高中數(shù)學(xué)人教A版2本冊(cè)總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 模塊綜合評(píng)價(jià)(二)

模塊綜合評(píng)價(jià)(二)(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求)1．(2023·課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足eq\f(1＋z,1－z)＝i，則|z|＝()A．1\r(2)\r(3)D．2解析：由eq\f(1＋z,1－z)＝i得z＝eq\f(－1＋i,1＋i)＝eq\f(（－1＋i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝i，所以|z|＝1.答案：A2．若z＝cosθ－isinθ，則使z2＝－1的θ值可能是()A．0\f(π,2)C．πD．2π解析：z2＝(cosθ－isinθ)2＝cos2θ－isin2θ，又z2＝－1，所以cos2θ＝－1，sin2θ＝0，檢驗(yàn)知θ＝eq\f(π,2).答案：B3．設(shè)f(x)＝10x＋lgx，則f′(1)等于()A．10 B．10ln10＋lge\f(10,ln10)＋ln10 D．11ln10解析：f′(x)＝10xln10＋eq\f(1,xln10)，所以f′(1)＝10ln10＋eq\f(1,ln10)＝10ln10＋lge.答案：B4．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＜n(n∈N*，n＞1)”時(shí)，由n＝k(k＞1)不等式成立，推證n＝k＋1時(shí)，左邊應(yīng)增加的項(xiàng)數(shù)是()A．2k－1B．2k－1C．2kD．2k解析：左邊的特點(diǎn)是分母逐漸增加1，末項(xiàng)為eq\f(1,2n－1)；由n＝k時(shí)，末項(xiàng)為eq\f(1,2k－1)到n＝k＋1時(shí)末項(xiàng)為eq\f(1,2k＋1－1)＝eq\f(1,2k－1＋2k)，所以應(yīng)增加的項(xiàng)數(shù)為2k.答案：C5．用反證法證明命題：“若a，b∈N，ab能被3整除，那么a，b中至少有一個(gè)能被3整除”時(shí)，假設(shè)應(yīng)為()A．a(chǎn)，b都能被3整除 B．a(chǎn)，b都不能被3整除C．a(chǎn)，b不都能被3整除 D．a(chǎn)不能被3整除解析：因?yàn)椤爸辽儆幸粋€(gè)”的否定為“一個(gè)也沒(méi)有”．答案：B6．若a＞0，b＞0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于()A．2B．3C．6D．9解析：因?yàn)閒′(x)＝12x2－2ax－2b，又因?yàn)樵趚＝1處有極值，所以a＋b＝6，因?yàn)閍＞0，b＞0，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時(shí)取等號(hào)，所以ab的最大值等于9.答案：D7．觀察數(shù)列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，…的特點(diǎn)，按此規(guī)律，則第100項(xiàng)為()A．10B．14C．13D．100解析：設(shè)n∈N*，則數(shù)字n共有n個(gè)，所以eq\f(n（n＋1）,2)≤100，即n(n＋1)≤200，又因?yàn)閚∈N*，所以n＝13，到第13個(gè)13時(shí)共有eq\f(13×14,2)＝91項(xiàng)，從第92項(xiàng)開(kāi)始為14，故第100項(xiàng)為14.答案：B8．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)B．(－eq\r(3)，eq\r(3))C．(－∞，－eq\r(3))∪[eq\r(3)，＋∞)D．[－eq\r(3)，eq\r(3)]解析：f′(x)＝－3x2＋2ax－1，因?yàn)閒(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，且f′(x)的圖象是開(kāi)口向下的拋物線，所以f′(x)≤0恒成立，所以Δ＝4a2－12≤0，所以－eq\r(3)≤a≤eq\r(3).答案：D9．若f(x)＝x2＋2eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(1,0)f(x)dx，則eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(1,0)f(x)dx＝()A．－1B．－eq\f(1,3)\f(1,3)D．1解析：設(shè)eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(1,0)f(x)dx＝m，則f(x)＝x2＋2m，m＝eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(1,0)f(x)dx＝eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(1,0)(x2＋2m)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,3)＋2mx))eq\a\vs4\al(|)eq\o\al(1,0)＝eq\f(1,3)＋2m，解得m＝－eq\f(1,3).答案：B10．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝a(x－b)2＋c的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的圖象可能是()解析：由導(dǎo)函數(shù)圖象可知，當(dāng)x＜0時(shí)，函數(shù)f(x)遞減，排除A，B；當(dāng)0＜x＜x1時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)遞增．因此，當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)取得極小值，所以選項(xiàng)D正確．答案：D11.