2019-2020年高中數(shù)學(xué) 綜合素質(zhì)測試 新人教B版選修2-2.doc

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2019-2020年高中數(shù)學(xué) 綜合素質(zhì)測試 新人教B版選修2-2 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，只有一項是符合題目要求的．) 1.是z的共軛復(fù)數(shù)．若z＋＝2，(z－)i＝2(i為虛數(shù)單位)，則z＝(　　) A．1＋i　　　　　　 B．－1－i C．－1＋i D．1－i [答案]　D [解析]　本題考查復(fù)數(shù)、共軛復(fù)數(shù)的運算． 設(shè)z＝a＋bi，則＝a－bi. 由題設(shè)條件可得a＝1，b＝－1.選D. 2．若f(x)＝x2－2x－4lnx，則f′(x)＞0的解集為(　　) A．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞) C．(2，＋∞) D．(－1,0) [答案]　C [解析]　本題主要考查導(dǎo)數(shù)的概念及分式不等式的解法和對數(shù)的概念．因為f(x)＝x2－2x－4lnx， ∴f′(x)＝2x－2－＝>0， 即，解得x>2，故選C. 3．下列命題中正確的是(　　) A．復(fù)數(shù)a＋bi與c＋di相等的充要條件是a＝c且b＝d B．任何復(fù)數(shù)都不能比較大小 C．若＝，則z1＝z2 D．若|z1|＝|z2|，則z1＝z2或z1＝ [答案]　C [解析]　A選項未注明a，b，c，d∈R.實數(shù)是復(fù)數(shù)，實數(shù)能比較大?。畓1與z2的模相等，符合條件的z1，z2有無數(shù)多個，如單位圓上的點對應(yīng)的復(fù)數(shù)的模都是1.故選C. 4．數(shù)列1，，，，，，，，，，…，的前100項的和等于(　　) A．13 B．13 C．14 D．14 [答案]　A [解析]　從數(shù)列排列規(guī)律看，項有n個，故1＋2＋…＋n＝≤100.得n(n＋1)≤200，所以n≤13，當n＝13時，＝137＝91(個)，故前91項的和為13，從第92項開始到第100項全是，共9個，故前100項的和為13.故選A. 5．對一切實數(shù)x，不等式x2＋a|x|＋1≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2] B．[－2,2] C．[－2，＋∞) D．[0，＋∞) [答案]　C [解析]　用分離參數(shù)法可得a≥－(x≠0)，則|x|＋≥2，∴a≥－2.當x＝0時，顯然成立． 6．曲線y＝ex在點(2，e2)處的切線與坐標軸所圍三角形的面積為(　　) A. B．2e2 C．e2 D． [答案]　D [解析]　y′＝(ex)′＝ex，曲線在點(2，e2)處的切線斜率為e2，因此切線方程為y－e2＝e2(x－2)，則切線與坐標軸交點為A(1,0)，B(0，－e2)， 所以：S△AOB＝1e2＝. 7．已知函數(shù)f(x)＝x3－12x，若f(x)在區(qū)間(2m，m＋1)上單調(diào)遞減，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．－1≤m≤1 B．－1b>0，求證：<－<. [證明]　要證明原不等式成立， 只需證b>0，所以a－b>0，－>0. 所以只需證<－<， 即證<2<， 即證<1<，即證<1<. 因為a>b>0，所以<1<成立． 故原不等式成立． 18．(本題滿分12分)請你設(shè)計一個包裝盒，如圖所示，ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個點重合于圖中的點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒，E、F在AB上，是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點，設(shè)AE＝FB＝x(cm)． (1)若廣告商要求包裝盒的側(cè)面積S(cm2)最大，試問x應(yīng)取何值？ (2)某廠商要求包裝盒容積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值． [解析]　設(shè)包裝盒的高為hcm，底面邊長為acm. 由已知得a＝x，h＝＝(30－x)，00；當x∈(20,30)時，V′<0. 所以當x＝20時，V取得極大值，也是最大值． 此時＝.即包裝盒的高與底面邊長的比值為. 19．(本題滿分12分)求同時滿足下列條件的所有復(fù)數(shù)z： (1)z＋是實數(shù)，且10. (1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性； (2)當x∈[0,1]時，求f(x)取得最大值和最小值時的x的值． [解析]　(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f ′(x)＝1＋a－2x－3x2， 令f ′(x)＝0得x1＝， x2＝，x1x2時，f ′(x)<0；當x10，故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，在(x1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增． (2)因為a>0，所以x1<0，x2>0， ①當a≥4時，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝0和x＝1處分別取得最小值和最大值． ②當00. 若m<0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1>0，f′(x)<0； 當x∈(0，＋∞)時，emx－1<0，f′(x)>0. 所以，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞減，在[0,1]上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是：即①，設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1.當t<0時，g′(t)<0；當t>0時，g′(t)>0，故g(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故當t∈[－1,1]時，g(t)≤0，當m∈[－1,1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立．當m>1時，由g(t)的單調(diào)性，g(m)>0，即em－m>e－1；當m<－1時，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.綜上，m的取值范圍是[－1,1]．