11-12学年高二数学：选修2-2 综合检测 （人教A版选修2-2）【含解析】

选修2－2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．(2010·全国Ⅱ理，1)复数2＝(　　)
A．－3－4i　　 B．－3＋4i
C．3－4i D．3＋4i
[答案]　A
[解析]　2＝＝－3－4i.
2．用反证法证明“如果a>b，那么>”假设的内容应是(　　)
A.＝
B.<
C.＝且<
D.＝或<
[答案]　D
[解析]　“若a>b，则>”的否定是“若a>b，则≤”，所以假设的内容应是＝或<.故应选D.
3．函数y＝2－x2－x3的极值情况是(　　)
A．有极大值，没有极小值
B．有极小值，没有极大值
C．既无极大值也无极小值
D．既有极大值也有极小值
[答案]　D
[解析]　y′＝－3x2－2x＝－x(3x＋2)，
当x>0或x<－时，y′<0，
当－0，
∴当x＝－时取极小值，当x＝0时取极大值．
4．曲线y＝cosx 与坐标轴所围图形面积是(　　)
A．4　　　　 B．2　　　　
C.　　　　 D．3
[答案]　D
[解析]　由y＝cosx图象的对称性可知，
y＝cosx与坐标轴所围图形面积是
3∫0cosxdx＝3sinx＝3.
5．若点P在曲线y＝x3－3x2＋(3－)x＋上移动，经过点P的切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是(　　)
A．[0，) B．[0，)∪[，π)
C．[，π) D．[0，)∪(，]
[答案]　B
[解析]　∵y′＝3x2－6x＋3－＝3(x－1)2－≥－，∴tanα≥－ α∈(0，π)，
∴α∈[0，)∪[，π)，故选B.
6．将8分为两数之和，使其立方之和为最小，则分法为(　　)
A．2和6 B．4和4
C．3和5 D．以上都不对
[答案]　B
[解析]　设一个数为x，则另一个数为8－x，
则y＝x3＋(8－x)3(0≤x≤8)，
y′＝3x2－3(8－x)2，
令y′＝0，即3x2－3(8－x)2＝0，解得x＝4
当0≤x<4时，y′<0；当40，所以当x＝4时，y最小，故应选B.
7．设x＝3＋4i，则复数z＝x－|x|－(1－i)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]　∵x＝3＋4i，∴|x|＝＝5
∴z＝3＋4i－5－(1－i)＝(3－5－1)＋(4＋1)i
＝－3＋5i.
∴复数Z在复平面上的对应点在第二象限，故应选B.
8．k棱柱有f(k)个对角面，则k＋1棱柱的对角面个数f(k＋1)为(　　)
A．f(k)＋k－1 B．f(k)＋k＋1
C．f(k)＋k D．f(k)＋k－2
[答案]　A
[解析]　增加的一条侧棱与其不相邻的k－2条侧棱形成k－2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k－1个对角面，∴f(k＋1)＝f(k)＋k－1.故选A.
9．(2010·江西理，5)等比数列{an}中a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…·(x－a8)，则f′(0)＝(　　)
A．26 B．29
C．212 D．215
[答案]　C
[解析]　令g(x)＝(x－a1)(x－a2)……(x－a8)，
则f(x)＝xg(x)
f′(x)＝g(x)＋g′(x)x，故f′(0)＝g(0)＝a1a2……a8
＝(a1a8)4＝212.
10．利用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…A．1项 B．k项
C．2k－1项 D．2k项
[答案]　D
[解析]　n＝k＋1时，左边为：
1＋＋＋…＋
＝＋，
故共增加了2k项，故选D.
11．设f(z)＝，且z1＝1＋5i，z2＝－3＋2i，则f()的值是(　　)
A．－2＋3i B．－2－3i
C．4－3i D．4＋3i
[答案]　D
[解析]　∵z1－z2＝(1＋5i)－(－3＋2i)＝4＋3i，
∴＝4－3i，
∵f(z)＝，∴f(4－3i)＝＝4＋3i.
12．已知f(x)＝x3＋x，若a，b，c∈R，且a＋b>0，a＋c>0，b＋c>0，则f(a)＋f(b)＋f(c)的值(　　)
A．一定大于0 B．一定等于0
C．一定小于0 D．正负都有可能
[答案]　A
[解析]　解法1：f(a)＋f(b)＋f(c)＝a3＋b3＋c3＋(a＋b＋c)＝(a3＋b3)＋(b3＋c3)＋(a3＋c3)＋(a＋b＋c)，因为a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)>0，同理b3＋c3>0，a3＋c3>0，又因为a＋b>0，b＋c>0，a＋c>0，故2(a＋b＋c)>0，即a＋b＋c>0，所以f(a)＋f(b)＋f(c)>0，故选A.
解法2：∵f′(x)＝3x2＋1>0，
∴f(x)在R上是增函数．
又a＋b>0，∴a>－b，∴f(a)>f(－b)．
又f(x)＝x3＋x是奇函数，
∴f(a)>－f(b)，即f(a)＋f(b)>0.
同理：f(b)＋f(c)>0，f(c)＋f(a)>0，
∴f(a)＋f(b)＋f(c)>0，故选A.
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．在△ABC中，D为BC的中点，则＝(＋)，将命题类比到四面体中得到一个类比命题为________________．
[答案]　在四面体A－BCD中，G为△BCD的重心，则＝(＋＋)
14．若x[答案]　－2 －1
[解析]　由复数相等的条件知，
∵x＜y＜0，∴.
