高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第二章 推理與證明學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè) 新人教A版選修22

第一、二章　學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè) 時(shí)間120分鐘，滿(mǎn)分150分． 一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的) 1．設(shè)<<0，則在①a2>b2；②a＋b>2；③ab<b2；④a2＋b2>|a|＋|b|．這4個(gè)不等式中恒成立的有(　B　) A．0個(gè)　　　　　　　 B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè) [解析]　∵<<0，∴0>a>b，∴a2<b2，ab<b2，②④顯然不正確． 2．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　D　) A．(－∞，－)，∪(，＋∞) 　　 B．(－，) C．(－∞，－]∪[，＋∞) 　　　D．[－，] [解析]　f ′(x)＝－3x2＋2ax－1，∵f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，且f ′(x)的圖象是開(kāi)口向下的拋物線(xiàn)，∴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(shè)三角形ABC的兩邊AB⊥AC，D是A點(diǎn)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(diǎn)O是A在面BCD內(nèi)的射影，且O在△BCD內(nèi)，類(lèi)比平面三角形射影定理，得出正確的結(jié)論是(　A　) A．(S△ABC)2＝S△BCOS△BCD B．(S△ABD)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(lèi)比這一性質(zhì)，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(shù)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(dāng)k＝1時(shí)，顯然只有3(2＋7k)能被9整除，故選D． 證明如下： 當(dāng)k＝1時(shí)，已驗(yàn)證結(jié)論成立， 假設(shè)當(dāng)k＝n(n∈N*)時(shí)，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(shuō)，k＝n＋1時(shí)命題也成立． 故命題對(duì)任何k∈N*都成立． 5．函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)可導(dǎo)，其圖象如圖所示，則導(dǎo)函數(shù)y＝f ′(x)的圖象可能為(　C　) [解析]　由圖象知，f(x)在x<0時(shí)，圖象增→減→增，x>0時(shí)，單調(diào)遞增，故f ′(x)在x<0時(shí)，其值為＋→－→＋，在x>0時(shí)為＋，故選C． 6．如果1N能拉長(zhǎng)彈簧1cm，為了將彈簧拉長(zhǎng)6cm，所耗費(fèi)的功為(　A　) A．0．18J B．0．26J C．0．12J D．0．28J [解析]　設(shè)F(x)＝kx，當(dāng)F(x)＝1時(shí)，x＝0．01m，則k＝100，∴W＝∫100xdx＝50x2|＝0．18． 7．定義一種運(yùn)算“*”；對(duì)于自然數(shù)n滿(mǎn)足以下運(yùn)算性質(zhì)：(　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(xiàng)a1＝1，公差為1的等差數(shù)列，∴an＝n，即n*1＝n，故選A． 8．已知f(n)＝＋＋＋…＋，則(　D　) A．f(n)中共有n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝＋ B．f(n)中共有n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝＋＋ C．f(n)中共有n2－n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝＋ D．f(n)中共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝＋＋ [解析]　項(xiàng)數(shù)為n2－(n－1)＝n2－n＋1，故應(yīng)選D． 9．已知函數(shù)f(x)＝lnx，則函數(shù)g(x)＝f(x)－f ′(x)的零點(diǎn)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，a＝－，b＝－，則正確的結(jié)論是(　B　) A．a(chǎn)＞b B．a(chǎn)＜b C．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)、b大小不定 [解析]　a＝－＝， b＝－＝， 因?yàn)?gt;>0，>>0， 所以＋>＋>0，所以a<b． 11．已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋x的兩個(gè)極值點(diǎn)分別為x1、x2，且0<x1<1<x2，點(diǎn)P(m，n)表示的平面區(qū)域內(nèi)存在點(diǎn)(x0，y0)滿(mǎn)足y0＝loga(x0＋4)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　B　) A．(0，)∪(1,3) B．(0,1)∪(1,3) C．(，1)∪(1,3] D．(0,1)∪[3，＋∞) [解析]　f ′(x)＝x2＋mx＋，由條件知，方程f ′(x)＝0的兩實(shí)根為x1、x2且0<x1<1<x2， ∴∴∴ 由得∴ 由y0＝loga(x0＋4)知，當(dāng)a>1時(shí)，1<y0<loga3，∴1<a<3；當(dāng)0<a<1時(shí)，y0＝loga(x0＋4)>loga3，由于y0>1，loga3<0，∴對(duì)?a∈(0,1)，此式都成立，從而0<a<1，綜上知0<a<1或1<a<3，故選B． 12．設(shè)函數(shù)f(x)定義如下表，數(shù)列{xn}滿(mǎn)足x0＝5，且對(duì)任意的自然數(shù)均有xn＋1＝f(xn)，則x2017＝(　B　) x 1 2 3 4 5 f(x) 4 1 3 5 2 A．1 B．2 C．4 D．5 [解析]　x1＝f(x0)＝f(5)＝2， x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，…，數(shù)列{xn}是周期為4的數(shù)列，所以x2017＝x1＝2，故應(yīng)選B． 二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分，把正確答案填在題中橫線(xiàn)上) 13．已知1＋23＋332＋432＋…＋n3n－1＝3n(na－b)＋c對(duì)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(shù))，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＋2)，當(dāng)x∈[－3，－2)和x∈(0,3]時(shí)，f ′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－2,0)時(shí)，f ′(x)<0，f(x)單調(diào)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(shù)f(x)＝ax3－3x在區(qū)間(－1,1)上為單調(diào)減函數(shù)，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(diào)減函數(shù)，∴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．