2019年高中數(shù)學(xué) 綜合檢測 新人教A版選修2-2.doc
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2019年高中數(shù)學(xué) 綜合檢測 新人教A版選修2-2一、選擇題(本大題共12個(gè)小題,每小題5分,共60分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1(xx山東魚臺(tái)一中高二期中)復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)(2i)2對(duì)應(yīng)點(diǎn)位于()A第一象限B第二象限C第三象限 D第四象限答案D解析(2i)244ii234i,此復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為(3,4),故選D.2曲線y4xx3在點(diǎn)(1,3)處的切線方程是()Ay7x4 Byx4Cy7x2 Dyx2答案D解析y|x1(43x2)|x11,切線方程為y3x1,即yx2.3若函數(shù)f(x)x2bxc的圖象的頂點(diǎn)在第四象限,則函數(shù)f (x)的圖象是()答案A解析f (x)2xb為增函數(shù),排除B、D;又f(x)的頂點(diǎn)在第四象限,0,b0,當(dāng)x,1時(shí),f (x)0,f(x)在0,上單調(diào)遞增,在,1上單調(diào)遞減,故x時(shí),f(x)取到極大值也是最大值,f()34()31,故選D.7設(shè)x34i,則復(fù)數(shù)zx|x|(1i)在復(fù)平面上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)在()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限答案B解析x34i,|x|5,z34i5(1i)(351)(41)i35i.復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第二象限,故應(yīng)選B.8k棱柱有f(k)個(gè)對(duì)角面,則k1棱柱的對(duì)角面?zhèn)€數(shù)f(k1)為()Af(k)k1 Bf(k)k1Cf(k)k Df(k)k2答案A解析增加的一條側(cè)棱與其不相鄰的k2條側(cè)棱形成k2個(gè)對(duì)角面,而過與其相鄰的兩條側(cè)棱的截面原來為側(cè)面,現(xiàn)在也成了一個(gè)對(duì)角面,故共增加了k1個(gè)對(duì)角面,f(k1)f(k)k1.故選A.9(xx揭陽一中高二期中)函數(shù)yasinxsin3x在x處有極值,則a的值為()A6 B6 C2 D2答案D解析yacosxcos3x,由條件知,acoscos0,a2,故選D.10(xx淄博市臨淄區(qū)檢測)下列求導(dǎo)運(yùn)算正確的是()A(2x)x2x1 B(3ex)3exC(x2)2x D()答案B解析對(duì)于A,(2x)2xln2;對(duì)于B,(3ex)3ex;對(duì)于C,(x2)2x;對(duì)于D,();綜上可知選B.11利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式10得,0x1,故選A.點(diǎn)評(píng)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的一般步驟求導(dǎo)數(shù)f (x);在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解不等式f (x)0和f (x)0;根據(jù)的結(jié)果確定函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間二、填空題(本大題共4個(gè)小題,每小題4分,共16分將正確答案填在題中橫線上)13(xx山東嘉祥一中高二期中)在等比數(shù)列an中,若前n項(xiàng)之積為Tn,則有T3n()3.那么在等差數(shù)列bn中,若前n項(xiàng)之和為Sn,用類比的方法得到的結(jié)論是_答案S3n3(S2nSn)解析由等比數(shù)列前n項(xiàng)積,前2n項(xiàng)的積,前3n項(xiàng)的積類比得到等差數(shù)列前n項(xiàng)的和,前2n項(xiàng)的和,前3n項(xiàng)的和,由等比數(shù)列中()3類比得等差數(shù)列中3(S2nSn),故有S3n3(S2nSn)14已知函數(shù)f(x)x32x2ax1在區(qū)間(1,1)上恰有一個(gè)極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_答案1,7)解析f (x)3x24xa,其圖象開口向上,由條件知f (1)f (1)0,(1a)(7a)0,1a7,當(dāng)a1時(shí),f (x)3x24x10,在(1,1)上恰有一根x,當(dāng)a7時(shí),f (x)0在(1,1)上無實(shí)根,1a7.15(xx天門市調(diào)研)若復(fù)數(shù)z,其中i是虛數(shù)單位,則|_.答案1解析因?yàn)閦i,所以|1.16(xx玉溪一中高三月考)已知不等式10的解集為(1,2),則(1)dx_.答案23ln3解析由條件知方程10的根為1或2,a1.(1)dx(1)dx23ln3.