《步步高学案导学设计》2013-2014学年高中数学人教A版选修2-2【配套备课资源】综合检测一

综合检测(一)一、选择题1．i是虚数单位，复数1－3i1－i的共轭复数是()A．2＋iB．2－iC．－1＋2iD．－1－2i2．演绎推理“因为对数函数y＝logax(a0且a≠1)是增函数，而函数y＝log12x是对数函数，所以y＝log12x是增函数”所得结论错误的原因是()A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．大前提和小前提都错误3．用反证法证明命题：“若a，b∈N，ab能被3整除，那么a，b中至少有一个能被3整除”时，假设应为()A．a，b都能被3整除B．a，b都不能被3整除C．a，b不都能被3整除D．a不能被3整除4．i为虚数单位，复平面内表示复数z＝－i2＋i的点在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限5．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系为()A．PQB．P＝QC．PQD．由a的取值确定6．求证：7－111－5.证明：要证7－111－5，只要证7＋511＋1，即证7＋27×5＋511＋211＋1，即证3511，即证3511，∵3511恒成立，∴原式成立．以上证明过程应用了()A．综合法B．分析法C．综合法、分析法配合使用D．间接证法7．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如下图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极大值点()A．1个B．2个C．3个D．4个8．设f(x)＝x2－2x－4lnx，则f′(x)0的解集为()A．(0，＋∞)B．(－1,0)∪(2，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－1,0)9．如右图阴影部分面积是()A．e＋1eB．e＋1e－1C．e＋1e－2D．e－1e10．曲线f(x)＝x3＋x－2在点P处的切线平行于直线y＝4x－1，则点P的坐标为()A．(1,0)B．(－1，－4)C．(1，－4)D．(1,0)或(－1，－4)11．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且(x－1)f′(x)0，a＝f(0)，b＝f(12)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是()A．abcB．cabC．bacD．cba12．设△ABC的三边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝2Sa＋b＋c，类比这个结论可知：四面体S—ABC的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球半径为R，四面体S—ABC的体积为V，则R等于()A.VS1＋S2＋S3＋S4B.2VS1＋S2＋S3＋S4C.3VS1＋S2＋S3＋S4D.4VS1＋S2＋S3＋S4二、填空题13．若复数z＝cosθ－sinθi所对应的点在第四象限，则θ为第________象限角．14．变速直线运动的物体的速度为v(t)＝1－t2(m/s)(其中t为时间，单位：s)，则它在前2s内所走过的路程为________m.15．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的取值范围是________．三、解答题16．已知复数z＝a2－7a＋6a2－1＋(a2－5a－6)i(a∈R)，试求实数a取什么值时，z分别为：(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数．17．求函数f(x)＝x(ex－1)－12x2的单调区间．19．在数列{an}中，a1＝12，an＋1＝3anan＋3，求a2、a3、a4的值，由此猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想．20．已知△ABC的三边长为a、b、c，且其中任意两边长均不相等．若1a，1b，1c成等差数列．(1)比较ba与cb的大小，并证明你的结论．(2)求证：B不可能是钝角．21．已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋k2x2(k≥0)．(1)当k＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间．答案1．A2．A3．B4．C5．C6．B7．B8．C9．C10．D11．B12．C13．一14．215．[－3，3]16．解(1)当z为实数时，则a2－5a－6＝0，且a2－7a＋6a2－1有意义，∴a＝－1，或a＝6，且a≠±1，∴当a＝6时，z为实数．(2)当z为虚数时，则a2－5a－6≠0，且a2－7a＋6a2－1有意义，∴a≠－1，且a≠6，且a≠±1.∴当a≠±1，且a≠6时，z为虚数，即当a∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(1,6)∪(6，＋∞)时，z为虚数．(3)当z为纯虚数时，则有a2－5a－6≠0，且a2－7a＋6a2－1＝0.∴a≠－1，且a≠6，a＝6.∴不存在实数a使z为纯虚数．17．解f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．当x∈(－∞，－1)时，f′(x)0；当x∈(－1,0)时，f′(x)0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0.故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．18．证明要证a－5－a－3a－2－a，只需证a－5＋aa－3＋a－2，只需证(a－5＋a)2(a－3＋a－2)2，只需证2a－5＋2a2－5a2a－5＋2a2－5a＋6，只需证a2－5aa2－5a＋6，只需证a2－5aa2－5a＋6，只需证06.因为06恒成立，所以a－5－a－3a－2－a成立．19．解a1＝12＝36，a2＝37，a3＝38，a4＝39，猜想an＝3n＋5，下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，a1＝31＋5＝12，猜想成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时猜想成立，即ak＝3k＋5.则当n＝k＋1时，ak＋1＝3akak＋3＝3·3k＋53k＋5＋3＝3k＋1＋5，所以当n＝k＋1时猜想也成立，由①②知，对n∈N*，an＝3n＋5都成立．20．(1)解大小关系为bacb，证明如下：要证bacb，只需证bacb，由题意知a、b、c0，只需证b2ac，∵1a，1b，1c成等差数列，∴2b＝1a＋1c≥21ac，∴b2≤ac，又a、b、c任意两边均不相等，∴b2ac成立．故所得大小关系正确．(2)证明假设B是钝角，则cosB0，而cosB＝a2＋c2－b22ac2ac－b22acac－b22ac0.这与cosB0矛盾，故假设不成立．∴B不可能是钝角．21．解(1)当k＝2时，f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，f′(x)＝11＋x－1＋2x.由于f(1)＝ln2，f′(1)＝32，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－ln2＝32(x－1)，即3x－2y＋2ln2－3＝0.(2)f′(x)＝xkx＋k－11＋x，x∈(－1，＋∞)．当k＝0时，f′(x)＝－x1＋x.所以，在区间(－1,0)上，f′(x)0；在区间(0，＋∞)上，f′(x)0.故f(x)的单调递增区间是(－1,0)，单调递减区间是(0，＋∞)．当0k1时，由f′(x)＝xkx＋k－11＋x＝0，得x1＝0，x2＝1－kk0.所以，在区间(－1,0)和(1－kk，＋∞)上，f′(x)0；在区间(0，1－kk)上，f′(x)0.故f(x)的单调递增区间是(－1,0)和(1－kk，＋∞)，单调递减区间是(0，1－kk)．当k＝1时，f′(x)＝x21＋x.故f(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)．当k1时，由f′(x)＝xkx＋k－11＋x＝0，得x1＝1－kk∈(－1,0)，x2＝0.所以，在区间(－1，1－kk)和(0，＋∞)上，f′(x)0；在区间(1－kk，0)上，f′(x)0.故f(x)的单调递增区间是(－1，1－kk)和(0，＋∞)，单调递减区间是(1－kk，0)．