2020版高中数学 模块综合试卷 新人教A版选修2-2

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2020版高中数学 模块综合试卷 新人教A版选修2-2

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
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