高中数学选修2-2综合测试题(全册含答案)1.复数就像平面上的点,有实部和虚部。
2.复数就像向量,有大小和方向。
3.复数就像计算机中的复数类型,有实部和虚部。
4.复数就像两个数字的有序对,有序对的第一个数字是实部,第二个数字是虚部。
改写:关于复数的四种类比推理,可以用不同的比喻来描述复数的实部和虚部。
一种比喻是将复数看作平面上的点,实部和虚部分别对应点的横坐标和纵坐标;另一种比喻是将复数看作向量,实部和虚部分别对应向量的大小和方向;还可以将复数看作计算机中的复数类型,实部和虚部分别对应类型中的两个数;最后一种比喻是将复数看作有序对,实部和虚部分别对应有序对的第一个数字和第二个数字。
①复数的加减法运算可以类比多项式的加减法运算法则。
②由向量a的性质|a|²=a²,可以类比得到复数z的性质:|z|²=z²。
③方程ax²+bx+c=0 (a,b,c∈R,且a≠0)有两个不同的实数根的条件是b²-4ac>0,类比可得方程ax²+bx+c=0 (a,b,c∈C且a≠0)有两个不同的复数根的条件是b²-4ac>0.④由向量加法的几何意义,可以类比得到复数加法的几何意义。
其中类比得到的结论正确的是:A。
①③B。
②④C。
②③D。
①④2.删除明显有问题的段落。
3.填空题:11.若复数z满足z+i=0,则|z|=1.12.直线y=kx+1与曲线y=x³+ax+b相切于点A(1,3),则2a+b的值为4.13.第n个正方形数是n²。
14.++=AA′BB′CC′;+++=AA′BB′CC′DD′。
4.解答题:15.1) F(x)的单调区间为(-∞。
0)和(2.+∞)。
2) F(x)在[1,5]上的最小值为-5,最大值为9.16.因为AD⊥BC,所以AB²=AD²+DB²。
又因为AB⊥AC,所以AC²=AD²+DC²。
将两个式子相加得到AB²+AC²=2AD²+DB²+DC²。
因为AB=BC,所以AB²=BC²,代入得到BC²+AC²=2AD²+DB²+DC²。
因为AD⊥BC,所以AD²=DB·DC。
代入得到BC²+AC²=2AD²+AD²,即BC²+AC²=2AB²。
所以结论成立。
在四面体A-BCD中,类比上述结论,可以得到AB²+AC²+AD²=2BC²+2CD²+2BD²,即AB²+AC²+AD²=4(BD²+CD²)。
17.已知函数f(x)=x^3+ax^2-3x(a∈R)。
1) 若函数f(x)在区间[1.+∞)上是增函数,则a的取值范围为a≤-2.2) 若x=是函数f(x)的极值点,是否存在实数b,使得函数g(x)=bx的图像与函数f(x)的图像恰有3个交点?若存在,求出b的取值范围;若不存在,说明理由。
不存在。
因为函数f(x)的极值点为x=,而f(x)的导数f'(x)=3x^2+2ax-3=3(x-)(x+a/3+1)。
当x时,f'(x)>0,故函数f(x)在(-∞,-a/3-1)和(,∞)上均单调递增,不存在与函数g(x)=bx的图像恰有3个交点的情况。
18.已知数列{an}满足a1=a,an+1=。
1) 求a2,a3,a4;a2=a+,a3=a+,a4=a+。
2) 猜想数列{an}的通项公式为an=a+(-1)n-1n(a-1),其中n∈N*。
证明:当n=1时,a1=a+(-1)^0×1×(a-1)=a,命题成立。
假设当n=k(k∈N*,且k≥1)时,命题成立,即ak=a+(-1)k-1k(a-1)。
则当n=k+1时,ak+1=ak+(-1)k= a+(-1)k-1k(a-1)+(-1)k= a+(-1)k k+1(a-1)。
故当n=k+1时,命题也成立。
由数学归纳法可知,对于任意的n∈N*,都有an=a+(-1)n-1n(a-1),即数列{an}的通项公式为an=a+(-1)n-1n(a-1)。
8.选D②中,当$z^2$为实数时,$|z|^2$为实数,但$z^2$不一定是实数。
③中,复数集不能比较大小,也不能用$b^2-4ac$来确定根的个数。
9.选C。
根据题意,$x+y/x+y+x+y/x+y+x+y/x+y=1+x/1+y+1+x/1+y+1+x/1+y$。
因此,$1+x/1+y+1+x/1+y+1+x/1+y>1$,即$x+y/x+y+x+y/x+y+x+y>x+y/1+y+x+y/1+y+x+y/1+y$,即$x+y/1+y1,y1$。
10.选C。
由题意可得,$f(x)$在$x=-2$处取得极小值,因此$x-2$时,$f(x)$单调递增或递减,$x=-2$时,$f(x)$取得极小值。
又因为$f'(x)0$时$f(x)$单调递增,因此当$x0$;当$-20$,$xf'(x)0$时,$f'(x)>0$,$xf'(x)>0$。
11.解析:由题意可得,$z=-i=-i^2-3i-i=1-4i$,因此$|z|=\sqrt{1^2+4^2}=17$。
