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1、最新精品资料最新精品资料最新精品资料选修22综合检测时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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(2014山东鱼台一中高二期中)复平面内，复数(2i)2对应点位于()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，此复数在复平面内的对应点为(3，4)，故选D.2曲线y4xx3在点(1，3)处的切线方程是()Ay7x4 Byx4Cy7x2 Dyx2答案D解析y|x1(43x2)|x11，切线方程为y3x1，即yx2.3若函数f(x)x2bxc的图象的顶点在第四象限，则函数f
2、 (x)的图象是()答案A解析f (x)2xb为增函数，排除B、D；又f(x)的顶点在第四象限，0，b0，当x，1时，f (x)0，f(x)在0，上单调递增，在，1上单调递减，故x时，f(x)取到极大值也是最大值，f()34()31，故选D.7设x34i，则复数zx|x|(1i)在复平面上的对应点在()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.复数z在复平面上的对应点在第二象限，故应选B.8k棱柱有f(k)个对角面，则k1棱柱的对角面个数f(k1)为()Af(k)k1 Bf(k)k1Cf(k)k Df(k)k2答案A
3、解析增加的一条侧棱与其不相邻的k2条侧棱形成k2个对角面，而过与其相邻的两条侧棱的截面原来为侧面，现在也成了一个对角面，故共增加了k1个对角面，f(k1)f(k)k1.故选A.9(2014揭阳一中高二期中)函数yasinxsin3x在x处有极值，则a的值为()A6 B6 C2 D2答案D解析yacosxcos3x，由条件知，acoscos0，a2，故选D.10(2014淄博市临淄区检测)下列求导运算正确的是()A(2x)x2x1 B(3ex)3exC(x2)2x D()答案B解析对于A，(2x)2xln2；对于B，(3ex)3ex；对于C，(x2)2x；对于D，()；综上可知选B.11利用数学
4、归纳法证明不等式10得，0x1，故选A.点评利用导数判断函数单调性的一般步骤求导数f (x)；在函数f(x)的定义域内解不等式f (x)0和f (x)0；根据的结果确定函数f(x)的单调区间二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分将正确答案填在题中横线上)13(2013山东嘉祥一中高二期中)在等比数列an中，若前n项之积为Tn，则有T3n()3.那么在等差数列bn中，若前n项之和为Sn，用类比的方法得到的结论是_答案S3n3(S2nSn)解析由等比数列前n项积，前2n项的积，前3n项的积类比得到等差数列前n项的和，前2n项的和，前3n项的和，由等比数列中()3类比得等差数列中3(S2
5、nSn)，故有S3n3(S2nSn)14已知函数f(x)x32x2ax1在区间(1,1)上恰有一个极值点，则实数a的取值范围是_答案1,7)解析f (x)3x24xa，其图象开口向上，由条件知f (1)f (1)0，(1a)(7a)0，1a7，当a1时，f (x)3x24x10，在(1,1)上恰有一根x，当a7时，f (x)0在(1,1)上无实根，1a7.15(2014天门市调研)若复数z，其中i是虚数单位，则|_.答案1解析因为zi，所以|1.16(2013玉溪一中高三月考)已知不等式10的解集为(1,2)，则(1)dx_.答案23ln3解析由条件知方程10的根为1或2，a1.(1)dx(1
6、)dx23ln3.三、解答题(本大题共6个小题，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本题满分12分)(2014洛阳市高二期中)已知z1、z2为复数，i为虚数单位，z113(z11)50，为纯虚数，z1、z2在复平面内对应的点分别为P、Q.(1)求点P的轨迹方程；(2)求点Q的轨迹方程；(3)写出线段PQ长的取值范围解析(1)设z1xyi，(x、yR)，由z113(z11)50得x2y26x50，整理得(x3)2y24，点P的轨迹方程为(x3)2y24.(2)设z2xyi，(x、yR)，为纯虚数，x2y29且y0，点Q的轨迹方程为x2y29(y0)(3)PQ长的取值范围是0,8
7、)两圆相交，PQ长的最小值为0，又两圆圆心距为3，两圆半径分别为2和3，PQ长的最大值为8，但点Q的轨迹方程中y0，|PQ|8，线段PQ长的取值范围是0,8)点评第(3)问要求“写出线段PQ长的取值范围”可以不写解答过程18(本题满分12分)(2014四川文，21)已知函数f(x)exax2bx1，其中a、bR，e2.71828为自然对数的底数(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间0,1上的最小值；(2)若f(1)0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，证明：e2a1.解析(1)由f(x)exax2bx1，有g(x)f (x)ex2axb.所以g(x)ex2a.当x0,
