高中数学 模块综合检测卷 新人教A版选修22.docx
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高中数学模块综合检测卷新人教A版选修22
2021年高中数学模块综合检测卷新人教A版选修2-2
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.(xx·高考天津卷)i是虚数单位,复数=(A)
A.1-iB.-1+i
C.+iD.-+i
解析:
===1-i,故选A.
2.i是虚数单位,在复平面上复数对应的点到原点的距离是(D)
A.B.
C.D.
解析:
==,所以复数在复平面上对应的点为,它到原点的距离为
=.故选D.
3.(xx·广东江门调研)i是虚数单位,则(i-)(-+i)=(D)
A.1B.-+i
C.-iD.--i
解析:
=-i-+-i=--i.故选D.
4.数列2,5,11,20,x,47,…中的x等于(B)
A.28B.32C.33D.27
解析:
由题中数字可发现:
2+3=5,5+6=11,11+9=20,故20+12=32.
5.(xx·海南省海南中学5月模拟改编)已知直线y=2x+1与曲线y=x3+ax+b相切于点(1,3),则实数b的值为(C)
A.1B.-3C.3D.-1
解析:
y′=3x2+a,所以有解得故选C.
6.(xx·高考山东卷)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x2+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是(A)
A.方程x2+ax+b=0没有实根
B.方程x2+ax+b=0至多有一个实根
C.方程x2+ax+b=0至多有两个实根
D.方程x2+ax+b=0恰好有两个实根
解析:
反证法的步骤第一步是假设命题反面成立,而“至少有一个根”的否定是“没有”,故选A.
7.在复平面内,若复数z满足|z+1|=|1+iz|,则z在复平面内对应点的轨迹是(A)
A.直线B.圆C.椭圆D.抛物线
解析:
设z=x+yi(x、y∈R),|x+1+yi|=,
|1+iz|=|1+i(x+yi)|=,则=.
∴复数z=x+yi对应点(x,y)的轨迹为到点(-1,0)和(0,1)距离相等的直线.
8.如图,阴影部分面积为(B)
解析:
9.一个物体的运动方程为s=1-t+t2,其中s的单位是米,t的单位是秒,那么物体在3秒末的瞬时速度是(C)
A.7米/秒B.6米/秒C.5米/秒D.8米/秒
解析:
s′(t)=2t-1,s′(3)=2×3-1=5.
10.(xx·安徽江淮十校4月联考)二次函数f(x)的图像经过点,且f′(x)=-x-1,则不等式f(10x)>0的解集为(D)
A.(-3,1)B.(-lg3,0)
C.D.(-∞,0)
解析:
由f′(x)=-x-1知f(x)=-x2-x+m,又f(0)=,所以m=,即f(x)=-x2-x+,f(x)=-x2-x+>0⇒-3 11.(xx·高考新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是(C) A.(2,+∞)B.(1,+∞) C.(-∞,-2)D.(-∞,-1) 解析: 当a=0时,f(x)=-3x2+1,函数f(x)有两个零点和-,不满足题意,舍去;当a>0时,f′(x)=3ax2-6x,令f′(x)=0,得x=0或x=,x∈(-∞,0)时,f′(x)>0;x∈时,f′(x)<0;x∈时,f′(x)>0,且f(0)>0,此时在x∈(-∞,0)必有零点,故不满足题意,舍去;当a<0时,x∈时,f′(x)<0,x∈时,f′(x)>0;x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,且f(0)>0,要使得f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,只需f>0,即a2>4,则a<-2,选C. 12.若数列{an}是等差数列,则数列{bn}也为等差数列.类比这一性质可知,若正项数列{cn}是等比数列,且{dn}也是等比数列,则dn的表达式应为(D) A.dn= B.dn= C.dn= D.dn= 解析: 若{an}是等差数列,则a1+a2+…+an=na1+d, ∴bn=a1+d=n+a1-,即{bn}为等差数列; 若{cn}是等比数列,则c1·c2·…·cn=c·q1+2+…+(n-1)=c·q, ∴dn==c1·q,即{dn}为等比数列,故选D. 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分;将正确答案填在题中的横线上) 13. 解析: 答案: 14.已知函数f(x)=3x-x3,当x=a时取得极大值b,则a+b等于______________. 解析: 由f′(x)=3-3x2=0,解得x=±1,当x<-1,f′(x)<0;当-1<x<1,f′(x)>0;当x>1,f′(x)<0.故f(x)在x=1处取得极大值,所以a=1,b=3×1-13=2,所以a+b=3. 答案: 3 15.