高二数学同步测试10

新课标高二数学同步测试（10）—（2－2）说明：本试卷分第一卷和第二卷两部分，第一卷74分，第二卷76分，共150分；答题时间120分钟．一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每小题5分，共50分）．1．函数yxfy则),(2（）A．)(2xfxB．)(2xfC．)(22xfxD．)2(xf2．函数)0(432xxxy的值域为（）A．]2,(B．),2[C．]93,(3D．),93[33．若复数z的共轭复数是z，且|z|=1，则|(z+1)(z-i)|的最大值是（）A．2+2B．2-2C．1+2D．3+24．复数221345ii等于（）A．13iB．－13iC．13iD．－13i5．设f(x)=logax(a﹥0,a≠1),若f(x1)+f(x2)+……＋f(xn)=1(xi∈R＋,i=1、2……n),则f(x12)＋f(x22)＋……＋f(xn2)的值等于（）A．21B．1C．2D．2loga26．10032iiii…··…··=（）A．1B．－1C．iD．－i7．求曲线0yx，xxy22所围成图形的面积（）A．1B．29C．9D．258．设ZxyixyR（）,，则满足等式Zx2的复数Z对应的点的轨迹是：（）A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．圆9．在抛物线12xy0x上找一点P11,yx，其中01x，过点P作抛物线的切线，使此切线与抛物线及两坐标轴所围平面图形的面积最小（）A．)32,31(B．)31,32(C．)32,31(D．)31,32(10．已知复数zk(k=1，2，3，…，101)满足|zk|=1，命题甲为：1011kkz=0，命题乙：复平面内以zk(k=1，2，3，…，101)的对应点为顶点的101边形是正多边形，那么命题甲是命题乙的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分且必要条件D．既不充分不必要条件二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题6分，共24分）．11．已知xR，奇函数32()fxxaxbxc在[1,)上单调，则字母,,abc应满足的条件是．12．某日中午12时整，甲船自A处以16km/h的速度向正东行驶，乙船自A的正北18km处以24km/h的速度向正南行驶，则当日12时30分时两船之间距间对时间的变化率km/h.．13．dxxx112|)|(=．14．已知两条相交直线最多有1个交点，三条直线最多有3个交点，四条直线最多有6个交点点，五条直线最多有10个交点．由此可归纳n条直线最多交点个数为．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（共76分）．15．（12分）已知复数Rmimmmmz,)2()232(22根据下列条件，求m值．（1）z是实数；（2）z是虚线；（3）z是纯虚数；（4）z＝0．16．（12分）用活塞封闭圆柱钢筒中的理想气体，气体膨胀时推动活塞．设气体体积从V0膨胀到V1，且膨胀时温度不变，求气体压力对活塞所作功．17．（12分）如图，扇形AOB的半径为1，中心角为45°，矩形EFGH内接于扇形，求矩形对角线长的最小值．18．（12分）已知数列nSnnn,,)12()12(8,,5328,3118222222为其前n项和，计算得981S,8180,4948,2524432SSS,观察上述结果，推测出计算Sn的公式，并用数学归纳法加以证明．19．（14分）如图所示，曲线段OMB是函数f(x)＝x2(0＜x＜6＝的图象，BA⊥x轴于A，曲线段OMB上一点M(t,f(t))处的切线PQ交x轴于P，交线段AB于Q，⑴试用t表示切线PQ的方程；⑵试用t表示出△QAP的面积g(t)；若函数g(t)在(m，n)上单调递减，试求出m的最小值；⑶若S△QAP∈[64,4121]，试求出点P横坐标的取值范围20．（14分）已知函数))((Rxxf满足下列条件：对任意的实数x1，x2都有)]()()[()(λ2121221xfxfxxxx和2121)()(xxxfxf，其中λ是大于0的常数.设实数a0，a，b满足0)(0af和)(λafab.（Ⅰ）证明:1λ，并且不存在00ab，使得0)(0bf；（Ⅱ）证明:20220))(λ1()(aaab；（Ⅲ）证明:222)]()[λ1()]([afbf.参考答案一、1．C；2．C；3．A；4．解法一：iiiiiiiiii314)31(431423212232122123212111631222255454·答案：选B5．C6．B；解析：.12126245050)100321(iii……7．C；解：联立：xxyyx202，解的交点：)0,0(、)3,3(dxxxdxxxxdAA)(]2[22，且3,0x，302dxxxdAAba29或者直接利用推出的公式，此时xxf)(1，xxxf2)(22，3,0x，则babadxxfxfdAA1229302dxxx8．C；9．C；分析：此是一道综合应用题，应先求出所求面积的表达式，然后求此表达式函数的极值点．