《高中數學 第一章 導數及其應用 第二章 推理與證明學業(yè)質量標準檢測 新人教A版選修22》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中數學 第一章 導數及其應用 第二章 推理與證明學業(yè)質量標準檢測 新人教A版選修22（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第一、二章　學業(yè)質量標準檢測 時間120分鐘，滿分150分． 一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中只有一個是符合題目要求的) 1．設<<0，則在①a2>b2；②a＋b>2；③ab|a|＋|b|．這4個不等式中恒成立的有(　B　) A．0個　　　　　　　 B．1個 C．2個 D．3個 [解析]　∵<<0，∴0>a>b，∴a2

2、－，) C．(－∞，－]∪[，＋∞) 　　　D．[－，] [解析]　f ′(x)＝－3x2＋2ax－1，∵f(x)在(－∞，＋∞)上是單調函數，且f ′(x)的圖象是開口向下的拋物線，∴f ′(x)≤0恒成立，∴Δ＝4a2－12≤0，∴－≤a≤，故選D． 3．(2018淄博三模)在平面幾何里有射影定理：設三角形ABC的兩邊AB⊥AC，D是A點在BC上的射影，則AB2＝BDBC．拓展到空間，在四面體A－BCD中，AD⊥面ABC，點O是A在面BCD內的射影，且O在△BCD內，類比平面三角形射影定理，得出正確的結論是(　A　) A．(S△ABC)2＝S△BCOS△BCD B．(S△ABD

3、)2＝S△BODS△BOC C．(S△ADC)2＝S△DOCS△BOC D．(S△BDC)2＝S△ABDS△ABC [解析]　由已知在平面幾何中， 若△ABC中，AB⊥AC，AE⊥BC，E是垂足， 則AB2＝BDBC， 我們可以類比這一性質，推理出： 若三棱錐A－BCD中，AD⊥面ABC，AO⊥面BCD，O為垂足， 則(S△ABC)2＝S△BOCS△BDC． 故選A． 4．下列代數式(其中k∈N*)能被9整除的是(　D　) A．6＋67k B．2＋7k－1 C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k) [解析]　特值法：當k＝1時，顯然只有3(2＋7k)能被9整

4、除，故選D． 證明如下： 當k＝1時，已驗證結論成立， 假設當k＝n(n∈N*)時，命題成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36． ∵3(2＋7n)能被9整除，36能被9整除， ∴21(2＋7n)－36能被9整除， 這就是說，k＝n＋1時命題也成立． 故命題對任何k∈N*都成立． 5．函數f(x)在其定義域內可導，其圖象如圖所示，則導函數y＝f ′(x)的圖象可能為(　C　) [解析]　由圖象知，f(x)在x<0時，圖象增→減→增，x>0時，單調遞增，故f ′(x)在x<0時，其值為＋→－→＋，在x>0時為＋，故選C． 6

5、．如果1N能拉長彈簧1cm，為了將彈簧拉長6cm，所耗費的功為(　A　) A．0．18J B．0．26J C．0．12J D．0．28J [解析]　設F(x)＝kx，當F(x)＝1時，x＝0．01m，則k＝100，∴W＝∫100xdx＝50x2|＝0．18． 7．定義一種運算“*”；對于自然數n滿足以下運算性質：(　A　) (i)1]B．n＋1 C．n－1 D．n2 [解析]　令an＝n*1，則由(ii)得，an＋1＝an＋1，由(i)得，a1＝1， ∴{an}是首項a1＝1，公差為1的等差數列，∴an＝n，即n*1＝n，故選A． 8．已知f(n)＝＋＋＋…＋，則(　D

6、　) A．f(n)中共有n項，當n＝2時，f(2)＝＋ B．f(n)中共有n＋1項，當n＝2時，f(2)＝＋＋ C．f(n)中共有n2－n項，當n＝2時，f(2)＝＋ D．f(n)中共有n2－n＋1項，當n＝2時，f(2)＝＋＋ [解析]　項數為n2－(n－1)＝n2－n＋1，故應選D． 9．已知函數f(x)＝lnx，則函數g(x)＝f(x)－f ′(x)的零點所在的區(qū)間是(　B　) A．(0,1) B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4) [解析]　由題可知g(x)＝lnx－，∵g(1)＝－1<0，g(2)＝ln2－＝ln2－ln>0，∴選B． 10．已知c＞1