8、1时，g(x)12a，e2a当a时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递增因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递减，因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；当a时，令g(x)0，得xln(2a)(0,1)所以函数g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；综上所述，当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b当a时，g(x)在0,1上的最小值
9、是g(1)e2ab.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)f(x0)0可知，f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2，所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点由(1)知，当a时，g(x)在0,1上单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点当a时，g(x)在0,1上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点所以a0，g(1)e2ab0.由f(1)0有abe10，g(1)1a0.解得e2a1.所以，函数f(x)在
10、区间(0,1)内有零点时，e2a1.19(本题满分12分)先观察不等式(aa)(bb)(a1b1a2b2)2(a1、a2、b1、b2R)的证明过程：设平面向量(a1，b1)，(a2，b2)，则|，|，a1a2b1b2.|，|a1a2b1b2|，(a1a2b1b2)2(ab)(ab)，再类比证明：(abc)(abc)(a1a2b1b2c1c2)2.分析把平面向量类比推广到空间向量可以证明解析设空间向量(a1，b1，c1)，(a2，b2，c2)，则|，|，a1a2b1b2c1c2，|，|a1a2b1b2c1c2|，(a1a2b1b2c1c2)2(abc)(abc)20(本题满分12分)设函数f(x
11、)sinxcosxx1,0x2，求函数f(x)的单调区间与极值解析f (x)cosxsinx1sin(x)1(0x0)，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，An是线段An2An1的中点，.(1)写出xn与xn1、xn2之间的关系式(n3)；(2)设anxn1xn，计算a1、a2、a3，由此推测数列an的通项公式，并加以证明解析(1)由题意，当n3时，xn(xn1xn2)(2)x10，x2a，x3(x2x1)，x4(x3x2)，a1x2x1a，a2x3x2，a3x4x3，推测an.方法一证明：对于任意nN*，anxn1xn，an1xn2xn1(xn1xn)xn1(xn1xn)an
12、，又a1a0，an是以a为首项，以为公比的等比数列故ana()n1.方法二下面用数学归纳法证明：当n1时，a1aa()11，结论an成立假设当nk(k1，kN)时，an成立，即aka()k1，则当nk1时，ak1xk2xk1xk1ak()a()k1a()(k1)1，所以nk1时，an成立由可知，数列an的通项公式为ana()n1，nN*.22(本题满分14分)(2014贵州湄潭中学高二期中)设函数f(x)xlnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间，上的最大值和最小值解析(1)由题意知，函数的定义域为(0，)f(x)xlnx，f (x)lnx1，令f (x)0，得x，令f (x
13、)0，得x，令f (x)0，得0x，f(x)的单调递增区间为(，)，单调递减区间为(0，)(2)f()lnln，f()ln，f()ln，又lnln，求f(x)在区间，的最大值为ln，最小值为.一、选择题1i是虚数单位，复数z的虚部是()A0 B1 C1 D2答案B解析zi，z的虚部是1.2设曲线y在点(3,2)处的切线与直线axy30垂直，则a()A2 B C D2答案A解析y，y|x3，()(a)1，a2.3用数学归纳法证明等式123(n3)(nN*)时，验证n1，左边应取的项是()A1 B12 C123 D1234答案D解析当n1时，左12(13)124，故应选D.4(2013辽宁实验中学
14、高二期中)三次函数当x1时有极大值4，当x3时有极小值0，且函数过原点，则此函数是()Ayx36x29x Byx36x29xCyx36x29x Dyx36x29x答案B解析由条件设f(x)ax3bx2cx，则f (x)3ax22bxc3a(x1)(x3)，b6a，c9a，f(x)ax36ax29ax，f(1)4，a1.f(x)x36x29x，故选B.5在复平面内，点A对应的复数为12i，(2,1)，则点B对应的复数的共轭复数为()A13i B13i C13i D13i答案D解析由条件知A(1,2)，又(2,1)，B(1,3)，点B对应复数z13i，故13i.6已知函数f(x)x2bx的图象在点
