选修2-2综合测试

单元综合测试四(模块综合测试)时间：120分钟分值：150分一、选择题(每小题5分，共60分)1．(2014·新课标Ⅱ理)设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i，则z1z2＝()A．－5B．5C．－4＋iD．－4－i【答案】A【解析】本题考查复数的乘法，复数的几何意义．∵z1＝2＋i，z1与z2关于虚轴对称，∴z2＝－2＋i，∴z1z2＝－1－4＝－5，故选A.2．若f(x)＝lnxx，abe，则有()A．f(a)f(b)B．f(a)f(b)C．f(a)＝f(b)D．f(a)f(b)1【答案】B【解析】f′(x)＝1－lnxx2(x0)．令f′(x)0，即1－lnx0，解得xe.故f(x)在(e，＋∞)是减函数，又abe，所以f(a)f(b)．3．(2014·湖南理)已知函数f(x)＝sin(x－φ)，且＝0，则函数f(x)的图象的一条对称轴是()A．x＝5π6B．x＝7π12C．x＝π3D．x＝π6【答案】A【解析】函数f(x)的对称轴为x－φ＝π2＋kπ⇒x＝φ＋π2＋kπ，因为＝0⇒－cos(2π3－φ)＋cosφ＝0⇒sin(π3－φ)＝0，则x＝5π6是其中一条对称轴，故选A.4．数列1，12，12，13，13，13，14，14，14，14，…，的前100项的和等于()A．13914B．131114C．14114D．14314【答案】A【解析】从数列排列规律看，项1n有n个，故1＋2＋…＋n＝nn＋12≤100.得n(n＋1)≤200，所以n≤13，当n＝13时，nn＋12＝13×7＝91(个)，故前91项的和为13，从第92项开始到第100项全是114，共9个114，故前100项的和为13914.故选A.5．如图(1)，在△ABC中，AB⊥AC于点A，AD⊥BC于点D，则有AB2＝BD·BC，类似地有命题：如图(2)，在三棱锥A—BCD中，AD⊥面ABC，若A在△BCD内的射影为O，则S2△ABC＝S△BCO·S△BCD，那么上述命题()A．是真命题B．增加条件“AB⊥AC”后才是真命题C．是假命题D．增加条件“三棱锥A－BCD是正三棱锥”后才是真命题【答案】A【解析】由已知垂直关系，不妨进行如下类比：将题图(2)中的△ABC，△BCO，△BDC分别与题图(1)中的AB，BD，BC进行类比即可．严格推理如下：连接DO并延长交BC于E，连接AE，则DE⊥BC，AE⊥BC.因为AD⊥面ABC，所以AD⊥AE，又因为AO⊥DE，所以AE2＝EO·ED，所以S2△BAC＝12BC·EA2＝12BC·EO·12BC·ED＝S△BCO·S△BCD.故选A.6．已知函数f(x)＝x2＋2xf′(1)，则f(－1)与f(1)的大小关系是()A．f(－1)＝f(1)B．f(－1)f(1)C．f(－1)f(1)D．无法确定【答案】C【解析】f′(x)＝2x＋2f′(1)，令x＝1，得f′(1)＝2＋2f′(1)，所以f′(1)＝－2，因此f(x)＝x2－4x，f(－1)＝5，f(1)＝－3，即f(－1)f(1)．7．下列命题中正确的是()A．复数a＋bi与c＋di相等的充要条件是a＝c且b＝dB．任何复数都不能比较大小C．若z1＝z2，则z1＝z2D．若|z1|＝|z2|，则z1＝z2或z1＝z2[答案]C[解析]A选项未注明a，b，c，d∈R.实数是复数，实数能比较大小．z1与z2的模相等，符合条件的z1，z2有无数多个，如单位圆上的点对应的复数的模都是1.故选C.8．已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如下图所示，则该函数的图象是()【答案】B【解析】由导数的几何意义可得，y＝f(x)在[－1,0]上每一点处的斜率变大，而在[0,1]上则变小，故选B.9．若f(x)＝x2－2x－4lnx，则f′(x)＞0的解集为()A．(0，＋∞)B．(－1,0)∪(2，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－1,0)【答案】C【解析】本题主要考查导数的概念及分式不等式的解法和对数的概念．因为f(x)＝x2－2x－4lnx，∴f′(x)＝2x－2－4x＝2x2－x－2x0，即x0xx2－x－20，解得x2，故选C.10．若xy是正实数，则x＋12y2＋y＋12x2的最小值是()A．3B.72C．4D.92【答案】C【解析】因为xy是正实数，所以x＋12y2＋y＋12x2＝x2＋xy＋14y2＋y2＋yx＋14x2＝x2＋14x2＋xy＋yx＋y2＋14y2≥1＋2＋1＝4，当且仅当x＝y＝±22时，等号成立．故选C.11．已知f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在区间[－1,2]上是减函数，那么b＋c()A．有最大值152B．有最大值－152C．有最小值152D．有最小值－152【答案】B【解析】由题意f′(x)＝3x2＋2bx＋c在[－1,2]上，f′(x)≤0恒成立．所以f′－1≤0f′2≤0，即2b－c－3≥04b＋c＋12≤0，令b＋c＝z，b＝－c＋z，如图A－6，－32是使得z最大的点，最大值为b＋c＝－6－32＝－152.故应选B.12．设f(x)，g(x)分别是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数和偶函数，当x0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)0.且g(－3)＝0.则不等式f(x)g(x)0的解集是()A．(－3,0)∪(3，＋∞)B．(－3,0)∪(0,3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(0,3)【答案】D【解析】令φ(x)＝f(x)g(x)，则φ′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)0对x0恒成立，∴当x0时，φ(x)单调递增．又∵g(－3)＝0，∴φ(－3)＝g(－3)·f(－3)＝0.从而当x－3时，φ(x)0，当－3x0时，φ(x)0.又φ(x)为奇函数．∴当0x3时，φ(x)0，当x3时，φ(x)0，综上，当x∈(－∞，－3)∪(0,3)时，φ(x)0.