高中数学人教A版2本册总复习总复习 模块综合测评(二)

模块综合测评(二)选修2－2(B卷)(时间：90分钟满分：120分)第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：本大题共10小题，共50分．1．观察下列等式，13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，根据上述规律，13＋23＋33＋43＋53＋63＝()A．192 B．202C．212 D．222解析：归纳得13＋23＋33＋43＋53＋63＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2＋…＋6))2＝212.答案：C2．复数eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－i,1＋i)))2＝()A．－3－4i B．－3＋4iC．3－4i D．3＋4i解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－i,1＋i)))2＝eq\f(8－6i,2i)＝－3－4i.答案：A3．函数y＝(sinx2)3的导数是()A．y′＝3xsinx2·sin2x2B．y′＝3(sinx2)2C．y′＝3(sinx2)2cosx2D．y′＝6sinx2cosx2解析：y′＝[(sinx2)3]′＝3(sinx2)2·(sinx2)′＝3(sinx2)2·cosx2·2x＝3×2sinx2·cosx2·x·sinx2＝3x·sinx2·sin2x2，故选A.答案：A4．设函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)＝x2＋2x·f′(1)．则f′(0)等于()A．0 B．－4C．－2 D．2解析：因为f(x)＝x2＋2x·f′(1)，所以f′(x)＝2x＋2f′(1)，f′(0)＝2f′(1)．因为f′(1)＝2＋2f′(1)，所以f′(1)＝－2，故答案：B5．观察下列各等式：eq\f(5,5－4)＋eq\f(3,3－4)＝2，eq\f(2,2－4)＋eq\f(6,6－4)＝2，eq\f(7,7－4)＋eq\f(1,1－4)＝2，eq\f(10,10－4)＋eq\f(－2,－2－4)＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为()\f(n,n－4)＋eq\f(8－n,8－n－4)＝2\f(n＋1,n＋1－4)＋eq\f(n＋1＋5,n＋1－4)＝2\f(n,n－4)＋eq\f(n＋4,n＋4－4)＝2\f(n＋1,n＋1－4)＋eq\f(n＋5,n＋5－4)＝2答案：A6．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示，其中f′(x)是函数f(x)的导函数，函数y＝f(x)的图象大致是图中的()ABCD解析：由y＝xf′(x)的图象可得当x＜－1时，f′(x)＞0，所以当x＜－1时f(x)为增函数；当－1＜x＜0时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－1,0)上为减函数；当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0,1)上为减函数；当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)上为增函数，所以选择C.答案：C7．若f(x)＝eq\f(lnx,x)，0＜a＜b＜e，则有()A．f(a)＞f(b) B．f(a)＝f(b)C．f(a)＜f(b) D．f(a)·f(b)＞1解析：f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，在(0，e)上，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，e)上为增函数．∴f(a)＜f(b)．答案：C8．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图，则函数y＝ax2＋eq\f(3,2)bx＋eq\f(c,3)的单调递增区间是()A．(－∞，－2] \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．[－2,3] \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8)，＋∞))解析：由题图可知d＝0.不妨取a＝1，∵f(x)＝x3＋bx2＋cx，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c.由图可知f′(－2)＝0，f′(3)＝0，∴12－4b＋c＝0,27＋6b＋c＝0，∴b＝－，c＝－18.∴y＝x2－eq\f(9,4)x－6，y′＝2x－eq\f(9,4).当x＞eq\f(9,8)时，y′＞0，∴y＝x2－eq\f(9,4)x－6的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8)，＋∞)).故选D.答案：D9．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴相切于点(1,0)，则f(x)的()A．极大值为eq\f(4,27)，极小值为0B．极大值为0，极小值为－eq\f(4,27)C．极小值为－eq\f(5,27)，极大值为0D．极小值为0，极大值为eq\f(5,27)解析：由题设条件知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝0.))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2p－q＝0，,1－p－q＝0.))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝2，,q＝－1.))所以f(x)＝x3－2x2＋x，进而可求得f(1)是极小值，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))是极大值．答案：A10．设函数f(x)＝eq\f(sinθ,3)x3＋eq\f(\r(3)cosθ,2)x2＋tanθ，其中θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))，则导数f′(1)的取值范围是()A．[－2,2] B．[eq\r(2)，eq\r(3)]C．[eq\r(3)，2] D．[eq\r(2)，2]解析：∵f′(x)＝sinθx2＋eq\r(3)cosθx，f′(1)＝sinθ＋eq\r(3)cosθ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))，∵θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))，∴θ＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(3π,4))).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))∈[eq\r(2)，2]．答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共70分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．11．设f(z)＝eq\x\to(z)，且z1＝1＋5i，z2＝－3＋2i，则f(eq\x\to(z1－z2))的值是__________．解析：∵z1－z2＝(1＋5i)－(－3＋2i)＝4＋3i，∴eq\x\to(z1－z2)＝4－3i.∵f(z)＝eq\x\to(z)，∴f(4－3i)＝eq\x\to(4－3i)＝4＋3i.答案：4＋3i12．