【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(A)

模块综合检测(A)(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．若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为()A．－4 B．－eq\f(4,5)C．4 D.eq\f(4,5)解析：选D.∵(3－4i)z＝|4＋3i|，∴z＝eq\f(|4＋3i|,3－4i)＝eq\f(\r(42＋32),3－4i)＝eq\f(53＋4i,25)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i，∴z的虚部为eq\f(4,5).2．求由曲线y＝2x2与直线x＝0，x＝t(t＞0)，y＝0所围成的曲边梯形的面积时，将区间[0，t]等分成n个小区间，则第i个区间为()A．[eq\f(i－1,n)，eq\f(i,n)] B．[eq\f(i,n)，eq\f(i＋1,n)]C．[eq\f(ti－1,n)，eq\f(ti,n)] D．[eq\f(ti－2,n)，eq\f(ti－1,n)]解析：选C.把区间[0，t]等分成n个小区间后，每个小区间的长度为eq\f(t,n)，n个小区间分别为[0，eq\f(t,n)]，[eq\f(t,n)，eq\f(2t,n)]，[eq\f(2t,n)，eq\f(3t,n)]，…，[eq\f(ti－1,n)，eq\f(ti,n)]，…，[eq\f(n－1t,n)，t](其中i＝1,2,3，…，n)．故选C.3．数列2,5,11,20，x,47，…中的x等于()A．28 B．32C．33 D．27解析：选B.由题中数字可发觉：2＋3＝5,5＋6＝11,11＋9＝20，故20＋12＝32.4．已知z1＝a＋bi，z2＝c＋di，若z1－z2是纯虚数，则()A．a－c＝0，且b－d≠0B．a－c＝0，且b＋d≠0C．a＋c＝0，且b－d≠0D．a＋c＝0，且b＋d≠0解析：选A.∵z1－z2＝a＋bi－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i为纯虚数，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－c＝0,b－d≠0)).5．如图，阴影部分面积为()A.eq\i\in(a,b,)[f(x)－g(x)]dxB.eq\i\in(a,c,)[g(x)－f(x)]dx＋eq\i\in(c,b,)[f(x)－g(x)]dxC.eq\i\in(a,c,)[f(x)－g(x)]dx＋eq\i\in(c,b,)[g(x)－f(x)]dxD.eq\i\in(a,b,)[g(x)－f(x)]dx解析：选B.∵在区间(a，c)上g(x)＞f(x)，而在区间(c，b)上g(x)＜f(x)．∴S＝eq\i\in(a,c,)[g(x)－f(x)]dx＋eq\i\in(c,b,)[f(x)－g(x)]dx，故选B.6．用反证法证明命题：“若(a－1)(b－1)(c－1)＞0，则a，b，c中至少有一个大于1”时，下列假设中正确的是()A．假设a，b，c都大于1B．假设a，b，c都不大于1C．假设a，b，c至多有一个大于1D．假设a，b，c至多有两个大于1解析：选B.a，b，c至少有一个大于1的否定为a，b，c都不大于1.7．k棱柱有f(k)个对角面，而k＋1棱柱有对角面的个数为()A．2f(k) B．k－1＋f(k)C．f(k)＋k D．f(k)＋2解析：选B.新增加的第k＋1条棱与其不相邻的第k－2条棱构成k－2个对角面，与其相邻的两条棱构成一个对角面，这样共增加k－1个对角面．8．函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1,1] B．(0,1]C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)解析：选B.依据函数的导数小于0的解集就是函数的单调减区间求解．由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－eq\f(1,x)≤0，解得0＜x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．9．函数f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值为()A.eq\f(2\r(3),9) B.eq\f(2\r(2),9)C.eq\f(3\r(2),9) D.eq\f(3,8)解析：选A.f(x)＝x－x3，∴f′(x)＝1－3x2，当x＝eq\f(\r(3),3)时，f′(x)＝0；当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))时，f′(x)＜0.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\f(2\r(3),9)为极大值．又f(0)＝0，f(1)＝0，∴f(x)的最大值是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\f(2\r(3),9).10.设△ABC的三边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝eq\f(2S,a＋b＋c)，类比这个结论可知：四周体S－ABC的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球半径为R，四周体S－ABC的体积为V，则R＝()A.eq\f(V,S1＋S2＋S3＋S4) B.eq\f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)C.eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4) D.eq\f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)解析：选C.设四周体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，所以四周体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．则四周体的体积为VS－ABC＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)R，∴R＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4)，故选C.二、填空题(本大题共5小题，把答案填在题中横线上)11．复数z1＝cosθ＋i，z2＝sinθ－i，则|z1－z2|的最大值为________．解析：|z1－z2|＝|(cosθ－sinθ)＋2i|＝eq\r(cosθ－sinθ2＋4)＝eq\r(5－2sinθcosθ)＝eq\r(5－sin2θ)≤eq\r(6).答案：eq\r(6)12．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________．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＋3a＋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：P＜Q13．