2024-2025学年高中数学模块综合检测新人教A版选修2-2

PAGEPAGE1模块综合检测(限时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，只有一项是符合题目要求的)1．满意eq\f(z＋i,z)＝i(i为虚数单位)的复数z等于A.eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i B.eq\f(1,2)－eq\f(1,2)iC．－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i D．－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i解析∵eq\f(z＋i,z)＝i，∴z＋i＝zi，∴i＝z(i－1)．∴z＝eq\f(i,i－1)＝eq\f(i（－1－i）,（－1＋i）（－1－i）)＝eq\f(1－i,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(i,2).答案B2．曲线y＝3x－x3上切点为P(2，－2)的切线方程是A．y＝－9x＋16 B．y＝9x－20C．y＝－2 D．y＝－9x＋16或y＝－2解析导数y′＝3－3x2，则切线斜率k＝3－3×22＝－9，所以切线方程为y－(－2)＝－9(x－2)，即切线为y＝－9x＋16，选A.答案A3．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d)解析依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数．又a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)，选C.答案C4．已知复数z满意|z|＝eq\r(10)，且(1＋2i)z(i是虚数单位)在复平面上对应的点在直线y＝x上，则z＝A．3－i B．3＋iC．3－i或－3＋i D．3＋i或－3－i解析设z＝x＋yi(x，y∈R)，∵|z|＝eq\r(10)，∴x2＋y2＝10，又(1＋2i)z＝(1＋2i)(x＋yi)＝(x－2y)＋(2x＋y)i，且(1＋2i)z在复平面上对应的点在直线y＝x上，∴x－2y＝2x＋y，即x＝－3y，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝10,x＝－3y))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝－1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－3,y＝1))，即z＝±(3－i)．答案C5．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，则P，Q的大小关系为A．P＞Q B．P＝QC．P＜Q D．由a的取值确定解析要比较P与Q的大小，只需比较P2与Q2的大小，只需比较2a＋7＋2eq\r(a（a＋7）)与2a＋7＋2eq\r(（a＋3）（a＋4）)的大小，只需比较a2＋7a与a2＋7a＋12的大小，即比较0与12的大小，而0＜12.故P＜Q.答案C6．求证：eq\r(7)－1＞eq\r(11)－eq\r(5).证明：要证eq\r(7)－1＞eq\r(11)－eq\r(5)，只要证eq\r(7)＋eq\r(5)＞eq\r(11)＋1，即证7＋2eq\r(7×5)＋5＞11＋2eq\r(11)＋1，即证eq\r(35)＞eq\r(11)，即证35＞11，∵35＞11恒成立，∴原式成立．以上证明过程应用了A．综合法 B．分析法C．综合法、分析法协作运用 D．间接证法解析由分析法的特点知应用了分析法．答案B7．如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,5) C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,7)解析阴影部分的面积为eq\i\in(0,1,)(eq\r(x)－x)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x\s\up6(\f(3,2))－\f(1,2)x2))eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(1,0))＝eq\f(1,6)，故所求的概率P＝eq\f(阴影部分的面积,正方形OABC的面积)＝eq\f(1,6)，故选C.答案C8．古希腊闻名的毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，…这样的数称为“三角形数”，而把1，4，9，16，…这样的数称为“正方形数”．如图，可以发觉，任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻的“三角形数”之和，下列等式中，符合这一规律的表达式是①13＝3＋10；②25＝9＋16；③36＝15＋21；④49＝18＋31；⑤64＝28＋36.A．①④ B．②⑤ C．③⑤ D．②③解析这些“三角形数”依次是1，3，6，10，15，21，28，36，45，…，且“正方形数”是“三角形数”中相邻两数之和，很简单得到：15＋21＝36，28＋36＝64，只有③⑤是对的．答案C9．已知a>0，若函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调递增函数，则a的最大值是A．0 B．1 C．2 D．3解析函数f(x)的导数f′(x)＝3x2－a，要使函数f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，则有f′(x)＝3x2－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤(3x2)min.