數(shù)學(xué)模塊綜合模塊測試

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精模塊綜合測評(時間120分鐘，滿分160分）一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，滿分70分）1．若f（x)＝sinα－cosx（α是常數(shù)），則f′(α)＝__________.2．復(fù)數(shù)eq\f(1－2i，3＋4i)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第__________象限．3．函數(shù)y＝x2(x－3）的減區(qū)間是__________．4．若a為實數(shù)，eq\f（2＋ai，1＋\r(2)i)＝－eq\r(2）i，則a等于__________．5．設(shè)y＝tanx,則y′等于__________．6．曲線y＝cosx(0≤x≤eq\f(3π，2）)與坐標(biāo)軸圍成的面積是__________．7．若△ABC內(nèi)切圓半徑為r，三邊長為a,b，c，則△ABC的面積S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)，類比到空間，若四面體內(nèi)切球半徑為R，四個面的面積為S1、S2、S3、S4，則四面體的體積V＝__________.8．已知對任意實數(shù)x，有f（－x）＝－f（x）,且g（－x）＝g(x）,且x〉0時，f′(x)〉0,g′（x)>0，則x〈0時,f′（x)__________0，g′（x)__________0.9．已知函數(shù)f(x）＝eq\f（3x,1＋x2)，當(dāng)x＝__________時，函數(shù)取得極大值__________．10．觀察下列數(shù)的特點1,2，2，3,3，3,4,4，4，4，…中，第100項是__________．11．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋b（a≠0)，若eq\i\in（0,2,）f(x）dx＝2f（x0），x0>0，則x0＝__________。12．非空集合G關(guān)于運算滿足：（1）對任意a，b∈G，都有ab∈G；(2)存在e∈G，使得對一切a∈G，都有ae＝ea＝a，則稱G關(guān)于運算為“融洽集"．現(xiàn)給出下列集合和運算：①G＝｛非負(fù)整數(shù)｝，為整數(shù)的加法；②G＝{偶數(shù)}，為整數(shù)的乘法;③G＝{平面向量}，為平面向量的加法；④G＝｛虛數(shù)},為復(fù)數(shù)的乘法．其中G關(guān)于運算為“融洽集”的是__________．（寫出所有“融洽集”的序號)13．對于函數(shù)f（x)，在使f（x)≥M恒成立的所有常數(shù)M中，我們把M中的最大值稱為函數(shù)f(x）的“下確界”，則函數(shù)f（x)＝eq\f(x2＋1,x＋12)的下確界為__________．14．設(shè)γ，θ為常數(shù)(θ∈(0,eq\f（π,4））,γ∈(eq\f(π,4），eq\f（π,2)))，若sin（α＋γ）＋sin（γ－β）＝sinθ(sinα－sinβ）＋cosθ(cosα＋cosβ）對一切α，β∈R恒成立，則eq\f（tanθtanγ＋cosθ－γ,sin2θ＋\f(π,4））＝__________.二、解答題（本大題共6小題，滿分90分)15．(12分）已知復(fù)數(shù)z1滿足(1＋i）z1＝－1＋5i，z2＝a－2－i，其中i為虛數(shù)單位,a∈R，若|z1－eq\x\to(z2）｜<｜z1|，求a的取值范圍．16．（14分)已知圓柱形金屬飲料罐的容積為54πcm3，請問當(dāng)它的高與底面半徑各為多少時，才能使所用材料最省?17．（16分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1，2）x2－alnx(a∈R）,（1）若函數(shù)f（x）的圖象在x＝2處的切線方程為y＝x＋b，求a，b的值;(2)若函數(shù)f（x）在（1,＋∞)為增函數(shù),求a的取值范圍．18．（16分）觀察下列式子:1＋eq\f(1，22）〈eq\f(3，2）,1＋eq\f（1，22）＋eq\f(1，32)<eq\f（5,3),1＋eq\f（1，22)＋eq\f(1,32）＋eq\f(1，42)〈eq\f(7，4），…,你能歸納出什么結(jié)論？并證明你的結(jié)論．19．(16分)如圖所示，已知曲線C1：y＝x2與曲線C2：y＝－x2＋2ax（a>1）交于點O、A，直線x＝t（0<t≤1)與曲線C1、C2分別交于點D、B，連結(jié)OD，DA，AB.（1)求證:曲邊四邊形ABOD（陰影部分)的面積S＝f(t）的函數(shù)表達(dá)式為f(t）＝eq\f(1,6）t3－at2＋a2t(0<t≤1）;（2)求函數(shù)S＝f（t)在區(qū)間(0，1]上的最大值．