数学（人教版选修22）练习综合质量评估

综合质量评估(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设i是虚数单位，复数i3＋eq\f(2i,1＋i)＝()A．1 B．－1C．i D．－i解析：复数i3＋eq\f(2i,1＋i)＝－i＋eq\f(2i1－i,1＋i1－i)＝－i＋i(1－i)＝1.故选A.答案：A2．曲线y＝x2上的点P处的切线的倾斜角为eq\f(π,4)，则点P的坐标为()A．(0,0) B．(2,4)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,16))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)))解析：因为y＝x2，所以y′＝2x，taneq\f(π,4)＝2x，∴x＝eq\f(1,2)，代入y＝x2，得y＝eq\f(1,4)，因此点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)))，故选D.答案：D3．曲线y＝ex在点(2，e2)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为()A.eq\f(9,4)e2 B．2e2C．e2 D．eq\f(e2,2)解析：∵f′(x)＝ex，∴曲线在点(2，e2)处的切线的斜率为k＝f′(2)＝e2，切线方程为y－e2＝e2(x－2)，即e2x－y－e2＝0，切线与x轴和y轴的交点坐标分别为A(1,0)，B(0，－e2)，则切线与坐标轴围成的△OAB的面积为eq\f(1,2)×1×e2＝eq\f(e2,2).答案：D4．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－1处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是()解析：由题意知f′(－1)＝0，当x＜－1时f′(x)＜0；当x>－1时f′(x)>0，∴当x＜－1时，x·f′(x)>0，当－1＜x＜0时，x·f′(x)＜0，当x>0时，x·f′(x)>0.答案：C5．设f0(x)＝sinx，f1(x)＝f0′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，fn(x)＝fn－1′(x)，n∈N，则f2013(x)＝()A．sinx B．－sinxC．cosx D．－cosx解析：f1(x)＝(sinx)′＝cosx，f2(x)＝(cosx)′＝－sinx，f3(x)＝(－sinx)′＝－cosx，f4(x)＝(－cosx)′＝sinx，f5(x)＝(sinx)′＝cosx＝f1(x)，f6(x)＝(cosx)′＝－sinx＝f2(x)，故可猜测fn(x)以4为周期，有f4n＋1(x)＝f1(x)＝cosx，f4n＋2(x)＝f2(x)＝－sinx，f4n＋3(x)＝f3(x)＝－cosx，f4n＋4(x)＝f4(x)＝sinx，所以f2013(x)＝f503×4＋1(x)＝f1(x)＝cosx，故选C.答案：C6．函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则()A．a≤0 B．a＜1C．a＜2 D．a≤eq\f(1,3)解析：由题意可知f′(x)＝3ax2－1≤0在R上恒成立，则a≤0.答案：A7.eq\a\vs4\al(\i\in(0,π,))|cosx|dx等于()A．－2 B．0C．2 D．1解析：∵|cosx|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx，0≤x≤\f(π,2)，,－cosx，\f(π,2)≤x≤π))，∴eq\a\vs4\al(\i\in(0,π,))|cosx|＝eq\a\vs4\al(\i\in(0,\f(π,2),))cosxdx＋eq\a\vs4\al(\i\in(\f(π,2),π,))(－cosx)dx＝sinxeq\b\lc\|(\a(\f(π,2),0))＋(－sinx)eq\b\lc\|(\a(π,\f(π,2)))＝1＋1＝2.答案：C8．在数学归纳法的递推性证明中，由假设n＝k时成立推导n＝k＋1时成立时，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)增加的项数是()A．1 B．2k＋1C．2k－1 D．2k解析：∵f(k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋……＋eq\f(1,2k－1)，又f(k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1).从f(k)到f(k＋1)是增加了(2k＋1－1)－2k＋1＝2k项．答案：D9．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＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是()A．a>b>c B．c>a>bC．b>a>c D．c>b>a解析：因为(x－1)f′(x)>0，所以当x>1，f′(x)>0，即函数y＝f(x)在(1，＋∞)上是增函数，又f(x)＝f(2－x)，所以a＝f(0)＝f(2)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，所以c>a>b.答案：B10．若a，b在区间[0,eq\r(3)]上取值，则函数f(x)＝ax3＋bx2＋ax在R上有两个相异极值点的概率是()A.eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),6) D．1－eq\f(\r(3),6)解析：易得f′(x)＝3ax2＋2bx＋a.