人教A版数学选修2-2 学业质量标准检测1、2

第一、二章 学业质量标准检测
本检测仅供教师备用，学生书中没有 时间120分钟，满分150分．
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．设1a <1
b <0，则在①a 2>b 2；②a ＋b >2ab ；③ab <b 2；④a 2＋b 2>|a |＋|b |.这4个不等式中
恒成立的有( B )
A ．0个
B ．1个
C ．2个
D ．3个
[解析] ∵1a <1
b
<0，∴0>a >b ，∴a 2<b 2，ab <b 2，②④显然不正确．
2．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－x －1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a 的取值范围是( D )
A ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
B ．(－3，3)
C ．(－∞，－3]∪[3，＋∞)
D ．[－3，3]
[解析] f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1，∵f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，且f ′(x )的图象是开口向下的抛物线，
∴f ′(x )≤0恒成立，∴Δ＝4a 2－12≤0，∴－3≤a ≤3，故选D ．
3．观察下列各等式：22－4＋66－4＝2，55－4＋33－4＝2，77－4＋11－4＝2，10
10－4＋
－2－2－4＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为( A )
A ．n
n －4＋8－n (8－n )－4＝2
B ．n ＋1(n ＋1)－4＋(n ＋1)＋5(n ＋1)－4＝2
C ．n
n －4＋n ＋4(n ＋4)－4＝2
D ．n ＋1(n ＋1)－4＋n ＋5(n ＋5)－4
＝2
[解析] 观察分子中2＋6＝5＋3＝7＋1＝10＋(－2)＝8.
4．观察下面图形的规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为( A )
A．■
C．□D．○
[解析]由每一行中图形的形状及黑色图形的个数，则知A正确．
5．(2019·淄博三模)在平面几何里有射影定理：设三角形ABC的两边AB⊥AC，D是A 点在BC上的射影，则AB2＝BD·BC．拓展到空间，在四面体A－BCD中，AD⊥面ABC，点O是A在面BCD内的射影，且O在△BCD内，类比平面三角形射影定理，得出正确的结论是(A)
A．(S△ABC)2＝S△BCO·S△BCD
B．(S△ABD)2＝S△BOD·S△BOC
C．(S△ADC)2＝S△DOC·S△BOC
D．(S△BDC)2＝S△ABD·S△ABC
[解析]由已知在平面几何中，
若△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC，D是垂足，
则AB2＝BD·BC，
我们可以类比这一性质，推理出：
若三棱锥A－BCD中，AD⊥面ABC，AO⊥面BCD，O为垂足，
则(S△ABC)2＝S△BOC·S△BDC．
故选A．
6．已知a n ＝(1
3
)n ，把数列{a n }的各项排成如下的三角形：
a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9
…
记A (s ，t )表示第s 行的第t 个数，则A (11,12)等于( D ) A ．(13)67
B ．(13)68
C ．(1
3
)111
D ．(13
)112
[解析] 该三角形每行所对应元素的个数分别为1,3,5，…那么第10行的最后一个数为a 100，第11行的第12个数为a 112，即A (11,12)＝(1
3
)112.故选D ．
7．函数f (x )在其定义域内可导，其图象如图所示，则导函数y ＝f ′(x )的图象可能为( C )
[解析]由图象知，f(x)在x<0时，图象增→减→增，x>0时，单调递增，故f′(x)在x<0时，其值为＋→－→＋，在x>0时为＋，故选C．
8．观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)等于(D)
A．f(x) B．－f(x)
C．g(x) D．－g(x)
[解析]观察可知偶函数的导函数是奇函数，由f(－x)＝f(x)知f(x)为偶函数，故g(x)为奇函数，从而g(－x)＝－g(x)．
9．已知函数f(x)＝ln x，则函数g(x)＝f(x)－f′(x)的零点所在的区间是(B)
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
[解析] 由题可知g (x )＝ln x －1x ，∵g (1)＝－1<0，g (2)＝ln2－1
2＝ln2－ln e>0，∴选B ．
10．定义一种运算“*”；对于自然数n 满足以下运算性质：(i)1]( A ) A ．n B ．n ＋1 C ．n －1
D ．n 2
[解析] 令a n ＝n *1，则由(ii)得，a n ＋1＝a n ＋1，由(i)得，a 1＝1，
∴{a n }是首项a 1＝1，公差为1的等差数列，∴a n ＝n ，即n *1＝n ，故选A ．
11．已知函数f (x )＝13x 3＋1
2mx 2＋m ＋n 2x 的两个极值点分别为x 1、x 2，且0<x 1<1<x 2，点
P (m ，n )表示的平面区域内存在点(x 0，y 0)满足y 0＝log a (x 0＋4)，则实数a 的取值范围是( B )
A ．(0，1
2)∪(1,3)
B ．(0,1)∪(1,3)
C ．(1
2
，1)∪(1,3]
D ．(0,1)∪[3，＋∞)
[解析] f ′(x )＝x 2＋mx ＋m ＋n
2
，由条件知，方程f ′(x )＝0的两实根为x 1、x 2且0<x 1<1<x 2，
∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
f ′(0)>0，f ′(1)<0，∴⎩⎪⎨
⎪⎧
m ＋n
2>0，1＋m ＋m ＋n
2<0，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧
m ＋n >0，
3m ＋n <－2， 由⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n ＝0，3m ＋n ＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧
m ＝－1，n ＝1，
∴⎩⎨⎧
x 0<－1，
y 0>1.
