2018年數(shù)學(xué)（北師大版選修2-2）練習(xí)模塊綜合測評(píng)

模塊綜合測評(píng)(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分)1．設(shè)復(fù)數(shù)z＝1＋eq\f(2,i)(其中i為虛數(shù)單位)，則z2＋3eq\o(z,\s\up6(－))的虛部為()A．2i B．0C．－10 D．2解析：∵z＝1＋eq\f(2,i)＝1－2i，∴z2＝(1－2i)2＝－3－4i，eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋2i.∴z2＋3eq\o(z,\s\up6(－))＝－3－4i＋3(1＋2i)＝2i.∴虛部為2.答案：D2．觀察一列數(shù)的特點(diǎn)：1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…，則第100項(xiàng)是()A．10 B．13C．14 D．100解析：∵eq\f(1＋13×13,2)＝91，∴從第92項(xiàng)開始為14，共有14項(xiàng)．∴第100項(xiàng)為14.答案：C3．已知i是虛數(shù)單位，且z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))2014＋2i的共軛復(fù)數(shù)為eq\o(z,\s\up6(－))，則z·eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．5 B．1C．eq\r(5) D．9解析：z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))2014＋2i＝(－i)2014＋2i＝－1＋2i，故z·eq\o(z,\s\up6(－))＝(－1＋2i)(－1－2i)＝5.答案：A4．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝an－1＋2n－1，依次計(jì)算a2，a3，a4后，猜想an的表達(dá)式是()A．3n－2 B．n2C．3n－1 D．4n－3解析：計(jì)算出a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.答案：B5．為確保信息安全，信息需加密傳輸，發(fā)送方由明文→密文(加密)，接受方由密文→明文(解密)，已知加密規(guī)則為：明文a，b，c，d對(duì)應(yīng)密文a＋2b，2b＋c，2c＋3d,4d，例如，明文1,2,3,4對(duì)應(yīng)密文5,7,18,16.當(dāng)接受方收到密文14,9,23,28時(shí)，解密得到的明文為A．4,6,1,7 B．7,6,1,4C．6,4,1,7 D．1,6,4,7解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝14，,2b＋c＝9，,2c＋3d＝23，,4d＝28，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝6，,b＝4，,c＝1，,d＝7.))故選C．答案：C6．(2017·北京卷)若復(fù)數(shù)(1－i)(a＋i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，1) B．(－∞，－1)C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞)解析：(1－i)(a＋i)＝a＋i－ai－i2＝a＋1＋(1－a)i.由復(fù)數(shù)(1－i)(a＋i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1＜0，,1－a＞0.))解得a＜－1.答案：B7．由直線x＝－eq\f(π,6)，x＝eq\f(7π,6)，y＝0與曲線y＝sinx所圍成的封閉圖形的面積為()A．2－eq\r(3) B．4－eq\r(3)C．2＋eq\r(3) D．4＋eq\r(3)解析：如下圖，封閉圖形的面積為S＝－sinxdx＋eq\a\vs4\al(\i\in(0,π,))sinxdx－sinxdx＝－2sinxdx＋eq\a\vs4\al(\i\in(0,π,))sinxdx＝－2(－cosx)＋(－cosx)eq\a\vs4\al(|)eq\o\al(π,0)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos0－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))))－(cosπ－cos0)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))－(－1－1)＝4－eq\r(3).答案：B8．已知α，β是三次函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)ax2＋2bx(a，b∈R)的兩個(gè)極值點(diǎn)，且α∈(0,1)，β∈(1,2)，則eq\f(b－3,a－2)的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,5))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))C．