2020高中数学 学期综合测评（二）（含解析）2-2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE14-学必求其心得，业必贵于专精学期综合测评(二)本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．下列说法正确的是（)A．2＞2i B．2＞（3i)2C．2＋3i＜3＋3i D．2＋2i＞2＋i答案B解析本题主要考查复数的性质．不全为实数的两个复数不能比较大小，故排除A，C,D；而B中（3i）2＝－9＜2，故选B.2．用反证法证明命题“若直线AB,CD是异面直线,则直线AC,BD也是异面直线”的过程分为三步：①则A,B，C，D四点共面，所以AB,CD共面，这与AB,CD是异面直线矛盾；②所以假设错误，即直线AC,BD也是异面直线；③假设直线AC，BD是共面直线．则正确的顺序为（）A．①→②→③B．③→①→②C．①→③→②D．②→③→①答案B解析本题主要考查反证法的步骤．反证法的步骤是:反设→归谬→结论．结合本题，知选B.3．用反证法证明“若a＋b＋c〈3，则a,b，c中至少有一个小于1"时，应（）A．假设a，b，c至少有一个大于1B．假设a，b，c都大于1C．假设a，b,c至少有两个大于1D．假设a，b，c都不小于1答案D解析假设a,b，c中至少有一个小于1不成立，即a，b，c都不小于1,故选D.4．用数学归纳法证明12＋22＋…＋（n－1)2＋n2＋（n－1）2＋…＋22＋12＝eq\f(n2n2＋1，3）时,从n＝k到n＝k＋1时，等式左边应添加的式子是(）A．（k－1)2＋2k2 B．(k＋1）2＋k2C．（k＋1)2 D。eq\f（1，3)(k＋1）［2(k＋1）2＋1]答案B解析n＝k时，左边＝12＋22＋…＋(k－1）2＋k2＋（k－1）2＋…＋22＋12，n＝k＋1时，左边＝12＋22＋…＋（k－1)2＋k2＋(k＋1)2＋k2＋（k－1)2＋…＋22＋12,∴从n＝k到n＝k＋1，左边应添加的式子为（k＋1）2＋k2。5．定义在R上的可导函数f(x）,已知y＝ef′（x)的图象如图所示,则y＝f（x）的增区间是(）A．（－∞，1)B．(－∞，2）C．（0,1)D．(1，2）答案B解析由题中图象知ef′(x）≥1，即f′（x)≥0时,x≤2，∴y＝f（x)的增区间为（－∞,2）．6．已知x>0，不等式x＋eq\f（1，x)≥2,x＋eq\f（4,x2)≥3，x＋eq\f（27，x3）≥4，…，可推广为x＋eq\f（a，xn)≥n＋1,则a的值为（）A．n2B．nnC．2nD．22n－2答案B解析由x＋eq\f（1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝x＋eq\f(22，x2)≥3，x＋eq\f（27,x3)＝x＋eq\f(33,x3）≥4，…，可推广为x＋eq\f（nn，xn）≥n＋1，故a＝nn。7．如图,抛物线y＝－x2＋2x＋1与直线y＝1形成一个闭合图形（图中的阴影部分)，则该闭合图形的面积是（)A．1 B。eq\f（4,3）C。eq\r（3） D．2答案B解析由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝1，，y＝－x2＋2x＋1，))知eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝0，，y＝1））或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，，y＝1。))故所求面积S＝eq\i\in(0，2，)（－x2＋2x＋1)dx－eq\i\in(0,2,）1dx＝(－eq\f（1，3）x3＋x2＋x)eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\o\al(2,0)－x）)eq\o\al(2,0）＝eq\f(4,3).故选B。8．设f(x）＝x(ax2＋bx＋c）(a≠0）在x＝1和x＝－1处均有极值，则下列各点一定在y轴上的是()A．（b，a) B．(a，c）C．(c,b) D．（a＋b，c)答案A解析f′(x)＝3ax2＋2bx＋c,由题意知1，－1是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根,则1－1＝－eq\f（2b,3a)＝0，所以b＝0。故选A.9．已知函数f（x）（x∈R）满足f(2）＝3，且f（x）在R上的导数满足f′(x）－1＜0，则不等式f(x2)＜x2＋1的解集为（）A．（－∞，－eq\r(2)）B．(eq\r（2),＋∞)C．（－∞,－eq\r(2)）∪（eq\r(2），＋∞)D．(－eq\r(2)，eq\r（2）)答案C解析令g（x）＝f（x)－x，则g′（x）＝f′(x）－1＜0，∴g(x）在R上单调递减．由f(x2）＜x2＋1，得f（x2)－x2＜1，即g(x2）＜1.又g(2)＝f（2）－2＝1，∴g（x2)＜g（2）,∴x2＞2，解得x＞eq\r（2)或x＜－eq\r（2）。故选C。10．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b〉1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2;⑤ab>1。其中能推出“a,b中至少有一个大于1”的条件是（）A．②③B．①②③C．③D．