7、，a＝－，b＝－，則正確的結論是(　B　) A．a＞b B．a＜b C．a＝b D．a、b大小不定 [解析]　a＝－＝， b＝－＝， 因為>>0，>>0， 所以＋>＋>0，所以a

8、兩實根為x1、x2且01時，1loga3，由于y0>1，loga3<0，∴對?a∈(0,1)，此式都成立，從而0

9、5)＝2， x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，…，數列{xn}是周期為4的數列，所以x2017＝x1＝2，故應選B． 二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，把正確答案填在題中橫線上) 13．已知1＋23＋332＋432＋…＋n3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，則a＝，b＝，c＝． [解析]　令n＝1、2、3，得 所以a＝，b＝c＝． 14．已知f(x)＝x3＋3x2＋a(a為常數)，在[－3,3]上有最小值3，那么在[－3,3]上f(x)的最大值是57． [解析]　f ′(x)＝3x2＋6x＝3x(x＋

10、2)，當x∈[－3，－2)和x∈(0,3]時，f ′(x)>0，f(x)單調遞增，當x∈(－2,0)時，f ′(x)<0，f(x)單調遞減，∴極大值為f(－2)＝a＋4，極小值為f(0)＝a，又f(－3)＝a，f(3)＝54＋a，由條件知a＝3，∴最大值為f(3)＝54＋3＝57． 15．函數f(x)＝ax3－3x在區(qū)間(－1,1)上為單調減函數，則a的取值范圍是a≤1． [解析]　f ′(x)＝3ax2－3，∵f(x)在(－1,1)上為單調減函數，∴f ′(x)≤0在(－1,1)上恒成立， 即3ax2－3≤0在(－1,1)上恒成立， ∴a≤，∵x∈(－1,1)，∴a≤1． 16．(

11、2017洛陽高二檢測)觀察下列等式：＝1－，＋＝1－，＋＋＝1－，…，由以上等式推測到一個一般的結論：對于n∈N*，＋＋…＋＝1－． [解析]　由已知中的等式：＝1－ ＋＝1－， ＋＋＝1－，…， 所以對于n∈N*，＋＋…＋＝1－． 三、解答題(本大題共6個大題，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 17．(本題滿分10分)已知：a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1． 求證：a2＋b2＋c2≥． [證明]　由a2＋b2≥2ab，及b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca． 三式相加得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca． ∴3(a2＋b2＋c2)≥(a2＋b2＋c2)

12、＋2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b＋c)2． 由a＋b＋c＝1，得3(a2＋b2＋c2)≥1， 即a2＋b2＋c2≥． 18．(本題滿分12分)已知函數f(x)＝x3＋ax2－3bx＋c(b>0)，且g(x)＝f(x)－2是奇函數． (1)求a、c的值； (2)若函數f(x)有三個零點，求b的取值范圍． [解析]　(1)∵g(x)＝f(x)－2是奇函數， ∴g(－x)＝－g(x)對x∈R成立， ∴f(－x)－2＝－f(x)＋2對x∈R成立， ∴ax2＋c－2＝0對x∈R成立， ∴a＝0且c＝2． (2)由(1)知f(x)＝x3－3bx＋2(b>0)， ∴f ′(x)＝3

13、x2－3b＝3(x－)(x＋)， 令f ′(x)＝0得x＝， x (－∞，－) － (－，) (，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增 極大值 減 極小值 增 依題意有∴b>1， 故正數b的取值范圍是(1，＋∞)． 19．(本題滿分12分)已知函數f(x)＝x3－2ax2＋bx，其中a、b∈R，且曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線斜率為3． (1)求b的值； (2)若函數f(x)在x＝1處取得極大值，求a的值． [解析]　(1)f ′(x)＝a2x2－4ax＋b， 由題意f ′(0)＝b＝3． (2)∵函數f(

