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综合质量评估
第一至第三章
(120分钟 150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.(2022·东莞高二检测)若复数z=a+i的实部与虚部相等，则实数a=( )
A.-1 B.1 C.-2 D.2
【解析】选B.复数z=a+i的实部为a，虚部为1，则a=1.
2. (2022·泉州高二检测)函数y=2x2，则自变量从2变到2+Δx时函数值的增量Δy为( )
A.8 B.8+2Δx
C.2(Δx)2+8Δx D.4Δx+2(Δx)2
【解析】选C.Δy=2(2+Δx)2-2×22=2(Δx)2+8Δx.
3.观看下图，可推断出“x”应当填的数字是( )
A.171 B.183 C.205 D.268
【解析】选B.由前两个图形发觉：中间数等于四周四个数的平方和，即12+32+42+62=62，22+42+52+82=109，所以“x”处该填的数字是32+52+72+102=183.
4.(2022·银川高二检测)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)=
2xf′(1)+lnx，则f′(1)=( )
A.-e B.-1 C.1 D.e
【解析】选B.f′(x)=2f′(1)+1x，令x=1得，f′(1)=2f′(1)+1，所以f′(1)=-1.
5.(2022·山东高考)已知a,b∈R,i是虚数单位,若a-i与2+bi互为共轭复数,则a+bi2= ( )
A.5-4i B.5+4i
C.3-4i D.3+4i
【解析】选D.由于a-i与2+bi互为共轭复数,
所以a=2,b=1,
所以(a+bi)2=(2+i)2=4+4i+i2=3+4i.
【变式训练】设复数z1=1-i，z2=3+i，其中i为虚数单位，则z1z2的虚部为( )
A.1+34i B.1+34
C.3-14i D.3-14
【解析】选D.z1z2=1+i3+i=(1+i)(3-i)(3+i)(3-i)=3+14+3-14i，
虚部为3-14.
6.由直线x=0，x=2π3，y=0与曲线y=2sinx所围成的图形的面积等于( )
A.3 B.32 C.1 D.12
【解析】选A.02π3 2sinxdx=-2cosx|=3.
【变式训练】(2022·赣州高二检测)在平面直角坐标系xOy中，由直线x=0，x=1，y=0与曲线y=ex围成的封闭图形的面积S是多少?
【解析】由积分的几何意义可得
S=01 exdx=ex|01=e-1.
7.(2022·郑州高二检测)下面几种推理过程是演绎推理的是( )
A.两条直线平行，同旁内角互补，假如∠A和∠B是两条平行直线的同旁内角，则∠A+∠B=180°
B.由平面三角形的性质，推想空间四周体的性质
C.某校高三共有10个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推想各班都超过50人
D.在数列an中，a1=1，an=12an-1+1an-1n≥2，由此归纳出an的通项公式
【解析】选A.演绎推理由大前提——小前提——结论组成，而A满足这一结构，B为类比推理，C，D为归纳推理.
8.函数f(x)=sinx+cosx在点(0，f(0))处的切线方程为( )
A.x-y+1=0 B.x-y-1=0
C.x+y-1=0 D.x+y+1=0
【解析】选A.由f′(x)=cosx-sinx得f′(0)=1.
又f(0)=1，所以切线方程为x-y+1=0.
9.(2022·福州高二检测)已知数列1，a+a2，a2+a3+a4，a3+a4+a5+a6，…，则数列的第k项是( )
A.ak+ak+1+…+a2k
B.ak-1+ak+…+a2k-1
C.ak-1+ak+…+a2k
D.ak-1+ak+…+a2k-2
【解析】选D.由前几项观看得第1项1个数，第2项2个数相加，第3项3个数相加，则第k项有k个数相加，且首项为ak-1，故选D.