设函数y＝ax2＋bx＋k(k＞0)在x＝0处取得极值，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线x＋2y＋1＝0，则a＋b的值为__________．解析：函数y＝ax2＋bx＋k(k＞0)在x＝0处取得极值，得x＝0是导函数2ax＋b＝0的解，则b＝0，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线x＋2y＋1＝0，得2a＋b＝2，所以a＝1，a＋b答案：113．由曲线y＝(x－2)2＋1，横坐标轴及直线x＝3，x＝5围成的图形的面积等于__________．解析：S＝eq\i\in(3,5,)[(x－2)2＋1]dx＝eq\i\in(3,5,)(x2－4x＋5)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,3)－2x2＋5x))eq\a\vs4\al\co1(|)eq\o\al(5,3)＝eq\f(32,3).答案：eq\f(32,3)14．观察下列等式：1＝1 13＝11＋2＝3 13＋23＝91＋2＋3＝6 13＋23＋33＝361＋2＋3＋4＝10 13＋23＋33＋43＝1001＋2＋3＋4＋5＝15 13＋23＋33＋43＋53＝225…可以推测：13＋23＋33＋…＋n3＝__________.(n∈N*，用含有n的代数式表示)解析：观察对比左右数列，可以发现右边是左边的平方，所以13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2＝eq\f(n2n＋12,4).答案：eq\f(n2n＋12,4)三、解答题：本大题共4小题，满分50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．(12分)设函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2＋(m2－1)x(x∈R)，其中m＞0.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．解：(1)当m＝1时，f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2，f′(x)＝－x2＋2x，2分故f′(1)＝1.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为分(2)f′(x)＝－x2＋2x＋m2－1.令f′(x)＝0，解得x＝1－m或x＝1＋分因为m＞0，所以1＋m＞1－m.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以f(x)在(－∞，1－m)，(1＋m，＋∞)内是减函数，在(1－m,1＋m)内是增函数.10分函数f(x)在x＝1－m处取得极小值f(1－m)，且f(1－m)＝－eq\f(2,3)m3＋m2－eq\f(1,3).函数f(x)在x＝1＋m处取得极大值f(1＋m)，且f(1＋m)＝eq\f(2,3)m3＋m2－eq\f(1,3).12分16.(12分)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是一个平行四边形，eq\o(AB,\s\up16(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up16(→))＝(4,2,0)，eq\o(AP,\s\up16(→))＝(－1,2，－1)．(1)求证：PA⊥底面ABCD；(2)求四棱锥P－ABCD的体积；(3)对于向量a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，c＝(x3，y3，z3)，定义一种运算：(a×b)·c＝x1y2z3＋x2y3z1＋x3y1z2－x1y3z2－x2y1z3－x3y2z1.试计算(eq\o(AB,\s\up16(→))×eq\o(AD,\s\up16(→)))·eq\o(AP,\s\up16(→))的绝对值的值；说明其与四棱锥P－ABCD体积的关系，并由此猜想向量这一运算(eq\o(AB,\s\up16(→))×eq\o(AD,\s\up16(→)))·eq\o(AP,\s\up16(→))的绝对值的几何意义．解：(1)∵eq\o(AP,\s\up16(→))·eq\o(AB,\s\up16(→))＝－2－2＋4＝0，∴AP⊥AB.又∵eq\o(AP,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))＝－4＋4＋0＝0，∴AP⊥分∵AB、AD是底面ABCD上的两条相交直线，∴AP⊥底面分(2)设eq\o(AB,\s\up16(→))与eq\o(AD,\s\up16(→))的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(\o(AB,\s\up16(→))·\o(AD,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))|·|\o(AD,\s\up16(→))|)＝eq\f(8－2,\r(4＋1＋16)·\r(16＋4))＝eq\f(3,\r(105)).6分V＝eq\f(1,3)|eq\o(AB,\s\up16(→))|·|eq\o(AD,\s\up16(→))|·sinθ·|eq\o(AP,\s\up16(→))|＝eq\f(2,3)eq\r(105)·eq\r(1－\f(9,105))·eq\r(1＋4＋1)＝分(3)|(eq\o(AB,\s\up16(→))×eq\o(AD,\s\up16(→)))·eq\o(AP,\s\up16(→))|＝|－4－32－4－8|＝48，它是四棱锥P－ABCD体积的3倍.10分猜测：|(eq\o(AB,\s\up16(→))×eq\o(AD,\s\up16(→)))·eq\o(AP,\s\up16(→))|在几何上可表示以AB、AD、AP为棱的平行六面体的体积(或以AB、AD、AP为棱的直四棱柱的体积).12分17.(12分)统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/时)的函数解析式可以表示为y＝eq\f(1,128000)x3－eq\f(3,80)x＋8(0＜x≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？解：(1)当x＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了eq\f(100,40)＝小时，要耗油eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,128000)×403－\f(3,80)×40＋8))×＝(升)．即当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升.4分(2)当速度为x千米/时，汽车从甲地到乙地行驶了eq\f(100,x)小时，设耗油量为h(x)升，依题意得：h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,128000)x3－\f(3,80)x＋8))·eq\f(100,x)＝eq\f(1,1280)x2＋eq\f(800,x)－eq\f(15,4)(0＜x≤120)，7分h′(x)＝eq\f(x,640)－eq\f(800,x2)＝eq\f(x3－803,640x2)(0＜x≤120).8分令h′(x)＝0，得x＝80.当x∈(0,80)时，h′(x)＜0，h(x)是减函数；当x∈(80,120)时，h′(x)＞0，h(x)是增函数.10分∴当x＝80时，h(x)取到极小值h(80)＝.∵h(x)在(0,120]上只有一个极值，∴它是最小值．即当汽车以80千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最