设y＝f(x)为区间[0,1]上的连续函数，且恒有0≤f(x)≤1，可以用随机模拟方法近似计算积分eq\i\in(0,1,)f(x)dx，先产生两组(每组N个)区间[0,1]上的均匀随机数x1，x2，…xN和y1，y2，…，yN，由此得到N个点(xi，yi)(i＝1,2，…，N)，再数出其中满足yi≤f(xi)(i＝1,2，…，N)的点数N1，那么由随机模拟方案可得积分eq\i\in(0,1,)f(x)dx的近似值为________．解析：eq\i\in(0,1,)f(x)dx的几何意义是函数f(x)(其中0≤f(x)≤1)的图象与x轴、直线x＝0和直线x＝1所围成图形的面积，依据几何概型易知eq\i\in(0,1,)f(x)dx≈eq\f(N1,N).答案：eq\f(N1,N)14．已知P，Q为抛物线x2＝2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，－2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为________．解析：由于y＝eq\f(1,2)x2，所以y′＝x，易知P(4,8)，Q(－2,2)，所以在P、Q两点处切线的斜率的值为4或－2.所以这两条切线的方程为l1：4x－y－8＝0，l2：2x＋y＋2＝0，将这两个方程联立方程组求得y＝－4.答案：－415．自然数列按如图规律排列，若2013在第m行第n个数，则eq\f(n,m)＝________.132456109871112131415…解析：观看图中数字的排列规律，可知自然数的排列个数呈等差数列，所以其总个数之和与行数m有关，为eq\f(mm＋1,2).而eq\f(62×63,2)＜2013＜eq\f(63×64,2)，∴m＝63.而2013－eq\f(62×63,2)＝60，∴n＝60.答案：eq\f(20,21)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．已知复数z＝cosθ＋isinθ(0≤θ≤2π)，求θ为何值时，|1－i＋z|取得最值．并求出它的最值．解：|1－i＋z|＝|cosθ＋isinθ＋1－i|＝eq\r(cosθ＋12＋sinθ－12)＝eq\r(2cosθ－sinθ＋3)＝eq\r(2\r(2)cosθ＋\f(π,4)＋3)，当θ＝eq\f(7π,4)时，|1－i＋z|max＝eq\r(2)＋1；当θ＝eq\f(3π,4)时，|1－i＋z|min＝eq\r(2)－1.17．已知sinα＋cosα＝1，求证：sin6α＋cos6α＝1.证明：要证sin6α＋cos6α＝1，只需证(sin2α＋cos2α)(sin4α－sin2αcos2α＋cos4α)＝1.即证sin4α－sin2αcos2α＋cos4α＝1，只需证(sin2α＋cos2α)2－3sin2αcos2α＝1，即证1－3sin2αcos2α＝1，即证sin2αcos2α＝0，由已知sinα＋cosα＝1，所以sin2α＋cos2α＋2sinαcosα＝1，所以sinαcosα＝0，所以sin2αcos2α＝0，故sin6α＋cos6α＝1.18．用数学归纳法证明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,n2)＜1－eq\f(1,n)(n≥2，n∈N*)．证明：当n＝2时，左式＝eq\f(1,22)＝eq\f(1,4)，右式＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，由于eq\f(1,4)＜eq\f(1,2)，所以不等式成立．假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，即eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,k2)＜1－eq\f(1,k)，则当n＝k＋1时，eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,k2)＋eq\f(1,k＋12)＜1－eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋12)＝1－eq\f(k＋12－k,kk＋12)＝1－eq\f(k2＋k＋1,kk＋12)＜1－eq\f(kk＋1,kk＋12)＝1－eq\f(1,k＋1)，所以当n＝k＋1时，不等式也成立．综上所述，对任意n≥2的正整数，不等式都成立．19.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点．且CC1＝eq\r(2)AC.求证：(1)CN∥平面AMB1；(2)B1M⊥平面AMG.证明：(1)设AB1的中点为P，连结NP、MP.∵CM綊eq\f(1,2)AA1，NP綊eq\f(1,2)AA1，∴CM綊NP，∴CNPM是平行四边形，∴CN∥MP.∵CN⊄平面AMB1，MP⊂平面AMB1，∴CN∥平面AMB1.(2)∵CC1⊥平面ABC，∴平面CC1B1B⊥平面ABC，∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B，∴B1M⊥AG.∵CC1⊥平面ABC，平面A1B1C1∥平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C1，设AC＝2a，则CC1＝2eq\r(2)a.在Rt△MCA中，AM＝eq\r(CM2＋AC2)＝eq\r(6)a.同理，B1M＝eq\r(6)a.∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB，∴AB1＝eq\r(B1B2＋AB2)＝eq\r(C1C2＋AB2)＝2eq\r(3)a；∴AM2＋B1M2＝ABeq\o\al(2,1)，∴B1M⊥AM，又AG∩AM＝A，∴B1M⊥平面AMG.20．设f(x)＝ln(x＋1)＋eq\r(x＋1)＋ax＋b(a，b∈R，a，b为常数)，曲线y＝f(x)与直线y＝eq\f(3,2)x在(0,0)点相切．(1)求a，b的值；(2)证明：当0＜x＜2时，f(x)＜eq\f(9x,x＋6).解：(1)由y＝f(x)过(0,0)点，得b＝－1.由y＝f(x)在(0,0)点的切线斜率为eq\f(3,2)，又y′eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＝0＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\f(1,2\r(x＋1))＋a))))x＝0＝eq\f(3,2)＋a，得a＝0.(2)证明：法一：由均值不等式，当x>0时，2eq\r(x＋1·1)<x＋1＋1＝x＋2，故eq\r(x＋1)<eq\f(x,2)＋1.记h(x)＝f(x)－eq\f(9x,x＋6)，则h′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,2\r(x＋1))－eq\f(54,x＋62)＝eq\f(2＋\r(x＋1),2x＋1)－eq\f(54,x＋62)<eq\f(x＋6,4x＋1)－eq\f(54,x＋62)＝eq\f(x＋63－216x＋1,4x＋1x＋62).令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，则当0<x<2时，g′(x)＝3(x＋6)2－216<0.因此g(x)在(0,2)内是递减函数．又由g(0)