10.在区间12,2上函数f(x)=x2+px+q和函数g(x)=2x+1x2在同一点取得相同的最小值，那么f(x)在12,2上的最大值是( )
A.134 B.54 C.8 D.4
【解析】选D.由g(x)=2x+1x2得g′(x)=2-2x-3，令g′(x)=0⇒x=1，易得x=1为函数g(x)=2x+1x2在12,2的微小值点，也是最小值点，对应坐标为(1，3)，即函数f(x)=x2+px+q的顶点坐标为(1，3)，得p=-2，q=4，所以f(x)在12,2上的最大值为4.
11.(2022·天津高二检测)若在曲线f(x，y)=0上两个不同点处的切线重合，则称这条切线为曲线f(x，y)=0的“自公切线”.下列方程：①x2-y2=1；②y=x2-|x|；③y=3sinx+4cosx；④|x|+1=4-y2对应的曲线中存在“自公切线”的有( )
A.①② B.②③ C.①④ D.③④
【解题指南】演绎推理的主要出题模式，不是演绎推理本身，而一般是给出一个一般原理，然后应用这一原理，如本题主要先理解什么叫自公切线，然后分别推断所给方程对应曲线是否满足这一原理，进而选择出正确的结论.
【解析】选B.①x2-y2=1是一个等轴双曲线，没有自公切线；
②y=x2-|x|=x-122-14,x>0,x+122-14,x<0,
在x=12和x=-12处的切线都是y=-14，故②有自公切线.
③y=3sinx+4cosx=5sin(x+φ)，cosφ=35，sinφ=45，此函数是周期函数，过图象的最高点的切线都重合，故此函数有自公切线.
④由于|x|+1=4-y2，即x2+2|x|+y2-3=0，结合图象可得，此曲线没有自公切线.
【拓展延长】演绎推理
(1)演绎推理是由一般到特殊的推理.
(2)演绎推理的一般模式是三段论，它包括：①大前提—已知的一般原理；②小前提—所争辩的特殊状况；③结论—依据一般原理，对特殊状况的推断.
(3)在演绎推理中，只要前提和推理形式是正确的，结论必定是正确的.假如大前提是错误的，所得的结论也是错误的.
(4)在应用三段论解决问题时，首先应明确什么是大前提和小前提，有时为了叙述简洁，而大前提又是明显的，这时大前提可以省略.
12.(2022·惠州高二检测)已知函数f(x)=x3-ln(x2+1-x)，则对于任意实数a，b(a+b≠0)，则f(a)+f(b)a+b的值为( )
A.恒正 B.恒等于0 C.恒负 D.不确定
【解析】选A.可知函数f(x)+f(-x)=x3-ln(x2+1-x)+(-x)3-ln(x2+1+x)=0，
所以函数为奇函数，同时，f′(x)=3x2+1x2+1>0，f(x)是递增函数，f(a)+f(b)a+b=f(a)-f(-b)a-(-b)，所以f(a)+f(b)a+b>0，所以，选A.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.(2022·湖南高考)复数3+ii2(i为虚数单位)的实部等于 .
【解析】由于3+ii2=3+i-1=-3-i,所以实部为-3.
答案:-3
14.若a=02 x2dx，b=02 x3dx，c=02 sinxdx，则a，b，c从小到大的挨次为__________.
【解析】由于02 x2dx=13x3|=83，02 x3dx=14x4|=4，02 sinxdx=-cosx|=1-cos2<2，
故c<a<b.
答案：c<a<b
15.(2022·牡丹江高二检测)复数z=x+1+(y-2)i(x，y∈R)，且|z|=3，则点Z(x，y)的轨迹是______.
【解析】由于|z|=3，所以(x+1)2+(y-2)2=3，
即(x+1)2+(y-2)2=32.
故点Z(x，y)的轨迹是以(-1，2)为圆心，3为半径的圆.
答案：以(-1，2)为圆心，3为半径的圆
16.(2022·泰安高二检测)若集合A1，A2，…，An满足A1∪A2∪…∪An=A，则称A1，A2，…，An为集合A的一种拆分.已知：
①当A1∪A2={a1，a2，a3}时，有33种拆分；
②当A1∪A2∪A3={a1，a2，a3，a4}时，有74种拆分；
③当A1∪A2∪A3∪A4={a1，a2，a3，a4，a5}时，有155种拆分；
…
由以上结论，推想出一般结论：
当A1∪A2∪…∪An={a1，a2，a3，…，a n+1}有__________种拆分.
