2020版高中数学 模块综合试卷 新人教A版选修2-2 10页

模块综合试卷 ‎(时间：120分钟　满分：150分)‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)‎ ‎1．在复平面内，复数z＝(i为虚数单位)的共轭复数对应的点位于(　　)‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 考点　共轭复数的定义与应用 题点　共轭复数与点的对应 答案　D 解析　∵z＝＝＝1＋i，‎ ‎∴＝1－i，∴在复平面内对应的点位于第四象限．‎ ‎2．曲线y＝sin x＋ex(其中e＝2.718 28…是自然对数的底数)在点(0,1)处的切线的斜率为(　　)‎ A．2 B．3‎ C. D. 考点　求函数在某点处的切线斜率或切点坐标 题点　求函数在某点处的切线的斜率 答案　A 解析　∵y′＝cos x＋ex，‎ ‎∴k＝y′|x＝0＝cos 0＋e0＝2，故选A.‎ ‎3．观察下列等式：‎ ‎9×0＋1＝1,9×1＋2＝11,9×2＋3＝21,9×3＋4＝31，….猜想第n(n∈N*)个等式应为(　　)‎ A．9(n＋1)＋n＝10n＋9‎ B．9(n－1)＋n＝10n－9‎ C．9n＋(n－1)＝10n－1‎ D．9(n－1)＋(n－1)＝10n－10‎ 考点　归纳推理的应用 题点　归纳推理在数对(组)中的应用 答案　B 10‎ 解析　注意观察每一个等式与n的关系，易知选项B正确．‎ ‎4．ʃ|sin x|dx等于(　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．4‎ 考点　分段函数的定积分 题点　分段函数的定积分 答案　D 解析　ʃ|sin x|dx＝ʃsin xdx＋ʃ(－sin x)dx ‎＝－cos x|＋cos x|＝1＋1＋1＋1＝4.‎ ‎5．已知在正三角形ABC中，若D是BC边的中点，G是三角形ABC的重心，则＝2.若把该结论推广到空间，则有：在棱长都相等的四面体ABCD中，若三角形BCD的重心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等，则等于(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 考点　类比推理的应用 题点　平面几何与立体几何之间的类比 答案　C 解析　由题意知，O为正四面体的外接球和内切球的球心．设正四面体的高为h，由等体积法可求得内切球的半径为h，外接球的半径为h，所以＝3.‎ ‎6．函数f(x)＝3x－4x3(x∈[0,1])的最大值是(　　)‎ A. B．－1‎ C．0 D．1‎ 考点　利用导数求函数的最值 题点　利用导数求不含参数函数的最值 答案　D 解析　由f′(x)＝3－12x2＝3(1＋2x)(1－2x)＝0，解得x＝±，‎ ‎∵－∉[0,1](舍去)．‎ 当x∈时，f′(x)>0，‎ 10‎ 当x∈时，f′(x)<0，‎ ‎∴f(x)在[0,1]上的极大值为 f ＝－4×3＝1.‎ 又f(0)＝0，f(1)＝－1，∴函数最大值为1.‎ ‎7．若函数f(x)＝ax2＋ln x的图象上存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，0) B．(－∞，1)‎ C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)‎ 考点　导数与曲线的切线问题 题点　切线存在性问题 答案　A 解析　易知f′(x)＝2ax＋(x>0)．‎ 若函数f(x)＝ax2＋ln x的图象上存在垂直于y轴的切线，‎ 则2ax＋＝0存在大于0的实数根，‎ 即a＝－<0.‎ ‎8．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：‎ ‎①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；‎ ‎②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；‎ ‎③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．‎ 其中判断正确的个数为(　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．3‎ 考点　演绎推理的综合应用 题点　演绎推理在其他方面的应用 答案　B 解析　若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．‎ ‎9．某工厂要建造一个长方体的无盖箱子，其容积为‎48 m3‎，高为‎3 m，如果箱底每平方米的造价为15元，箱侧面每平方米的造价为12元，则箱子的最低总造价为(　　)‎ A．900元 B．840元 C．818元 D．816元 10‎ 考点　利用导数求解生活中的最值问题 题点　用料、费用最少问题 答案　D 解析　设箱底一边的长度为x m，箱子的总造价为l元，根据题意，得l＝15×＋12×2 ‎＝240＋72(x>0)，l′＝72.‎ 令l′＝0，解得x＝4或x＝－4(舍去)．‎ 当04时，l′>0.‎ 故当x＝4时，l有最小值816.