學(xué)高中數(shù)學(xué) 綜合檢測（一）北師大版選修2-2

綜合檢測(一)一、選擇題1．i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)eq\f(1－3i,1－i)的共軛復(fù)數(shù)是 ()A．2＋i B．2－iC．－1＋2i D．－1－2i2．下列積分的值為2的是 ()A．?eq\o\al(5,0)(2x－4)dx B．?eq\o\al(π,0)cosxdxC．?eq\o\al(3,1)eq\f(1,x)dx D．?eq\o\al(π,0)sinxdx3．用反證法證明命題：“若a，b∈N，ab能被3整除，那么a，b中至少有一個能被3整除”時，假設(shè)應(yīng)為 ()A．a(chǎn)，b都能被3整除B．a(chǎn)，b都不能被3整除C．a(chǎn)，b不都能被3整除D．a(chǎn)不能被3整除4．i為虛數(shù)單位，復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)z＝eq\f(－i,2＋i)的點在 ()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限5．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，則P，Q的大小關(guān)系為 ()A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值確定6．求證：eq\r(7)－1>eq\r(11)－eq\r(5).證明：要證eq\r(7)－1>eq\r(11)－eq\r(5)，只要證eq\r(7)＋eq\r(5)>eq\r(11)＋1，即證7＋2eq\r(7×5)＋5>11＋2eq\r(11)＋1，即證eq\r(35)>eq\r(11)，即證35>11，∵35>11恒成立，∴原式成立．以上證明過程應(yīng)用了 ()A．綜合法 B．分析法C．綜合法、分析法配合使用 D．間接證法7．函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)內(nèi)的圖像如下圖所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)有極大值點 ()A．1個 B．2個C．3個 D．4個8．設(shè)f(x)＝x2－2x－4lnx，則f′(x)>0的解集為 ()A．(0，＋∞)B．(－1,0)∪(2，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－1,0)9.如右圖陰影部分的面積是 ()A．e＋eq\f(1,e)B．e＋eq\f(1,e)－1C．e＋eq\f(1,e)－2D．e－eq\f(1,e)10．曲線f(x)＝x3＋x－2在點P處的切線平行于直線y＝4x－1，則點P的坐標為 ()A．(1,0) B．(－1，－4)C．(1，－4) D．(1,0)或(－1，－4)11．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且(x－1)f′(x)>0，a＝f(0)，b＝f(eq\f(1,2))，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是 ()A．a(chǎn)>b>c B．c>a>bC．b>a>c D．c>b>a12．設(shè)△ABC的三邊長分別為a，b，c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r＝eq\f(2S,a＋b＋c)，類比這個結(jié)論可知：四面體S—ABC的四個面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內(nèi)切球半徑為R，四面體S—ABC的體積為V，則R等于 ()A.eq\f(V,S1＋S2＋S3＋S4) B.eq\f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)C.eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4) D.eq\f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)二、填空題13．若復(fù)數(shù)z＝cosθ－sinθi所對應(yīng)的點在第四象限，則θ為第________象限角．14．變速直線運動的物體的速度為v(t)＝1－t2(m/s)(其中t為時間，單位：s)，則它在前2s內(nèi)所走過的路程為________m.15．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________．三、解答題16．已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(a2－7a＋6,a2－1)＋(a2－5a－6)i(a∈R)，試求實數(shù)a取什么值時，z分別為：(1)實數(shù)；(2)虛數(shù)；(3)純虛數(shù)．17．求函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2的單調(diào)區(qū)間．18．已知a>5，求證：eq\r(a－5)－eq\r(a－3)<eq\r(a－2)－eq\r(a).19．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(3an,an＋3)，求a2、a3、a4的值，由此猜想數(shù)列{an}的通項公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明你的猜想．20．已知△ABC的三邊長為a、b、c，且其中任意兩邊長均不相等．若eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差數(shù)列．(1)比較eq\r(\f(b,a))與eq\r(\f(c,b))的大小，并證明你的結(jié)論．(2)求證：B不可能是鈍角．21．已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－x＋eq\f(k,2)x2(k≥0)．(1)當k＝2時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．

答案1．A2．D3．B4．C5．C6．B7．B8．C9．C10．D11．B12．C13．一14．215．[－eq\r(3)，eq\r(3)]16．解(1)當z為實數(shù)時，則a2－5a－6＝0，且eq\f(a2－7a＋6,a2－1)有意義，∴a＝－1，或a＝6，且a≠±1，∴當a＝6時，z為實數(shù)．(2)當z為虛數(shù)時，則a2－5a－6≠0，且eq\f(a2－7a＋6,a2－1)有意義，∴a≠－1，且a≠6，且a≠±1.∴當a≠±1，且a≠6時，z為虛數(shù)，即當a∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(1,6)∪(6，＋∞)時，z為虛數(shù)．(3)當z為純虛數(shù)時，則有a2－5a且eq\f(a2－7a＋6,a2－1)＝0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≠－1，且a≠6，,a＝6.))∴不存在實數(shù)a使z為純虛數(shù)．17．解f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．當x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0；當x∈(－1,0)時，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,0)上單調(diào)遞減．18．證明要證eq\r(a－5)－eq\r(a－3)<eq\r(a－2)－eq\r(a)，只需證eq\r(a－5)＋eq\r(a)<eq\r(a－3)＋eq\r(a－2)，只需證(eq\r(a－5)＋eq\r(a))2<(eq\r(a－3)＋eq\r(a－2))2，只需證2a－5＋2eq\r(a2－5a)<2a－5＋2eq\r(a2－5a＋6)，只需證eq\r(a2－5a)<eq\r(a2－5a＋6)，只需證a2－5a<a2－5只需證0<6.因為0<6恒成立，所以eq\r(a－5)－eq\r(a－3)<eq\r(a－2)－eq\r(a)成立．19．解a1＝eq\f(1,2)＝eq\f(3,6)，a2＝eq\f(3,7)，a3＝eq\f(3,8)，a4＝eq\f(3,9)，猜想an＝eq\f(3,n＋5)，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當n＝1時，a1＝eq\f(3,1＋5)＝eq\f(1,2)，猜想成立．②假設(shè)當n＝k(k≥1，k∈N*)時猜想成立，即ak＝eq\f(3,k＋5).則當n＝k＋1時，ak＋1＝eq\f(3ak,ak＋3)＝eq\f(3·\f(3,k＋5),\f(3,k＋5)＋3)＝eq\f(3,k＋1＋5)，所以當n＝k＋1時猜想也成立，由①②知，對n∈N*，an＝eq\f(3,n＋5)都成立．20．(1)解大小關(guān)系為eq\r(\f(b,a))<eq\r(\f(c,b))，證明如下：要證eq\r(\f(b,a))<eq\r(\f(c,b))，只需證eq\f(b,a)<eq\f(c,b)，由題意知a、b、c>0，只需證b2<ac，∵eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差數(shù)列，∴eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)≥2eq\r(\f(1,ac))，∴b2≤ac，又a、b、c任意兩邊均不相等，∴b2<ac成立．故所得大小關(guān)系正確．(2)證明假設(shè)B是鈍角，則cosB<0，而cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)>eq\f(2ac－b2,2ac)>eq\f(ac－b2,2ac)>0.這與cosB<0矛盾，故假設(shè)不成立．∴B不可能是鈍角．21．解(1)當k＝2時，f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＋2x.由于f(1)＝ln2，f′(1)＝eq\f(3,2)，所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－ln2＝eq\f(3,2)(x－1)，即3x－2y＋2ln2－3＝0.(2)f′(x)＝eq\f(xkx＋k－1,1＋x)，x∈(－1，＋∞)．當k＝0時，f′(x)＝－eq\f(x,1＋x).所以，在區(qū)間(－1,0)上，f′(x)>0；在區(qū)間(0，＋∞)上，f′(x)<0.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1,0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)．當0<k<1時，由f′(x)＝eq\f(xkx＋k－1,1＋x)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(1－k,k)>0.所以，在區(qū)間(－1,0)和(eq\f(1－k,k)，＋∞)上，f′(x)>0；在區(qū)間(0，eq\f(1－k,k))上，f′(x)<0.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1,0)和(eq\f(1－k,k)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\f(1－k,k))．當k＝1時，f′(x)＝eq\f