{高中试卷}福建省福清第一中学高二下学期综合检测(二)数学试题[仅供参考]

20XX年高中测试高中试题试卷科目：年级：考点：监考老师：日期：20XX福清一中高二下学期理科数学综合检测卷（二）专项训练一、复数1.设复数z=2，则下列命题中错误的是()1−iA. |z|=√2B. z=1−iC. z的虚部为iD. z在复平面上对应的点在第一象限【答案】C若复数z满足(1+i)z=|√3+i|，则在复平面内，z对应的点位于()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D已知复数z满足|z|=1，则|z−(4+3i)|的最大、最小值为()A. 5，3B. 6，4C. 7，5D. 6，5【答案】B+z2的共轭复数为______．设复数z=1+i，则复数2z【答案】1−i专项训练二、推理与证明1，下列类比推理的结论不正确的是( )①类比“实数的乘法运算满足结合律”，得到猜想“向量的数量积运算满足结合律”；②类比“设等差数列{a n}的前n项和为S n，则S4，S8−S4，S12−S8成等差数列”，得到猜想“设等比数列{b n}的前n项积为T n，则T4，T8T4，T12T8成等比数列”；③类比“平面内，同垂直于一直线的两直线相互平行”，得到猜想“空间中，同垂直于一直线的两直线相互平行”；④类比“设AB为圆的直径，P为圆上任意一点，直线PA，PB的斜率存在，则k PA⋅k PB为常数”，得到猜想“设AB为椭圆的长轴，P为椭圆上任意一点，直线PA ，PB的斜率存在，则k PA⋅k PB为常数”．A. ①④B. ①③C. ②③D. ②④【答案】B将正奇数按如图所示的规律排列，则第21行从左向右的第5个数为()A. 731B. 820XXC. 852D. 891【答案】B3，为弘扬中国传统文化，某校在高中三个年级中抽取甲、乙、丙三名同学进行问卷调查.调查结果显示这三名同学来自不同的年级，加入了不同的三个社团：“楹联社”、“书法社”、“汉服社”，还满足如下条件：(1)甲同学没有加入“楹联社”；(2)乙同学没有加入“汉服社”；(3)加入“楹联社”的那名同学不在高二年级；(4)加入“汉服社”的那名同学在高一年级；(5)乙同学不在高三年级．试问：甲同学所在的社团是()A. 楹联社B. 书法社C. 汉服社D. 条件不足无法判断【答案】C【解析】解：假设乙在高一，则加入“汉服社”，与(2)矛盾，所以乙在高二，根据(3)，可得乙加入“书法社”，根据(1)甲同学没有加入“楹联社”，可得甲同学所在的社团是汉服社，故选C．4，如图，已知△ABC周长为2，连接△ABC三边的中点构成第二个三角形，再连接第二个对角线三边中点构成第三个三角形，依此类推，第20XX个三角形周长为( )A. 120XX B. 12001C. 1220XXD. 122001【答案】D已知任意一个正整数的三次幂均可表示成一些连续奇数的和，如图所示，33可以表示为7+9+11，我们把7，9，11叫做33的“质数因子”，若n3的一个“质数因子”为20XX，则n为()A. 43B. 44C. 45D. 46【答案】C【解析】解：由题意知，n3可表示为n个连续奇数的和，且所有正整数的“数因子”都是按照从小到大的顺序排列的，所以前n个正整数的三次幂的“数因子”共有1+2+3+⋯+n=n(n+1)2个，因为20XX=2×1020XX−1，故20XX是第1020XX个奇数，而44×452=990<1020XX，45×462=120XX5>1020XX，所以443的最大“数因子”是第990个奇数，453的最大“数因子”是第120XX5个奇数，故第1020XX个奇数：20XX应是453的一个“数因子”，故选：C．在直角△ABC中，若∠C=90∘，AC=b，BC=a，则△ABC的外接圆半径可表示为r=√a2+b22.运用类比推理的方法，若三棱锥的三条侧棱两两相互垂直且长度分别为a，b，c，则该三棱锥外接球的半径R=______．【答案】12√a2+b2+c2专项训练三、定积分1，已知抛物线y=x24与直线y=34x+1交于点P，Q，则如图所示阴影部分的面积为()A. 6512B. 8516C. 14324D.956【答案】A2.