二、填空题(每小题4分，共16分)13．设x1＋i＝32－i＋y1－i(x，y∈R)，则x＝____，y＝____.【答案】35－95【解析】由已知得x1－i1＋i1－i＝32＋i2－i2＋i＋y1＋i1－i1＋i，整理得x2－x2i＝65＋y2＋35＋y2i.所以x2＝65＋y2，－x2＝35＋y2.解得x＝35，y＝－95.14．设各项均为正数的数列{an}满足a1＝2，an＝(an＋1)32an＋2(n∈N＋)，若a2＝14，则猜想a2008的值为______．【答案】2(－2)2007【解析】因为a1＝2，a2＝2－2，故a3＝a1(a2)－32＝24，a4＝a2(a3)－32＝2－8.因此有a1＝2(－2)0，a2＝2(－2)1，a3＝2(－2)2，a4＝2(－2)3，于是可猜想a2008＝2(－2)2007.15．已知函数y＝x3＋ax2＋bx＋27在x＝－1处有极大值，在x＝3处有极小值，则a＝________，b＝________.【答案】－3－9【解析】y′＝3x2＋2ax＋b，则－1,3是方程3x2＋2ax＋b＝0的两根，∴a＝－3，b＝－9.16．设曲线y＝xn＋1(n∈N＋)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋…＋a99的值为________．【答案】－2【解析】本小题主要考查导数的几何意义和对数函数的有关性质．∵k＝y′|x＝1＝n＋1，∴切线l：y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，xn＝nn＋1，∴an＝lgnn＋1，∴原式＝lg12＋lg23＋…＋lg99100＝lg12×23×…×99100＝lg1100＝－2.三、解答题(共74分)17．(本题满分12分)计算：－23＋i1＋23i＋21＋i3204＋4－8i2－－4＋8i211－7i的值．【解析】由于－23＋i1＋23i＝－23＋i－i1＋23i－i＝－1i·1＋23i1＋23i＝－1i＝i；21＋i3204＝21＋i21602＝22i1602＝1i1602＝－1；4－8i2－－4＋8i211－7i＝4－8i2－4－8i2－1211－7i＝0；从而－23＋i1＋23i＋21＋i3204＋4－8i2－－4＋8i211－7i＝i－1.18．(本题满分12分)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx(x∈R)，且g(x)＝f(x)－f′(x)是奇函数．(1)求b，c的值；(2)求g(x)的单调区间和极值．【解析】(1)∵f(x)＝x3＋bx2＋cx(x∈R)，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c.从而g(x)＝f(x)－f′(x)＝x3＋bx2＋cx－(3x2＋2bx＋c)＝x3＋(b－3)x2＋(c－2b)x－c是一个奇函数，所以g(0)＝0，得c＝0.又由g(－x)＝－g(x)，得b＝3.(2)由(1)知g(x)＝x3－6x，从而g′(x)＝3x2－6.令g′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2，2)2(2，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值所以g(x)在(－2，2)上单调递减，在(－∞，－2)和(2，＋∞)上单调递增．所以g(x)在x＝－2时取得极大值，极大值为42；g(x)在x＝2时取得极小值，极小值为－42.19．(本题满分12分)已知a＋b＋c＝0，求证：ab＋bc＋ca≤0.【证明】法1：(综合法)∵a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0.即ab＋bc＋ca＝－a2＋b2＋c22≤0，∴ab＋bc＋ca≤0.法2：(分析法)因a＋b＋c＝0，则要证ab＋bc＋ca≤0只需证：ab＋bc＋ca≤(a＋b＋c)2，即证：a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca≥0，即证：12[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(c＋a)2]≥0.而这显然成立，因此，原不等式成立．法3：∵a＋b＋c＝0，∴a＋b＝－c，∴ab＋bc＋ca＝ab＋(a＋b)c＝ab－(a＋b)2＝－a2－b2－ab＝－a＋b22＋34b2≤0.因此，ab＋bc＋ca≤0.20．(本题满分12分)已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a.(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．【分析】利用用导数求函数单调区间和最值的方法求解．【解析】(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)0，即－3x2＋6x＋90，得x3或x－1，故f(x)单调递减区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)．(2)令f′(x)＝0，即－3x2＋6x＋9＝0，解得x＝－1或x＝3(舍)．当－2x－1时，f′(x)0，故f(x)在(－2，－1)上单调递减；当－1x2时，f′(x)0，故f(x)在(－1,2)上单调递增．f(x)的最大值在区间端点值处取得，最小值在x＝－1处取得．∵f(－2)＝2＋af(2)＝22＋a，∴22＋a＝20.故a＝－2.∴f(－1)＝－(－1)3＋3(－1)2＋9×(－1)－2＝－7.故f(x)在区间[－2,2]上的最小值为－7.21．(本题满分13分)已知数列{an}满足a1＝a，an＋1＝12－an(n∈N＋)．(1)求a2，a3，a4；(2)猜测数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明．【解析】(1)由an＋1＝12－an，可得a2＝12－a1＝12－a，a3＝12－a2＝12－12－a＝2－a3－2a，a4＝12－a3＝12－2－