15．设f(t)＝，那么f′(2)＝________.
[答案]　
[解析]　∵f(t)＝，
∴f′(t)＝
＝＝，
∴f′(2)＝＝.
16．(2010·福建文，16)观察下列等式：
①cos2α＝2cos2α－1；
②cos4α＝8cos4α－8cos2α＋1；
③cos6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1；
④cos8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1；
⑤cos10α＝mcos10α－1280cos8α＋1120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1.
可以推测，m－n＋p＝________.
[答案]　962
[解析]　由题易知：m＝29＝512，p＝5×10＝50
m－1280＋1120＋n＋p－1＝1，
∴m＋n＋p＝162.
∴n＝－400，∴m－n＋p＝962.
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)设复数z＝，若z2＋az＋b＝1＋i，求实数a、b的值．
[解析]　z＝＝＝
＝＝1－i.
将z＝1－i代入z2＋az＋b＝1＋i，得
(1－i)2＋a(1－i)＋b＝1＋i，
(a＋b)－(a＋2)i＝1＋i，
∴，∴
18．(本题满分12分)已知实数a≠0，函数f(x)＝ax(x－2)2(x∈R)有极大值32，求a的值．
[解析]　f(x)＝ax(x－2)2＝a(x3－4x2＋4x)．
∴f′(x)＝a(3x2－8x＋4)＝a(3x－2)(x－2)．
由f′(x)＝0，得x＝或x＝2，
当a>0时，f(x)在x＝时，取极大值；
由f＝32，得a＝27，
当a<0时，f(x)在x＝2时，取极大值，
由f(2)＝32，得a不存在，∴a＝27.
19．(本题满分12分)证明：若函数f(x)在区间[a，b]上是严格的增函数，那么方程f(x)＝0在区间[a，b]上至多只有一个实根．
[分析]　函数f(x)在区间[a，b]上是严格的增函数，就是表明对区间[a，b]上任意x1，x2，若x1[证明]　假设方程f(x)＝0在区间[a，b]上至少有两个实根，设α，β为其中的两个实根，则有f(α)＝f(β)＝0.
因为α≠β，不妨设α>β，
又因为函数f(x)在区间[a，b]上是严格的增函数，所以f(α)>f(β)．
这与假设f(α)＝0＝f(β)矛盾，所以方程f(x)＝0在区间[a，b]上至多只有一个实根．
[点评]　原命题和逆否命题是一组等价命题，反证法的实质是通过逆否命题来证明原命题的正确性．
20．(本题满分12分)(2010·安徽文，20)设函数f(x)＝sinx－cosx＋x＋1,0[解析]　f′(x)＝cosx＋sinx＋1＝sin(x＋)＋1　(0令f′(x)＝0，即sin(x＋)＝－，
解之得x＝π或x＝π.
x，f′(x)以及f(x)变化情况如下表：
x (0，π) π (π，π) π (π，2π)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 递增 π＋2 递减 递增
∴f(x)的单调增区间为(0，π)和(π，2π)单调减区间为(π，π)．
f极大(x)＝f(π)＝π＋2，f极小(x)＝f(π)＝.
21．(本题满分12分)已知数列，，…，，…，Sn为该数列的前n项和，计算得S1＝，S2＝，S3＝，S4＝.
观察上述结果，推测出Sn(n∈N*)，并用数学归纳法加以证明．
[解析]　推测Sn＝(n∈N*)．用数学归纳法证明如下：
(1)当n＝1时，S1＝＝，等式成立；
(2)假设当n＝k时，等式成立，
即Sk＝，那么当n＝k＋1时，
Sk＋1＝Sk＋
＝＋
＝
＝
＝
＝＝.
也就是说，当n＝k＋1时，等式成立．
根据(1)和(2)，可知对一切n∈N*，等式均成立．
22．设函数f(x)＝－a＋x＋a，x∈(0,1]，a∈R*.
(1)若f(x)在(0,1]上是增函数，求a的取值范围；
(2)求f(x)在(0,1]上的最大值．
[分析]　(1)由f(x)在(0,1]上为增函数，知f′(x)≥0在(0,1]上恒成立，即a≤在(0,1]上恒成立，故a只需小于或等于在(0,1]上的最小值.
(2)求f(x)在(0,1]上的最大值时由(1)的结论可对a分类讨论，分0两种情况，当0时，可由导数求f(x)在(0,1]上的极大值点．
[解析]　(1)f′(x)＝－a·＋1.
因为f(x)在(0,1]上是增函数，
所以f′(x)＝－＋1≥0在(0,1]上恒成立，
即a≤＝在(0,1]上恒成立，
而在(0,1]上的最小值为，
又因为a∈R*，所以0(2)由(1)知：①当0②当a>时，令f′(x)＝0，得x＝∈(0,1]，
因为当00，
当所以f(x)在点x＝处取得极大值，
即为f＝＋a
＝＋a＝a－，
故f(x)max＝a－.
综上，当0当a>时，f(x)max＝a－.
[点评]　①已知f(x)在[a，b]上单调递增(或单调递减)可推得x∈[a，b]时，f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，求单调区间时，令f′(x)>0(或f′(x)<0)．②求f(x)的最大值时，要比较端点处函数值与极值的大小．当f′(x)的符号不确定时，可对待定系数进行分类讨论．