由xy=1，y=x，x=3所围成的封闭区域的面积为()A. 2ln3B. 2+ln3C. 4−2ln3D. 4−ln3【答案】D3，已知函数则f(x)={sinx,x∈[−π,0]√1−x2,x∈(0,1],∫f1−π(x)dx=()A. 2+πB. π2C. −2+π2D. π4−2【答案】D4，如图，由函数f(x)=x 2−x 的图象与x 轴、直线x =2围成的阴影部分的面积为___1___专项训练四、导数1，已知函数f(x)=2ln(3x)+8x ，则∆x →0limf(1−2∆x)−f(1)∆x的值为()A. 10B. −10C. −20D. 20【答案】C2，若函数f(x)在R 上可导，且，则()A. f(0)<f(4)B. f(0)=f(4)C. f(0)>f(4)D. 无法确定【答案】B 3，已知函数f(x)=cosx e x，则函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为()A. x +y +1=0B. x +y −1=0C. x −y +1=0D. x −y −1=0【答案】B4，已知函数f(x)=lnx +12ax 2−2x 有两个极值点，则a 的取值范围是() A. (−∞,1)B. (0,2)C. (0,1) D . (0,3)5，已知函数f(x)=e x −2mx +3的图像为曲线C ，若曲线C 存在与直线y =13x 垂直的切线，则实数m 的取值范围是( )A. (32,+∞)B. (−∞,32]C. (−∞,23)D. (−∞,23]【答案】A6，已知函数f(x)=sinx +x ，则不等式f(x −2)+f(x 2−4)<0的解集为() A. (−1,6)B. (−6,1)C. (−2,3)D. (−3,2)【答案】D要做一个圆锥形漏斗，其母线长为30cm ，要使其体积最大，则其高应为() A. 12√3cm B. 120XX√cmC. 8√3cmD.5√3cm【答案】B锥的高为h cm ，∴V 圆圆=13π(900−ℎ2)×ℎ，∴V′(ℎ)=13π(900−3ℎ2).令V′(ℎ)=0，得ℎ2=300，∴ℎ=120XX√(cm)当0<ℎ<120XX√时，V′>0； 当120XX√<ℎ<30时，V′<0，∴当ℎ=120XX√时，V 取最大值．故选B ．若函数f(x)=12x 2+(a −1)x −alnx 存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a 的取值范围为() A. [32,2) B. [32,+∞)C. [0,32)D. (−1,0)∪[32，+∞)【解析】解：∵f(x)=12x2+(a−1)x−alnx，x>0，∴f′(x)=x+(a−1)−a x =x2+(a−1)x−ax=(x+a)(x−1)x，令f′(x)=0，解得x=1或x=−a，∵函数f(x)=12x2+(a−1)x−alnx存在唯一的极值，∴x=1，此时a≥0∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴f(x)圆圆圆=f(1)=12+a−1=a−12，∵f(x)圆圆圆≥1，∴a−12≥1解得a≥32，9,若函数f(x)=x2+(a+3)x+lnx在区间(1,2)上存在唯一的极值点，则实数a的取值范围为______．【答案】(−152,−6)【解析】解：f′(x)=2x+a+3+1x =2x2+(a+3)x+1x，若f(x)在(1,2)上存在唯一的极值点，则f′(1)f′(2)<0，即(a+6)(2a+15)<0，解得：−152<a<−6，故答案为：(−152,−6)．10,若直线y=kx+t是曲线y=e x+2的切线，也是曲线y=e x+1的切线，则t=________．【答案】4−2ln2【解答】解：设y=kx+t与y=e x+2和y=e x+1的切点分别为(x1,kx1+t),(x2,kx2+t)；由导数的几何意义可得k=e x1=e x2+1，得x1=x2+1再由切点也在各自的曲线上，可得kx1+t=e x1+2,kx2+t=e x2+1联立上述式子{k=e x1x1=x2+1kx1+t=e x1+2kx2+t=e x2+1，解得k=2，x1=ln2，t=4−2ln2故答案为4−2ln2.11，已知函数f(x)=lnx +12ax 2−2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为______．【答案】(−∞,1)【解析】解：对函数求导数，得f′(x)=ax 2−2x+1x，(x >0)依题意，得f′(x)<0在(0,+∞)上有解.即ax 2−2x +1<0在x >0时有解．