2016-2017学年高中数学苏教版选修2-2模块综合测评 Word版含解析

模块综合测评
(时间 120 分钟,满分 160 分) 一、填空题(本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分.请把正确答案填在题 中的横线上) 1.已知复数 z= 【解析】 【答案】 5i (i 是虚数单位),则|z|=________. 1+2i

? 5i ? ?5i?1-2i?? ?=|i+2|= 5. |z|=?1+2i?=? 5 ? ? ? ? 5

2.若 f(x)=sin α-cos x(α 是常数),则 f′(α)=________. 【解析】 f′(x)=(sin α-cos x)′=sin x,

∴f′(α)=sin α. 【答案】 sin α

3.(2016· 重庆一中高二期末)复数 z 满足 zi-2i+1=0(其中 i 为虚数单位),则 z=________. 【解析】 【答案】 由 zi-2i+1=0 得 z= 2+i -1+2i ?-1+2i??-i? = =2+i. i i?-i?

4.若 f(x)=x2-2x-4ln x,则 f′(x)>0 的 解集为________. 【解析】 x2-x-2 4 f′(x)=2x-2-x >0, >0. x

∵x>0,∴(x-2)(x+1)>0. ∴x>2. 【答案】 (2,+∞) 1 +(m2+2m-15)i 为实数,则实数 m 的值 m+5

5.(2016· 淄博质检)设复数 z= 是________. 【解析】

由题意知 m2+2m-15=0,解之得 m=3 或 m=-5.当 m=-5

1 时, 无意义,所以 m=3. m+5

【答案】

3

1 6.函数 y=ln x(x>0)的图象与直线 y=2x+a 相切,则 a 等于________. 【导学号:01580074】 【解析】 1 y′=(ln x)′=x (x>0),

1 又 y=ln x 的图象与直线 y=2x+a 相切, 1 1 ∴x=2,∴x=2, 1 因此,切点 P(2,ln 2)在直线 y=2x+a 上, ∴ln 2=1+a,∴a=ln 2-1. 【答案】 ln 2-1

7.观察下列的图形中小正方形的个数,则第 10 个图形中有________个小正 方形.

图1 【解析】 第 n 个图形中有小正方形 1+2+?+(n+1)= ?n+1??n+2? (个), 2

故第 10 个图形中有 66 个小正方形. 【答案】 66

1 1 1 8. 用数学归纳法证明“1 + 2 + 3 +?+ n <n(n ∈ N* , n>1)”时,由 n = 2 -1 k(k>1,k∈N*)不等式成立,推证 n=k+1 时,左边应增加的项数是________. 【解析】 1 1 1 令 f(n)=1+2+3+?+ n , 2 -1

1 1 1 1 1 ∴f(k+1)=1+2+3+?+ k +2k+?+ k+1 , 2 -1 2 -1 1 1 1 因此应增加的项为2k+ k +?+ k+1 ,共 2k 项. 2 +1 2 -1 【答案】 2k

a 9.(2016· 天津高考)已知 a,b∈R,i 是虚数单位,若(1+i)(1-bi)=a,则b的 值为________. 【解析】 因为(1+i)(1-bi)=1+b+(1-b)i=a,又 a,b∈R,所以 1+b

a =a 且 1-b=0,得 a=2,b=1,所以b=2. 【答案】 2

10.(2016· 咸阳模拟)[ n]表示不超过 n的最大整数. S1=[ 1]+[ 2]+[ 3]=3, S2=[ 4]+[ 5]+[ 6]+[ 7]+[ 8]=10, S3=[ 9]+[ 10]+[ 11]+[ 12]+[ 13]+[ 14]+[ 15]=21, ?? 那么 Sn=________. 【解析】 S1=[ 12]+[ 12+1]+[ 12+2]=1×3,

S2=[ 22]+[ 22+1]+[ 22+2]+[ 22+3]+[ 22+4]=2×5, S3=[ 32]+[ 32+1]+[ 32+2]+[ 32+3]+[ 32+4]+[ 32+5]+[ 32+6] =3×7, 观察式子规律,可以得出 Sn=[ n2]+[ n2+1]+[ n2+2]+?+[ n2+2n] =n(2n+1). 【答案】 n(2n+1)

11.(2014· 湖南高考改编)若 0<x1<x2<1, 则下列四个结论正确的是________(填 序号) ①ex2-ex1>ln x2-lnx1; ②ex2-ex1<ln x2-lnx1; ③x2ex1>x1ex2; ④x2ex1<x1ex2. 【导学号:01580075】 【解析】 1 xe -1 设 f(x)=ex-ln x(0<x<1),则 f′(x)=ex-x = x .
x

