高中数学人教A版2本册总复习总复习 模块综合评价(二)

模块综合评价(二)(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．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．(2023·课标全国Ⅰ卷)设复数z满足eq\f(1＋z,1－z)＝i，则|z|＝()A．1\r(2)\r(3)D．2解析：由eq\f(1＋z,1－z)＝i得z＝eq\f(－1＋i,1＋i)＝eq\f(（－1＋i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝i，所以|z|＝1.答案：A2．若z＝cosθ－isinθ，则使z2＝－1的θ值可能是()A．0\f(π,2)C．πD．2π解析：z2＝(cosθ－isinθ)2＝cos2θ－isin2θ，又z2＝－1，所以cos2θ＝－1，sin2θ＝0，检验知θ＝eq\f(π,2).答案：B3．设f(x)＝10x＋lgx，则f′(1)等于()A．10 B．10ln10＋lge\f(10,ln10)＋ln10 D．11ln10解析：f′(x)＝10xln10＋eq\f(1,xln10)，所以f′(1)＝10ln10＋eq\f(1,ln10)＝10ln10＋lge.答案：B4．用数学归纳法证明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＜n(n∈N*，n＞1)”时，由n＝k(k＞1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是()A．2k－1B．2k－1C．2kD．2k解析：左边的特点是分母逐渐增加1，末项为eq\f(1,2n－1)；由n＝k时，末项为eq\f(1,2k－1)到n＝k＋1时末项为eq\f(1,2k＋1－1)＝eq\f(1,2k－1＋2k)，所以应增加的项数为2k.答案：C5．用反证法证明命题：“若a，b∈N，ab能被3整除，那么a，b中至少有一个能被3整除”时，假设应为()A．a，b都能被3整除 B．a，b都不能被3整除C．a，b不都能被3整除 D．a不能被3整除解析：因为“至少有一个”的否定为“一个也没有”．答案：B6．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于()A．2B．3C．6D．9解析：因为f′(x)＝12x2－2ax－2b，又因为在x＝1处有极值，所以a＋b＝6，因为a＞0，b＞0，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号，所以ab的最大值等于9.答案：D7．观察数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，…的特点，按此规律，则第100项为()A．10B．14C．13D．100解析：设n∈N*，则数字n共有n个，所以eq\f(n（n＋1）,2)≤100，即n(n＋1)≤200，又因为n∈N*，所以n＝13，到第13个13时共有eq\f(13×14,2)＝91项，从第92项开始为14，故第100项为14.答案：B8．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)B．(－eq\r(3)，eq\r(3))C．(－∞，－eq\r(3))∪[eq\r(3)，＋∞)D．[－eq\r(3)，eq\r(3)]解析：f′(x)＝－3x2＋2ax－1，因为f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，且f′(x)的图象是开口向下的抛物线，所以f′(x)≤0恒成立，所以Δ＝4a2－12≤0，所以－eq\r(3)≤a≤eq\r(3).答案：D9．若f(x)＝x2＋2eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(1,0)f(x)dx，则eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(1,0)f(x)dx＝()A．－1B．－eq\f(1,3)\f(1,3)D．1解析：设eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(1,0)f(x)dx＝m，则f(x)＝x2＋2m，m＝eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(1,0)f(x)dx＝eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(1,0)(x2＋2m)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,3)＋2mx))eq\a\vs4\al(|)eq\o\al(1,0)＝eq\f(1,3)＋2m，解得m＝－eq\f(1,3).答案：B10．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x－b)2＋c的图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是()解析：由导函数图象可知，当x＜0时，函数f(x)递减，排除A，B；当0＜x＜x1时，f′(x)＞0，函数f(x)递增．因此，当x＝0时，f(x)取得极小值，所以选项D正确．答案：D11.已知函数f(x)满足f(0)＝0，导函数f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象与x轴围成的封闭图形的面积为()\f(1,3) \f(4,3)C．2 \f(8,3)解析：由f′(x)的图象知，f′(x)＝2x＋2，设f(x)＝x2＋2x＋c，由f(0)＝0知，c＝0，所以f(x)＝x2＋2x，由x2＋2x＝0得x＝0或x＝－2.故所求面积S＝－eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(0,－2)(x2＋2x)dx＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3＋x2))eq\a\vs4\al(|)eq\o\al(0,－2)＝eq\f(4,3).答案：B12．若关于x的方程x3－3x＋m＝0在[0，2]上有根，则实数m的取值范围是()A．[－2，2] B．[0，2]C．[－2，0] D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)解析：令f(x)＝x3－3x＋m，则f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，显然当x＜－1或x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以在x＝－1时，f(x)取极大值f(－1)＝m＋2，在x＝1时，f(x)取极小值f(1)＝m－2.因为f(x)＝0在[0，2]上有解，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）≤0，,f（2）≥0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－2≤0，,m＋2≥0，))解得－2≤m≤2.答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．(2023·江苏卷)设复数z满足z2＝3＋4i(i是虚数单位)，则z的模为________．解析：|z2|＝|3＋4i|＝5，|z|2＝5，所以|z|＝eq\r(5).答案：eq\r(5)14．在△ABC中，D为边BC的中点，则eq\o(AO,\s\up13(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(AC,\s\up13(→)))．将上述命题类比到四面体中去，得到一个类比命题：_______________．