高二数学选修2-2模块综合测试题(理科)

选修2-2 期中测试卷

（本科考试时间为120分钟，满分为100分）

说明：本试题分有试卷Ⅰ和试卷Ⅱ，试卷Ⅰ分值为30分，试卷Ⅱ分值为70分。

班级 姓名

第I卷

一．选择题

1．在“近似替代”中，函数f(x)在区间[xi,xi1]上的近似值（ ）

（A）只能是左端点的函数值f(xi) （B）只能是右端点的函数值f(xi1) （C）可以是该区间内的任一函数值fi(i[xi,xi1]）（D）以上答案均正确

222．已知z1m3mmi，z24(5m6)i，其中m为实数，i为虚数单位，若z1z20，则m的

值为 （ ） (A) 4 3．设S(n)

(B) 1

(C) 6

(D) 0

111112(nN*)，当n2时，S(2)（ C ） nn1n2n3n111 Ａ． Ｂ．

2231111111 Ｃ． Ｄ．

234234．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（ B ）

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

5．给出以下命题： ⑴若

baf(x)dx0，则f(x)>0； ⑵20sinxdx4;

⑶已知F(x)f(x)，且F(x)是以T为周期的函数，则其中正确命题的个数为( B )

A.1 B.2 C.3 D.0

a0f(x)dxaTTf(x)dx；

6．若

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

A．3 B． 12 C．9 D．6 7.已知x1,y1,下列各式成立的是 （ D ）

（A）xyxy2 （B）xy1 （C）xy1 （D）xy1xy

221

8. 定积分

π20sin2xdx的值等于（ A ） 2B．

A．

π1

 42π1

 42

3C．

1π

 24

D．

π1 2【第9题2选1】9.曲线yx3x2上的任意一点P处切线的斜率的取值范围是（ ） A．[33,) B. (,) C. (3,) D. [3,) 3329.设P为曲线C：yx2x3上的点，且曲线C在点P处切线倾斜角的取值范围为0，，则点P横坐标的取值范围为（ ）

4 A．1，2

1B．1，0 C．01，

1 D．，1210. 已知数列{an}满足a12，a23，an2|an1an|，则a2016＝（ ） A．1 B.2 C.3 D.0 11. 已知函数f(x)x2bx的图象在点A(1,f(1))处的切线的斜率为3，数列的前n项和为Sn,则S2011的值为（D ）

1 f(n)A.20082009B.20092010C.20102011D.2011 20123a，类比上述命题，棱长为a212. 平面几何中，有边长为a的正三角形内任一点到三边距离之和为定值的正四面体内任一点到四个面的距离之和为（ B ） Ａ．

4a 3Ｂ．6a 3Ｃ．5a 4Ｄ．6a 4第Ⅱ卷

二．填空题

1i1i，则复数z= 1i1i14．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 【15题2选1】15.已知可导函数f(x)(xR)的导函数f'(x)满足f'(x)f(x)，则当a0时，

13．若复数zf(a)和eaf(0)（e是自然对数的底数）大小关系为

2

15.若函数f(x)4x在区间(m，2m1)上是单调递增函数，则实数m的取值范围是 ． x21答案：1m≤0

16.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 91

三 解答题（本大题共5小题，共分） 17（本小题满分10分） (1) 求定积分

12x22dx 的值； 【2选1】(2)若复数z1a2i(aR)，z234i，

且

z1为纯虚数，求z1 z22 （2）已知复数z满足zzzi23i，求z． 2i由已知得zzzi1i，

设zxyi,x,yR

代人上式得xy2xi1i

221xxy12

所以，解得2x1y3222故z

13i 2218.【3选1】

（1）已知a，b是正实数，求证：

3

abbaab

只需证aabbab(ab)

ab(ab)

即证(abab)(ab)即证ababab

2即证ab2ab，即(ab)0

该式显然成立，所以

abbaab

（2）求证：(1)a2b23ab3(ab); 证明：（1） ∵a2b22ab,

a2323a, b2323b ;

将此三式相加得

2(a2b23)2ab23a23b,

∴a2b23ab3(ab).

（3）已知a,b,c均为实数，且ax22y2,by22z3,cz22x6，

求证：a,b,c中至少有一个大于0. 证明：（反证法）

假设a,b,c都不大于0，即a0,b0,c0，则abc0， 因为ax22yπππ,by22z,cz22x 236abc(x22yπππ)(y22z)(z22x) 236(x1)2(y1)2(z1)2π30即abc0，与abc0矛盾，故假设错误，原命题成立.

19.设yf(x)是二次函数，方程f(x)0有两个相等的实根，且f(x)2x2． （1）求yf(x)的表达式；

（2）若直线xt(0t1)把yf(x)的图象与两坐标轴所围成图形的面积二等分，求t的值． 解：（1）设f(x)axbxc(a0)， 则f(x)2axb．

24

由已知f(x)2x2，得a1，b2．

f(x)x22xc．

又方程x2xc0有两个相等的实数根，

244c0，即c1．

故f(x)x2x1； （2）依题意，得

2t1(x2x1)dx(x22x1)dx，

t201x3x2x3t11x3x2x30t，

32整理，得2t6t6t10，即2(t1)10，

3t1

1． 32x（1）求f(x)的单调区间； （2）求曲线yf(x)在点（1，f(1)）x1b处的切线方程；（3）求证：对任意的正数a与b，恒有lnalnb1．

a20.已知函数f(x)ln(x1)