20．(16分）已知函數(shù)f（x）＝alnx－bx2圖象上一點P（2，f（2）)處的切線方程為y＝－3x＋2ln2＋2.（1）求a,b的值；（2)若方程f（x）＋m＝0在［eq\f（1，e)，e］內(nèi)有兩個不等實根，求m的取值范圍（其中e為自然對數(shù)的底，e≈2.7）；（3）令g(x）＝f(x)－nx,如果g（x)圖象與x軸交于A（x1，0)，B(x2，0）（x1<x2），AB中點為C(x0,0），求證：g′(x0）≠0.參考答案1．sinα解析：∵f′（x)＝sinx，∴f′（α)＝sinα.2．三解析:eq\f(1－2i,3＋4i)＝eq\f（1－2i3－4i,3＋4i3－4i)＝eq\f(－5－10i，25）＝－eq\f（1,5)－eq\f（2，5）i.3．(0，2）解析：y′＝3x2－6x，由y′<0,得0〈x〈2.4．－eq\r(2）解析：∵2＋ai＝(1＋eq\r（2）i)（－eq\r（2)i)＝2－eq\r(2)i，∴a＝－eq\r(2）。5.eq\f(1，cos2x)解析：(tanx）′＝（eq\f(sinx,cosx))′＝eq\f(sinx′cosx－sinxcosx′，cos2x）＝eq\f（1，cos2x）.6．3解析:S＝3∫eq\f（π,2)0cosxdx＝3。7.eq\f（1,3）R（S1＋S2＋S3＋S4）8．><解析:當(dāng)x<0時,－x〉0?！鄁′(－x)〉0，g′（－x)>0?！遞(x)＝－f(－x），∴f′（x）＝f′(－x）>0.又∵g（x)＝g(－x)，∴g′（x)＝－g′(－x）<0。9．1eq\f(3,2）解析：f′(x)＝eq\f(31＋x2－2x3x,1＋x22）＝eq\f（31－x2,1＋x22)，令f′(x）＝0，解得x＝－1或x＝1.列表：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞）f′(x)－0＋0－f(x)↘－eq\f（3,2)↗eq\f（3,2)↘由表可知，當(dāng)x＝1時，函數(shù)取得極大值f(1）＝eq\f（3，2).10．14解析:設(shè)第100項的數(shù)字為n,則eq\f(1＋nn,2）≥100，經(jīng)檢驗知n＝14.11。eq\f(2，3）eq\r（3)解析：∵eq\i\in（0,2，）f(x)dx＝eq\i\in（0，2,）（ax2＋b）＝（eq\f（1，3）ax3＋bx)|eq\o\al（2,0）＝eq\f(8，3)a＋2b＝2(axeq\o\al（2，0）＋b)，∴eq\f(8,3）a＝2axeq\o\al（2,0），xeq\o\al(2,0）＝eq\f（4，3)，x0＝±eq\f（2,3)eq\r(3）(負(fù)值舍去)．12．①③解析：①對任意a,b∈G＝｛非負(fù)整數(shù)｝，為整數(shù)的加法,則有ab∈G，存在0∈G，使得對一切a∈G，都有a0＝0a＝a，因此G＝{非負(fù)整數(shù)｝關(guān)于運算為“融洽集”；②對任意a,b∈G＝｛偶數(shù)}，為整數(shù)的乘法,都有ab∈G，但不存在e∈G，使得對一切a∈G，都有ae＝ea＝a，因此G＝{偶數(shù)}不是關(guān)于運算的“融洽集";③對任意a，b∈G＝{平面向量},為平面向量的加法，則有ab∈G，且存在0∈G，使得對一切a∈G，都有a0＝0a＝a，因此G＝{平面向量｝關(guān)于運算為“融洽集”；④對任意a,b∈G＝｛虛數(shù)｝,為復(fù)數(shù)的乘法,不妨設(shè)a＝i，b＝2i，則有ab＝－2?G，因此G＝｛虛數(shù)}不是關(guān)于運算的“融洽集"．13.eq\f(1,2）解析：當(dāng)x<－1時，∵x2＋1>x2＋2x＋1＝(x＋1)2〉0，∴eq\f（x2＋1，x＋12）〉1。當(dāng)x>－1時，f′(x)＝eq\f(2xx＋12－x2＋1·2x＋1,x＋14)＝eq\f（2x－1，x＋13）,∵x∈（－1,1)時，f′（x)〈0；x＝－1時，f′（x)＝0；x∈(1,＋∞）時，f′（x)〉0,∴當(dāng)x＝1時,f（x)有最小值eq\f(1，2).綜上所述：f(x)≥eq\f（1，2),∴M≤eq\f（1,2)，∴M的最大值為eq\f（1,2）.14．2解析：∵sinαcosγ＋cosαsinγ＋sinγcosβ－cosγsinβ＝sinαsinθ＋cosαcosθ＋cosθcosβ－sinθsinβ對一切α，β∈R恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（cosγ＝sinθ，，sinγ＝cosθ））∴γ＋θ＝eq\f(π,2)，r＝eq\f(π，2）－θ?！鄀q\f(tanθtanγ＋cosθ－γ，sin2θ＋\f(π,4）)＝eq\f(tanθ·tan\f(π,2）－θ＋cos2θ－\f（π,2）,\f(1－cos2θ＋\f（π,2），2))＝eq\f（1＋sin2θ,\f（1＋sin2θ,2)）＝2.15．