已知函數(shù)f(x)滿足f(0)＝0，導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則f(x)的圖象與x軸圍成的封閉圖形的面積為()\f(1,3) \f(4,3)C．2 \f(8,3)解析：由f′(x)的圖象知，f′(x)＝2x＋2，設(shè)f(x)＝x2＋2x＋c，由f(0)＝0知，c＝0，所以f(x)＝x2＋2x，由x2＋2x＝0得x＝0或x＝－2.故所求面積S＝－eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(0,－2)(x2＋2x)dx＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3＋x2))eq\a\vs4\al(|)eq\o\al(0,－2)＝eq\f(4,3).答案：B12．若關(guān)于x的方程x3－3x＋m＝0在[0，2]上有根，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．[－2，2] B．[0，2]C．[－2，0] D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)解析：令f(x)＝x3－3x＋m，則f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，顯然當(dāng)x＜－1或x＞1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)－1＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，所以在x＝－1時(shí)，f(x)取極大值f(－1)＝m＋2，在x＝1時(shí)，f(x)取極小值f(1)＝m－2.因?yàn)閒(x)＝0在[0，2]上有解，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）≤0，,f（2）≥0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－2≤0，,m＋2≥0，))解得－2≤m≤2.答案：A二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．(2023·江蘇卷)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z2＝3＋4i(i是虛數(shù)單位)，則z的模為_(kāi)_______．解析：|z2|＝|3＋4i|＝5，|z|2＝5，所以|z|＝eq\r(5).答案：eq\r(5)14．在△ABC中，D為邊BC的中點(diǎn)，則eq\o(AO,\s\up13(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(AC,\s\up13(→)))．將上述命題類比到四面體中去，得到一個(gè)類比命題：_______________．解析：將“△ABC”類比為“四面體A-BCD”，將“D為邊BC的中點(diǎn)”類比為“△BCD的重心”，于是有類比結(jié)論：在四面體A-BCD中，G為△BCD的重心，則eq\o(AG,\s\up13(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(AC,\s\up13(→))＋eq\o(AD,\s\up13(→)))．答案：在四面體A-BCD中，G為△BCD的重心，則eq\o(AG,\s\up13(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(AC,\s\up13(→))＋eq\o(AD,\s\up13(→)))15．設(shè)x∈R，若x＋x－1＝4.則可猜測(cè)x2n＋x－2n(n∈N*)的個(gè)位數(shù)字是________．解析：n＝1時(shí)，x2＋x－2＝(x＋x－1)2－2＝14；n＝2時(shí)，x4＋x－4＝(x2＋x－2)2－2＝142－2＝194；n＝3時(shí)，x8＋x－8＝(x4＋x－4)2－2＝1942－2，因?yàn)?942的個(gè)位數(shù)字是6，所以1942－2的個(gè)位數(shù)字是4.猜想可得x2n＋x－2n(n∈N*)的個(gè)位數(shù)字是4.答案：416．已知f(x)＝x3＋3x2＋a(a為常數(shù))，在[－3，3]上有最小值3，那么在[－3，3]上f(x)的最大值是________．解析：f′(x)＝3x2＋6x＝3x(x＋2)，當(dāng)x∈[－3，－2)和x∈(0，3]時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－2，0)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，所以極大值為f(－2)＝a＋4，極小值為f(0)＝a，又f(－3)＝a，f(3)＝54＋a，由條件知a＝3，所以最大值為f(3)＝54＋3＝57.答案：57三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知a∈R，問(wèn)復(fù)數(shù)z＝(a2－2a＋4)－(a2－2a＋2)i所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第幾象限？復(fù)數(shù)解：由a2－2a＋4＝(a－1)2＋3≥－(a2－2a＋2)＝－(a－1)2－1≤知z的實(shí)部為正數(shù)，虛部為負(fù)數(shù)，所以復(fù)數(shù)z的對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第四象限．設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝a2－2a＋4，,y＝－（a2－2a＋2），))因?yàn)閍2－2a＝(a－1)2－1≥－1所以x＝a2－2a＋4≥3消去a2－2a，得y＝－x＋2(x≥3)所以復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡是一條射線，其方程為y＝－x＋2(x≥3)．18．(本小題滿分12分)設(shè)a，b，c為一個(gè)三角形的三邊，S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)，且S2＝2ab，求證：S＜2a.