①显然a ≤0时，不等式有解，②a >0时，只需a <2x−1x 2在x >0有解，即只需a <(2x−1x 2)圆圆圆，令g(x)=2x−1x ，g(x)在(0,1)递增，在(1,+∞)递减，∴g(x)圆圆圆=g(1)=1，∴a <1，综合①②得a <1，13，已知f (x )=(x −1)e x −elnx,g (x )=−x 3+32x 2+a ，若存在x 1∈(0,+∞)及唯一正整数x 2，使得f (x 1)=g (x 2)，则实数a 的取值范围是 ．【答案】[−12,2)【解答】解：由题意知f(x)的定义域为(0,+∞)，因为f (x )=(x −1)e x −elnx ，所以，令y =xe x −ex ，则，所以当x >0时，是增函数，又，故当x ∈(0,1)时，，f (x )单调递减，当x ∈(1,+∞)时，0 '/>，f (x )单调递增，所以f (x )min =f (1)=0，所以f(x)在(0,+∞)上的值域为[0,+∞),因为存在x 1∈(0,+∞)及唯一正整数x 2，使得f (x 1)=g (x 2)，所以满足g (x )≥0的正整数解只有1个，因为g (x )=−x 3+32x 2+a ，所以，所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以{g (1)≥0g (2)<0，即{12+a ≥0−2+a <0，解得−12≤a <2，所以实数的取值范围为[−12,2),故答案为[−12,2)．14，已知函数f(x)=13x 3+x 2+ax ，若g(x)=1e x ，对任意x 1∈[12,2]，存在x 2∈[12,2]，使成立，则实数a 的取值范围是______．【答案】(−∞,√e e−8]【解析】解：对任意x 1∈[12,2]，存在x 2∈[12,2]，使，，∵函数f(x)=13x 3+x 2+ax ，g(x)=1e x ，∴f′(x)=x 2+2x +a =(x +1)2+a −1，在[12,2]上单调递增，，g(x)在[12,2]上单调递减，则g(x)max =g(12)=√e e，∴8+a ≤√ee，解得a ≤√e e −8．∴实数a 的取值范围是(−∞,√e e−8]．故答案为：(−∞,√ee−8]．15，设函数f(x)=x 2−xlnx +2，若存在区间[a,b]⊆[12,+∞)，使f(x)在[a,b]上的值域为[k(a +2),k(b +2)]，则k 的取值范围为______ ．【答案】(1,9+2ln210)【解析】解：f′(x)=2x −lnx +1，f″(x)=2−1x ，∴当x ≥12时，f″(x)≥0，∴f′(x)在[12,+∞)上单调递增，∴f′(x)≥f′(12)=2−ln 12>0，∴f(x)在[12,+∞)上单调递增，∵[a,b]⊆[12,+∞)，∴f(x)在[a,b]上单调递增，∵f(x)在[a,b]上的值域为[k(a +2),k(b +2)]，∴{f(b)=k(b +2)f(a)=k(a+2)，∴方程f(x)=k(x +2)在[12.+∞)上有两解a ，b ．作出y =f(x)与直线y =k(x +2)的函数图象，则两图象有两交点．若直线y =k(x +2)过点(12,94+12ln2)，则k =9+2ln210，若直线y =k(x +2)与y =f(x)的图象相切，设切点为(x 0,y 0)，则{y 0=k(x 0+2)y 0=x 02−x 0lnx 0+22x 0−lnx 0+1=k，解得k =1．∴1<k <9+2ln210．故答案为：(1,9+2ln210).专项训练五、解答题1，(1)已知a >0,b >0，求证：√b +√a ≥√a +√b.(2)若a,b,c 均为实数，且a =x 2−2y +π2，b =y 2−2z +π3，c =z 2−2x +π6，求证：a,b,c 中至少有一个大于0． 【答案】证明：(1)∵√b+√a −√a −√b =√a+b √b−a √b−b √a√ab=√a−√b)√ab=√a−√b)2√a+√b)√ab≥0∴√b+√a≥√a +√b.(2)设a ，b ，c 都不大于0，即a ≤0，b ≤0，c ≤0，∴a +b +c ≤0而a +b +c =(x2−2y +π2)+(y2−2z +π2)+(z2−2x +π6) =(x 2−2x)+(y 2−2y)+(z 2−2z)+π=(x −1)2+(y −1)2+(z −1)2+π−3∴a +b +c >0，这与a +b +c ≤0矛盾，故假设是错误的，故a ，b ，c 中至少有一个大于0．2，已知数列{a n }满足a 1=2，且a n a n+1+a n+1−2a n =0(n ∈N +)。