解析：将“△ABC”类比为“四面体A­BCD”，将“D为边BC的中点”类比为“△BCD的重心”，于是有类比结论：在四面体A­BCD中，G为△BCD的重心，则eq\o(AG,\s\up13(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(AC,\s\up13(→))＋eq\o(AD,\s\up13(→)))．答案：在四面体A­BCD中，G为△BCD的重心，则eq\o(AG,\s\up13(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(AC,\s\up13(→))＋eq\o(AD,\s\up13(→)))15．设x∈R，若x＋x－1＝4.则可猜测x2n＋x－2n(n∈N*)的个位数字是________．解析：n＝1时，x2＋x－2＝(x＋x－1)2－2＝14；n＝2时，x4＋x－4＝(x2＋x－2)2－2＝142－2＝194；n＝3时，x8＋x－8＝(x4＋x－4)2－2＝1942－2，因为1942的个位数字是6，所以1942－2的个位数字是4.猜想可得x2n＋x－2n(n∈N*)的个位数字是4.答案：416．已知f(x)＝x3＋3x2＋a(a为常数)，在[－3，3]上有最小值3，那么在[－3，3]上f(x)的最大值是________．解析：f′(x)＝3x2＋6x＝3x(x＋2)，当x∈[－3，－2)和x∈(0，3]时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(－2，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以极大值为f(－2)＝a＋4，极小值为f(0)＝a，又f(－3)＝a，f(3)＝54＋a，由条件知a＝3，所以最大值为f(3)＝54＋3＝57.答案：57三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知a∈R，问复数z＝(a2－2a＋4)－(a2－2a＋2)i所对应的点在第几象限？复数解：由a2－2a＋4＝(a－1)2＋3≥－(a2－2a＋2)＝－(a－1)2－1≤知z的实部为正数，虚部为负数，所以复数z的对应点在第四象限．设z＝x＋yi(x，y∈R)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝a2－2a＋4，,y＝－（a2－2a＋2），))因为a2－2a＝(a－1)2－1≥－1所以x＝a2－2a＋4≥3消去a2－2a，得y＝－x＋2(x≥3)所以复数z对应点的轨迹是一条射线，其方程为y＝－x＋2(x≥3)．18．(本小题满分12分)设a，b，c为一个三角形的三边，S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)，且S2＝2ab，求证：S＜2a.证明：因为S2＝2ab，所以要证S＜2a只需证S＜eq\f(S2,b)，即b＜S.因为S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)，只需证2b＜a＋b＋c，即证b＜a＋c.因为a，b，c为三角形三边，所以b＜a＋c成立，所以S＜2a19．(本小题满分12分)设O为坐标原点，已知向量eq\o(OZ1,\s\up13(→))，eq\o(OZ2,\s\up13(→))分别对应复数z1，z2，且z1＝eq\f(3,a＋5)－(10－a2)i，z2＝eq\f(2,1－a)＋(2a－5)i，a∈R，若z1＋z2可以与任意实数比较大小，求eq\o(OZ1,\s\up13(→))·eq\o(OZ2,\s\up13(→))的值．解：依题意得z1＋z2为实数，因为z1＋z2＝eq\f(3,a＋5)＋eq\f(2,1－a)＋[(a2－10)＋(2a－5)]i，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋2a－15＝0，,a＋5≠0，,1－a≠0，))解得a＝3.此时z1＝eq\f(3,8)－i，z2＝－1＋i，即eq\o(OZ1,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，－1))，eq\o(OZ2,\s\up13(→))＝(－1，1)．所以eq\o(OZ1,\s\up13(→))·eq\o(OZ2,\s\up13(→))＝eq\f(3,8)×(－1)＋(－1)×1＝－eq\f(11,8).20．(本小题满分12分)设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)．(1)求f(x)的最小值h(t)；(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1.(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去)．当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表：t(0，1)1(1，2)g′t＋0－g(t)单调递增极大值1－m单调递减∴g(t)在(0，2)内有最大值g(1)＝1－m.h(t)＜－2t＋m在(0，2)内恒成立等价于g(t)＜0在(0，2)内恒成立，即等价于1－m＜0，∴m的取值范围为(1，＋∞)．21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x2－2(a＋1)x＋2alnx(a＞0)．(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间；(3)若f(x)≤0在区间[1，e]上恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为a＝1，所以f(x)＝x2－4x＋2lnx，所以f′(x)＝eq\f(2x2－4x＋2,x)(x＞0)，f(1)＝－3，f′(1)＝0，所以切线方程为y＝－3.(2)f′(x)＝eq\f(2x2－2（a＋1）x＋2a,x)＝eq\f(2（x－1）（x－a）,x)(x＞0)，令f′(x)＝0得x1＝a，x2＝1，当0＜a＜1时，在x∈(0，a)或x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，在x∈(a，1)时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间为(0，a)和(1，＋∞)，单调递减区间为(a，1)；当a＝1时，f′(x)＝eq\f(2（x－1）2,x)≥0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a＞1时，在x∈(0，1)或x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，在x∈(1，a)时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调增区间为(0，1)和(a，＋∞)，单调递减区间为(1，a)．(3)由(2)可知，f(x)在区间[1，e]上只可能有极小值点，所以f(x)在区间[1，e]上的最大值必在区间端点取到，所以f(1)＝1－2(a＋1)≤0且f(e)＝e2－2(a＋1)e＋2a≤0，解得a≥eq\f(e2－2e,2e－2)，所以a的取值范围是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\a\vs4\al(|)a≥\f(e2－2e,2e－2))).22．(本小题满分12分)是否存在常数a，b，使等式eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(an2＋n,bn＋2)对一切n∈N*都成立？若不存在，说明理由；若存在，请用数学归纳法证明．解：假设存在常数a，b使等式成立，则将n＝1，n＝2代入上式，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＝\f(a＋1