12.解析:由题意可得,直线$y=kx+1$与曲线$y=x^3+ax+b$相切于点$A(1,3)$,因此$k=3+a$,$3=1+a+b$,$k=3a^2$。
解得$a=-1,b=3$,因此$2a+b=1$。
13.解析:观察前5个正方形数,发现它们恰好是序号的平方,因此第$n$个正方形数为$n^2$。
14.解析:根据面积公式,在$\triangle ABC$中,$S_{\triangle OBC}=1-\frac{OA'}{AA'}$,$S_{\text{四边形}ABOC}=\frac{S_{\triangle ABC}}{3}$。
因此,$S_{\triangle OBC}+S_{\triangle OAC}+S_{\triangle OAB}=3-\frac{S_{\triangle ABC}}{3}=2S_{\triangle ABC}$。
根据体积分割方法,同理可得在四面体$ABCD$中,$V_{\text{四面体}ABCD}=4V_{\triangle ABCD}-V_{\triangle ABC}$,因此$V_{\text{四面体}ABCD}+V_{\text{四面体}AA'BB'CC'DD'}=3V_{\triangle ABCD}=2V_{\text{四面体}ABCD}$。
解得$V_{\text{四面体}ABCD}=2V_{\triangle ABCD}=2/3V_{\triangle ABC}=2/3(3/4S_{\triangleABC})=1/2S_{\triangle ABC}=2$。
15.解:$F(x)=\int_{-1}^x\frac{3t-2t^2}{t^2-4t}dt=\int_{-1}^x\frac{3(t-2)-6}{t-4}dt=3\int_{-1}^x\frac{dt}{t-4}-2\int_{-1}^x\frac{dt}{t-2}=\frac{3}{2}\ln|t-4|-2\ln|t-2|+C$。
因此,$F'(x)=\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{x-4}-\frac{2}{x-2}$。
当$F'(x)>0$时,$x4$;当$F'(x)<0$时,$2<x<4$。
因此,$F(x)$的单调递增区间为$(-\infty,2)$和$(4,+\infty)$,单调递减区间为$(2,4)$。
又因为$F(1)=\frac{1}{3}\int_{-1}^1\frac{3t-2t^2}{t^2-4t}dt=\frac{1}{3}\int_{-1}^1\frac{3(t-2)-6}{t-4}dt=-2$,因此$F(5)=F(1)+\int_1^5F'(x)dx=-2+\int_1^4\left(\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{x-4}-\frac{2}{x-2}\right)dx=-\frac{11}{3}$。
因此,$F(5)=\frac{1}{3}(3-F(1))=\frac{7}{3}$。
18.解:1) 由 $a_{n+1}=\frac{2}{2-a_n}$ 可得a_2=\frac{2}{2-a_1},\quad a_3=\frac{2}{2-a_2}=\frac{2}{2-\frac{2}{2-a_1}},\quad a_4=\frac{2}{2-a_3}=\frac{2}{2-\frac{2}{2-\frac{2}{2-a_1}}},\cdots$$推导可得a_n=\frac{2^n-2^{1-n}}{2^n+2^{1-n}}=\frac{1-\frac{1}{2^n}}{1+\frac{1}{2^n}}$$2) 略。
下面使用数学归纳法证明:对于任意的$n\in\mathbb{N}^*$,都有$n-(n-1)a=\frac{a}{n}$。
当$n=1$时,左边为$a$,右边为$\frac{a}{1}=a$,结论成立。
假设当$n=k$时等式成立,即$k-(k-1)a=\frac{a}{k}$,则当$n=k+1$时,有:begin{align*}k+1)-ka\\k+1)-(k-(k-1)a)a\\k+1)-(k+1)a+(k-1)a^2\\frac{a}{k}-(k+1)a+(k-1)a^2\\frac{a}{k}-ka+a-2a+(k-1)a^2\\frac{a}{k}-\frac{ka}{k}+\frac{a}{k}-2a+(k-1)a^2\\frac{2a-ka}{k}-2a+(k-1)a^2\\frac{(2-k)a}{k}+(k-1)a^2\\frac{a}{k+1}end{align*}因此,当$n=k+1$时,等式也成立。
由数学归纳法可知,对于任意的$n\in\mathbb{N}^*$,都有$n-(n-1)a=\frac{a}{n}$。