《（浙江專版）2018年高中數(shù)學(xué) 模塊綜合檢測 新人教A版選修2-2.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2018年高中數(shù)學(xué) 模塊綜合檢測 新人教A版選修2-2.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
模塊綜合檢測
(時間120分鐘 滿分150分)
一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．已知復(fù)數(shù)z1＝2＋i，z2＝1＋i，則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于( )
A．第一象限 B．第三象限
C．第二象限 D．第四象限
解析：選D?。剑剑?，對應(yīng)點在第四象限．
2．函數(shù)y＝x－sin x，x∈的最大值是( )
A．π－1 B.－1
C．π D．π＋1
解析：選C y′＝1－cos x≥0，所以y＝x－sin x在上為增函數(shù)．當(dāng)x＝π時，ymax＝π.
3．使不等式＜成立的條件是( )
A．a(chǎn)＞b B．a(chǎn)＜b
C．a(chǎn)＞b，且ab＜0 D．a(chǎn)＞b，且ab＞0
解析：選D 欲使＜成立，需使－＜0，
即＜0，結(jié)合選項可知選D.
4．設(shè)函數(shù)f(x)＝＋ln x，則( )
A．x＝為f(x)的極大值點
B．x＝為f(x)的極小值點
C．x＝2為f(x)的極大值點
D．x＝2為f(x)的極小值點
解析：選D 函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，當(dāng)x＝2時，f′(x)＝0；當(dāng)x>2時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為增函數(shù)；當(dāng)0
f(1)
C．f(－1)f(1).
8．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3對x∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
解析：選B 由2xln x≥－x2＋ax－3，得a≤2ln x＋x＋，設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，則h′(x)＝.當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)＜0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)＞0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范圍是(－∞，4]．
二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．請把正確答案填在題中橫線上)
9．用反證法證明某命題時，對結(jié)論“自然數(shù)a，b，c中恰有一個偶數(shù)”正確的反設(shè)為________________________________．
答案：a，b，c中至少有兩個偶數(shù)或都是奇數(shù)
10．設(shè)f(x)＝xln x，則f′(1)＝________，若f′(x0)＝2，則x0的值為________．
解析：由f(x)＝xln x，得f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1；根據(jù)題意知ln x0＋1＝2，所以ln x0＝1，因此x0＝e.
答案：1 e
11．已知z＝1－i，則|z|＝________，＝________.
解析：|z|＝＝，
＝＝＝－2i.
答案：?。?i
12．若f(x)＝x2－2x－4ln x，則f′(x)＞0的解集為_______，單調(diào)遞減區(qū)間為________．
解析：f′(x)＝2x－2－＞0，即＞0.∵x＞0，
∴(x－2)(x＋1)＞0.∴x＞2.由f′(x)＜0，解得(0,2)．
答案：(2，＋∞) (0,2)
13．某商場從生產(chǎn)廠家以每件20元購進(jìn)一批商品，若該商品零售價為p元，銷量Q(單位：件)與零售價p(單位：元)有如下關(guān)系：Q＝8 300－170p－p2，則該商品零售價定為______元時利潤最大，利潤的最大值為______元．
解析：設(shè)商場銷售該商品所獲利潤為y元，則
y＝(p－20)(8 300－170p－p2)
＝－p3－150p2＋11 700p－166 000(p≥20)，
則y′＝－3p2－300p＋11 700.
令y′＝0得p2＋100p－3 900＝0，
解得p＝30或p＝－130(舍去)．
則p，y，y′變化關(guān)系如下表：
p
(20,30)
30
(30，＋∞)
y′
＋
0
－
y
極大值
故當(dāng)p＝30時，y取極大值為23 000元．
又y＝－p3－150p2＋11 700p－166 000在[20，＋∞)上只有一個極值，故也是最值．所以該商品零售價定為每件30元，所獲利潤最大為23 000元．
答案：30 23 000
14．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋＋＋…＋＜n(n∈N*，n＞1)”時，由n＝k(k∈N*，k＞1)不等式成立，推證n＝k＋1時，左邊應(yīng)增加的項數(shù)是________．
解析：令f(n)＝1＋＋＋…＋，
∴f(k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋，
因此應(yīng)增加的項為＋＋…＋，共2k項．
答案：2k
15．函數(shù)y＝ln x(x＞0)的圖象與直線y＝x＋a相切，則a＝________.
解析：y′＝(ln x)′＝(x＞0)，又y＝ln x的圖象與直線y＝x＋a相切，∴＝，∴x＝2，因此，切點P(2，ln 2)在直線y＝x＋a上，∴l(xiāng)n 2＝1＋a，∴a＝ln 2－1.