三、解答題(本大題共6個(gè)小題,共74分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17(本題滿分12分)(xx洛陽市高二期中)已知z1、z2為復(fù)數(shù),i為虛數(shù)單位,z113(z11)50,為純虛數(shù),z1、z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為P、Q.(1)求點(diǎn)P的軌跡方程;(2)求點(diǎn)Q的軌跡方程;(3)寫出線段PQ長的取值范圍解析(1)設(shè)z1xyi,(x、yR),由z113(z11)50得x2y26x50,整理得(x3)2y24,點(diǎn)P的軌跡方程為(x3)2y24.(2)設(shè)z2xyi,(x、yR),為純虛數(shù),x2y29且y0,點(diǎn)Q的軌跡方程為x2y29(y0)(3)PQ長的取值范圍是0,8)兩圓相交,PQ長的最小值為0,又兩圓圓心距為3,兩圓半徑分別為2和3,PQ長的最大值為8,但點(diǎn)Q的軌跡方程中y0,|PQ|8,線段PQ長的取值范圍是0,8)點(diǎn)評(píng)第(3)問要求“寫出線段PQ長的取值范圍”可以不寫解答過程18(本題滿分12分)(xx四川文,21)已知函數(shù)f(x)exax2bx1,其中a、bR,e2.71828為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),求函數(shù)g(x)在區(qū)間0,1上的最小值;(2)若f(1)0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn),證明:e2a1.解析(1)由f(x)exax2bx1,有g(shù)(x)f (x)ex2axb.所以g(x)ex2a.當(dāng)x0,1時(shí),g(x)12a,e2a當(dāng)a時(shí),g(x)0,所以g(x)在0,1上單調(diào)遞增因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b;當(dāng)a時(shí),g(x)0,所以g(x)在0,1上單調(diào)遞減,因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab;當(dāng)a時(shí),令g(x)0,得xln(2a)(0,1)所以函數(shù)g(x)在區(qū)間0,ln(2a)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(ln(2a),1上單調(diào)遞增于是,g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b;綜上所述,當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b;當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab.(2)設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個(gè)零點(diǎn),則由f(0)f(x0)0可知,f(x)在區(qū)間(0,x0)上不可能單調(diào)遞增,也不可能單調(diào)遞減則g(x)不可能恒為正,也不可能恒為負(fù)故g(x)在區(qū)間(0,x0)內(nèi)存在零點(diǎn)x1.同理g(x)在區(qū)間(x0,1)內(nèi)存在零點(diǎn)x2,所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有兩個(gè)零點(diǎn)由(1)知,當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上單調(diào)遞增,故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上單調(diào)遞減,故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn)所以a0,g(1)e2ab0.由f(1)0有abe10,g(1)1a0.解得e2a1.所以,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn)時(shí),e2a1.19(本題滿分12分)先觀察不等式(aa)(bb)(a1b1a2b2)2(a1、a2、b1、b2R)的證明過程:設(shè)平面向量(a1,b1),(a2,b2),則|,|,a1a2b1b2.|,|a1a2b1b2|,(a1a2b1b2)2(ab)(ab),再類比證明:(abc)(abc)(a1a2b1b2c1c2)2.分析把平面向量類比推廣到空間向量可以證明解析設(shè)空間向量(a1,b1,c1),(a2,b2,c2),則|,|,a1a2b1b2c1c2,|,|a1a2b1b2c1c2|,(a1a2b1b2c1c2)2(abc)(abc)20(本題滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)sinxcosxx1,0x2,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值解析f (x)cosxsinx1sin(x)1(0x0),A3是線段A1A2的中點(diǎn),A4是線段A2A3的中點(diǎn),An是線段An2An1的中點(diǎn),.