又3x2≥3，所以a≤3，即a的最大值是3.答案D10．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为A．13万件 B．11万件 C．9万件 D．7万件解析因为y′＝－x2＋81，所以当x>9时，y′<0；当0<x<9时，y′>0，所以函数y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234在(9，＋∞)上单调递减，在(0，9)上单调递增，所以x＝9是函数的极大值点，又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值．答案C11．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和微小值点都在区间(－1，1)内，则实数a的取值范围是A．(0，2] B．(0，2) C．[eq\r(3)，2) D．(eq\r(3)，2)解析由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以依据导函数图象可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（2a）2－4×3×1>0,－1<\f(－2a,6)<1,f′（－1）＝3－2a＋1>0,f′（1）＝3＋2a＋1>0))，又a>0，解得eq\r(3)<a<2，故选D.答案D12．若定义在R上的函数f(x)满意f(0)＝－1，其导函数f′(x)满意f′(x)>k>1，则下列结论中肯定错误的是A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))<eq\f(1,k) B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))>eq\f(1,k－1)C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))<eq\f(1,k－1) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))>eq\f(k,k－1)解析令g(x)＝f(x)－kx＋1，则g(0)＝f(0)＋1＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))－k·eq\f(1,k－1)＋1＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))－eq\f(1,k－1).∵g′(x)＝f′(x)－k>0，∴g(x)在[0，＋∞)上为增函数．又∵k>1，∴eq\f(1,k－1)>0，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))>g(0)＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))－eq\f(1,k－1)>0，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))>eq\f(1,k－1).答案C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．视察下列等式：1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)，…，据此规律，第n个等式可为________．解析等式的左边的通项为eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)，前n项和为1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；右边的每个式子的第一项为eq\f(1,n＋1)，共有n项，故为eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n).答案1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)14．已知复数(1－2i)i(其中i为虚数单位)在复平面内对应的点M在直线y＝mx＋n上，其中mn>0，则eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值为________．解析由题意得(1－2i)i＝2＋i，所以M(2，1)，代入直线方程得2m＋n＝1，则eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝(eq\f(1,m)＋eq\f(1,n))·(2m＋n)＝3＋eq\f(n,m)＋eq\f(2m,n)≥3＋2eq\r(2)，当且仅当eq\f(n,m)＝eq\f(2m,n)时等号成立．答案3＋2eq\r(2)15．如图，点A的坐标为(1，0)，点C的坐标为(2，4)，函数f(x)＝x2.若在矩形ABCD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________．解析由题意知，阴影部分的面积S＝eq\i\in(1,2,)(4－x2)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(1,3)x3))eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2,1))＝eq\f(5,3)，∴所求概率P＝eq\f(S,S矩形ABCD)＝eq\f(\f(5,3),1×4)＝eq\f(5,12).答案eq\f(5,12)16．设定义在R上的函数f(x)是最小正周期为2π的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x∈[0，π]时，0<f(x)<1，当x∈(0，π)且x≠eq\f(π,2)时，(x－eq\f(π,2))f′(x)<0，则方程f(x)＝cosx在[－2π，2π]上的根的个数为________．