(1，＋∞) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,5)))∪(1，＋∞)解析：因?yàn)楹瘮?shù)有兩個(gè)極值，所以f′(x)＝0有兩個(gè)不同的根，即Δ>0.又f′(x)＝x2＋ax＋2b，α∈(0,1)，β∈(1，2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′0>0，,f′1<0，,f′2>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b>0，,1＋a＋2b<0，,4＋2a＋2b>0.))eq\f(b－3,a－2)的幾何意義是動(dòng)點(diǎn)P(a，b)到定點(diǎn)A(2,3)兩點(diǎn)連線的斜率．作出可行域如圖，由圖像可知當(dāng)直線經(jīng)過AB時(shí)斜率最小，此時(shí)斜率為k＝eq\f(1－3,－3－2)＝eq\f(2,5)；當(dāng)直線經(jīng)過AD時(shí)斜率最大，此時(shí)斜率為k＝eq\f(0－3,－1－2)＝1.故eq\f(2,5)<eq\f(b－3,a－2)<1.答案：B9．定義在R上的函數(shù)y＝f(x)滿足f(4－x)＝f(x)，(x－2)f′(x)<0，若x1<x2，且x1＋x2>4，則()A．f(x1)<f(x2)B．f(x1)>f(x2)C．f(x1)＝f(x2)D．f(x1)與f(x2)的大小不確定解析：由f(4－x)＝f(x)，得函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x＝2對(duì)稱．由(x－2)f′(x)<0，得函數(shù)f(x)在(－∞，2)上是增加的，在(2，＋∞)上是減少的．故當(dāng)x2>x1>2時(shí)，f(x1)>f(x2)；當(dāng)x2>2>x1時(shí)，由x1＋x2>4，得x2>4－x1>2.故f(4－x1)＝f(x1)>f(x2)．綜上，f(x1)>f(x2)．答案：B10．若直線x＋y＋m＝0(m∈R)不可能是曲線f(x)＝ax2＋lnx的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．a(chǎn)≤0 B．a(chǎn)≥－eq\f(1,8)C．a(chǎn)<－eq\f(1,8) D．a(chǎn)≥0解析：由題意，得f′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)(x>0)，且直線x＋y＋m＝0(m∈R)的斜率為－1.由對(duì)任意實(shí)數(shù)m直線x＋y＋m＝0都不是曲線y＝f(x)的切線，得曲線y＝f(x)的切線的斜率不可能為－1，即2ax＋eq\f(1,x)＝－1無正實(shí)數(shù)根．分離a，得a＝－eq\f(1,2x2)－eq\f(1,2x)①，也就是當(dāng)x>0時(shí)，①不能成立．令y＝－eq\f(1,2x2)－eq\f(1,2x)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))2＋eq\f(1,8)，設(shè)t＝eq\f(1,x)，由x>0，得t>0.則y＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq\f(1,8)<0.故a≥0.答案：D11．如果函數(shù)f(x)＝ax(ax－3a2－1)(a>0且a≠1)在區(qū)間[0，＋∞)上是增函數(shù)，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))C．(1，eq\r(3)] D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析：由已知得f′(x)＝2a2xlna－(3a2＋1)ax·lna＝axlna(2ax－3a2－1①當(dāng)a>1時(shí)，lna>0，ax>0，∴2ax－3a2－1≥0恒成立當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，ax≥1，故只需2－3a2－1≥0，∴3a2∴a2≤eq\f(1,3)與a>1矛盾．②當(dāng)0<a<1時(shí)，lna<0，ax>0，∴2ax－3a2－1<0恒成立當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，ax≤1，故只需2－3a2－1≤0，∴3a2≥1.∴eq\f(\r(3),3)≤a<1.答案：B12．已知f(x)在點(diǎn)x處可導(dǎo)，那么eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx－Δx,Δx)＝()A．0 B．f′(x)C．eq\f(1,2)f′(x) D．2f′(x)解析：eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx－Δx,Δx)＝eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx)＋eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(fx－fx－Δx,Δx)＝f′(x)＋eq\o(lim,\s\do6(Δx→0))eq\f(fx－Δx－fx,－Δx)＝f′(x)＋f′(x)＝2f′(x答案：D二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．