-高中数学人教版选修2-2模块综合检测卷.doc

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模块综合检测卷

（测试时间：

120分钟　评价分值：

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．（2014·高考天津卷）i是虚数单位，复数＝（A）

A．1－iB．－1＋i

C.＋iD．－＋i

解析：

＝＝＝1－i，故选A.

2．i是虚数单位，在复平面上复数对应的点到原点的距离是（D）

A.B.

C.D.

解析：

＝＝，所以复数在复平面上对应的点为，它到原点的距离为

＝.故选D.

3．（2015·广东江门调研）i是虚数单位，则（i－）（－＋i）＝（D）

A．1B．－＋i

C.－iD．－－i

解析：

＝－i－＋－i＝－－i.故选D.

4．数列2，5，11，20，x，47，…中的x等于（B）

A．28B．32C．33D．27

解析：

由题中数字可发现：

2＋3＝5，5＋6＝11，11＋9＝20，故20＋12＝32.

5．（2015·海南省海南中学5月模拟改编）已知直线y＝2x＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点（1，3），则实数b的值为（C）

A．1B．－3C．3D．－1

解析：

y′＝3x2＋a，所以有解得故选C.

6．（2014·高考山东卷）用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是（A）

A．方程x2＋ax＋b＝0没有实根

B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根

C．方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根

D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根

解析：

反证法的步骤第一步是假设命题反面成立，而“至少有一个根”的否定是“没有”，故选A.

7．在复平面内，若复数z满足|z＋1|＝|1＋iz|，则z在复平面内对应点的轨迹是（A）

A．直线B．圆C．椭圆D．抛物线

解析：

设z＝x＋yi（x、y∈R），|x＋1＋yi|＝，

|1＋iz|＝|1＋i（x＋yi）|＝，则＝.

∴复数z＝x＋yi对应点（x，y）的轨迹为到点（－1，0）和（0，1）距离相等的直线．

8．如图，阴影部分面积为（B）

解析：

9．一个物体的运动方程为s＝1－t＋t2，其中s的单位是米，t的单位是秒，那么物体在3秒末的瞬时速度是（C）

A．7米/秒B．6米/秒C．5米/秒D．8米/秒

解析：

s′（t）＝2t－1，s′（3）＝2×3－1＝5.

10．（2015·安徽江淮十校4月联考）二次函数f（x）的图像经过点，且f′（x）＝－x－1，则不等式f（10x）>0的解集为（D）

A．（－3，1）B．（－lg3，0）

C.D．（－∞，0）

解析：

由f′（x）＝－x－1知f（x）＝－x2－x＋m，又f（0）＝，所以m＝，即f（x）＝－x2－x＋，f（x）＝－x2－x＋>0⇒－3

11．（2014·高考新课标全国Ⅰ卷）已知函数f（x）＝ax3－3x2＋1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是（C）

A．（2，＋∞）B．（1，＋∞）

C．（－∞，－2）D．（－∞，－1）

解析：

当a＝0时，f（x）＝－3x2＋1，函数f（x）有两个零点和－，不满足题意，舍去；当a>0时，f′（x）＝3ax2－6x，令f′（x）＝0，得x＝0或x＝，x∈（－∞，0）时，f′（x）>0；x∈时，f′（x）<0；x∈时，f′（x）>0，且f（0）>0，此时在x∈（－∞，0）必有零点，故不满足题意，舍去；当a<0时，x∈时，f′（x）<0，x∈时，f′（x）>0；x∈（0，＋∞）时，f′（x）<0，且f（0）>0，要使得f（x）存在唯一的零点x0，且x0>0，只需f>0，即a2>4，则a<－2，选C.

12．若数列{an}是等差数列，则数列{bn}也为等差数列．类比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为（D）

A．dn＝

B．dn＝

C．dn＝

D．dn＝

解析：

若{an}是等差数列，则a1＋a2＋…＋an＝na1＋d，

∴bn＝a1＋d＝n＋a1－，即{bn}为等差数列；

若{cn}是等比数列，则c1·c2·…·cn＝c·q1＋2＋…＋（n－1）＝c·q，

∴dn＝＝c1·q，即{dn}为等比数列，故选D.

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分；将正确答案填在题中的横线上）

13．

解析：

答案：

14．已知函数f（x）＝3x－x3，当x＝a时取得极大值b，则a＋b等于______________．

解析：

由f′（x）＝3－3x2＝0，解得x＝±1，当x＜－1，f′（x）＜0；当－1＜x＜1，f′（x）＞0；当x＞1，f′（x）＜0.故f（x）在x＝1处取得极大值，所以a＝1，b＝3×1－13＝2，所以a＋b＝3.

答案：

3

15．若数列的通项公式an＝（n∈N*），记f（n）＝（1－a1）（1－a2）…（1－an），试通过计算f

（1），f

（2），f（3）的值，推测出f（n）＝________．

解析：

f（n）＝…[1－]＝

…（1－）（1＋）＝×××××…××＝.

