2020-2021学年人教A版数学选修2-2课时作业：模块综合评估2 9页

模块综合评估(二) 时间：120 分钟 满分：150 分 一、选择题(每小题 5 分，共 60 分) 1.1＋3i 1－i ＝( B ) A．1＋2i B．－1＋2i C．1－2i D．－1－2i 解析：1＋3i 1－i ＝1＋3i1＋i 1－i1＋i ＝－2＋4i 2 ＝－1＋2i.故选 B. 2．下列说法正确的是( B ) A．2>2i B．2>(3i)2 C．2＋3i<3＋3i D．2＋2i>2＋i 解析：本题主要考查复数的性质．不全为实数的两个复数不能比 较大小，故排除 A，C，D；而 B 中(3i)2＝－9<2，故选 B. 3．若复数 z 满足 z(1＋i)＝1－i(i 是虚数单位)，则 z 的共轭复数 z ＝( C ) A．－i B．－ 2i C．i D. 2i 解析：本题主要考查复数的运算及共轭复数的概念．因为 z(1＋i) ＝1－i，所以 z＝1－i 1＋i ＝－2i 2 ＝－i，所以 z ＝i.故选 C. 4．函数 f(x)＝exsinx 的图象在点(0，f(0))处的切线的倾斜角α＝ ( B ) A．0 B.π 4 C．1 D.3π 2 解析：本题主要考查导数的几何意义．函数 f(x)＝exsinx 的图象 在点(0，f(0))处的切线的斜率 k＝f′(0)＝ex(sinx＋cosx)x＝0＝1，所以倾 斜角α＝π 4.故选 B. 5．函数 f(x)＝cosx 2x 的导函数 f′(x)＝( B ) A.sinx－cosx 2x B．－sinx＋ln2·cosx 2x C.sinx－ln2·cosx 2x D．－sinx＋cosx 4x 解析：f′(x)＝cosx′·2x－cosx·2x′ 2x2 ＝－sinx·2x－cosx·2xln2 4x ＝ －sinx＋ln2·cosx 2x . 6．用反证法证明命题“若直线 AB，CD 是异面直线，则直线 AC， BD 也是异面直线”的过程分为三步： ①则 A，B，C，D 四点共面，所以 AB，CD 共面，这与 AB，CD 是异面直线矛盾； ②所以假设错误，即直线 AC，BD 也是异面直线； ③假设直线 AC，BD 是共面直线． 则正确的顺序为( B ) A．①→②→③ B．③→①→② C．①→③→② D．②→③ →① 解析：本题主要考查反证法的步骤．反证法的步骤是：反设→归 谬→结论．结合本题，知选 B. 7．由“边长为 a 的正三角形内任一点到三边的距离之和为 3 2 a” 可类比猜想：棱长为 a 的正四面体内任一点到四个面的距离之和为 ( B ) A. 4 3 a B. 6 3 a C. 5 4 a D. 6 4 a 解析：将正三角形分割成以三条边为底的三个三角形，利用三个 三角形面积的和等于正三角形的面积即可求得正三角形内任一点到 三边的距离之和．类比可知，将正四面体分割成以各面为底的四个三 棱锥，则四个三棱锥体积之和等于正四面体的体积，即可求得棱长为 a 的正四面体内任一点到四个面的距离之和为 6 3 a.故选 B. 8．设复数 z 满足|z－3＋4i|＝|z＋3－4i|，则复数 z 在复平面上对 应的点的轨迹是( C ) A．圆 B．半圆 C．直线 D．射线 解析：复数 z 满足|z－3＋4i|＝|z＋3－4i|，则复数 z 在复平面内对 应的点是复平面内到点(3，－4)，(－3,4)的距离相等的点，其轨迹为(3， －4)，(－3,4)两点连线的中垂线．故选 C. 9．设 f(x)＝x(ax2＋bx＋c)(a≠0)在 x＝1 和 x＝－1 处均有极值， 则下列各点一定在 y 轴上的是( A ) A．(b，a) B．(a，c) C．(c，b) D．(a＋b，c) 解析：本题主要考查导数的应用．f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题意 知 1，－1 是方程 3ax2＋2bx＋c＝0 的两根，则 1－1＝－2b 3a ＝0，所以 b＝0.故选 A. 10．欧拉公式 eix＝cosx＋isinx(i 为虚数单位)是由瑞士著名数学家 欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和 指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为 “数学中的天桥”．根据欧拉公式可知，e2i 表示的复数在复平面内对 应的点位于( B ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：e2i＝cos2＋isin2，它在复平面内对应的点为(cos2，sin2)， 由于π 2<2<π，因此 cos2<0，sin2>0，故点(cos2，sin2)在第二象限． 11．已知函数 f(x)(x∈R)满足 f(2)＝3，且 f(x)在 R 上的导数满足 f′(x)－1<0，则不等式 f(x2)2，解得 x> 2或 x<－ 2.故选 C. 12． 已 知 函 数 y ＝ f(x) 对 任 意 x ∈ －π 2 ，π 2 满 足 f′(x)cosx ＋ f(x)sinx>0(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数)，则下列不等式中成立的是 ( A ) A. 2f －π 3 2f π 3 D．