證明：因?yàn)镾2＝2ab，所以要證S＜2a只需證S＜eq\f(S2,b)，即b＜S.因?yàn)镾＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)，只需證2b＜a＋b＋c，即證b＜a＋c.因?yàn)閍，b，c為三角形三邊，所以b＜a＋c成立，所以S＜2a19．(本小題滿分12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，已知向量eq\o(OZ1,\s\up13(→))，eq\o(OZ2,\s\up13(→))分別對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)z1，z2，且z1＝eq\f(3,a＋5)－(10－a2)i，z2＝eq\f(2,1－a)＋(2a－5)i，a∈R，若z1＋z2可以與任意實(shí)數(shù)比較大小，求eq\o(OZ1,\s\up13(→))·eq\o(OZ2,\s\up13(→))的值．解：依題意得z1＋z2為實(shí)數(shù)，因?yàn)閦1＋z2＝eq\f(3,a＋5)＋eq\f(2,1－a)＋[(a2－10)＋(2a－5)]i，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋2a－15＝0，,a＋5≠0，,1－a≠0，))解得a＝3.此時(shí)z1＝eq\f(3,8)－i，z2＝－1＋i，即eq\o(OZ1,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，－1))，eq\o(OZ2,\s\up13(→))＝(－1，1)．所以eq\o(OZ1,\s\up13(→))·eq\o(OZ2,\s\up13(→))＝eq\f(3,8)×(－1)＋(－1)×1＝－eq\f(11,8).20．(本小題滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)．(1)求f(x)的最小值h(t)；(2)若h(t)＜－2t＋m對(duì)t∈(0，2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴當(dāng)x＝－t時(shí)，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1.(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1或t＝－1(不合題意，舍去)．當(dāng)t變化時(shí)，g′(t)，g(t)的變化情況如下表：t(0，1)1(1，2)g′t＋0－g(t)單調(diào)遞增極大值1－m單調(diào)遞減∴g(t)在(0，2)內(nèi)有最大值g(1)＝1－m.h(t)＜－2t＋m在(0，2)內(nèi)恒成立等價(jià)于g(t)＜0在(0，2)內(nèi)恒成立，即等價(jià)于1－m＜0，∴m的取值范圍為(1，＋∞)．21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝x2－2(a＋1)x＋2alnx(a＞0)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)若f(x)≤0在區(qū)間[1，e]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)因?yàn)閍＝1，所以f(x)＝x2－4x＋2lnx，所以f′(x)＝eq\f(2x2－4x＋2,x)(x＞0)，f(1)＝－3，f′(1)＝0，所以切線方程為y＝－3.(2)f′(x)＝eq\f(2x2－2（a＋1）x＋2a,x)＝eq\f(2（x－1）（x－a）,x)(x＞0)，令f′(x)＝0得x1＝a，x2＝1，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，在x∈(0，a)或x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，在x∈(a，1)時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，a)和(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a，1)；當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝eq\f(2（x－1）2,x)≥0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a＞1時(shí)，在x∈(0，1)或x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，在x∈(1，a)時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，1)和(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，a)．(3)由(2)可知，f(x)在區(qū)間[1，e]上只可能有極小值點(diǎn)，所以f(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值必在區(qū)間端點(diǎn)取到，所以f(1)＝1－2(a＋1)≤0且f(e)＝e2－2(a＋1)e＋2a≤0，解得a≥eq\f(e2－2e,2e－2)，所以a的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\a\vs4\al(|)a≥\f(e2－2e,2e－2))).22．(本小題滿分12分)是否存在常數(shù)a，b，使等式eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(an2＋n,bn＋2)對(duì)一切n∈N*都成立？若不存在，說(shuō)明理由；若存在，請(qǐng)用數(shù)學(xué)歸納法證明．解：假設(shè)存在常數(shù)a，b使等式成立，則將n＝1，n＝2代入上式，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＝\f(a＋1