若数列的通项公式an=(n∈N*),记f(n)=(1-a1)(1-a2)…(1-an),试通过计算f (1),f (2),f(3)的值,推测出f(n)=________. 解析: f(n)=…[1-]= …(1-)(1+)=×××××…××=. 答案: 16.观察下图中各正方形图案,每条边上有n(n≥2)个点,第n个图案中圆点的总数是Sn. n=2,S2=4,n=3,S3=8,n=4,S4=12,…,按此规律,推出Sn与n的关系式为________. 解析: 依图的构造规律可以看出: S2=2×4-4, S3=3×4-4, S4=4×4-4(正方形四个顶点重复计算一次,应减去). …… 猜想: Sn=4n-4(n≥2,n∈N*). 答案: Sn=4n-4(n≥2,n∈N*) 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、证明过程及演算步骤) 17.(本小题满分11分)已知z是复数,z+2i,均为实数,且(z+ai)2的对应点在第一象限,求实数a的取值范围. 解析: 设z=x+yi(x,y∈R). 则z+2i=x+(y+2)i为实数,∴y=-2. 又===(x-2i)·(2+i)=(2x+2)+(x-4)i为实数, ∴x=4,∴z=4-2i. 又∵(z+ai)2=(4-2i+ai)2=(12+4a-a2)+8(a-2)i在第一象限, ∴ 解得2 ∴实数a的取值范围是(2,6). 18.(本小题满分11分)设a为实数,函数f(x)=x3-x2-x+a,若函数f(x)过点A(1,0),求函数在区间[-1,3]上的最值. 解析: 因为函数过点A(1,0),代入函数的解析式得a=1;f′(x)=3x2-2x-1. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况见下表: 所以f(x)的最大值是f(3)=16, 最小值是f(-1)=f (1)=0. 19.(本小题满分12分)已知函数f(x)=ax+(a>1). (1)证明: 函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数; (2)用反证法证明方程f(x)=0没有负根. 证明: (1)f′(x)=axlna+=axlna+,因为a>1,所以lna>0,所以f′(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,即f(x)在(-1,+∞)上为增函数. (2)设存在x0<0(x0≠-1)满足f(x0)=0, 则ax0=-,且0<ax0<1. 所以0<-<1,即<x0<2,与假设x0<0矛盾. 故方程f(x)=0没有负数根. 20.(本小题满分12分)已知f(x)=-x3+ax,其中a∈R,g(x)=-x,且f(x) 解析: 设F(x)=f(x)-g(x)=-x3+ax+x, ∵f(x) ∴a ∵h′(x)=2x-=,由h′(x)=0,(2-1)(4x+2+1)=0. ∵4x+2+1>0,∴2-1=0,x=.又∵x∈时,h′(x)<0,x∈时,h′(x)>0,∴x=时,h(x)有最小值h=-,∴a<-. 21.(本小题满分12分)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<<-1; (3)设x1,x2是方程f(x)=0的两个实根,则≤|x1-x2|<. 证明: (1)若a=0,b=-c,f(0)·f (1)=c(3a+2b+c)=-c2≤0, 与已知矛盾,所以a≠0. 方程3ax2+2bx+c=0的判别式 Δ=4(b2-3ac),由条件a+b+c=0,消去b,得Δ=4(a2+c2-ac)=4>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,∴<0.故-2<<-1. (3)由条件,知x1+x2=-,x1x2==-, ∴(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=+. ∵-2<<-1,∴≤(x1-x2)2<.故≤|x1-x2|<. 22.(本小题满分12分)(xx·佛山一模)设函数f(x)=的导函数为f′(x)(a为常数,e=2.71828…是自然对数的底数). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)求实数a,使曲线y=f(x)在点(a+2,f(a+2))处的切线斜率为-. 解析: (1)函数f(x)的定义域是(-∞,a)∪(a,+∞),对f(x)求导得: f′(x)=, 由f′(x)>0得x>a+1;由f′(x)<0得x 所以f(x)在(-∞,a),(a,a+1)上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增. (2)由(Ⅰ)得f′(a+2)=, 令=-得ea+2+a3+6a2+12a+7=0………① 令a+2=t,则有et+t3-1=0, 令h(t)=et+t3-1,则h′(t)=et+3t2>0, 故h(t)是R上的增函数,又h(0)=0,因此0是h(t)的唯一零点,即-2是方程①的唯一实数解, 故存在唯一实数a=-2满足题设条件.
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