f(0)> 2f π 4 解析：令 g(x)＝ fx cosx ，x∈ －π 2 ，π 2 ，则 g′(x)＝f′xcosx＋fxsinx cos2x . 因为 f′(x)cosx＋f(x)sinx>0 在 －π 2 ，π 2 上恒成立，所以 g′(x)>0 在 －π 2 ，π 2 上恒成立，所以 g(x)＝ fx cosx 在 －π 2 ，π 2 上单调递增，所以 g －π 3 0，则 h(x)min ＝h(1)＝1 3 ，所以实数 a 的最小值是1 3. 三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共 70 分) 17．(10 分)已知复数 z1 满足 z1·i＝1＋i(i 为虚数单位)，复数 z2 的 虚部为 2. (1)求 z1； (2)若 z1·z2 是纯虚数，求 z2. 解：(1)因为 z1·i＝1＋i，所以 z1＝1＋i i ＝－i1＋i －i2 ＝1－i. (2)因为 z2 的虚部为 2，所以设 z2＝m＋2i(m∈R)． 因为 z1·z2＝(1－i)(m＋2i)＝(m＋2)＋(2－m)i 为纯虚数，所以 m＋ 2＝0，且 2－m≠0，解得 m＝－2.所以 z2＝－2＋2i. 18．(12 分)(1)求证：当 a>2 时， a＋2＋ a－2<2 a； (2)证明：2，3，5 不可能是同一个等差数列中的三项． 证明：(1)要证 a＋2＋ a－2<2 a，只需证( a＋2＋ a－2)2<(2 a)2，即证 2a＋2 a＋2· a－2<4a，即证 a＋2· a－20，i 为虚数单位)， 且 z 21为纯虚数． (1)求函数实数 a 的值； (2)若 z＝ z1 1－i ，求|z|. 解：(1)z 21 ＝(2＋ai)2 ＝4－a2 ＋4ai，因为 z 21 为纯虚数，所以 4－a2＝0， a≠0， a>0， 解得 a＝2. (2)由(1)得 z1＝2＋2i，则 z＝2＋2i 1－i ＝2＋2i1＋i 1－i1＋i ＝4i 2 ＝2i，|z|＝ 2. 20．(12 分)已知函数 f(x)＝xlnx＋x. (1)求 f(x)的图象在 x＝1 处的切线方程并求函数 f(x)的单调区间； (2)求证：ex>f′(x)． 解：(1)由题得 f′(x)＝lnx＋2，∴f′(1)＝2，又 f(1)＝1，∴所求 切线方程为 y＝2x－1. 令 f′(x)>0，解得 x>e－2，令 f′(x)<0，解得 00. g′(x)＝ex－1 x ，易知 g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且 g′(1)＝ e－1>0，g′ 1 2 ＝e 1 2 －2<0，∴存在唯一的 t，且1 20，即 ex>f′(x)． 21．(12 分)已知函数 f(x)＝x2＋2cosx，x∈[0，＋∞)． (1)求 f(x)的最小值； (2)证明：当 x≥0 时，ex－1≥sinx－cosx＋1. 解：(1)f′(x)＝2(x－sinx)． 设 g(x)＝x－sinx，则 g′(x)＝1－cosx， 当 x≥0 时，g′(x)≥0，即 g(x)为增函数，则 f′(x)＝2g(x)≥2g(0) ＝0， 所以 f(x)在[0，＋∞)上是增函数，因此 f(x)min＝f(0)＝2. (2)证明：由(1)得，当 x≥0 时，f′(x)≥0，即 sinx≤x. 又 f(x)≥2，即 1－cosx≤x2 2 ，所以 sinx－cosx＋1≤x＋x2 2. 证明 x＋x2 2 ≤ex－1 成立即可证明原不等式成立． 令 h(x)＝ex－x2 2 －x－1，则 h′(x)＝ex－x－1， 令 m(x)＝ex－x－1，则 m′(x)＝ex－1， 当 x≥0 时，ex－1≥0，所以 h′(x)是增函数，即 h′(x)≥h′(0) ＝0， 所以 h(x)是增函数，即 h(x)≥h(0)＝0，可得 ex－x2 2 －x－1≥0，即 ex－1≥x2 2 ＋x，所以原不等式成立． 22．(12 分)已知函数 f(x)＝3 8x2－2x＋2＋lnx. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在[em，＋∞)(m∈Z)上有零点，求 m 的最大值． 解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝3 4x－2＋1 x ＝3x－2x－2 4x ， 当 f′(x)>0 时，x∈ 0，2 3 ∪(2，＋∞)；当 f′(x)<0 时，x∈ 2 3 ，2 ， 所以函数 f(x)的单调递增区间为 0，2 3 和(2，＋∞)，单调递减区 间为 2 3 ，2 . (2)由(1)知 y 极大＝f 2 3 ＝5 6 ＋ln2 3>0，y 极小＝f(2)＝ln2－1 2>0. 当 x>0 且 x→0 时 f(x)<0，故 f(x)在定义域上存在唯一零点 x0，且 x0∈ 0，2 3 . 若 m≥0，则 em≥1，[em，＋∞)⊆ 2 3 ，＋∞ ，此区间内不存在零 点，舍去，故 m<0. 当 m＝－1 时，x∈ 1 e ，＋∞ ，f 1 e ＝1＋ 3 8e2－2 e>0， 又 f(x)在 1 e ，2 3 上单调递增，此区间不存在零点，舍去． 当 m＝－2 时，x∈ 1 e2，＋∞ ，f 1 e2 ＝1 e2 3 8e2－2 <0， 又 f(x)在 1 e2，2 3 上单调递增，且 f 2 3 >0，故 x0∈ 1 e2，2 3 . 综上，m 的最大值为－2.