‎ 因此，当箱底是边长为‎4 m的正方形时，箱子的总造价最低，最低总造价为816元．故选D.‎ ‎10．已知定义在R上的奇函数f(x)，设其导数为f′(x)，当x∈(－∞，0]时，恒有xf′(x)F(2x－1)的实数x的取值范围为(　　)‎ A．(－1,2) B. C. D．(－2,1)‎ 考点　利用导数研究函数的单调性 题点　已知函数值大小求未知数 答案　A 解析　∵f(x)是奇函数，∴不等式xf′(x)0时，为增函数，即不等式F(3)>F(2x－1)等价于F(3)>F(|2x－1|)，‎ ‎∴|2x－1|<3，∴－3<2x－1<3，得－10，‎ ‎∴f(x)在x＝1处取到极小值．故选C.‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13．设z＝(2－i)2(i为虚数单位)，则复数z的模为________．‎ 考点　复数的模的定义与应用 题点　利用定义求复数的模 答案　5‎ 解析　z＝(2－i)2＝3－4i，所以|z|＝|3－4i|＝＝5.‎ ‎14．已知不等式1－<0的解集为(－1,2)，则ʃdx＝________.‎ 考点　利用微积分基本定理求定积分 考点　利用微积分基本定理求定积分 答案　2－3ln 3‎ 解析　由1－<0，得－a5，求证：－<－.‎ 考点　分析法及应用 题点　分析法解决不等式问题 证明　要证－<－，‎ 只需证＋<＋，‎ 即证(＋)2<(＋)2，‎ 即证‎2a－5＋2<‎2a－5＋2，‎ 只需证<，‎ 只需证a2－‎5a0，n∈N*.‎ ‎(1)求a1，a2，a3；‎ ‎(2)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法证明．‎ 考点　数学归纳法证明数列问题 题点　利用数学归纳法证明数列通项问题 解　(1)a1＝S1＝＋－1，所以a1＝－1±.‎ 又因为an>0，所以a1＝－1.‎ S2＝a1＋a2＝＋－1，‎ 所以a2＝－.‎ S3＝a1＋a2＋a3＝＋－1，‎ 所以a3＝－.‎ ‎(2)由(1)猜想an＝－，n∈N*.‎ 下面用数学归纳法加以证明：‎ ‎①当n＝1时，由(1)知a1＝－1成立．‎ ‎②假设当n＝k(k∈N*)时，‎ ak＝－成立．‎ 当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk ‎＝－ ‎＝＋－，‎ 所以a＋2ak＋1－2＝0，‎ 所以ak＋1＝－，‎ 即当n＝k＋1时猜想也成立．‎ 综上可知，猜想对一切n∈N*都成立．‎ 10‎ ‎21．(12分)已知函数f(x)＝ax3＋cx＋d(a≠0)是R上的奇函数，当x＝1时，f(x)取得极值－2.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极大值；‎ ‎(2)证明对任意x1，x2∈(－1,1)，不等式|f(x1)－f(x2)|<4恒成立．‎ 考点　利用导数研究函数的单调性 题点　利用导数证明不等式问题 ‎(1)解　由奇函数的定义，‎ 应有f(－x)＝－f(x)，x∈R，‎ 即－ax3－cx＋d＝－ax3－cx－d，∴d＝0.‎ 因此f(x)＝ax3＋cx，f′(x)＝3ax2＋c.‎ 由条件f(1)＝－2为f(x)的极值，必有f′(1)＝0.‎ 故解得a＝1，c＝－3.‎ 因此f(x)＝x3－3x，‎ f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，‎ f′(－1)＝f′(1)＝0.‎ 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，‎ 故f(x)在区间(－∞，－1)上是增函数；‎ 当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，‎ 故f(x)在区间(－1,1)上是减函数；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 故f(x)在(1，＋∞)上是增函数．‎ ‎∴f(x)在x＝－1处取得极大值，极大值为f(－1)＝2.‎ ‎(2)证明　由(1)知，f(x)＝x3－3x(x∈[－1,1])是减函数，‎ 且f(x)在[－1,1]上的最大值M＝f(－1)＝2，‎ f(x)在[－1,1]上的最小值m＝f(1)＝－2.‎ ‎∴对任意的x1，x2∈(－1,1)，‎ 恒有|f(x1)－f(x2)|0，‎ ‎∴f′(0)·f′(1)<0.‎ 令h(x)＝f′(x)＝ex＋4x－3，则h′(x)＝ex＋4>0，‎ ‎∴f′(x)在区间[0,1]上单调递增，‎ ‎∴f′(x)在区间[0,1]上存在唯一零点，‎ ‎∴f(x)在区间[0,1]上存在唯一的极小值点．‎ ‎(2)解　由f(x)≥x2＋(a－3)x＋1，‎ 得ex＋2x2－3x≥x2＋(a－3)x＋1，‎ 即ax≤ex－x2－1，‎ ‎∵x≥，∴a≤.‎ 令g(x)＝，‎ 则g′(x)＝.‎ 令φ(x)＝ex(x－1)－x2＋1，则φ′(x)＝x(ex－1)．‎ ‎∵x≥，∴φ′(x)>0.‎ ‎∴φ(x)在上单调递增．‎ ‎∴φ(x)≥φ＝－>0.‎ 因此g′(x)>0，故g(x)在上单调递增，‎ 则g(x)≥g＝＝2－， ‎ ‎∴a的取值范围是.‎ 10‎