(1)寫出xn與xn1、xn2之間的關(guān)系式(n3);(2)設(shè)anxn1xn,計(jì)算a1、a2、a3,由此推測數(shù)列an的通項(xiàng)公式,并加以證明解析(1)由題意,當(dāng)n3時(shí),xn(xn1xn2)(2)x10,x2a,x3(x2x1),x4(x3x2),a1x2x1a,a2x3x2,a3x4x3,推測an.方法一證明:對(duì)于任意nN*,anxn1xn,an1xn2xn1(xn1xn)xn1(xn1xn)an,又a1a0,an是以a為首項(xiàng),以為公比的等比數(shù)列故ana()n1.方法二下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng)n1時(shí),a1aa()11,結(jié)論an成立假設(shè)當(dāng)nk(k1,kN)時(shí),an成立,即aka()k1,則當(dāng)nk1時(shí),ak1xk2xk1xk1ak()a()k1a()(k1)1,所以nk1時(shí),an成立由可知,數(shù)列an的通項(xiàng)公式為ana()n1,nN*.22(本題滿分14分)(xx貴州湄潭中學(xué)高二期中)設(shè)函數(shù)f(x)xlnx.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)求f(x)在區(qū)間,上的最大值和最小值解析(1)由題意知,函數(shù)的定義域?yàn)?0,)f(x)xlnx,f (x)lnx1,令f (x)0,得x,令f (x)0,得x,令f (x)0,得0x,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,)(2)f()lnln,f()ln,f()ln,又lnln,求f(x)在區(qū)間,的最大值為ln,最小值為.一、選擇題1i是虛數(shù)單位,復(fù)數(shù)z的虛部是()A0 B1 C1 D2答案B解析zi,z的虛部是1.2設(shè)曲線y在點(diǎn)(3,2)處的切線與直線axy30垂直,則a()A2 B C D2答案A解析y,y|x3,()(a)1,a2.3用數(shù)學(xué)歸納法證明等式123(n3)(nN*)時(shí),驗(yàn)證n1,左邊應(yīng)取的項(xiàng)是()A1 B12 C123 D1234答案D解析當(dāng)n1時(shí),左12(13)124,故應(yīng)選D.4(xx遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二期中)三次函數(shù)當(dāng)x1時(shí)有極大值4,當(dāng)x3時(shí)有極小值0,且函數(shù)過原點(diǎn),則此函數(shù)是()Ayx36x29x Byx36x29xCyx36x29x Dyx36x29x答案B解析由條件設(shè)f(x)ax3bx2cx,則f (x)3ax22bxc3a(x1)(x3),b6a,c9a,f(x)ax36ax29ax,f(1)4,a1.f(x)x36x29x,故選B.5在復(fù)平面內(nèi),點(diǎn)A對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為12i,(2,1),則點(diǎn)B對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)為()A13i B13i C13i D13i答案D解析由條件知A(1,2),又(2,1),B(1,3),點(diǎn)B對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)z13i,故13i.6已知函數(shù)f(x)x2bx的圖象在點(diǎn)A(1,f(1)處的切線l與直線3xy20平行,若數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,則Sxx的值為()A. B C D答案A解析f (x)2xb,由f (1)2b3,得b1.則f(x)x2x.于是,Sxx(1)()()1.7(xx淄博市臨淄區(qū)檢測)已知函數(shù)f(x)x312x,若f(x)在區(qū)間(2m,m1)上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A1m1 B1m1C1m1 D1m1答案D解析因?yàn)閒 (x)3x2123(x2)(x2),令f (x)02x2,所以函數(shù)f(x)x312x的單調(diào)遞減區(qū)間為(2,2),要使f(x)在區(qū)間(2m,m1)上單調(diào)遞減,則區(qū)間(2m,m1)是區(qū)間(2,2)的子區(qū)間,所以從中解得1m0時(shí),a恒成立令t,x(0,1,t1.at4t23t3恒成立令g(t)t4t23t3,g(t)18t9t2(t1)(9t1),函數(shù)g(t)在1,)上為減函數(shù)而且g(1)160,g(t)0在1,)上恒成立g(t)在1,)上是減函數(shù),g(t)maxg(1)6,a6;當(dāng)x,sinxdx2.16(xx天津紅橋區(qū)高二質(zhì)檢)已知結(jié)論“a1、a2R,且4:若a1、a2、a3R,且a1a2a31,則9”,請猜想若a1、a2、anR,且a1a2an1,則_.答案n2解析結(jié)論左端各項(xiàng)分別是和為1的各數(shù)ai的倒數(shù)(i1,2,n),右端n2時(shí)為422,n3時(shí)為932,故aiR,a1a2an1時(shí),結(jié)論為n2(n2)三、解答題17已知非零實(shí)數(shù)a、b、c構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列,求證:,不可能構(gòu)成等差數(shù)列解析假設(shè),能構(gòu)成等差數(shù)列,則得,于是得bcab2ac.