解:由題意得z1＝eq\f（－1＋5i,1＋i)＝2＋3i，于是｜z1－eq\x\to（z2)|＝|4－a＋2i|＝eq\r(4－a2＋4)，|z1｜＝eq\r（13).eq\r(4－a2＋4）〈eq\r(13),得a2－8a＋7<0,1〈a<7.16．解：設(shè)圓柱的高為h(cm)，底面半徑為r(cm），表面積為S(cm2）．則54π＝πr2h，h＝eq\f(54，r2）S＝2πrh＋2πr2＝2πr·eq\f(54,r2）＋2πr2＝eq\f(108π，r)＋2πr2，S′＝－eq\f（108π，r2)＋4πr＝eq\f（4πr3－27，r2)＝0，得r＝3?！遰∈(0,3)時，S′〈0；r∈(3，＋∞)時，S′〉0。∴當(dāng)r＝3時，S有最小值,此時h＝eq\f(54，32）＝6.∴當(dāng)圓柱的高為6cm，底面半徑為30cm時，才能使所用材料最?。?7．解:(1）因為f′(x）＝x－eq\f(a，x)（x>0)，又f(x)在x＝2處的切線方程為y＝x＋b，所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2－aln2＝2＋b，,2－\f(a，2）＝1，）)解得a＝2，b＝－2ln2。（2)若函數(shù)f（x）在(1，＋∞)上恒成立，則f′(x）＝x－eq\f（a,x)≥0在（1，＋∞）上恒成立，即:a≤x2在（1,＋∞）上恒成立．所以有a≤1.18．解：1＋eq\f(1,22）＋eq\f（1，32）＋…＋eq\f（1，n2)<2－eq\f(1，n）（n∈N＊，n≥2)．（1)當(dāng)n＝2時，命題顯然成立．(2）假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＊，k≥2）時，命題成立，即1＋eq\f（1，22）＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)〈2－eq\f(1,k）.則當(dāng)n＝k＋1時，1＋eq\f（1，22)＋eq\f（1，32)＋…＋eq\f(1，k2)＋eq\f（1,k＋12）<2－eq\f(1,k）＋eq\f(1，k＋12)?！遦2＋2k＋1〉k2＋2k，∴（k＋1）2>k（k＋2)＝k［(k＋1)＋1]，∴eq\f(1，k＋1)＋eq\f(1,k＋12）<eq\f(1，k)，∴eq\f(1,k）－eq\f(1,k＋12)>eq\f（1，k＋1)，∴2－eq\f(1，k）＋eq\f（1，k＋12）<2－eq\f（1，k＋1)，∴當(dāng)n＝k＋1時命題也成立，從而原命題獲證．19．解：(1）證明:由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2，，y＝－x2＋2ax））得點O（0，0），A(a,a2)．又由已知得B(t，－t2＋2at）,D（t,t2），故S＝eq\i\in(0，t,)(－x2＋2ax）dx－eq\f(1,2)·t·t2＋eq\f(1，2)(－t2＋2at－t2）·(a－t)＝eq\f（1,6）t3－at2＋a2t，∴S＝f(t）＝eq\f(1,6）t3－at2＋a2t（0<t≤1）．(2)f′（t)＝eq\f(1,2)t2－2at＋a2，令f′(t）＝0，即eq\f（1,2）t2－2at＋a2＝0，解得t＝(2－eq\r（2))a或t＝（2＋eq\r(2))a(由t≤1,舍去）．若(2－eq\r（2）)a≥1即a≥eq\f（2＋\r(2），2）時，∵0<t≤1，∴f′(t)≥0，∴f（t）在區(qū)間（0，1］上單調(diào)遞增，S的最大值是f(1)＝a2－a＋eq\f(1，6）.若（2－eq\r(2))a≤1即a≤eq\f(2＋\r(2),2)時，∵0〈t≤1，∴當(dāng)0〈t〈（2－eq\r（2）)a時，f′（t)〉0，∴f(t）在區(qū)間(0，（2－eq\r（2）)a]上單調(diào)遞增;當(dāng)（2－eq\r（2）)a〈t≤1時，f′（t)<0，∴f(t）在區(qū)間[（2－eq\r(2））a，1］上單調(diào)遞減．∴f(t）的最大值是f［（2－eq\r（2）)a］＝eq\f(2，3）（eq\r(2)－1)a3。綜上所述［f（t）]max＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a2－a＋\f（1,6),a≥\f（2＋\r(2）,2)，,\f(2，3）\r（2）－1a3，1<a<\f(2＋\r(2),2）。)）20．解:（1)f′(x）＝eq\f（a，x)－2bx，f′(2）＝eq\f（a，2）－4b，f(2)＝aln2－4b.∴eq\f（a，2）－4b＝－3，且aln2－4b＝－6＋2ln2＋2.解得a＝2,b＝1.(2）f（x)＝2lnx－x2，令h(x)＝f（x)＋m＝2lnx－x2＋m,則h′（x)＝eq\f(2,x）－2x＝eq\f（21－x2，x），令h′（x)＝0，得x＝1（x＝－1舍去）．在［eq\f(1，e），e］內(nèi),當(dāng)x∈［eq\f(1，e)，1)時,h′(x）〉0，∴h（x)是增函數(shù)；當(dāng)x∈(1，e]時，h′(x）<0，∴h(x)是減函