由y 0＝log a (x 0＋4)知，当a >1时，1<y 0<log a 3，
∴1<a <3；当0<a <1时，y 0＝log a (x 0＋4)>log a 3，由于y 0>1，log a 3<0，∴对∀a ∈(0,1)，此式都成立，从而0<a <1，综上知0<a <1或1<a <3，故选B ．
12．设函数f (x )定义如下表，数列{x n }满足x 0＝5，且对任意的自然数均有x n ＋1＝f (x n )，则x 2017＝( B )
A ．1 C ．4
D ．5
[解析] x 1＝f (x 0)＝f (5)＝2，
x 2＝f (2)＝1，x 3＝f (1)＝4，x 4＝f (4)＝5，x 5＝f (5)＝2，…，数列{x n }是周期为4的数列，
所以x 2017＝x 1＝2，故应选B ．
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．已知1＋2×3＋3×32＋4×32＋…＋n ×3n －
1＝3n (na －b )＋c 对一切n ∈N *都成立，则a ＝12，b ＝14，c ＝14
.
[解析] 令n ＝1,2,3，得⎩⎪⎨⎪
⎧
3(a －b )＋c ＝1，
9(2a －b )＋c ＝7，
27(3a －b )＋c ＝34.
所以a ＝12，b ＝c ＝1
4
.
14．已知f (x )＝x 3＋3x 2＋a (a 为常数)，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 )＝3x 2＋6x ＝3x (x ＋2)，当x ∈[－3，－2)和x ∈(0,3]时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(－2,0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴极大值为f (－2)＝a ＋4，极小值为f (0)＝a ，又f (－3)＝a ，f (3)＝54＋a ，由条件知a ＝3，∴最大值为f (3)＝54＋3＝57.
15．现有一个关于平面图形的命题：如图所示，同一个平面内有两个边长都是a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为a 2
4.类比到空
间，有两个棱长均为a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为a 3
8
.
[解析] 平面内⎝⎛⎭⎫a 22
类比到空间⎝⎛⎭⎫a 23＝a 3
8
. 16．若下列两个方程x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0，x 2＋2ax －2a ＝0中至少有一个方程有实根，则实数a 的取值范围是{a |a ≤－2或a ≥－1}.
[解析] 假设两个一元二次方程均无实根，则有
⎩⎪⎨
⎪⎧ Δ1＝(a －1)2－4a 2<0，Δ2＝(2a )2－4(－2a )<0，即⎩⎪⎨⎪⎧
3a 2＋2a －1>0，a 2
＋2a <0，
解得{a |－2<a <－1}，
所以其补集{a |a ≤－2或a ≥－1}即为所求的a 的取值范围．
三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本题满分10分)已知a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac a < 3.
[解析] 因为a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0， 所以a >0，c <0.
要证明原不等式成立，只需证明
b 2－a
c <3a ，
即证b 2－ac <3a 2，从而只需证明(a ＋c )2－ac <3a 2， 即(a －c )(2a ＋c )>0，
因为a －c >0,2a ＋c ＝a ＋c ＋a ＝a －b >0， 所以(a －c )(2a ＋c )>0成立，故原不等式成立．
18．(本题满分12分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－3bx ＋c (b >0)，且g (x )＝f (x )－2是奇函数． (1)求a 、c 的值；
(2)若函数f (x )有三个零点，求b 的取值范围． [解析] (1)∵g (x )＝f (x )－2是奇函数， ∴g (－x )＝－g (x )对x ∈R 成立， ∴f (－x )－2＝－f (x )＋2对x ∈R 成立， ∴ax 2＋c －2＝0对x ∈R 成立， ∴a ＝0且c ＝2.