函数f(x)＝ax3＋bx2＋ax在R上有两个相异极值点的充要条件是a≠0，且其导函数的判别式大于0，即a≠0，且4b2－12a2又a，b在区间[0，eq\r(3)]上取值，则a>0，b>eq\r(3)a，点(a，b)满足的区域如图中阴影部分所示，其中正方形区域的面积为3，阴影部分的面积为eq\f(\r(3),2)，故所求的概率是eq\f(\r(3),6).答案：C11．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＝eq\f(2S,a＋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＝()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)解析：四面体中以内切球的球心为顶点，四面体的各个面为底面，可把四面体分割成四个高均为R的三棱锥，从而有eq\f(1,3)S1R＋eq\f(1,3)S2R＋eq\f(1,3)S3R＋eq\f(1,3)S4R＝V.即(S1＋S2＋S3＋S4)R＝3V.∴R＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).答案：C12．若函数f(x)＝－eq\f(1,b)eax(a＞0，b＞0)的图象在x＝0处的切线与圆x2＋y2＝1相切，则a＋b的最大值是()A．4 B．2eq\r(2)C．2 D．eq\r(2)解析：求导数，可得f′(x)＝－eq\f(a,b)eax，令x＝0，则f′(0)＝－eq\f(a,b).又f(0)＝－eq\f(1,b)，则切线方程为y＋eq\f(1,b)＝－eq\f(a,b)x，即ax＋by＋1＝0.∵切线与圆x2＋y2＝1相切，∴eq\f(1,eq\r(a2＋b2))＝1，∴a2＋b2＝1，∵a＞0，b＞0，∴2(a2＋b2)≥(a＋b)2，∴a＋b≤eq\r(2).∴a＋b的最大值是eq\r(2)，故选D.答案：D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上)13．如果复数1，a＋i,3＋a2i(a∈R)成等比数列，那么a的值为______．解析：由题意知，(a＋i)2＝1×(3＋a2i)，即a2－1＋2ai＝3＋a2i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－1＝3，,2a＝a2，))解得a＝2.答案：214．若a1，a2，a3，a4∈R＋，有以下不等式成立：eq\f(a1＋a2,2)≥eq\r(a1a2)，eq\f(a1＋a2＋a3,3)≥eq\r(3,a1a2a3)，eq\f(a1＋a2＋a3＋a4,4)≥eq\r(4,a1a2a3a4).由此推测成立的不等式是____________．(要注明成立的条件)答案：eq\f(a1＋a2＋a3＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2a3…an)(a1，a2，a3，…，an∈R＋)15．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋27在x＝1处有极大值，在x＝3处有极小值，则a－b＝________.解析：∵f′(x)＝3x2＋2ax＋b，则1,3是方程3x2＋2ax＋b＝0的两根，∴1＋3＝－eq\f(2a,3)，1×3＝eq\f(b,3)，∴a＝－6，b＝9，∴a－b＝－15.答案：－1516．已知f(x)＝(2x－x2)ex，给出以下几个结论：①f(x)>0的解集是{x|0＜x＜2}；②f(－eq\r(2))是极小值，f(eq\r(2))是极大值；③f(x)没有最小值，也没有最大值；④f(x)有最大值，没有最小值．其中判断正确的是__________．(填序号)解析：f(x)>0，又ex>0，∴2x－x2>0.∴0＜x＜2，故①正确．由f(x)＝(2x－x2)ex，得f′(x)＝(2－x2)ex，令f′(x)＝0，得x1＝－eq\r(2)，x2＝eq\r(2).∵当x＜－eq\r(2)或x>eq\r(2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当－eq\r(2)＜x＜eq\r(2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(－eq\r(2))是极小值，f(eq\r(2))为极大值，故②正确．∵x＜0时，f(x)＜0，x>2时，f(x)＜0且单调递减.∴f(eq\r(2))为最大值，没有最小值，故③错，④正确．答案：①②④三、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)17．(本小题满分10分)已知复数z满足：|z|＝1＋3i－z，求eq\f(1＋i23＋4i2,2z)的值．解：设z＝a＋bi(a，b∈R)，而|z|＝1＋3i－z，即eq\r(a2＋b2)－1－3i＋a＋bi＝0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)＋a－1＝0，,b－3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝3，))z＝－4＋3i，eq\f(1＋i23＋4i2,2z)＝eq\f(2i－7＋24i,2－4＋3i)＝eq\f(24＋7i,4－3i)＝3＋4i.18．(本小题满分12分)已知sin230°＋sin290°＋sin2150°＝eq\f(3,2)，sin25°＋sin265°＋sin2125°＝eq\f(3,2)，通过观察上述两个等式的规律，请你写出一般性的命题，并给出证明．解：一般形式：sin2α＋sin2(α＋60°)＋sin2(α＋120°)＝eq\f(3,2).证明如下：左边＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1－cos2α＋120°,2)＋eq\f(1－cos2α＋240°,2)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)[cos2α＋cos(2α＋120°)＋cos(2α＋240°)]＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)(cos2α＋cos2αcos120°－sin2αsin120°＋cos2αcos240°－sin2αsin240°)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)(cos2α－eq\f(1,2)cos2α－eq\f(\r(3),2)sin2α－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sin2α)＝eq\f(3,2)＝右边．(将一般形式写成sin2(α－60°)＋sin2α＋sin2(α＋60°)＝eq\f(3,2)等均正确)19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(a,x)(a>0)，设F(x)＝f(x)＋g(x)．(1)求函数F(x)的单调区间；(2)若以函数y＝F(x)(x∈(0,3])图象上任意一点P(x0，y0)为切点的切线的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，求实数a的最小值．解：(1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(x>0)，则F′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)(x>0)，∵a>0，由F′(x)>0，得x∈(a，＋∞)，∴F(x)在(a，＋∞)上单调递增；由F′(x)＜0，得x∈(0，a)，∴F(x)在(0，a)上单调递减．∴F(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞)．(2)由(1)知F′(x)＝eq\f(x－a,x2)(0＜x≤3)，则k＝F′(x0)＝eq\f(x0－a,x\o\al(2,0))≤eq\f(1,2)(0＜x0≤3)恒成立，即a≥(－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0)max，当x0＝1时，－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0取得最大值eq\f(1,2)，∴a≥eq\f(1,2)，∴amin＝eq\f(1,2).20．(本小题满分12分)(1)在△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求证：eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).(2)在四面体A－BCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明理由．(1)证明：如图所示，由射影定理AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,BD·DC)＝eq\f(BC2,BD·BC·DC·BC)＝eq\f(BC2,AB2·AC2)，又BC2＝AB2＋AC2，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(AB2＋AC2,AB2·AC2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).(2)解：猜想：类比AB⊥AC，AD⊥BC猜想在四面体A－BCD中，AB、AC、AD两两垂直，AE⊥平面BCD.则eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).如图，连接BE并延长交CD于F，连接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，∴AB⊥平面ACD.而AF⊂平面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AF2).易知在Rt△ACD中，AF⊥CD，∴eq\f(1,AF2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2)，∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2)，故猜想正确．21．(本小题满分12分)(2017·高考全国卷Ⅰ)设A，B为曲线C：y＝eq\f(x2,4)上两点，A与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜率；(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，y1＝eq\f(x\o\al(2,1),4)，y2＝eq\f(x\o\al(2,2),4)，x1＋x2＝4，于是直线AB的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4)＝1.(2)由y＝eq\f(x2,4)，得y′＝eq\f(x,2).设M(x3，y3)，由题设知eq\f(x3,2)＝1，解得x3＝2，于是M(2,1)．设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|.将y＝x＋m代入y＝eq\f(x2,4)得x2－4x－4m＝0.当Δ＝16(m＋1)＞0，即m＞－1时，x1,2＝2±2eq\r(m＋1).从而|AB|＝eq\r(2)|x1－x2|＝4eq\r(2m＋1).由题设知|