解：由于xy2，因此过点P11,yx的切线方程为1112xxxyy，该切线与x，y轴的交点分别是)0,21(12xxA，)1,0(21xB.所求面积A=dxxxxx10221121112121=3212411131xxx1111212111134112341xxxxxxdxdA.xyxxy223Oxdxx令01dxdA．(由于0111xx)得311x，由于此问题的最小值存在，且在,0内有唯一驻点，故32131,31211yx就是所求的点P，即：取切点为P32,31时，所求的图形面积最小．10．B二、11．0,3acb；解析：(0)00fc；()()00fxfxa．2'()3fxxb，若()fx[1,)x上是增函数，则'()0fx恒成立，即2min(3)3bx若()fx[1,)x上是减函数，则'()0fx恒成立，这样的b不存在．综上可得：0,3acb；12．106；13．34；解析：34|34)(4|)|(1030110211xdxxxdxxdxxx．14．2)1(nn．三、15．解：注：对于本题，只要概念清晰，就能顺利地列出以上各式，求出m值．16．解设圆柱钢筒的底面积为S，dV为气体体积之增量，此时活塞移动的距离为sdv，由于是等温过程，由定律知：kkPV(为常量)．因此，气体作用于活塞大单位面积上的压力（即压强）为vkP，此时，活塞所受的总压力是vksPsF，所以所以气体体积增加dv时，气体压力所作的功为dvvksdvvksFsdW，由此得到，当气体体积从V0变到V1时作的功是21ln|ln1212vvkvkdvvkWvvvv．17．[解析]这是一道高考题，需要用函数思想解决它，但是取什么量作自变量是解决这个问题的关键，应反复斟酌.根据这个问题的图形特点，取,xEOA将对角线长l表示成这个角x的函数是比较好的想法.,22040),21tan)(2sin(2523)2cos212(sin232sinsin1)sin(cossin)(,sincos45tancos,sin2222xxxxxxxxxxxflxxFGxOGOHGHxEH其中所以，当21arctan4x时，.215,253min2minll[解法二]设矩形的高,,220,xFGOGxxFG而∴矩形的宽,12xxOGOHGH∴对角线,21)1(4222222xxxxxxl令,210,2ttx22222)21(211)(,21)(tttttttttgttttgl令,10550155210)(22tttttttg得在1055t的左、右两侧取定义域内两点，如取4.0,1.021xx得,02.024.0)4,0(,08.009.0)1,0(gg∴)(tg的值在1055t处左负右正，,253)1055()]([mingtg215253minl.[评析]该问题的难点是正确选择自变量x,上面两种解法各有优缺点,解法一虽然简单些,但选择”角”作自变量有时会涉及到过多的三角知识,在许多情况下会出现困难的运算,应慎重;解法二选择矩形的边长为自变量的想法要常规一些.18．解：推测)()12(1)12(22NnnnSn.证明：i)略ii)假设n=k(k∈N)时等式成立，即22)12(1)12(kkSk，则221)32()12()1(8kkkSSkk2222)32()12()1(8)12(1)12(kkkkk2222)32()12()1(8)32](1)12[(kkkkk222222222222)32(1)32()32()12()12()32()12()32()12()1(8)32()32()12(kkkkkkkkkkkkk即n=k+1时，等式成立．由i),ii)可知，对一切n∈N，等式均成立．小结：这是一个探索性问题，需要观察（归纳），从而发现规律，得出结论，进而用数学归纳法．19．【解】：⑴设点M(t，t2)，又f＇(x)=2x，∴过点M的切线PQ的斜率k=2t∴切线PQ的方程为：y=2tx－t2⑵由⑴可求得，P(0,2t)，Q(6,12t－t2)∴g(t)＝S△QAP＝)216(21t(12t－t2)=,366423ttt(0t6)由于g＇(t)=3612432tt,令g＇(t)0，则4t12，考虑到0t6,∴4t6，∴函数g(t)的单调递减区间是(4,6)，因此m的最小值为4⑶由⑵知，g(t)在区间(4,6)上递减，∴此时S△QAP∈(g(6)，g(4))=(54,64)令g＇(t)＞0，则0t4，∴g(t)在区间(0，4)上递增，S△QAP∈(g(0)，g(4))=(0，64)，又g(4)＝64∴g(t)的值域为(0，64)由4121≤g(t)≤64，得1≤t6∴21≤2t3，∴点P的横坐标∈[21,3]20．证明：（Ⅰ）不妨设12xx，由2121212()()()()xxxxfxfx可知12()()0fxfx，()fx是R上的增函数不存在00ba，使得0()0fb又2212121212()()()()()xxxxfxfxxx1（Ⅱ）要证：222000()(1)()baaa即证：2200()()2()()aafafaaa.(*)不妨设0aa，由2121212()()()()xxxxfxfx得00()()()fafaaa.即0()()faaa.则2002()()2()faaaaa.（1）由1212()()fxfxxx得00()()fafaaa.即0()faaa.则22200()()2()aafaaa.（2）由（1）（2）可得2