高中数学选修2-2测试题

2015.4 一、选择题：(本大题共10小题，每小题5分，共50分)

1、 曲线yx2在(1,1)处的切线方程是（ ）

A. 2xy30 B. 2xy30 C. 2xy10 D. 2xy10 2、定义运算

a b1 1adbc，则符合条件42i的复数z为（ ）

c dz ziＡ．3i Ｂ．13i Ｃ．3i Ｄ．13i

3、用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，假设正确的是（ ） A． 假设至少有一个钝角 B．假设至少有两个钝角

Ｃ．假设没有一个钝角 Ｄ．假设没有一个钝角或至少有两个钝角 4、曲线ycosx0≤x≤Ａ．4

Ｂ．2

3π3πx与轴以及直线所围图形的面积为（ ） x225 2Ｄ．3

Ｃ．

5、若

f(x0)3，则h0'limf(x0h)f(x03h)h（ ）

A．3 B． 12 C．9 D．6 6、复数z=

5,则z是（ ） 34iA．25 B．5 C．1 D．7

7、一个机器人每一秒钟前进一步或后退一步，程序设计师设计的程序是让机器人以先前进3步，然后再后退2步的规律移动．如果将机器人放在数轴的原点，面向正的方向在数轴上移动（1步的距离为1个单位长度）．令P(n)表示第n秒时机器人所在位置的坐标，且记P(0)0，则下列结论中错误的是（ ） Ａ．P(3)3

Ｂ．P(5)1

Ｄ．P(2003)P(2006)

Ｃ．P(2007)P(2006)

8、如图是导函数yf/(x)的图象，那么函数yf(x)在下面哪个区间是减函数

A. (x1,x3) B. (x2,x4) C.(x4,x6) D.(x5,x6)

111112(nN*)，当n2时，S(2)（ ） nn1n2n3n111Ａ． Ｂ．

2231111111Ｃ． Ｄ．

23423459、设S(n)10、如果10N的力能使弹簧压缩10cm，为在弹性限度内将弹簧从平衡位置拉到离平衡位置6cm处，则克服弹力所做的功为（ ）

(A)0.28J (B)0.12J (C)0.26J (D)0.18J

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上． 11、

 10(1(x1)22x)dx 4

5

6

12

12、设Z1= i + i+ i+…+ i

,Z2= i4 · i5·i6·…· i12，则Z1 ，Z2关系为

323]上有最小值3，那么在[3，3]上f(x)13．已知f(x)x3xa（a为常数），在[3，的最大值是

2，，则复数mpi所对mxnxp0(m、n、pR)的解集为(1 2)x14关于的不等式

应的点位于复平面内的第________象限

15．仔细观察下面图形：图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数就是

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16、（本小题10分）已知等腰梯形OABC的顶点A，B在复平面上对应的复数分别为12i、26i，且O是坐标原点，OA∥BC．求顶点C所对应的复数z． 17、（本小题12分） F(x)x0(t22t8)dt(x0)．

，3]上的最值． （1）求F(x)的单调区间；（2）求函数F(x)在[1x3a22218．（本小题12分）给定函数f(x)＝－ax＋(a－1)x和g(x)＝x＋.

3x

(1)求证：f(x)总有两个极值点；

(2)若f(x)和g(x)有相同的极值点，求a的值．

19、某集团为获得更大的收益，每年要投入一定的资金用于广告促销．经调查，每年投入广告费t(百万元)，可增加销售额约为－t2＋5t(百万元)(0≤t≤3)．

(1)若该公司将当年的广告费控制在300万元之内，则应投入多少广告费，才能使该公司获得的收益最大？

(2)现该公司准备共投入300万元，分别用于广告促销和技术改造．经预测，每投入技

1

术改造费x(百万元)，可增加的销售额为－x3＋x2＋3x(百万元)．请设计一个资金分配方案，

3

使该公司获得的收益最大．(注：收益＝销售额－收入)

20、（本小题12分）已知数列an的前n项和Sn1nan(nN*)． （1） 计算a1，a2，a3，a4；

（2） 猜想an的表达式，并用数学归纳法证明你的结论．

21设函数fxlnx（1）当ab12axbx 21时，求函数fx的单调区间； 21abx(0x3)，其图象上任意一点P(x0,y0)处切线的 （2）令Fxfxax22x1斜率k恒成立，求实数a的取值范围。

221,e （3）当a0,b1时，方程fxmx在区间内有唯一实数解，求实数m的取

值范围。

参

题号 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D A Ｂ D B C D B C D

11、

1 12、Z1=Z2 13、57 14 二 15、 91 416、（本小题10分）已知等腰梯形OABC的顶点A，B在复平面上对应的复数分别为12i、26i，且O是坐标原点，OA∥BC．求顶点C所对应的复数z． 解：设zxyi(x，yR)．