答案：

16．观察下图中各正方形图案，每条边上有n（n≥2）个点，第n个图案中圆点的总数是Sn.

n＝2，S2＝4，n＝3，S3＝8，n＝4，S4＝12，…，按此规律，推出Sn与n的关系式为________．

解析：

依图的构造规律可以看出：

S2＝2×4－4，

S3＝3×4－4，

S4＝4×4－4（正方形四个顶点重复计算一次，应减去）．

……

猜想：

Sn＝4n－4（n≥2，n∈N*）．

答案：

Sn＝4n－4（n≥2，n∈N*）

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、证明过程及演算步骤）

17．（本小题满分11分）已知z是复数，z＋2i，均为实数，且（z＋ai）2的对应点在第一象限，求实数a的取值范围．

解析：

设z＝x＋yi（x，y∈R）．

则z＋2i＝x＋（y＋2）i为实数，∴y＝－2.

又＝＝＝（x－2i）·（2＋i）＝（2x＋2）＋（x－4）i为实数，

∴x＝4，∴z＝4－2i.

又∵（z＋ai）2＝（4－2i＋ai）2＝（12＋4a－a2）＋8（a－2）i在第一象限，

∴　解得2

∴实数a的取值范围是（2，6）．

18．（本小题满分11分）设a为实数，函数f（x）＝x3－x2－x＋a，若函数f（x）过点A（1，0），求函数在区间[－1，3]上的最值．

解析：

因为函数过点A（1，0），代入函数的解析式得a＝1；f′（x）＝3x2－2x－1.

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况见下表：

所以f（x）的最大值是f（3）＝16，

最小值是f（－1）＝f

（1）＝0.

19．（本小题满分12分）已知函数f（x）＝ax＋（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没有负根．

证明：

（1）f′（x）＝axlna＋＝axlna＋，因为a＞1，所以lna＞0，所以f′（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，即f（x）在（－1，＋∞）上为增函数．

（2）设存在x0＜0（x0≠－1）满足f（x0）＝0，

则ax0＝－，且0＜ax0＜1.

所以0＜－<1，即＜x0＜2，与假设x0＜0矛盾．

故方程f（x）＝0没有负数根．

20．（本小题满分12分）已知f（x）＝－x3＋ax，其中a∈R，g（x）＝－x，且f（x）

解析：

设F（x）＝f（x）－g（x）＝－x3＋ax＋x，

∵f（x）

∴a

∵h′（x）＝2x－＝，由h′（x）＝0，（2－1）（4x＋2＋1）＝0.

∵4x＋2＋1>0，∴2－1＝0，x＝.又∵x∈时，h′（x）<0，x∈时，h′（x）>0，∴x＝时，h（x）有最小值h＝－，∴a<－.

21．（本小题满分12分）设f（x）＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f（0）·f

（1）>0，求证：

（1）方程f（x）＝0有实根；

（2）－2<<－1；

（3）设x1，x2是方程f（x）＝0的两个实根，则≤|x1－x2|<.

证明：

（1）若a＝0，b＝－c，f（0）·f

（1）＝c（3a＋2b＋c）＝－c2≤0，

与已知矛盾，所以a≠0.

方程3ax2＋2bx＋c＝0的判别式

Δ＝4（b2－3ac），由条件a＋b＋c＝0，消去b，得Δ＝4（a2＋c2－ac）＝4>0.

故方程f（x）＝0有实根．

（2）由f（0）·f

（1）>0，得c（3a＋2b＋c）>0.

由条件a＋b＋c＝0，消去c，得（a＋b）（2a＋b）<0.

∵a2>0，∴<0.故－2<<－1.

（3）由条件，知x1＋x2＝－，x1x2＝＝－，

∴（x1－x2）2＝（x1＋x2）2－4x1x2＝＋.

∵－2<<－1，∴≤（x1－x2）2<.故≤|x1－x2|<.

22．（本小题满分12分）（2015·佛山一模）设函数f（x）＝的导函数为f′（x）（a为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数）．

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）求实数a，使曲线y＝f（x）在点（a＋2，f（a＋2））处的切线斜率为－.

解析：

（1）函数f（x）的定义域是（－∞，a）∪（a，＋∞），对f（x）求导得：

f′（x）＝，

由f′（x）>0得x>a＋1；由f′（x）<0得x

所以f（x）在（－∞，a），（a，a＋1）上单调递减，在（a＋1，＋∞）上单调递增．

（2）由（Ⅰ）得f′（a＋2）＝，

令＝－得ea＋2＋a3＋6a2＋12a＋7＝0………①

令a＋2＝t，则有et＋t3－1＝0，

令h（t）＝et＋t3－1，则h′（t）＝et＋3t2>0，

故h（t）是R上的增函数，又h（0）＝0，因此0是h（t）的唯一零点，即－2是方程①的唯一实数解，

故存在唯一实数a＝－2满足题设条件．