1 令 f′(x)=0,得 xex-1=0,根据函数 y=ex 与 y=x的图象可知两函数图象

ex 交点 x0∈(0,1),因此函数 f(x)在(0,1)上不是单调函数,故①②不正确.令 g(x)= x xex-ex ex?x-1? (0<x<1),则 g′(x)= x2 = x2 .当 0<x<1 时,g′(x)<0,即 g(x)在(0,1)上 ex2 ex1 单调递减,∵0<x1<x2<1,∴g(x2)<g(x1),即 x < x ,∴x2ex1 >x1ex2.即③正确.
2 1

【答案】



1 12.函数 y=2x2-ln x 的单调递减区间是________.
2 1 x -1 ?x-1??x+1? 【解析】 y′=x- = = (x>0)令 y′<0, ∵x>0, ∴0<x<1, x x x

1 即函数 y=2x2-ln x 的单调递减区间是(0,1). 【答案】 (0,1)

13.(2016· 大连测试)已知函数 f(x)=ex-2x-1(其中 e 为自然对数的底数),则 y=f(x)的图象大致为________(填序号).

图2 【解析】 依题意得 f′(x)=ex-2.当 x<ln 2 时,f′(x)<0,f(x)是减函数,

f(x)>f(ln 2)=1-2ln 2;当 x>ln 2 时,f′(x)>0,f(x)是增函数,因此对照图象知③ 正确. 【答案】 ③

14.观察下列推理过程: tan2 α-1 tan2α-1 2 ∵ tan α =2 2tan α =-tan 2α, 1 2 ∴tan α-tan α=-tan 2α, 1 2 ∴tan 2α-tan 2α=-tan 4α, 1 2 ∴tan 4α-tan 4α=-tan 8α, ?

π 2π 4π 8π 16π 由此可化简:tan 31+2tan 31+4tan 31+8tan 31+16tan 31 =________. 【解析】 1 2 2 4 由推理过程得 tan α=tan α-tan 2α,2tan 2α=tan 2α-tan 4α,

4 8 8 16 4tan 4α=tan 4α-tan 8α,8tan 8α=tan 8α-tan 16α, 16 32 16tan 16α=tan 16α-tan 32α,将这五个等式相加,得 1 32 π tan α+2tan 2α+4tan 4α+8tan 8α+16tan 16α=tan α-tan 32α,令 α=31,可 得原式=- 31 π. tan31 - 31 π tan31

【答案】

二、解答题(本大题共 6 小题,共 90 分.解答应写出文字说明,证明过程或演 算步骤) 15.复数 z1= 数 a 的值. 【解】 3 2 z 1 + z2 = +(a2-10)i+ +(2a-5)i a+5 1-a 3 2 +(a2-10)i,z2= +(2a-5)i,若 z 1+z2 是实数,求实 a+5 1-a

2 ? ? 3 =?a+5+1-a?+[(a2-10)+(2a-5)]i ? ? = a-13 +(a2+2a-15)i. ?a+5??a-1?

∵ z 1+z2 是实数, ∴a2+2a-15=0, 解得 a=-5 或 a=3. ∵a+5≠0,∴a≠-5,故 a=3. 16.(本小题满分 14 分)已知函数 f(x)=x3+3ax2+3x+1. (1)当 a=- 2时,讨论 f(x)的单调性; (2)若 x∈[2,+∞)时,f(x)≥0,求 a 的取值范围. 【解】 (1)当 a=- 2时,f(x)=x3-3 2x2+3x+1,

f′(x)=3x2-6 2x+3. 令 f′(x)=0,得 x1= 2-1,x2= 2+1. 当 x∈(-∞, 2-1)时,f′(x)>0,f(x)在(-∞, 2-1)上是增函数; 2+1)上是减函数;

当 x∈( 2-1, 2+1)时,f′(x)<0,f(x)在( 2-1,

当 x∈( 2+1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在( 2+1,+∞)上是增函数. 5 (2)由 f(2)≥0,得 a≥-4. 5 当 a≥-4,x∈(2,+∞)时, 5 ? ? f′(x)=3(x2+2ax+1)≥3?x2-2x+1? ? ? ? 1? =3?x-2?(x-2)>0, ? ? 所以 f(x)在(2,+∞)上是增函数,于是当 x∈[2,+∞)时,f(x)≥f(2)≥0. ? 5 ? 综上,a 的取值范围是?-4,+∞?. ? ? 17.(本小题满分 14 分)设等差数列{an}的公差为 d, Sn 是{an}中从第 2n-1 项开 始的连续 2n-1 项的和,即 S1=a1, S2=a2+a3, S3=a4+a5+a6+a7, ?? Sn=a2n-1+a2n-1+1+?+a2n-1, ?? 若 S1,S2,S3 成等比数列,问:数列{Sn}是否成等比数列?请说明你的理由. 【解】 ∵S1,S2,S3 成等比数列,