14、x)在x＝1處取得極大值， ∴f ′(1)＝a2－4a＋3＝0，解得a＝1或a＝3． ①當a＝1時，f ′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)， x、f ′(x)、f(x)的變化情況如下表： x (－∞，1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  由上表知，函數f(x)在x＝1處取得極大值，符合題意． ②當a＝3時，f ′(x)＝9x2－12x＋3＝3(3x－1)(x－1)， x、f ′(x)、f(x)的變化情況如下表： x (－∞，) (，1) 1 (1，

15、＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  由上表知，函數f(x)在x＝1處取得極小值，不符合題意． 綜上所述，若函數f(x)在x＝1處取得極大值，a的值為1． 20．(本題滿分12分)若x>0，y>0，用分析法證明：(x2＋y2)>(x3＋y3)． [證明]　要證(x2＋y2)>(x3＋y3)， 只需證(x2＋y2)3>(x3＋y3)2， 即證x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6， 即證3x4y2＋3y4x2>2x3y3． 又因為x>0，y>0，所以x2y2>0， 故只需證3x2＋3y2>2x

16、y． 而3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy成立， 所以(x2＋y2)>(x3＋y3)成立． 21．(本題滿分12分)已知函數f(x)＝ax＋(a>1)． (1)證明：函數f(x)在(－1，＋∞)上為增函數； (2)用反證法證明方程f(x)＝0沒有負數根． [解析]　(1)證法1：任取x1、x2∈(－1，＋∞)，不妨設x10，ax2－x1>1且ax1>0， ∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0， 又∵x1＋1>0，x2＋1>0， ∴－ ＝ ＝>0， 于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－>0， 故函數f(x)在(－1，＋∞)上為

17、增函數． 證法2：f ′(x)＝axlna＋＝axlna＋ ∵a>1，∴l(xiāng)na>0，∴axlna＋>0， f ′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立， 即f(x)在(－1，＋∞)上為增函數． (2)解法1：設存在x0<0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0， 則ax0＝－，且00，ax0>0，∴f(x0)>0． 綜上，x<0(x≠－1)時，f(x)<－1或f(x)

18、>0，即方程f(x)＝0無負數根． 22．(本題滿分14分)設a>1，函數f(x)＝(1＋x2)ex－a． (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點； (3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原點)，證明：m≤－1． [解析]　(1)依題f′(x)＝(1＋x2)′ex＋(1＋x2)(ex)′＝(1＋x)2ex≥0， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上是單調增函數． (2)證明：∵a>1， ∴f(0)＝1－a<0且f(a)＝(1＋a2)ea－a>1＋a2－a>0， ∴f(x)在(0，

19、a)上有零點． 又由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上是單調增函數， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點． (3)證明：令f′(x)＝(1＋x)2ex＝0，得x＝－1， 而f(－1)＝[1＋(－1)2]e－1－a＝－a， 故P． 直線OP的斜率kOP＝＝a－， 而f(x)在點M(m，n)處的切線斜率為 f′(m)＝(1＋m)2em． 由平行關系知－＋a＝(1＋m)2em． 要證m≤－1， 即證(m＋1)3≤a－＝(1＋m)2em， 即m＋1≤em． 令g(m)＝em－m－1，則g′(m)＝em－1． 當m＜0時，g′(m)＜0，g(m)在(－∞，0)上單調遞減； 當m＞0時，g′(m)＞0，g(m)在(0，＋∞)上單調遞增． 故g(m)在(－∞，＋∞)上的最小值為g(0)＝0， 即g(m)＝em－m≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 于是m＋1≤em，即m≤－1得證． 我國經濟發(fā)展進入新常態(tài)，需要轉變經濟發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經濟結構，實現經濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協調發(fā)展，推進新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協調等現實挑戰(zhàn)。