【解题指南】抓住题中关键可避开烦琐计算，主要观看数字33，74，155，…的规律.
【解析】由于当有两个集合时，33=(4-1)2+1=(22-1)2+1；当有三个集合时，74=(8-1)3+1=(23-1)3+1；当有四个集合时，155=(16-1)4+1=(24-1)4+1；由此可以归纳当有n个集合时，有(2n-1)n+1种拆分.
答案：(2n-1)n+1
【变式训练】已知2+23=2·23，3+38=3·38，4+415=4·415，….
若8+at=8·at(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推想a，t的值，则a+t=__________.
【解析】由于2+23=2·23，
3+38=3·38，4+415=4·415，
由类比推理得：5+524=5·524，6+635=6635，
7+748=7748，8+863=8863，所以a=8，t=63，所以a+t=71.
答案：71
三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)已知复数z=(-1+3i)(1-i)-(1+3i)i，ω=z+ai(a∈R)，当ωz≤2时，求a的取值范围.
【解析】z=(-1+3i)(1-i)-(1+3i)i=(2+4i)-(1+3i)i=1+ii=-i(1+i)1=1-i.
由于ω=z+ai=1-i+ai=1+(a-1)i，
所以ωz=1+(a-1)i1-i=[1+(a-1)i](1+i)2=2-a+ai2.
所以ωz=(2-a)2+a22≤2，
所以a2-2a-2≤0，
所以1-3≤a≤1+3.
故a的取值范围是[1-3，1+3].
18.(12分)(2022·安徽高考)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.
(1)争辩f(x)在其定义域上的单调性.
(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时x的值.
【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f′(x)=1+a-2x-3x2,
令f′(x)=0得x1=-1-4+3a3,
x2=-1+4+3a3,x1<x2,
所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2),
当x<x1或x>x2时f′(x)<0;
当x1<x<x2时f′(x)>0.
所以f(x)在-∞,-1-4+3a3和
-1+4+3a3,+∞内单调递减,
在-1-4+3a3,-1+4+3a3内单调递增.
(2)由于a>0,所以x1<0,x2>0.
①当a≥4时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,
所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.
②当0<a<4时,x2<1,由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,
在[x2,1]上单调递减.
所以f(x)在x=x2=-1+4+3a3处取得最大值.
又f(0)=1,f(1)=a,
所以当0<a<1时,f(x)在x=1处取得最小值;
当a=1时,f(x)在x=0和x=1处同时取得最小值;
当1<a<4时,f(x)在x=0处取得最小值.
19.(12分)(2022·上海高二检测)已知幂函数f(x)=x-m2+2m+3(m∈Z)为偶函数，且在区间(0，+∞)上是单调增函数.
(1)求函数f(x)的解析式.
(2)设函数g(x)=14f(x)+ax3+92x2-b(x∈R)，其中a，b∈R.若函数g(x)仅在x=0处有极值，求a的取值范围.
【解析】(1)由于f(x)在区间(0，+∞)上是单调增函数，
所以-m2+2m+3>0即m2-2m-3<0，
所以-1<m<3，又m∈Z，所以m=0，1，2.
而m=0，2时， f(x)=x3不是偶函数，m=1时，f(x)=x4是偶函数，所以f(x)=x4.
(2)g′(x)=x(x2+3ax+9)，明显x=0不是方程x2+3ax+9=0的根.
为使g(x)仅在x=0处有极值，必需x2+3ax+9≥0恒成立，
即有Δ=9a2-36≤0，解不等式，得a∈[-2，2].
这时，g(0)=-b是唯一极值.所以a∈[-2，2].
20.(12分)(2022·济宁高二检测)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=22AD，若E，F分别为PC，BD的中点.
(1)求证：EF∥平面PAD.