∴S1=a1≠0,且 S1· S3=S2 2,
2 由 S1· S3=S2 2,得 a1(a4+a5+a6+a7)=(a2+a3) ,

3 即 a1(4a1+18d)=(2a1+3d)2,2a1d=3d2.∴d=0 或 a1=2d. 当 d=0 时,Sn=2n-1a1≠0,

Sn+1 2na1 * Sn =2n-1a1=2(常数),n∈N ,{Sn}成等比数列; 3 当 a1=2d 时, Sn=a2n-1+a2n-1+1+a2n-1=2 =2n-1[a1+(2n-1-1)d]+
n-1

2n-1?2n-1-1? a2n-1+ d 2

2n-1?2n-1-1? d 2

3 ? 3 n-1 ?3 n-1 2 +a1-2d?= d· =2n-1?2d· 4 ≠0, ? ? 2 3 n d· 4 Sn+1 2 * Sn =3 n-1=4(常数),n∈N ,{Sn}成等比数列. 4 2d· 综上所述,若 S1,S2,S3 成等比数列,则{Sn}成等比数列. 18.(本小题满分 16 分)已知幂函数 f(x)=x-m2+2m+3(m∈Z)为偶函数,且 在区间(0,+∞)上是单调增函数. (1)求函数 f(x)的解析式; 1 9 (2)设函数 g(x)= f(x)+ax3+ x2-b(x∈R),其中 a,b∈R,若函数 g(x)仅在 4 2 x=0 处有极值,求 a 的取值范围. 【解】 (1)因为 f(x)在区间(0,+∞)上是单调增函数,

所以-m2+2m+3>0,即 m2-2m-3<0, 所以-1<m<3,又 m∈Z,所以 m=0,1,2. 而 m=0,2 时,f(x)=x3 不是偶函数,m=1 时, f(x)=x4 是偶函数, 所以 f(x)=x4. 1 9 (2)由(1)知 g(x)=4x4+ax3+2x2-b, 则 g′(x)=x(x2+3ax+9),显然 x=0 不是方程 x2+3ax+9=0 的根. 为使 g(x)仅在 x=0 处有极值, 必须 x2+3ax+9≥0 恒成立, 即有 Δ=9a2-36≤0,解不等式得 a∈[-2,2]. 这时,g(0)=-b 是唯一极值,所以 a∈[-2,2].

19.(本小题满分 16 分)在各项为正的数列{an}中,数列的前 n 项和 Sn 满足 Sn 1? 1? =2?an+a ?. ? n? (1)求 a1,a2,a3; (2)由(1)猜想到数列{an}的通项公式,并用数学归纳法证明你的猜想. 【解】 1? 1? (1)由 S1=a1=2?a1+a ?,得 a2 1=1, ? 1?

因为 an>0,所以 a1=1. 1? 1? 2 由 S2=a1+a2=2?a2+a ?,得 a2 +2a2-1=0,所以 a2= 2-1, ? 2? 1? 1? 由 S3=a1+a2+a3=2?a3+a ?, ? 3? 得 a2 3+2 2a3-1=0,所以 a3= 3- 2. (2)猜想 an= n- n-1(n∈N*). 证明:①当 n=1 时, a1= 1- 0=1,命题成立; ②假设 n=k(k≥1,k∈N*)时, ak= k- k-1成立, 则 n=k+1 时, ak+1=Sk+1-Sk 1 ? 1? 1? 1? =2?ak+1+a ?-2?ak+a ?, ? k? ? k+1? 即 ak+1 1 ? 1? =2?ak+1+a ? ? k+1? 1 ? 1? ? -2? k- k-1+ k- k-1? ? 1 ? 1? =2?ak+1+a ?- k, ? k+1? 所以 a2 k+1+2 kak+1-1=0. 所以 ak+1= k+1- k, 则 n=k+1 时,命题成立.

则①②知,n∈N*,an= n- n-1. bex-1 20.(本小题满分 16 分)设函数 f(x)=ae ln x+ x ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))
x

处的切线方程为 y=e(x-1)+2. (1)求 a,b; (2)证明:f(x)>1. 【解】 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),

a b b f′(x)=aexln x+ xex-x2ex-1+xex-1. 由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e.故 a=1,b=2. 2 (2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+x ex-1, 2 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe-x-e . 设函数 g(x)=xln x,则 g′(x)=1+ln x. 1? ? 所以当 x∈?0,e?时,g′(x)<0; ? ? ?1 ? 当 x∈?e,+∞?时,g′(x)>0. ? ? 1? ? ?1 ? 故 g(x)在?0, e?上单调递减,在? e,+∞?上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞) ? ? ? ? 上的最小值为 1 ?1? g? e?=- e. ? ? 2 设函数 h(x)=xe-x-e ,则 h′(x)=e-x(1-x). 所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0. 故 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 1 从而 h(x)在(0,+∞)上的最大值为 h(1)=-e . 综上,当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1.


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