由OA∥BC，OCAB，得kOAkBC，zCzBzA，

2y61x2，即 x2y23242，OABC，x3，y4舍去．

z5．

17、（本小题12分） F(x)（1）求F(x)的单调区间；

x0(t22t8)dt(x0)．

，3]上的最值． （2）求函数F(x)在[1解：依题意得，F(x)132x1322(t2t8)dttt8txx8x，定义域是0033x(0，)．

（1）F(x)x2x8, 令F(x)0，得x2或x4， 令F(x)0，得4x2，

2)， 由于定义域是(0，)，单调递减区间是(0，2)． 函数的单调增区间是(2，（2）令F(x)0，得x2(x4舍)， 由于F(1)2028，F(2)，F(3)6， 33F(x)在[1，3]上的最大值是F(3)6，最小值是F(2)18．（本小题12分）解：(1)证明：因为f′(x)＝x2－2ax＋(a2－1)＝[x－(a＋1)]·[x－(a－

1)]，

令f′(x)＝0，

解得x1＝a＋1，x2＝a－1. 当x＜a－1时，f′(x)＞0；

当a－1＜x＜a＋1时，f′(x)＜0；当x＞a＋1时，f′(x)＞0， 所以x＝a－1为f(x)的极大值点， x＝a＋1为f(x)的极小值点． 所以f(x)总有两个极值点．

a2x－ax＋a

(2)因为g′(x)＝1－2＝. xx2令g′(x)＝0，得x1＝a，x2＝－a.

因为f(x)和g(x)有相同的极值点，且x1＝a和a＋1，a－1不可能相等，

1

所以当－a＝a＋1时，a＝－；

21

当－a＝a－1时，a＝. 211

经检验，当a＝－和a＝时，

22

x1＝a，x2＝－a都是g(x)的极值点

19、（本小题12分）解：(1)设投入t(百万元)的广告费后增加的收益为f(t)(百万元)， 则有f(t)＝(－t2＋5t)－t＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4(0≤t≤3)，

所以当t＝2时，f(t)取得最大值4，即投入2百万元的广告费时，该公司获得的收益最大．

(2)设用于技术改造的资金为x(百万元)，则用于广告促销的资金为(3－x)(百万元)，由此

11

－x3＋x2＋3x＋[－(3－x)2＋5(3－x)]－3＝－x3＋4x＋获得收益是g(x)(百万元)，则g(x)＝33

3(0≤x≤3)，

所以g′(x)＝－x2＋4. 令g′(x)＝0，

解得x＝－2(舍去)或x＝2.

又当0≤x＜2时，g′(x)＞0；当2＜x≤3时，g′(x)＜0.

所以当x＝2时，g(x)取最大值，即将2百万元用于技术改造，1百万元用于广告促销，该公司获得的收益最大．

20、（本小题12分）已知数列an的前n项和Sn1nan(nN*)． （1）计算a1，a2，a3，a4；

28． 3（2）猜想an的表达式，并用数学归纳法证明你的结论． 解：（1）依题设可得a1（2）猜想：an11111111，a2，a3，a4； 212623123420451．

n(n1)证明：①当n1时，猜想显然成立． ②假设nk(kN*)时，猜想成立， 即ak1．

k(k1)那么，当nk1时，Sk11(k1)ak1， 即Skak11(k1)ak1． 又Sk1kak所以

k， k1kak11(k1)ak1， k1从而ak111．

(k1)(k2)(k1)[(k1)1]即nk1时，猜想也成立． 故由①和②，可知猜想成立．

21解：（1）依题意，知f(x)的定义域为(0,)，

当ab1时，f(x)lnx1x21x，

242f(x)111(x2)(x1)………………………………………….2分 xx222x令f(x)0，解得x1或x2（舍去）， 当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0，

所以f(x)的单调增区间为(0,1)，减区间为(1,)；…………….4分

（2）由题意知F(x)lnxax,x(0,3]，则有kF(x0)x0a1在(0,3)上恒成22x012121立，所以a(x0x0)max，当x0=1时，x0x0取得最大值，

222所以a1；………………………………………………………………………………8分 2（3）当a0,b1时，f(x)lnxx，

由f(x)mx，得lnxxmx，又x0，所以m1要使方程f(x)mx在区间[1,e2]上有唯一实数解， 只需m1令g(x)1lnx有唯一实数解，……………………………………………10分 xlnx， xlnx1lnx，由g(x)0得0xe；g(x)0，得xe， (x0)，∴g(x)xx2∴g(x)在区间[1,e]上是增函数，在区间[e,e2]上是减函数. g(1)1,g(e2)1212,g(e)11m1 ，故 .

ee2e2……………………13分