(2)求三棱锥F-DEC的体积.
(3)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC?若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)连接AC.
由于四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形且点F为对角线BD的中点，
所以对角线AC经过F点.
又在△PAC中，点E为PC的中点，
所以EF为△PAC的中位线，
所以EF∥PA.
又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
(2)过点P作AD的垂线PH，垂足为H.
由于平面PAD⊥平面ABCD，PH⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PH⊥平面ABCD.
连接HC，
由于E为PC中点，
所以三棱锥E-FDC的高h=12PH.
又PA=PD=22AD且AD=a，
所以PH=a2，所以h=a4.
所以三棱锥F-DCE的体积是
VF-DCE=VE-FDC=13S△DFC·h=13×12a×12a×14a=148a3.
(3)在线段CD上存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC.
由于底面ABCD是边长为a的正方形，
所以CD⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，
所以CD⊥平面PAD，
又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.
取CD中点G，连接FG，EG，
由于F为AC中点，所以FG∥AD.
又CD⊥AD，所以FG⊥CD.
又FG∩EF=F，所以CD⊥平面EFG.
又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.
21.(12分)(2022·黄冈高二检测)对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)=0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.某同学经过探究发觉：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若f(x)=13x3-12x2+3x-512，请你依据这一发觉，
(1)探讨函数f(x)=13x3-12x2+3x-512的对称中心.
(2)计算f12 013+f22 013+f32 013+f42 013+…+f2 0122 013.
【解析】(1)f′(x)=x2-x+3，f″(x)=2x-1，令f″(x)=0⇒x=12，f(12)=1.
函数f(x)=13x3-12x2+3x-512的对称中心为12,1.
(2)由(1)知，计算f12+x+f12-x=2⇒f(x)+f(1-x)=2⇒f12 013+f2 0122 013=2，
f22 013+f2 0112 013=2，
…
所以f12 013+f22 013+f32 013+f42 013+…+f2 0122 013=2022.
【变式训练】下面的图形无限向内连续，最外面的正方形的边长是1.从外到内，第i个正方形与内切圆之间的深灰色图形面积记为Si(i=1，2，…)，求S2022的值.
【解析】归纳时可先看第一个矩形与内切圆与其次个矩形与内切圆，再归纳第i个与第i+1个间的关系.设第i个正方形的边长为ai，则其内切圆半径为ai2，第i+1个正方形的边长为22ai，其内切圆半径为24ai，
所以Si=ai2-πai22=ai21-π4，
Si+1=22ai2-π24ai2=ai212-π8=12Si，
所以S1=1-π4，S2=12-π8，…，
有Sk=1-π412k-1，
故S2022=1-π4122 013.
22.( 12分)已知函数f(x)=x2-8lnx，g(x)=-x2+14x.
(1)若函数y=f(x)和函数y=g(x)在区间a,a+1上均为增函数，求实数a的取值范围.
(2)若方程f(x)=g(x)+m有唯一解，求实数m的值.
【解析】(1)f′(x)=2x-8x=2(x+2)(x-2)x(x>0).
当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，
要使f(x)在(a，a+1)上递增，必需a≥2，
g(x)=-x2+14x=-(x-7)2+49，
如使g(x)在(a，a+1)上递增，必需a+1≤7，即a≤6.
由上得出，当2≤a≤6时f(x)，g(x)在(a，a+1)上均为增函数.
(2)方程f(x)=g(x)+m有唯一解⇔y=m,y=2x2-8lnx-14x
有唯一解.
设h(x)=2x2-8lnx-14x，
h′(x)=4x-8x-14=2x(2x+1)(x-4)(x>0)，
h′(x)，h(x)随x变化如下表
x
(0，4)
4
(4，+∞)
h′(x)
-
0
+
h(x)
↘
微小值
-24-16ln2
↗
由于在(0，+∞)上，h(x)只有一个微小值，所以h(x)的最小值为-24-16ln2，
当m=-24-16ln2时，方程f(x)=g(x)+m有唯一解.
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