解析由(x－eq\f(π,2))f′(x)<0知，当eq\f(π,2)<x<π时，导函数f′(x)<0，函数f(x)在(eq\f(π,2)，π)上单调递减；当0<x<eq\f(π,2)时，导函数f′(x)>0，函数f(x)在(0，eq\f(π,2))上单调递增．由题意可知函数f(x)的草图如图所示，由图象可知方程f(x)＝cosx在[－2π，2π]上的根的个数为4.答案4三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)用反证法证明：假如x>eq\f(1,2)，那么x2＋2x－1≠0.证明假设x2＋2x－1＝0，则x＝－1±eq\r(2).简单看出－1－eq\r(2)<eq\f(1,2)，下面证明－1＋eq\r(2)<eq\f(1,2).要证：－1＋eq\r(2)<eq\f(1,2)，只需证：eq\r(2)<eq\f(3,2)，只需证：2<eq\f(9,4).上式明显成立，故有－1＋eq\r(2)<eq\f(1,2).综上，x＝－1±eq\r(2)<eq\f(1,2).而这与已知条件x>eq\f(1,2)相冲突，因此假设不成立，也即原命题成立．18．(12分)已知：m>0，n>0，eq\f(n,m)<1，证明：eq\f(n＋1,m＋1)>eq\f(n,m).证明证法一(分析法)：因为m>0，所以m＋1>0，要证eq\f(n＋1,m＋1)>eq\f(n,m)，只需证：m(n＋1)>n(m＋1)，即只需证：m>n.因为m>0，eq\f(n,m)<1，所以n<m成立，即m>n成立．所以原不等式成立．证法二(比较法)：因为eq\f(n＋1,m＋1)－eq\f(n,m)＝eq\f(m（n＋1）－n（m＋1）,m（m＋1）)＝eq\f(m－n,m（m＋1）)，因为m>0，eq\f(n,m)<1，所以n<m，所以m－n>0，m＋1>0，所以eq\f(m－n,m（m＋1）)>0，所以eq\f(n＋1,m＋1)－eq\f(n,m)>0，原不等式成立．19．(12分)某银行打算新设一种定期存款业务，经预料：存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k＞0)，贷款的利率为4.8%，又银行汲取的存款能全部放贷出去，试确定当存款利率为多少时，银行可获得最大收益？解析设存款利率为x，则应有x∈(0，0.048)，依题意：存款量是kx2，银行应支付的利息是kx3，贷款的收益是0.048kx2，所以银行的收益是y＝0.048kx2－kx3，由于y′＝0.096kx－3kx2，令y′＝0，得x＝0.032或x＝0(舍去)，又当0＜x＜0.032时，y′＞0；当0.032＜x＜0.048时，y′＜0，所以当x＝0.032时，y取得最大值，即当存款利率定为3.2%时，银行可获得最大收益．20．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq\f(2,3)，Sn＋eq\f(1,Sn)＝an－2(n≥2，n∈N＋)．(1)求S2，S3，S4的值；(2)猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明．解析(1)S1＝a1＝－eq\f(2,3)，因为Sn＋eq\f(1,Sn)＝an－2(n≥2，n∈N＋)，令n＝2可得S2＋eq\f(1,S2)＝a2－2＝S2－a1－2，所以eq\f(1,S2)＝eq\f(2,3)－2，所以S2＝－eq\f(3,4).同理可求得S3＝－eq\f(4,5)，S4＝－eq\f(5,6).(2)猜想Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2)，n∈N＋，下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，S1＝a1＝－eq\f(2,3)，猜想成立；②假设当n＝k(k∈N*)时猜想成立，即Sk＝－eq\f(k＋1,k＋2)，则当n＝k＋1时，因为Sn＋eq\f(1,Sn)＝an－2，所以Sk＋1＋eq\f(1,Sk＋1)＝ak＋1－2，所以Sk＋1＋eq\f(1,Sk＋1)＝Sk＋1－Sk－2，所以eq\f(1,Sk＋1)＝eq\f(k＋1,k＋2)－2＝eq\f(－k－3,k＋2)，所以Sk＋1＝－eq\f(k＋2,k＋3)＝－eq\f(（k＋1）＋1,（k＋1）＋2)，所以当n＝k＋1时，猜想仍旧成立．综合①②可得，猜想对随意正整数n都成立，即Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2)，n∈N＋成立．21．(12分)(2024·北京)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]e(Ⅰ)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；(Ⅱ)若f(x)在x＝2处取得微小值，求a的取值范围．解析(Ⅰ)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.(Ⅱ)由(Ⅰ)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex若a＞eq\f(1,2)，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在x＝2处取得微小值．若a≤eq\f(1,2)，则当x∈(0，2)时，x－2＜0，ax－1≤eq\f(1,2)x－1＜0，所以f′(x)＞0.所以2不是f(x)的微小值点．综上可知，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).答案(1)1(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))22．(12分)(2024·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln