【优化设计】2020-2021学年人教版高中数学选修2-2模块综合检测(B)

模块综合检测(B)(时间：100分钟；满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，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.eq\f(1＋2i,1－i2)＝()A．－1－eq\f(1,2)i B．－1＋eq\f(1,2)iC．1＋eq\f(1,2)i D．1－eq\f(1,2)i解析：选B.eq\f(1＋2i,1－i2)＝eq\f(1＋2i,1－2i＋i2)＝eq\f(1＋2i,－2i)＝eq\f(1＋2ii,2)＝－1＋eq\f(1,2)i.2．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：选B.由于“至少有一个”的否定为“一个也没有”．3．用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝eq\f(n2n2＋1,3)时，从n＝k到n＝k＋1时，等式左边应添加的式子是()A．(k－1)2＋2k2B．(k＋1)2＋k2C．(k＋1)2D.eq\f(1,3)(k＋1)[2(k＋1)2＋1]解析：选B.n＝k时，左边＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12，n＝k＋1时，左边＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12，∴从n＝k到n＝k＋1，左边应添加的式子为(k＋1)2＋k2.4．已知函数f(x)＝eq\f(1,lnx＋1－x)，则y＝f(x)的图象大致为()解析：选B.当x＝1时，y＝eq\f(1,ln2－1)<0，排解A；当x＝0时，y不存在，排解D；当x从负方向无限趋近0时，y趋向－∞，排解C，选B.5．设xi，ai(i＝1,2,3)均为正实数，甲、乙两位同学由命题：“若x1＋x2＝1，则eq\f(a1,x1)＋eq\f(a2,x2)≤(eq\r(a1)＋eq\r(a2))2”分别推理得出了新命题：甲：“若x1＋x2＝1，则eq\f(a\o\al(2,1),x1)＋eq\f(a\o\al(2,2),x2)≤(a1＋a2)2”；乙：“若x1＋x2＋x3＝1，则eq\f(a1,x1)＋eq\f(a2,x2)＋eq\f(a3,x3)≤(eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋eq\r(a3))2”．他们所用的推理方法是()A．甲、乙都用演绎推理B．甲、乙都用类比推理C．甲用演绎推理，乙用类比推理D．甲用归纳推理，乙用类比推理解析：选B.由甲、乙都是特殊到特殊的猜想，故选B.6．把正整数按下图所示的规律排序，则从2011到2013的箭头方向依次为()解析：选B.由图形的变化趋势可知，箭头的变化方向以4为周期，2011÷4＝502×4＋3,2012÷4＝502×4＋4，2013＝502×4＋5，故2011→2013的箭头方向同3→5的箭头方向．7．观看下列各式：72＝49,73＝343,74＝2401，…，则72011的末两位数字为()A．01 B．43C．07 D．49解析：选B.由于71＝7,72＝49,73＝343,74＝2401,75＝16807，76＝117649，…，所以这些数的末两位数字呈周期性毁灭，且周期T＝4.又由于2011＝4×502＋3，所以72011的末两位数字与73的末两位数字相同，故选B.8．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中确定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(2)解析：选D.当x＜－2时，y＝(1－x)f′(x)＞0，得f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，y＝(1－x)f′(x)＜0.得f′(x)＜0；当1＜x＜2时，y＝(1－x)f′(x)>0，得f′(x)＜0；当x>2时，y＝(1－x)f′(x)<0，得f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，－2)上是增函数，在(－2,1)上是减函数，在(1,2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，∴函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(2)．9.如图，已知正四棱锥S－ABCD全部棱长都为1，点E是侧棱SC上一动点，过点E垂直于SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分．记SE＝x(0＜x＜1)，截面下面部分的体积为V(x)，则函数y＝V(x)的图象大致为()解析：选A.“分段”表示函数y＝V(x)，依据解析式确定图象．当0＜x＜eq\f(1,2)时，截面为五边形，如图所示．由SC⊥平面QEPMN，且几何体为正四棱锥，棱长均为1，可求得正四棱锥的高h＝eq\f(\r(2),2)，取MN的中点O，易推出OE∥SA，MP∥SA，NQ∥SA，则SQ＝SP＝AM＝AN＝2x，四边形OEQN和OEPM为全等的直角梯形，则VS­AMN＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·AM·AN·h＝eq\f(\r(2),3)x2，此时V(x)＝VS­ABCD－VS­AMN－VS­EQNMP＝eq\f(\r(2),6)－eq\f(\r(2),3)x2－eq\f(1,3)×(2eq\r(2)x－3eq\r(2)x2)x＝eq\r(2)x3－eq\r(2)x2＋eq\f(\r(2),6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(1,2)))，非一次函数形式，排解选项C，D.当E为SC中点时，截面为三角形EDB，且S△EDB＝eq\f(\r(2),4).当eq\f(1,2)＜x＜1时，eq\f(S截面,\f(\r(2),4))＝eq\f(1－x,\f(1,2))2⇒S截面＝eq\r(2)(1－x)2.此时V(x)＝eq\f(\r(2),3)(1－x)3⇒V′＝－eq\r(2)(1－x)2.当x→1时，V′→0，则说明V(x)减小越来越慢，排解选项B.10．已知函数f(x)＝ex＋x，对于曲线y＝f(x)上横坐标成等差数列的三个点A，B，C，给出以下推断：①△ABC确定是钝角三角形；②△ABC可能是直角三角形；③△ABC可能是等腰三角形；④△ABC不行能是等腰三角形．其中，正确的推断是()A．①③ B．①④C．②③ D．②④解析：选B.∵f(x)＝ex＋x，f′(x)＝ex＋1，明显f′(x)>0恒成立，∴f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．设A，B，C三点的横坐标分别为x－d，x，x＋d(d>0)，则A，B，C三点的坐标分别为(x－d，ex－d＋x－d)，(x，ex＋x)，(x＋d，ex＋d＋x＋d)．Beq\o(A,\s\up6(→))＝(－d，ex－d－ex－d)，Beq\o(C,\s\up6(→))＝(d，ex＋d－ex＋d)．∴Beq\o(A,\s\up6(→))·Beq\o(C,\s\up6(→))＝－d2＋(ex－d－ex－d)(ex＋d－ex＋d)＝－d2＋e2x－e2x－d＋dex－d－e2x＋d＋e2x－dex－dex＋d＋dex－d2＝－2d2＋2e2x－e2x－d－e2x＋d＋dex－d－dex＋d＝－2d2＋e2x[2－(e－d＋ed)]＋d(ex－d－ex＋d)．∵e－d>0，ed>0，∴e－d＋ed≥2，当且仅当e－d＝ed时取等号，此时d＝0.又d>0，故e－d＋ed>2.∴e2x[2－(e－d＋ed)]<0.∵h(x)＝ex在(－∞，＋∞)上单调递增，x－d<x＋d，d>0，∴d(ex－d－ex＋d)<0.又∵－2d2<0，∴Beq\o(A,\s\up6(→))·Beq\o(C,\s\up6(→))<0，即∠ABC为钝角，∴△ABC为钝角三角形．故①正确，排解②.∵|Beq\o(A,\s\up6(→))|＝eq\r(d2＋ex－d－ex－d2)，|Beq\o(C,\s\up6(→))|＝eq\r(d2＋ex＋d－ex＋d2)，ex－d－ex－d<ex＋d－ex＋d，∴|Beq\o(A,\s\up6(→))|≠|Beq\o(C,\s\up6(→))|，∴△ABC不行能是等腰三角形，故④正确，排解③.综上，①④正确．二、填空题(本大题共5小题，把答案填在题中横线上)11．用数学归纳法证明：当x∈N*,1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍数时，当n＝1时，原式为________．从n＝k到n＝k＋1时需增加的项是________．解析：当n＝1时，1＋2＋22＋…＋25×1－1＝1＋2＋22＋23＋24；1＋2＋22＋…＋25×(k＋1)－1－(1＋2＋22＋…＋25×k－1)＝25k＋25k＋1＋…＋25k＋4.答案：1＋2＋22＋23＋2425k＋25k＋1＋…＋25k＋412．已知x，y∈(0，＋∞)，当x2＋y2＝________时有xeq\r(1－y2)＋yeq\r(1－x2)＝1.解析：要使xeq\r(1－y2)＋yeq\r(1－x2)＝1，只需x2(1－y2)＝1＋y2(1－x2)－2yeq\r(1－x2)，即2yeq\r(1－x2)＝1－x2＋y2.只需使(eq\r(1－x2)－y)2＝0，即eq\r(1－x2)＝y，∴x2＋y2＝1.答案：113．观看下列等式：12＝1，12－22＝－3，12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，…，照此规律，第n个等式可为________．解析：12＝1，12－22＝－(1＋2)，12－22＋32＝1＋2＋3，12－22＋32－42＝－(1＋2＋3＋4)，…，12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1(1＋2＋…＋n)＝(－1)n＋1eq\f(nn＋1,2).答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1eq\f(nn＋1,2)14．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．解析：∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝eq\f(15×10＋234,2)＝1830.答案：183015．函数f(x)在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))≤eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]，则称f(x)在[a，b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P，现给出如下命题：①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的；②f(x2)在[1，eq\r(3)]上具有性质P；③若f(x)在x＝2处取得最大值1，则f(x)＝1，x∈[1,3]；④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋x3＋x4,4)))≤eq\f(1,4)[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]．其中真命题的序号是________．解析：令f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x＝1，,0，1＜x＜3，,1，x＝3，))可知对∀x1，x2∈[1,3]，都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))≤eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]，但f(x)在[1,3]上的图象不连续，故①不正确；令f(x)＝－x，则f(x)在[1,3]上具有性质P，但f(x2)＝－x2在[1，eq\r(3)]上不具有性质P，由于－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2＝－eq\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2)＋2x1x2,4)≥－eq\f(2x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),4)＝eq\f(1,2)(－xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)[f(xeq\o\al(2,1))＋f(xeq\o\al(2,2))]，故②不正确；对于③，假设存在x0∈[1,3]，使得f(x0)≠1，由于f(x)max＝f(2)＝1，x∈[1,3]，所以f(x0)＜1.又当1≤x0≤3时，有1≤4－x0≤3，由f(x)在[1,3]上具有性质P，得f(2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋4－x0,2)))≤eq\f(1,2)[f(x0)＋f(4－x0)]，由于f(x0)＜1，f(4－x0)≤1，故上式冲突．即对∀x∈[1,3]，有f(x)＝1，故命题③正确．对∀x1，x2，x3，x4∈[1,3]，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋x3＋x4,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(x1＋x2,2)＋\f(x3＋x4,2),2)))≤eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3＋x4,2)))))≤eq\f(1,2){eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]＋eq\f(1,2)[f(x3)＋f(x4)]}＝eq\f(1,4)[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]，即命题④正确．答案：③④三、解答题(本大题共5小题，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16．设复平面上两个点Z1和Z2所对应的复数为z1＝1，z2＝2＋i，以这两个点为顶点作正三角形，求正三角形的第三个顶点Z3所对应的复数z3.解：如图，作Z2A，Z3B分别垂直于x轴．易知|Z1A|＝1，|AZ2|＝1，|Z1Z2|＝eq\r(2).∵△Z1Z2Z3为正三角形，∴|Z1Z3|＝|Z1Z2|＝eq\r(2)，∠Z3Z1B＝75°.故有|BZ3|＝|Z1Z3|sin75°＝eq\f(1＋\r(3),2)，|BZ1|＝|Z1Z3|cos75°＝eq\f(\r(3)－1,2)，|OB|＝|OZ1|－|BZ1|＝eq\f(3－\r(3),2)，∴Z3＝eq\f(1,2)(3－eq\r(3))＋eq\f(1,2)(1＋eq\r(3))i.同样可得Z3′＝eq\f(1,2)(eq\r(3)＋3)＋eq\f(1,2)(1－eq\r(3))i.17．设f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)f(1)＞0，求证：(1)方程f(x)＝0有实根；(2)－2＜eq\f(b,a)＜－1；(3)设x1、x2是方程f(x)＝0的两个实根，则eq\f(\r(3),3)≤|x1－x2|＜eq\f(2,3).证明：(1)若a＝0，则b＝－c，f(0)f(1)＝c(3a＋2b＋c)＝－c2≤0，与已知冲突，所以a≠0.