1、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、单项选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40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设b2；ab2；ab|a|b|.这4个不等式中恒成立的有(B)A0个B1个C2个D3个解析ab，a2b2，abb2，显然不正确2已知函数f(x)x3ax2x1在(，)上是单调函数，则实数a的取值范围是(D)A(，)(，)B(，)C(，)D，解析f(x)3x22ax1，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，4a2120，a，故选D3观察下列各等式：2，2，2
2、，2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为(A)A2B2C2D2解析观察分子中26537110(2)8.4用火柴棒摆“金鱼”，如图所示，按照下面的规律，第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为(B)A2n6B6n2C10n2D4n6解析图的火柴棒比图的多6根，图的火柴棒比图的多6根，而图的火柴棒的根数为26，第n条小鱼需要26n根5(2020淄博三模)在平面几何里有射影定理：设三角形ABC的两边ABAC，D是A点在BC上的射影，则AB2BDBC.拓展到空间，在四面体ABCD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(SABC)
3、2SBCOSBCDB(SABD)2SBODSBOCC(SADC)2SDOCSBOCD(SBDC)2SABDSABC解析由已知在平面几何中，若ABC中，ABAC，ADBC，D是垂足，则AB2BDBC，我们可以类比这一性质，推理出：若三棱锥ABCD中，AD面ABC，AO面BCD，O为垂足，则(SABC)2SBOCSBDC.故选A6已知an()n，把数列an的各项排成如下的三角形：a1a2a3a4a5a6a7a8a9记A(s，t)表示第s行的第t个数，则A(11,12)等于(D)A()67B()68C()111D()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
4、100，第11行的第12个数为a112，即A(11,12)()112.故选D7函数f(x)在其定义域内可导，其图象如图所示，则导函数yf(x)的图象可能为(C)解析由图象知，f(x)在x0时，单调递增，故f(x)在x0时为，故选C8观察(x2)2x，(x4)4x3，(cosx)sinx，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)Af(x)Bf(x)Cg(x)Dg(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)二、多项选择题(本大题共4个小题，每小题5分
5、，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9某学校规定同时满足以下两个条件的同学有资格参选学生会主席：团员或班干部；体育成绩达标若小明有资格参选学生会主席，则小明的情况有可能为(AC)A是团员，且体育成绩达标B是团员，且体育成绩不达标C不是团员，且体育成绩达标D不是团员，且体育成绩不达标解析对A, 是团员，且体育成绩达标同时满足，满足资格对B, 是团员，且体育成绩不达标不满足，不满足资格对C, 不是团员，且体育成绩达标，故可能为班干部且体育成绩达标满足资格对D, 不是团员，且体育成绩不达标一定不满足，不满足资格故选AC10对于定
6、义在R上的可导函数f(x)，若满足(x1)f(x)0，则下列说法正确的是(BD)Af(x)在(0，)上是增函数Bf(x)在(，0)上是减函数Cx1时，f(x)取得极小值Df(0)f(2)2f(1)解析当x1时，f(x)0，函数f(x)在1，)上是增函数；当x的过程中，由nk到nk1时，不等式左边的变化情况为(BC)A增加B减少C增加D增加解析当nk时，左边，当nk1时，左边，故选BC12设f(x)xacosx，x的最大值为M，则(AB)A当a1时，MB当a2时，MD当a3时，M解析当a1时，f(x)，则可得，f(x)0在，上恒成立，故f(x)在，上单调递减，所以Mf()，故A正确；当a2时，f
7、(x)x2cosx，则f(x)2xcosxx2sinxx(2cosxxsinx)，易证2cosxxsinx0在上恒成立，故f(x)0，从而f(x)在上单调递增，Mf0，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)a4，极小值为f(0)a，又f(3)a，f(3)54a，由条件知a3，最大值为f(3)54357.15将自然数1,2,3,4，排成数阵(如右图所示)，在2处转第一个弯，在3处转第二个弯，在5处转第三个弯，则转第100个弯处的数是_2_551_.解析观察由1起每一个转弯时增加的数字，可发现为“1,1,2,2,3,3,4,4，”，即第一、二个转弯时增加
