5．(·重庆文，8)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图像可能是()[答案]C[解析]本题考查导数的应用，函数的图象．由f(x)在x＝－2处取极小值知f′(－2)＝0且在2的左侧f′(x)<0，而2的右侧f′(x)>0，所以C项合适．函数、导数、不等式结合命题，对学生应用函数能力提出了较高要求．6．观察下列的图形中小正方形的个数，则第6个图中有________个小正方形，第n个图中有________个小正方形()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]根据规律知第6个图形中有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.第n个图形中有1＋2＋…＋(n＋1)＝eq\f(n＋1n＋2,2).7．电动自行车的耗电量y与速度x之间有如下关系：y＝eq\f(1,3)x3－eq\f(39,2)x2－40x(x＞0)，为使耗电量最小，则速度应定为()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时，y′＜0；当x＞40时，y′＞0.所以，当x＝40时，y有最小值．8．在数列11,111,1111，…中()A．有完全平方数 B.没有完全平方数C．有偶数 D.没有3的倍数[答案]B[解析]显然没有偶数，有3的倍数，故C、D错误，假设有完全平方数，它必为奇数的平方，设11…eq\o(1,\s\do4(n个1))＝(2n＋1)2(n为正整数)，则11…1eq\o(0,\s\do4(n－1个1))＝4n(n＋1)，两边同除以2得，55…eq\o(5,\s\do4(n－1个1))＝2n(n＋1)，此式左端为奇数，右端为偶数，矛盾．9．给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称f(x)在D上存在二阶导函数，记f″(x)＝(f′(x))′，若f″(x)<0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数．以下四个函数在(0，eq\f(π,2))上不是凸函数的是()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，则f″(x)＝－sinx－cosx，在x∈(0，eq\f(π,2))上，恒有f″(x)<0；若f(x)＝lnx－2x，则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，则f″(x)＝－6x，在x∈(0，eq\f(π,2))上，(恒有f″(x)<0)；若f(x)＝－xe－x，则f″(x)＝2e－x－xe－x＝(2－x)e－x.在x∈(0，eq\f(π,2))上，恒有f″(x)>0，故选D.10．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0.对任意正数a、b，若a<b，则必有()A．af(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b)C．af(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.设y＝eq\f(fx,x)，则y′＝eq\f(xf′x－fx,x2)≤0，故y＝eq\f(fx,x)是递减的或是常函数．又a<b，∴eq\f(fa,a)≥eq\f(fb,b)，而a，b>0，则af(b)≤bf(a)．二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分)11．(·北京理，9)复数(eq\f(1＋i,1－i))2＝________.[答案]－1[解析]复数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．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1能被14整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1应变形为________．[答案]34·34k＋1＋52·52k＋1[解析]n＝k时，34k＋1＋52k＋1能被14整除，因此，我们需要将n＝k＋1时的式子构造为能利用n＝k的假设的形式.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，便可得证．13．在△ABC中，D是BC的中点，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，将命题类比到四面体中去，得到一个类比命题：_____________________________________________________________________________________________________________________________________.[答案]在四面体A－BCD中，G为△BCD的重心，则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．已知函数f(x)＝x3－ax2＋3ax＋1在区间(－∞，＋∞)内既有极大值，又有极小值，则实数a的取值范围是________________．[答案](－∞，0)∪(9，＋∞)[解析]由题意得y′＝3x2－2ax＋3a＝0有两个不同的实根，故Δ＝(－2a)2－4×3×解得a<0或a>9.15．如图为函数f(x)的图像，f′(x)为函数f(x)的导函数，则不等式x·f′(x)<0的解集为________．[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)的递增区间，∴f′(x)>0的解集为(－3，－1)．∵(0,1)是f(x)的递减区间，∴f′(x)<0的解集为(0,1)．故不等式的解集为(－3，－1)∪(0,1)．三、解答题(本大题共6小题，共75分，前4题每题12分，20题13分，21题14分)16．已知复数z满足方程z2＋2iz＋3＝0，求z：[分析]设z＝x＋yi(x，y∈R)，代入已知方程进而求出x，y.[解析]设z＝x＋yi(x，y∈R)，由z满足方程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.由复数相等的充要条件，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.当x＝0时，由①，得y2＋2y－3＝0，有y＝1或y＝－3；当y＝－1时，由①，得x2＋4＝0，无解．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.))则z＝i，或z＝－3i.17．设函数f(x)＝kx3－3x2＋1(k≥0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)的极小值大于0，求k的取值范围．[解析](1)当k＝0时，f(x)＝－3x2＋1，∴f(x)的单调增区间为(－∞，0)，单调减区间为(0，＋∞)．当k>0时，f′(x)＝3kx2－6x＝3kx(x－eq\f(2,k))．∴f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(eq\f(2,k)，＋∞)，单调减区间为(0，eq\f(2,k))．(2)当k＝0时，函数f(x)不存在极小值．当k>0时，由(1)知f(x)的极小值为f(eq\f(2,k))＝eq\f(8,k2)－eq\f(12,k2)＋1>0，即k2>4，又k>0，∴k的取值范围为(2，＋∞)．18．设数列{an}满足a1＝0且eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))，记Sn＝eq\i\su(k＝1,n,b)k，证明：Sn<1.[分析](1)由数列{1－eq\f(1,an)}为等差数列，求得1－eq\f(1,an)再解出an即可．(2)化简bn，再利用裂项求和的办法求Sn，进而证明Sn<1.[解析](1)由题设eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1，即{eq\f(1,1－an)}是公差为1的等差数列．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.如图，ABCD是一块边长为4km的正方形地域，地域内有一条河流MD，河流经过路线是以AB中点M为顶点且开口向右的抛物线(河流宽度忽略不计)，某公司准备投巨资建一个大型矩形游乐园PQCN，问如何施工才能使游乐园的面积最大，并求出最大值．[解析]以M为原点，AB为y轴，过点M垂直于AB的直线为x轴建立直角坐标系如图所示，故可知D(4,2)，则抛物线的方程为y2＝x.令P(t2，t)，则0≤t≤2，|PN|＝4－t2，|PQ|＝t＋2，所以S(t)＝(t＋2)(4－t2)＝－t3－2t2＋4t＋8(0≤t≤2)．求导得S′(t)＝－3t2－4t＋4，令S′(t)＝0，得函数S(t)的极值点为t＝eq\f(2,3)，或t＝－2(舍去)．比较极值点和端点的函数值得：当t＝eq\f(2,3)时，S(t)有最大值为eq\f(256,27).20．(·福建理，17)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：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)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．[解析]解法一：(1)选择(2)式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).证明如下：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)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).证明如下：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