*21.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． 解：（1）依题设可得a15

11111111，a2，a3，a4； 21262312342045

（2）猜想：an1．

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111．

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

221（本小题满分12分）设数列an满足an1annan1,n1,2,3,,

（1） 当a12时，求a2,a3,a4，并由此猜想出an的一个通项公式； （2） 当a13时，证明对所有n1，有 ①ann2②

111a11a211 1an2x3x23x3a(a0)（12分） 18、设函数f(x)3（1）如果a1，点P为曲线yf(x)上一个动点，求以P为切点的切线斜率取得最小值时的切线方程； （2）若x[a,3a]时，f(x)0恒成立，求a的取值范围。

6

解：（1）设切线斜率为k,则kf(x)x2x3.当x=1时，k有最小值-4。 又f(1)'22929（6分） ,所以切线方程为y49x1),即12x3y170。

33

若x[a,3a]时，f(x)0恒成立，则：

0a33a0a3a3a3（1）或(2)或(3) f(3a)0f(a)0f(3)0（1），（2）无解，由（3）解得a6，综上所述。

20． 已知函数f(x)alnxax3(aR)．

（Ⅰ）当a1时，求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若函数yf(x)的图像在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45，问：m在什么范围取值时，

对于任意的t[1,2]，函数g(x)xx[32mf'(x)]在区间(t,3)上总存在极值？ 2p2e3，若在区间[1,e]上至少存在一个x0，使得x（Ⅲ）当a2时，设函数h(x)(p2)xh(x0)f(x0)成立，试求实数p的取值范围．

解（Ι）由f'(x)a(1x)(x0)知： x当a1时，函数f(x)的单调增区间是(0,1)，单调减区间是(1,)；

（Ⅱ）由f'(x)a21得到a2，故f(x)2lnx2x3,f'(x)2， 2xg(x)x3x2[mmf'(x)]x3(2)x22x,g'(x)3x2(4m)x2 227

因为g(x)在区间(t,3)上总存在极值，且1t2，所以g'(2)0，解得：

g'(3)03737mm9，故当m9时，对于任意的t[1,2]，函数g(x)x3x2[f'(x)]在332区间(t,3)上总存在极值。

（Ⅲ）f(x)2lnx2x3，令F(x)h(x)f(x)pxp2e2lnx xx①当p0时，由x[1,e]得到pxp0,2e2lnx0,所以在[1,e]上不存在x0，使得xh(x0)f(x0)成立；

px22xp2e2②当p0时，F'(x)，因为x[1,e]，所以2e2x0,pxp0，2xF'(x)0在[1,e]上恒成立，故F(x)在[1,e]上单调递增。 F(x)maxF(e)pe4e,)。 2e11(x2a)2． 2pp4e4，由题意可知pe40，解得p2，所以p的取植范围是eee1(21.已知a0，设函数f(x)alnx2ax2a，g(x)（I）求函数h(x)f(x)g(x)的最大值；

（II）若e是自然对数的底数，当ae时，是否存在常数k、b，使得不等式f(x)kxbg(x)对于任意的正实数x都成立？若存在，求出k、b的值，若不存在，请说明理由．

12x (x0)， ………………（2分） 2a(xa)(xa)∴h(x)x．

xxx (0,a) (a,) a + 0 - h(x) h(x) 极大值   alnaa∴当xa时，函数h(x)取最大值； ………………（4分）

2（II）当ae时，h(x)f(x)g(x)的最大值是0，

解：（I）∵h(x)alnx即f(x)g(x)，当且仅当xe时取等号， ………………（6分）

8

e函数f(x)和g(x)的图象在xe处有且仅有一个公共点(e,)，

2e∵f(x)2e，函数f(x)的图象在xe处切线斜率是kfe，

x∵g(x)x2e，函数g(x)的图象在xe处切线斜率是kge， ∴f(x)和g(x)的图象在xe处有公共切线方程为yex3e， 2 ………………（8分）

ee(xe)3ee )elnxex，F(x)e设F(x)f(x)(ex22xxx (0,e) e (e,) F'(x)+ 0 - F(x)  极大值  ∴当xe时，函数F(x)取得最大值0，∴f(x)ex3e2恒成立； ………………（10分）

∵g(x)(ex3e)1x2exe1(xe)222220，

∴g(x)ex3e2在xR时恒成立；

∴当ae时，ke，b3e2． ………………（12分）

新课改高二数学选修2-2模块综合测试题参

一 选择题

1 C 2 B 3 D 4 D 5 A 6 B 7D 8C 9 D 10 A 11A 二 填空题

14 n213 1-i n22 15 -2 16 -1

三 解答题 17(1)

1823 （2）103 18 当高h3233l时，V3max27l 19 （1）单调增区间(0,) ，单调减区间(1,0)

9

12 C

（2）切线方程为 x4y4ln230 （3）所证不等式等价为ln而f(x)ln(1x)ab10 ba111，设tx1,则F(t)lnt1，由（1）结论可得，x1tF(t)在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增，由此F(t)minF(1)0，所以F(t)F(1)0即

1aF(t)lnt10，记t代入得证。

tb20 （选做题：从两个不等式任选一个证明，当两个同时证明的以第一个为准） （1）证：左式=(a1a2an+b1b24bn2a12a2)(a1b1a2b22an)

anbn1=(a1b1)(a2b2)41a1b14=

2a12a2(anbn)(a1b1a2b22an)

anbna1a1b1a2b2a2a2b2anbnan

anbn21(a1a24an)21

（2）证：由排序不等式，得：

2a12a22ana1a2a2a32ana1，a12a22ana1a3a2a4ana2

22两式相加：2(a1a22an)a1(a2a3)a2(a3a4)an(a1a2)，从而

22(a12a22an)(a1a2a2a3a3a4an)a1a2a1a2a2a3a3a4an)a1a2

a1(a2a3)a2(a3a4)an)2，即证。

an(a1a2)((a1a221

10

11