8、的数字都是1，第三、四个转弯时增加的数字都是2，第五、六个转弯时增加的数字都是3，第七、八个转弯时增加的数字都是4，故在第100个转弯处的数为：12(12350)122 551.16若下列两个方程x2(a1)xa20，x22ax2a0中至少有一个方程有实根，则实数a的取值范围是_a|a2或a1_.解析假设两个一元二次方程均无实根，则有即解得a|2abc，且abc0，求证：bc且abc0，所以a0，c0.要证明原不等式成立，只需证明a，即证b2ac3a2，从而只需证明(ac)2ac0，因为ac0,2acacaab0，所以(ac)(2ac)0成立，故原不等式成立18(本题满分12分)已知函数f(x
9、)x3ax23bxc(b0)，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xR成立，f(x)2f(x)2对xR成立，ax2c20对xR成立，a0且c2.(2)由(1)知f(x)x33bx2(b0)，f(x)3x23b3(x)(x)，令f(x)0得x，x(，)(，)(，)f(x)00f(x)增极大值减极小值增依题意有b1，故正数b的取值范围是(1，)19(本题满分12分)已知函数f(x)x32ax2bx，其中a、bR，且曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为3.(1)求b的值；(2)
10、若函数f(x)在x1处取得极大值，求a的值解析(1)f(x)a2x24axb，由题意f(0)b3.(2)函数f(x)在x1处取得极大值，f(1)a24a30，解得a1或a3.当a1时，f(x)x24x3(x1)(x3)，x、 f(x)、f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1,3)3(3，)f(x)00f(x)极大值极小值由上表知，函数f(x)在x1处取得极大值，符合题意当a3时，f(x)9x212x33(3x1)(x1)，x、f(x)、f(x)的变化情况如下表：x(，)(，1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值由上表知，函数f(x)在x1处取得极小值，不符合题意综上所述，若函数f(
11、x)在x1处取得极大值，a的值为1.20(本题满分12分)观察下列等式11第一个式子2349第二个式子3456725第三个式子4567891049第四个式子照此规律下去(1)写出第5个等式；(2)试写出第n个等式，并用数学归纳法验证是否成立解析(1)第5个等式5671381.(2)猜测第n个等式为n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2.证明：(1)当n1时显然成立；(2)假设nk(k1，kN*)时也成立，即有k(k1)(k2)(3k2)(2k1)2，那么当nk1时左边(k1)(k2)(3k2)(3k2)(3k1)(3k)(3k1)k(k1)(k2)(3k2)(2k1)3k3k1(2k1)2(
12、2k1)3k3k14k24k18k(2k1)22(k1)12.而右边2(k1)12，这就是说nk1时等式也成立根据(1)(2)知，等式对任何nN*都成立21(本题满分12分)已知函数f(x)ax(a1)(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x1、x2(1，)，不妨设x10，ax2x11且ax10，ax2ax1ax1(ax2x11)0，又x110，x210，0，于是f(x2)f(x1)ax2ax10，故函数f(x)在(1，)上为增函数证法2：f(x)axlnaaxlnaa1，lna0，axlna0，f(x)0在(1，)上恒
13、成立，即f(x)在(1，)上为增函数(2)解法1：设存在x00(x01)满足f(x0)0，则ax0，且0ax01.01，即x02，与假设x00矛盾故方程f(x)0没有负数根解法2：设x00(x01)，若1x00，则2，ax01，f(x0)1.若x00，ax00，f(x0)0.综上，x0(x1)时，f(x)0，即方程f(x)0无负数根22(本题满分12分)(2019全国卷理，20)已知函数f(x)sin xln(1x)，f(x)为f(x)的导数证明：(1)f(x)在区间存在唯一极大值点；(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，g(x)sin x.当
14、x时，g(x)单调递减，而g(0)0，g0，可得g(x)在有唯一零点，设为.则当x(1，)时，g(x)0；当x时，g(x)0.所以g(x)在(1，)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f(x)在存在唯一极大值点(2)证明：f(x)的定义域为(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x0是f(x)在(1,0的唯一零点当x时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在单调递减，而f(0)0，f0，所以存在，使得f()0，且当x(0，)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(0，)单调递增，在单调递减又f(0)0，f1ln0，所以当x时，f(x)0.从而，f(x)在没有零点当x时，f(x)0，所以f(x)在单调递减而f0，f()0，所以f(x)在有唯一零点当x(，)时，ln(x1)1.所以f(x)0，从而f(x)在(，)没有零点综上，f(x)有且仅有2个零点