方程3ax2＋2bx＋c＝0的判别式为Δ＝4(b2－3ac)．由条件a＋b＋c＝0，消去b，得Δ＝4(a2＋c2－ac)＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)c))2＋\f(3,4)c2))＞0，故方程f(x)＝0有实根．(2)由f(0)f(1)＞0，得c(3a＋2b＋c)＞0，由条件a＋b＋c＝0，消去c，得(a＋b)(2a＋b)＜0，∵a2＞0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))＜0，故－2＜eq\f(b,a)＜－1.(3)由条件知x1＋x2＝－eq\f(2b,3a)，x1x2＝eq\f(c,3a)＝－eq\f(a＋b,3a)，∴(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝eq\f(4,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(3,2)))2＋eq\f(1,3).∵－2＜eq\f(b,a)＜－1，∴eq\f(1,3)≤(x1－x2)2＜eq\f(4,9)，故eq\f(\r(3),3)≤|x1－x2|＜eq\f(2,3).18．如图所示，已知曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝－x2＋2ax(a＞1)交于点O、A，直线x＝t(0＜t≤1)与曲线C1、C2分别相交于点D、B，连接OD、DA、AB.(1)写出曲边四边形ABOD(阴影部分)的面积S与t的函数关系式S＝f(t)；(2)求函数S＝f(t)在区间(0,1]上的最大值．解：(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2，,y＝－x2＋2ax，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a，,y＝a2，))∴O(0,0)，A(a，a2)．又由已知得B(t，－t2＋2at)，D(t，t2)，∴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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x3＋ax2))eq\o\al(t,0)－eq\f(1,2)t3＋(－t2＋at)×(a－t)＝－eq\f(1,3)t3＋at2－eq\f(1,2)t3＋t3－2at2＋a2t＝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.∵0＜t≤1，a＞1，∴t＝(2＋eq\r(2))a应舍去．若(2－eq\r(2))a≥1，即a≥eq\f(1,2－\r(2))＝eq\f(2＋\r(2),2)时，∵0＜t≤1，∴f′(t)≥0.∴f(t)在区间(0,1]上单调递增，S的最大值是f(1)＝a2－a＋eq\f(1,6).若(2－eq\r(2))a＜1，即1＜a＜eq\f(2＋\r(2),2)时，f(t)在区间(0，(2－eq\r(2))a)上单调递增，在区间((2－eq\r(2))a,1]上单调递减．∴S的最大值是f((2－eq\r(2))a)＝eq\f(2\r(2)－1,3)a.综上，当1＜a＜eq\f(2＋\r(2),2)时，S的最大值为eq\f(2\r(2)－1,3)a，当a≥eq\f(2＋\r(2),2)时，S的最大值为a2－a＋eq\f(1,6).

19.如图，某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD的顶点A，B及CD的中点P处，已知AB＝20km，CB＝10km，为了处理三家工厂的污水，现要在矩形ABCD的区域上(含边界)，且与A，B等距离的一点O处建筑一个污水处理厂，并铺设排污管道AO，BO，OP，设排污管道的总长为ykm.(1)设∠BAO＝θ(rad)，将y表示成θ的函数关系式；(2)确定污水处理厂的位置，使三条排污管道总长度最短．解：(1)由条件知PQ垂直平分AB，若∠BAO＝θ(rad)，则OA＝eq\f(AQ,cos∠BAO)＝eq\f(10,cosθ)，故OB＝eq\f(10,cosθ).又OP＝10－10tanθ，所以y＝OA＋OB＋OP＝eq\f(10,cosθ)＋eq\f(10,cosθ)＋10－10tanθ.故所求函数关系式为y＝eq\f(20－10sinθ,cosθ)＋10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,4))).(2)y′＝eq\f(－10cosθ·cosθ－20－10sinθ－sinθ,cos2θ)＝eq\f(102sinθ－1,cos2θ)，令y′＝0，得sinθ＝eq\f(1,2).由于0≤θ≤eq\f(π,4)，所以θ＝eq\f(π,6).当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，y′＜0，y是θ的减函数；当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))时，y′＞0，y是θ的增函数，所以当θ＝eq\f(π,6)时，ymin＝eq\f(20－10×\f(1,2),\f(\r(3),