③④⑤答案C解析若a＝eq\f（1，2）,b＝eq\f（2,3)，则a＋b〉1，但a〈1，b〈1，故①推不出；若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2,b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2,b＝－3,则ab〉1，故⑤推不出;对于③，若a＋b〉2，则a，b中至少有一个大于1。可用反证法证明：假设a≤1且b≤1，则a＋b≤2,与a＋b>2矛盾，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1。故选C.11．定义复数的一种运算z1］｜z1｜＋|z2|,2)(等式右边为普通运算）,若复数z＝a＋bi，且正实数a，b满足a＋b＝3，则z*eq\x\to(z）的最小值为（)A。eq\f(9,2）B。eq\f(3\r(2），2）C。eq\f(3,2）D。eq\f(9,4)答案B解析z＊eq\x\to（z)＝eq\f（｜z｜＋|\x\to（z）｜，2）＝eq\f(2\r（a2＋b2）,2)＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(a＋b2－2ab),又∵ab≤eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（a＋b,2）)）2＝eq\f（9，4），∴－ab≥－eq\f（9,4）,z*eq\x\to（z）≥eq\r(9－2×\f(9，4)）＝eq\r(\f（9，2）)＝eq\f（3\r（2），2)。12．若0<x<eq\f（π，2)，则2x与3sinx的大小关系（）A．2x〉3sinx B．2x〈3sinxC．2x＝3sinx D．与x的取值有关答案D解析令f(x)＝2x－3sinx,则f′(x）＝2－3cosx。当cosx〈eq\f(2,3)时,f′(x）〉0，当cosx＝eq\f（2,3)时，f′（x）＝0，当cosx>eq\f（2,3）时，f′（x）〈0。即当0〈x〈eq\f（π,2)时,f(x）先递减再递增，而f(0）＝0，feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π，2))）＝π－3>0。故f（x）的值与x取值有关，即2x与sinx的大小关系与x取值有关．故选D.第Ⅱ卷(非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分,共20分)13．i是虚数单位，复数eq\f(1－3i，1－i）的共轭复数是________．答案2＋i解析∵eq\f（1－3i，1－i)＝eq\f(1－3i1＋i,1－i1＋i）＝eq\f(4－2i,2)＝2－i，∴eq\f（1－3i，1－i）的共轭复数是2＋i.14．通过类比长方形，由命题“周长为定值l的长方形中，正方形的面积最大,最大值为eq\f(l2，16）”，可猜想关于长方体的相应命题为________．答案表面积为定值S的长方体中,正方体的体积最大，最大值为eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(S，6))）eq\s\up15(eq\f（3，2)）解析正方形有4条边，正方体有6个面，正方形的面积为边长的平方，正方体的体积为边长的立方．由正方体的边长为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（S，6）））eq\s\up15(eq\f（1,2）)，通过类比可知，表面积为定值S的长方体中，正方体的体积最大，最大值为eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（S,6））)eq\s\up15（eq\f（3,2)）。15．若函数f(x)的导函数f′(x）＝x2－4x＋3,则函数f(1＋x）的单调递减区间是________．答案（0,2)解析由f′（x)＝x2－4x＋3＜0得1＜x＜3,即函数f（x)的单调递减区间为(1，3)．又∵函数f(1＋x)的图象是由f(x)的图象向左平移1个单位长度得到的，∴函数f（1＋x)的单调递减区间为(0,2）．16．如图所示的数阵中，第20行第2个数字是________．答案eq\f（1，191）解析设第n（n≥2且n∈N*）行的第2个数字为eq\f（1，an），其中a1＝1，则由数阵可知an＋1－an＝n，∴a20＝(a20－a19）＋(a19－a18）＋…＋（a2－a1)＋a1＝19＋18＋…＋1＋1＝eq\f（19×20，2）＋1＝191，∴eq\f（1，a20)＝eq\f(1，191）。三、解答题（本大题共6小题,共70分)17．（本小题满分10分)已知复数z满足|z｜＝eq\r（2)，z的虚部为1,且在复平面内表示的点位于第二象限．(1）求复数z;(2)若m2＋m＋mz2是纯虚数,求实数m的值．解(1）设z＝a＋bi,(a,b∈R),则a2＋b2＝2，b＝1。因为在复平面内表示的点位于第二象限,所以a＜0，所以a＝－1,b＝1，所以z＝－1＋i.（2）由(1)得z＝－1＋i,所以z2＝（－1＋i)2＝－2i，所以m2＋m＋mz2＝m2＋m－2mi.又因为m2＋m＋mz2是纯虚数，所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（m2＋m＝0，，－2m≠0，）)所以m＝－1。18．（本小题满分12分）已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c,且a＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2,3)）).(1)求a的值；（2）求函数f（x）的单调区间．解(1)f′（x）＝3x2＋2ax－1，∴f′(x）＝3x2＋2f′eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2,3))）x－1，∴f′eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2,3)）)＝3×eq\f(4,9）＋2f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))）×eq\f（2,3）－1,∴f′eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2，3)))＝－1，∴a＝－1.（2）由(1)得f（x）＝x3－x2－x＋c，∴f′（x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1）(x－1)．令f′(x）＞0得x＜－eq\f（1，3）或x＞1，令f′(x)＜0得－eq\f(1，3)＜x＜1，∴f（x)的单调递增区间为eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－∞，－\f（1，3)）)和（1,＋∞）；单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1,3）,1））。19．（本小题满分12分）求由曲线xy＝1及直线x＝y，y＝3所围成的平面图形的面积．解作出曲线xy＝1，直线x＝y，y＝3的草图，如图：所求面积为图中阴影部分的面积．由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(xy＝1，，y＝3，))得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝\f(1,3)，，y＝3，)）故Aeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3)）；由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（xy＝1，，y＝x，））得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝1，,y＝1)）或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝－1,,y＝－1）)（舍去），故B(1，1)；由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝x,,y＝3，)）得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝3，，y＝3，）)故C(3,3）．20．(本小题满分12分)若函数f（x）＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x）有极值－eq\f(4,3).（1)求函数的解析式；(2）若方程f(x)＝k有3个不同的根，求实数k的取值范围．解f′（x）＝3ax2－b。（1)由题意得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（f′2＝12a－b＝0，，f2＝8a－2b＋4＝－\f（4,3），）)解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝\f(1，3），,b＝4，))故所求函数的解析式为f(x）＝eq\f（1，3)x3－4x＋4。（2)由（1）可得f′(x)＝x2－4＝(x－2）（x＋2),令f′（x)＝0,得x＝2或x＝－2。当x变化时，f′（x)，f（x）的变化情况如下表：x(－∞，－2）－2(－2，2)2(2，＋∞)f′（x）＋0－0＋f(x）eq\f（28,3）－eq\f(4，3）因此，当x＝－2时，f（x)有极大值eq\f(28，3)，当x＝2时,f(x）有极小值－eq\f(4,3），所以函数f（x)＝eq\f(1，3)x3－4x＋4的图象大致如图所示．若f（x）＝k有3个不同的根,则直线y＝k与函数f（x）的图象有3个交点，所以－eq\f（4，3）<k〈eq\f(28,3）。21．(本小题满分12分）水以20米3/分的速度流入一圆锥形容器,设容器深30米，上底直径12米，试求当水深10米时,水面上升的速度．解设容器中水的体积在t分钟时为V，水深为h，则V＝20t，又V＝eq\f(1,3）πr2h，由图知eq\f（r，h）＝eq\f(6,30)，所以r＝eq\f(1，5）h，所以V＝eq\f(1,3)π·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，5）)）2·h3＝eq\f(π，75）h3,所以20t＝eq\f(π，75)h3,所以h＝eq\r(3，\f(1500,π)t)，于是h′＝eq\r（3,\f(1500，π）)·eq\f（1，3）·teq\s\up15（－eq\f(2,3）).当h＝10时,t＝eq\f(2，3)π，此时h′＝eq\f(5,π），所以当h＝10米时,水面上升速度为eq\f（5，π）米/分．22