15、A(1，f(1)处的切线l与直线3xy20平行，若数列的前n项和为Sn，则S2013的值为()A. B C D答案A解析f (x)2xb，由f (1)2b3，得b1.则f(x)x2x.于是，S2013(1)()()1.7(2014淄博市临淄区检测)已知函数f(x)x312x，若f(x)在区间(2m，m1)上单调递减，则实数m的取值范围是()A1m1 B1m1C1m1 D1m1答案D解析因为f (x)3x2123(x2)(x2)，令f (x)02x2，所以函数f(x)x312x的单调递减区间为(2,2)，要使f(x)在区间(2m，m1)上单调递减，则区间(2m，m1)是区间(2,2)的子区间，所
16、以从中解得1m0时，a恒成立令t，x(0,1，t1.at4t23t3恒成立令g(t)t4t23t3，g(t)18t9t2(t1)(9t1)，函数g(t)在1，)上为减函数而且g(1)160，g(t)0在1，)上恒成立g(t)在1，)上是减函数，g(t)maxg(1)6，a6；当x，sinxdx2.16(2013天津红桥区高二质检)已知结论“a1、a2R，且4：若a1、a2、a3R，且a1a2a31，则9”，请猜想若a1、a2、anR，且a1a2an1，则_.答案n2解析结论左端各项分别是和为1的各数ai的倒数(i1,2，n)，右端n2时为422，n3时为932，故aiR，a1a2an1时，结论
17、为n2(n2)三、解答题17已知非零实数a、b、c构成公差不为0的等差数列，求证：，不可能构成等差数列解析假设，能构成等差数列，则得，于是得bcab2ac.而由于a，b，c构成等差数列，即2bac.所以由两式得，(ac)24ac，即(ac)20，于是得abc，这与a，b，c构成公差不为0的等差数列矛盾故假设不成立，因此，不能构成等差数列18已知函数f(x)(2a)x2lnx，(aR)(1)若函数f(x)在x1处取得极值，求实数a的值；(2)求函数f(x)的单调区间解析(1)由题可知f (x)2a(x0)，令f (x)0得2a0，x，又因为函数f(x)在x1处取得极值，所以a0.(2)若a2，f
18、 (x)0)，f(x)2lnx的单调递减区间为(0，)；若2a2时，f (x)2a在(0，)上小于0，所以f(x)在(0，)上单调递减；若2a0，即a时f (x)0，f(x)单调递增，0x时，f (x)0，f(x)单调递减综上：a2时，f(x)的单调递减区间为(0，)；a1)，若a是从1、2、3三个数中任取的一个数，b是从2、3、4、5四个数中任取的一个数，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，)上恒成立设g(x)axb，则g(x)a，令g(x)0，则a(x1)210，解得：x1，x(1，1)时，g(x)0.x1时，函数g(x)取得最小值为g(1)2a1b，2
19、a1b0，当a1时，b的值可以是2或3，当a2时，b的值可以是2或3或4或5，当a3时，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种，而数对(a，b)的所有可能取法共有12种，使f(x)b恒成立的概率为P.20若a、b、c是不全相等的正数，求证：lglglglgalgblgc.解析要证lglglglgalgblgc，只需证lglg(abc)，只需证abc.a，b，c是不全相等的正数，0，0，0，且上述三式中的等号不同时成立abc.lglglglgalgblgc.21已知函数f(x)x2ax(a1)lnx.(1)若a2，讨论函数f(x)的单调性；(2)已知a1，g(x)2f(x
20、)x3，若数列an的前n项和为Sng(n)，证明：2，所以a11.故当1xa1时f (x)0；当0xa1时f (x)0.函数f(x)在区间(1，a1)上单调递减，在区间(0,1)和(a1，)上单调增加(2)由a1知g(x)x3x22x，所以Snn3n22n.可得anan3n2n2(n2)所以(n2)因为()，所以(1)()()(1)，综上，不等式得证22(2014揭阳一中高二期中)已知函数f(x)lnxax22x(a0)依题意f (x)0在x0时恒成立，即ax22x10在x0时恒成立，则a(1)21在x0时恒成立，即a(1)21)min(x0)，当x1时，(1)21取最小值1，a的取值范围是(
21、，1(2)a，f(x)xbx2xlnxb0.设g(x)x2xlnxb(x0)，则g(x).g(x)，g(x)随x的变化如下表：x(0,1)1(1,2)2(2,4)g(x)00g(x)极大值极小值g(x)极小值g(2)ln2b2，g(x)极大值g(1)b，又g(4)2ln2b2，方程g(x)0在1,4上恰有两个不相等的实数根则得ln22b.(3)设h(x)lnxx1，x1，)，则h(x)10，h(x)在1，)上为减函数h(x)maxh(1)0，故当x1时有lnxx1.当n1时，a111成立；假设nk时，ak2k1，则当nk1时，2k11，ln(2k1)(2k1)12k2，ak1lnakak2ln(2k1)(2k1)2(2k2)(2k1)22k11，所以当nk1时结论也成立，由得，对nN*有an2n1成立最新精品资料