設(shè)P是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，△ABC三邊上的高分別為hA，hB，hC，P到三邊的距離依次為la，lb，lc，則有eq\f(la,hA)＋eq\f(lb,hB)＋eq\f(lc,hC)＝________；類比到空間，設(shè)P是四面體ABCD內(nèi)一點(diǎn)，四頂點(diǎn)到對(duì)面的距離分別是hA，hB，hC，hD，P到這四個(gè)面的距離依次是la，lb，lc，ld，則有____________．解析：用等面積法可得eq\f(la,hA)＋eq\f(lb,hB)＋eq\f(lc,hC)＝1.類比到空間有eq\f(la,hA)＋eq\f(lb,hB)＋eq\f(lc,hC)＋eq\f(ld,hD)＝1.答案：1eq\f(la,hA)＋eq\f(lb,hB)＋eq\f(lc,hC)＋eq\f(ld,hD)＝114．曲線y＝2lnx＋x2－2x在x＝1處的切線方程為__________．解析：當(dāng)x＝1時(shí)，y＝－1.又y′＝eq\f(2,x)＋2x－2，于是k＝y(tǒng)′|x＝1＝2.故切線方程為y＋1＝2(x－1)，即2x－y－3＝0.答案：2x－y－3＝015．已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，f′(0)>0，且f(x)的值域?yàn)閇0，＋∞)，則eq\f(f1,f′0)的最小值為________．解析：∵f′(x)＝2ax＋b，∴f′(0)＝b>0.又函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇0，＋∞)，∴a>0，且Δ＝b2－4ac＝0，即4ac＝b2.∴∵f(1)＝a＋b＋c，∴eq\f(f1,f′0)＝eq\f(a＋b＋c,b)＝1＋eq\f(a＋c,b)≥1＋eq\f(2\r(ac),b)＝1＋eq\f(\r(4ac),\r(4ac))＝1＋1＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)等號(hào)成立．∴eq\f(f1,f′0)的最小值為2.答案：216．定義兩個(gè)實(shí)數(shù)間的一種新運(yùn)算“*”：x*y＝lg(10x＋10y)，x，y∈R.對(duì)任意實(shí)數(shù)a，b，c，給出下列結(jié)論：①(a*b)*c＝a*(b*c)；②a*b＝b*a；③(a*b)＋c＝(a＋c)*(b＋c)．其中正確的是________(填序號(hào))．解析：∵a*b＝lg(10a＋10b)∴(a*b)*c＝lg(10lg(10a＋10b)＋10＝lg(10a＋10b＋10同理a*(b*c)＝lg(10a＋10b＋10∴a*(b*c)＝(a*b)*c.故①正確．同理可驗(yàn)證②正確．∵a*b＝lg(10a＋10b)b*a＝lg(10a＋10b)∴a*b＝b*a.又∵(a＋c)*(b＋c)＝lg(10a＋c＋10b＋c＝lg[10c(10a＋10＝lg(10a＋10b)＋c(a*b)＋c＝lg(10a＋10b)＋c∴(a*b)＋c＝(a＋c)*(b＋c)．故③正確．答案：①②③三、解答題(本大題共6小題，共70分)17．(10分)求證：ac＋bd≤eq\r(a2＋b2)·eq\r(c2＋d2).證明：若ac＋bd≤0，則不等式顯然成立．若ac＋bd>0，要證原不等式成立，只要證(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)，即要證a2c2＋2abcd＋b2d2≤a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2只要證(ad－bc)2≥0.此式顯然成立，所以原不等式成立．18．(12分)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足4z＋2eq\o(z,\s\up6(－))＝3eq\r(3)＋i，ω＝sinθ－icosθ(θ∈R)．求z的值和|z－ω|的取值范圍．解：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi.代入4z＋2eq\o(z,\s\up6(－))＝3eq\r(3)＋i，得4(a＋bi)＋2(a－bi)＝3eq\r(3)＋i，即6a＋2bi＝3eq\r(3)＋i.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6a＝3\r(3)，,2b＝1.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(3),2)，,b＝\f(1,2).))∴z＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)i.∴|z－ω|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋\f(1,2)i－sinθ－icosθ))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－sinθ))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋cosθ))2)＝eq\r(2－\r(3)sinθ＋cosθ)＝eq\r(2－2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))).