答案：ln 2－1
三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
16．(本小題滿分14分)已知a＞b＞c，求證：＋≥.
證明：已知a＞b＞c，因為＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，
所以＋≥4，即＋≥.
17．(本小題滿分15分)設(shè)函數(shù)f(x)＝－x3＋x2＋(m2－1)x(x∈R)，其中m＞0.
(1)當(dāng)m＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率；
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值．
解：(1)當(dāng)m＝1時，f(x)＝－x3＋x2，
f′(x)＝－x2＋2x，故f′(1)＝1.
所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率為1.
(2)f′(x)＝－x2＋2x＋m2－1.
令f′(x)＝0，解得x＝1－m或x＝1＋m.
因為m＞0，所以1＋m＞1－m.
當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，
1－m)
1－m
(1－m，
1＋m)
1＋m
(1＋m，
＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
極小值
極大值
所以f(x)在(－∞，1－m)，(1＋m，＋∞)內(nèi)是減函數(shù)，在(1－m,1＋m)內(nèi)是增函數(shù)．
函數(shù)f(x)在x＝1－m處取得極小值f(1－m)，
且f(1－m)＝－m3＋m2－.
函數(shù)f(x)在x＝1＋m處取得極大值f(1＋m)，
且f(1＋m)＝m3＋m2－.
18．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍．
解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
若a>0，則當(dāng)x∈時，f′(x)>0；
當(dāng)x∈時，f′(x)<0.
所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
(2)由(1)知，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上無最大值；
當(dāng)a>0時，f(x)在x＝處取得最大值，最大值為
f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f>2a－2等價于ln a＋a－1<0.
令g(a)＝ln a＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(1)＝0.
于是，當(dāng)01時，g(a)>0.
因此a的取值范圍是(0,1)．
19．(本小題滿分15分)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：Sn＝＋－1，且an＞0，n∈N*.
(1)求a1，a2，a3；
(2)猜想{an}的通項公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．
解：(1)a1＝S1＝＋－1，
所以a1＝－1.
又因為an＞0，所以a1＝－1.
S2＝a1＋a2＝＋－1，所以a2＝－.
S3＝a1＋a2＋a3＝＋－1，
所以a3＝－.
(2)由(1)猜想an＝－，n∈N*.
下面用數(shù)學(xué)歸納法加以證明：
①當(dāng)n＝1時，由(1)知a1＝－1成立．
②假設(shè)n＝k(k∈N*)時，ak＝－成立．
當(dāng)n＝k＋1時，ak＋1＝Sk＋1－Sk
＝－
＝＋－，
所以a＋2ak＋1－2＝0，
所以ak＋1＝－，
即當(dāng)n＝k＋1時猜想也成立．
綜上可知，猜想對一切n∈N*都成立．
20．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝ex＋2x2－3x.
(1)求證：函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上存在唯一的極值點．
(2)當(dāng)x≥時，若關(guān)于x的不等式f(x)≥x2＋(a－3)x＋1恒成立，試求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)證明：f′(x)＝ex＋4x－3，
∵f′(0)＝e0－3＝－2<0，f′(1)＝e＋1>0，
∴f′(0)f′(1)<0.
令h(x)＝f′(x)＝ex＋4x－3，則h′(x)＝ex＋4>0，
∴f′(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增，
∴f′(x)在區(qū)間[0,1]上存在唯一零點，
∴f(x)在區(qū)間[0,1]上存在唯一的極小值點．
(2)由f(x)≥x2＋(a－3)x＋1，
得ex＋2x2－3x≥x2＋(a－3)x＋1，
即ax≤ex－x2－1，
∵x≥，∴a≤.
令g(x)＝，
則g′(x)＝.
令φ(x)＝ex(x－1)－x2＋1，則φ′(x)＝x(ex－1)．
∵x≥，∴φ′(x)>0.
∴φ(x)在上單調(diào)遞增．
∴φ(x)≥φ＝－>0.
因此g′(x)>0，
故g(x)在上單調(diào)遞增，
則g(x)≥g＝＝2－，
∴a的取值范圍是.
（浙江專版）2018年高中數(shù)學(xué) 模塊綜合檢測 新人教A版選修2-2.doc
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學(xué)習(xí)交流，未經(jīng)上傳用戶書面授權(quán)，請勿作他用。
鏈接地址：http://www.hcyjhs8.com/p-6383568.html