(2017洛陽(yáng)高二檢測(cè))觀察下列等式：＝1－，＋＝1－，＋＋＝1－，…，由以上等式推測(cè)到一個(gè)一般的結(jié)論：對(duì)于n∈N*，＋＋…＋＝1－． [解析]　由已知中的等式：＝1－ ＋＝1－， ＋＋＝1－，…， 所以對(duì)于n∈N*，＋＋…＋＝1－． 三、解答題(本大題共6個(gè)大題，共70分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟) 17．(本題滿(mǎn)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)＋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(mǎn)分12分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－3bx＋c(b>0)，且g(x)＝f(x)－2是奇函數(shù)． (1)求a、c的值； (2)若函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，求b的取值范圍． [解析]　(1)∵g(x)＝f(x)－2是奇函數(shù)， ∴g(－x)＝－g(x)對(duì)x∈R成立， ∴f(－x)－2＝－f(x)＋2對(duì)x∈R成立， ∴ax2＋c－2＝0對(duì)x∈R成立， ∴a＝0且c＝2． (2)由(1)知f(x)＝x3－3bx＋2(b>0)， ∴f ′(x)＝3x2－3b＝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(shù)b的取值范圍是(1，＋∞)． 19．(本題滿(mǎn)分12分)已知函數(shù)f(x)＝x3－2ax2＋bx，其中a、b∈R，且曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線(xiàn)斜率為3． (1)求b的值； (2)若函數(shù)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(shù)f(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(dāng)a＝1時(shí)，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(shù)f(x)在x＝1處取得極大值，符合題意． ②當(dāng)a＝3時(shí)，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，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  由上表知，函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值，不符合題意． 綜上所述，若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值，a的值為1． 20．(本題滿(mǎn)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?yàn)閤>0，y>0，所以x2y2>0， 故只需證3x2＋3y2>2xy． 而3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy成立， 所以(x2＋y2)>(x3＋y3)成立． 21．(本題滿(mǎn)分12分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋(a>1)． (1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)； (2)用反證法證明方程f(x)＝0沒(méi)有負(fù)數(shù)根． [解析]　(1)證法1：任取x1、x2∈(－1，＋∞)，不妨設(shè)x1<x2，則x2－x1>0，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(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)． 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(shù)． (2)解法1：設(shè)存在x0<0(x0≠－1)滿(mǎn)足f(x0)＝0， 則ax0＝－，且0<ax0<1． ∴0<－<1，即<x0<2，與假設(shè)x0<0矛盾． 故方程f(x)＝0沒(méi)有負(fù)數(shù)根． 解法2：設(shè)x0<0(x0≠－1)， ①若－1<x0<0，則<－2，ax0<1，∴f(x0)<－1． ②若x0<－1則>0，ax0>0，∴f(x0)>0． 綜上，x<0(x≠－1)時(shí)，f(x)<－1或f(x)>0，即方程f(x)＝0無(wú)負(fù)數(shù)根． 22．(本題滿(mǎn)分14分)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)； (3)若曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線(xiàn)與x軸平行，且在點(diǎn)M(m，n)處的切線(xiàn)與直線(xiàn)OP平行(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，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(diào)增函數(shù)． (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，a)上有零點(diǎn)． 又由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)． (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(xiàn)OP的斜率kOP＝＝a－， 而f(x)在點(diǎn)M(m，n)處的切線(xiàn)斜率為 f′(m)＝(1＋m)2em． 由平行關(guān)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(dāng)m＜0時(shí)，g′(m)＜0，g(m)在(－∞，0)上單調(diào)遞減； 當(dāng)m＞0時(shí)，g′(m)＞0，g(m)在(0，＋∞)上單調(diào)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(guó)經(jīng)濟(jì)發(fā)展進(jìn)入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟(jì)發(fā)展方式，改變粗放式增長(zhǎng)模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟(jì)結(jié)構(gòu)，實(shí)現(xiàn)經(jīng)濟(jì)健康可持續(xù)發(fā)展進(jìn)區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進(jìn)新型城鎮(zhèn)化，推動(dòng)城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國(guó)經(jīng)濟(jì)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(xié)調(diào)等現(xiàn)實(shí)挑戰(zhàn)。