(2)由(1)知f (x )＝x 3－3bx ＋2(b >0)，
∴f ′(x )＝3x 2－3b ＝3(x －b )(x ＋b )， 令f ′(x )＝0得x ＝±b ，
依题意有⎩⎪⎨⎪⎧f (－b )>0，
f (b )<0，
∴b >1，
故正数b 的取值范围是(1，＋∞)．
19．(本题满分12分)已知函数f (x )＝a 23x 3
－2ax 2＋bx ，其中a 、b ∈R ，且曲线y ＝f (x )在
点(0，f (0))处的切线斜率为3.
(1)求b 的值；
(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极大值，求a 的值． [解析] (1)f ′(x )＝a 2x 2－4ax ＋b ， 由题意f ′(0)＝b ＝3.
(2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极大值， ∴f ′(1)＝a 2－4a ＋3＝0，解得a ＝1或a ＝3. ①当a ＝1时，f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)， x 、 f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：
②当a ＝3时，f ′(x )＝9x 2－12x ＋3＝3(3x －1)(x －1)， x 、f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：
由上表知，函数f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意． 综上所述，若函数f (x )在x ＝1处取得极大值，a 的值为1.
20．(本题满分12分)若x >0，y >0，用分析法证明：(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)1
3.
[证明] 要证(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)1
3，
只需证(x 2＋y 2)3>(x 3＋y 3)2，
即证x 6＋3x 4y 2＋3x 2y 4＋y 6>x 6＋2x 3y 3＋y 6， 即证3x 4y 2＋3y 4x 2>2x 3y 3. 又因为x >0，y >0，所以x 2y 2>0， 故只需证3x 2＋3y 2>2xy . 而3x 2＋3y 2>x 2＋y 2≥2xy 成立， 所以(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)1
3
成立．
21．(本题满分12分)已知函数f (x )＝a x ＋x －2
x ＋1(a >1)．
(1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明：方程f (x )＝0没有负数根．
[解析] (1)证法1：任取x 1、x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1<x 2，则x 2－x 1>0，ax 2－x 1>1且ax 1>0，
∴ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)>0， 又∵x 1＋1>0，x 2＋1>0， ∴x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1
＝(x 2－2)(x 1＋1)－(x 1－2)(x 2＋1)(x 1＋1)(x 2＋1)
＝
3(x 2－x 1)
(x 1＋1)(x 2＋1)
>0，
于是f (x 2)－f (x 1)＝ax 2－ax 1＋
x 2－2x 2＋1－x 1－2
x 1＋1
>0，
故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．
证法2：f ′(x )＝a x ln a ＋x ＋1－(x －2)(x ＋1)2＝a x
ln a ＋3(x ＋1)2
∵a >1，∴ln a >0，∴a x ln a ＋3
(x ＋1)2>0，
f ′(x )>0在(－1，＋∞)上恒成立， 即f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．
(2)解法1：设存在x 0<0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0， 则ax 0＝－x 0－2
x 0＋1
，且0<ax 0<1.
∴0<－x 0－2x 0＋1<1，即12<x 0<2，与假设x 0<0矛盾．
故方程f (x )＝0没有负数根． 解法2：设x 0<0(x 0≠－1)，
①若－1<x 0<0，则x 0－2
x 0＋1<－2，ax 0<1，∴f (x 0)<－1.
②若x 0<－1则x 0－2
x 0＋1
>0，ax 0>0，∴f (x 0)>0.
综上，x <0(x ≠－1)时，f (x )<－1或f (x )>0，即方程f (x )＝0无负数根．
22．(本题满分12分)(2019·全国Ⅰ卷理，20)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数．证明：
(1)f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π
2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点． [解析] (1)证明：设g (x )＝f ′(x )， 则g (x )＝cos x －
11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1
(1＋x )2
. 当x ∈⎝⎛⎭⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π
2有唯一零点，设为α.
则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭
⎫α，π2时， g ′(x )＜0.
所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝
⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点，
即f ′(x )在⎝
⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点． (2)证明：f (x )的定义域为(－1，＋∞)．
①当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1,0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点．
②当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝⎛⎭
⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭
⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎫β，π2单调递减．又f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝1－ln ⎝⎛⎭
⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝⎛⎦
⎤0，π2没有零点． ③当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫π2，π单调递减．而f ⎝⎛⎭
⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝⎛⎦⎤π2，π有唯一零点．
④当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1.
所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．
综上，f (x )有且仅有2个零点．。