而由于a,b,c構(gòu)成等差數(shù)列,即2bac.所以由兩式得,(ac)24ac,即(ac)20,于是得abc,這與a,b,c構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列矛盾故假設(shè)不成立,因此,不能構(gòu)成等差數(shù)列18已知函數(shù)f(x)(2a)x2lnx,(aR)(1)若函數(shù)f(x)在x1處取得極值,求實(shí)數(shù)a的值;(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間解析(1)由題可知f (x)2a(x0),令f (x)0得2a0,x,又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x1處取得極值,所以a0.(2)若a2,f (x)0),f(x)2lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,);若2a2時(shí),f (x)2a在(0,)上小于0,所以f(x)在(0,)上單調(diào)遞減;若2a0,即a時(shí)f (x)0,f(x)單調(diào)遞增,0x時(shí),f (x)0,f(x)單調(diào)遞減綜上:a2時(shí),f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,);a1),若a是從1、2、3三個(gè)數(shù)中任取的一個(gè)數(shù),b是從2、3、4、5四個(gè)數(shù)中任取的一個(gè)數(shù),求f(x)b恒成立的概率解析若使f(x)b恒成立,只需使axb0在(1,)上恒成立設(shè)g(x)axb,則g(x)a,令g(x)0,則a(x1)210,解得:x1,x(1,1)時(shí),g(x)0.x1時(shí),函數(shù)g(x)取得最小值為g(1)2a1b,2a1b0,當(dāng)a1時(shí),b的值可以是2或3,當(dāng)a2時(shí),b的值可以是2或3或4或5,當(dāng)a3時(shí),b的值可以是2或3或4或5.使f(x)b恒成立的取法共有10種,而數(shù)對(duì)(a,b)的所有可能取法共有12種,使f(x)b恒成立的概率為P.20若a、b、c是不全相等的正數(shù),求證:lglglglgalgblgc.解析要證lglglglgalgblgc,只需證lglg(abc),只需證abc.a,b,c是不全相等的正數(shù),0,0,0,且上述三式中的等號(hào)不同時(shí)成立abc.lglglglgalgblgc.21已知函數(shù)f(x)x2ax(a1)lnx.(1)若a2,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)已知a1,g(x)2f(x)x3,若數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sng(n),證明:2,所以a11.故當(dāng)1xa1時(shí)f (x)0;當(dāng)0xa1時(shí)f (x)0.函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,a1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,1)和(a1,)上單調(diào)增加(2)由a1知g(x)x3x22x,所以Snn3n22n.可得anan3n2n2(n2)所以(n2)因?yàn)?),所以(1)()()(1),綜上,不等式得證22(xx揭陽一中高二期中)已知函數(shù)f(x)lnxax22x(a0)依題意f (x)0在x0時(shí)恒成立,即ax22x10在x0時(shí)恒成立,則a(1)21在x0時(shí)恒成立,即a(1)21)min(x0),當(dāng)x1時(shí),(1)21取最小值1,a的取值范圍是(,1(2)a,f(x)xbx2xlnxb0.設(shè)g(x)x2xlnxb(x0),則g(x).g(x),g(x)隨x的變化如下表:x(0,1)1(1,2)2(2,4)g(x)00g(x)極大值極小值g(x)極小值g(2)ln2b2,g(x)極大值g(1)b,又g(4)2ln2b2,方程g(x)0在1,4上恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根則得ln22b.(3)設(shè)h(x)lnxx1,x1,),則h(x)10,h(x)在1,)上為減函數(shù)h(x)maxh(1)0,故當(dāng)x1時(shí)有l(wèi)nxx1.當(dāng)n1時(shí),a111成立;假設(shè)nk時(shí),ak2k1,則當(dāng)nk1時(shí),2k11,ln(2k1)(2k1)12k2,ak1lnakak2ln(2k1)(2k1)2(2k2)(2k1)22k11,所以當(dāng)nk1時(shí)結(jié)論也成立,由得,對(duì)nN*有an2n1成立- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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