∵－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))≤1，∴0≤2－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))≤4.∴0≤|z－ω|≤2.故|z－w|的取值范圍是[0,2]．19．(12分)已知復(fù)數(shù)z＝(2x＋a)＋(2－x＋a)i，x，a∈R，當(dāng)x在(－∞，＋∞)內(nèi)變化時(shí)，試求|z|的最小值g(a)．解：|z|2＝(2x＋a)2＋(2－x＋a)2＝22x＋2－2x＋2a(2x＋2－x)＋2a令t＝2x＋2－x，則t≥2,22x＋2－2x＝t2－2.從而|z|2＝t2＋2at＋2a2－2＝(t＋a)2＋a2當(dāng)－a≥2，即a≤－2時(shí)，g(a)＝eq\r(a2－2)；當(dāng)－a<2，即a>－2時(shí)，g(a)＝eq\r(a＋22＋a2－2)＝eq\r(2)|a＋1|.20．(12分)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式：eq\f(2＋1,2)×eq\f(4＋1,4)×…×eq\f(2n＋1,2n)>eq\r(n＋1).證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，左式＝eq\f(3,2)，右式＝eq\r(2)，左式>右式，所以不等式成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)不等式成立，即eq\f(2＋1,2)×eq\f(4＋1,4)×…×eq\f(2k＋1,2k)>eq\r(k＋1)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(2＋1,2)×eq\f(4＋1,4)×…×eq\f(2k＋1,2k)×eq\f(2k＋3,2k＋1)>eq\r(k＋1)×eq\f(2k＋3,2k＋1)＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1)).要證當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式成立，只需證eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)，即證eq\f(2k＋3,2)≥eq\r(k＋1k＋2).由基本不等式eq\f(2k＋3,2)＝eq\f(k＋1＋k＋2,2)≥eq\r(k＋1k＋2)成立，故eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)成立．所以，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．由①②可知，n∈N＋時(shí)，不等式eq\f(2＋1,2)×eq\f(4＋1,4)×…×eq\f(2n＋1,2n)>eq\r(n＋1)成立．21．(12分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋2bx2＋cx－2的圖像在與x軸交點(diǎn)處的切線方程是y＝5x－10.(1)求函數(shù)f(x)的解析式．(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋eq\f(1,3)mx，若g(x)的極值存在，求實(shí)數(shù)m的取值范圍以及函數(shù)g(x)取得極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量x的值．解：(1)由已知得切點(diǎn)為(2,0)，故有f(2)＝0，即4b＋c＋3＝0.①又f′(x)＝3x2＋4bx＋c，由已知f′(2)＝12＋8b＋c＝5，得8b＋c＋7＝0.②聯(lián)立①②，解得b＝－1，c＝1.所以函數(shù)的解析式為f(x)＝x3－2x2＋x－2.(2)g(x)＝x3－2x2＋x－2＋eq\f(1,3)mx，令g′(x)＝3x2－4x＋1＋eq\f(1,3)m＝0.當(dāng)函數(shù)有極值時(shí)，方程3x2－4x＋1＋eq\f(1,3)m＝0有實(shí)數(shù)解，即Δ≥0.由Δ＝4(1－m)≥0，得m≤1.①當(dāng)m＝1時(shí)，g′(x)＝0有實(shí)數(shù)根x＝eq\f(2,3)，在x＝eq\f(2,3)左右兩側(cè)均有g(shù)′(x)>0，故函數(shù)g(x)無極值．②當(dāng)m<1時(shí)，g′(x)＝0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x1＝eq\f(1,3)(2－eq\r(1－m))，x2＝eq\f(1,3)(2＋eq\r(1－m))．當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的情況如下表：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)極大值極小值所以當(dāng)m∈(－∞，1)時(shí)，函數(shù)g(x)有極值，當(dāng)x＝eq\f(1,3)(2－eq\r(1－m))時(shí)，g(x)有極大值；當(dāng)x＝eq\f(1,3)(2＋eq\r(1－m))時(shí)，g(x)有極小