【優(yōu)化設計】2020-2021學年人教版高中數(shù)學選修2-2模塊綜合檢測(B)

模塊綜合檢測(B)(時間：100分鐘；滿分：120分)一、選擇題(本大題共10小題，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.eq\f(1＋2i,1－i2)＝()A．－1－eq\f(1,2)i B．－1＋eq\f(1,2)iC．1＋eq\f(1,2)i D．1－eq\f(1,2)i解析：選B.eq\f(1＋2i,1－i2)＝eq\f(1＋2i,1－2i＋i2)＝eq\f(1＋2i,－2i)＝eq\f(1＋2ii,2)＝－1＋eq\f(1,2)i.2．用反證法證明命題：“若a，b∈N，ab能被3整除，那么a，b中至少有一個能被3整除”時，假設應為()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：選B.由于“至少有一個”的否定為“一個也沒有”．3．用數(shù)學歸納法證明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝eq\f(n2n2＋1,3)時，從n＝k到n＝k＋1時，等式左邊應添加的式子是()A．(k－1)2＋2k2B．(k＋1)2＋k2C．(k＋1)2D.eq\f(1,3)(k＋1)[2(k＋1)2＋1]解析：選B.n＝k時，左邊＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12，n＝k＋1時，左邊＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12，∴從n＝k到n＝k＋1，左邊應添加的式子為(k＋1)2＋k2.4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,lnx＋1－x)，則y＝f(x)的圖象大致為()解析：選B.當x＝1時，y＝eq\f(1,ln2－1)<0，排解A；當x＝0時，y不存在，排解D；當x從負方向無限趨近0時，y趨向－∞，排解C，選B.5．設xi，ai(i＝1,2,3)均為正實數(shù)，甲、乙兩位同學由命題：“若x1＋x2＝1，則eq\f(a1,x1)＋eq\f(a2,x2)≤(eq\r(a1)＋eq\r(a2))2”分別推理得出了新命題：甲：“若x1＋x2＝1，則eq\f(a\o\al(2,1),x1)＋eq\f(a\o\al(2,2),x2)≤(a1＋a2)2”；乙：“若x1＋x2＋x3＝1，則eq\f(a1,x1)＋eq\f(a2,x2)＋eq\f(a3,x3)≤(eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋eq\r(a3))2”．他們所用的推理方法是()A．甲、乙都用演繹推理B．甲、乙都用類比推理C．甲用演繹推理，乙用類比推理D．甲用歸納推理，乙用類比推理解析：選B.由甲、乙都是特殊到特殊的猜想，故選B.6．把正整數(shù)按下圖所示的規(guī)律排序，則從2011到2013的箭頭方向依次為()解析：選B.由圖形的變化趨勢可知，箭頭的變化方向以4為周期，2011÷4＝502×4＋3,2012÷4＝502×4＋4，2013＝502×4＋5，故2011→2013的箭頭方向同3→5的箭頭方向．7．觀看下列各式：72＝49,73＝343,74＝2401，…，則72011的末兩位數(shù)字為()A．01 B．43C．07 D．49解析：選B.由于71＝7,72＝49,73＝343,74＝2401,75＝16807，76＝117649，…，所以這些數(shù)的末兩位數(shù)字呈周期性毀滅，且周期T＝4.又由于2011＝4×502＋3，所以72011的末兩位數(shù)字與73的末兩位數(shù)字相同，故選B.8．設函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結論中確定成立的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和微小值f(1)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和微小值f(1)C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和微小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和微小值f(2)解析：選D.當x＜－2時，y＝(1－x)f′(x)＞0，得f′(x)＞0；當－2＜x＜1時，y＝(1－x)f′(x)＜0.得f′(x)＜0；當1＜x＜2時，y＝(1－x)f′(x)>0，得f′(x)＜0；當x>2時，y＝(1－x)f′(x)<0，得f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，－2)上是增函數(shù)，在(－2,1)上是減函數(shù)，在(1,2)上是減函數(shù)，在(2，＋∞)上是增函數(shù)，∴函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和微小值f(2)．9.如圖，已知正四棱錐S－ABCD全部棱長都為1，點E是側(cè)棱SC上一動點，過點E垂直于SC的截面將正四棱錐分成上、下兩部分．記SE＝x(0＜x＜1)，截面下面部分的體積為V(x)，則函數(shù)y＝V(x)的圖象大致為()解析：選A.“分段”表示函數(shù)y＝V(x)，依據(jù)解析式確定圖象．當0＜x＜eq\f(1,2)時，截面為五邊形，如圖所示．由SC⊥平面QEPMN，且?guī)缀误w為正四棱錐，棱長均為1，可求得正四棱錐的高h＝eq\f(\r(2),2)，取MN的中點O，易推出OE∥SA，MP∥SA，NQ∥SA，則SQ＝SP＝AM＝AN＝2x，四邊形OEQN和OEPM為全等的直角梯形，則VS-AMN＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·AM·AN·h＝eq\f(\r(2),3)x2，此時V(x)＝VS-ABCD－VS-AMN－VS-EQNMP＝eq\f(\r(2),6)－eq\f(\r(2),3)x2－eq\f(1,3)×(2eq\r(2)x－3eq\r(2)x2)x＝eq\r(2)x3－eq\r(2)x2＋eq\f(\r(2),6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(1,2)))，非一次函數(shù)形式，排解選項C，D.當E為SC中點時，截面為三角形EDB，且S△EDB＝eq\f(\r(2),4).當eq\f(1,2)＜x＜1時，eq\f(S截面,\f(\r(2),4))＝eq\f(1－x,\f(1,2))2?S截面＝eq\r(2)(1－x)2.此時V(x)＝eq\f(\r(2),3)(1－x)3?V′＝－eq\r(2)(1－x)2.當x→1時，V′→0，則說明V(x)減小越來越慢，排解選項B.10．已知函數(shù)f(x)＝ex＋x，對于曲線y＝f(x)上橫坐標成等差數(shù)列的三個點A，B，C，給出以下推斷：①△ABC確定是鈍角三角形；②△ABC可能是直角三角形；③△ABC可能是等腰三角形；④△ABC不行能是等腰三角形．其中，正確的推斷是()A．①③ B．①④C．②③ D．②④解析：選B.∵f(x)＝ex＋x，f′(x)＝ex＋1，明顯f′(x)>0恒成立，∴f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．設A，B，C三點的橫坐標分別為x－d，x，x＋d(d>0)，則A，B，C三點的坐標分別為(x－d，ex－d＋x－d)，(x，ex＋x)，(x＋d，ex＋d＋x＋d)．Beq\o(A,\s\up6(→))＝(－d，ex－d－ex－d)，Beq\o(C,\s\up6(→))＝(d，ex＋d－ex＋d)．∴Beq\o(A,\s\up6(→))·Beq\o(C,\s\up6(→))＝－d2＋(ex－d－ex－d)(ex＋d－ex＋d)＝－d2＋e2x－e2x－d＋dex－d－e2x＋d＋e2x－dex－dex＋d＋dex－d2＝－2d2＋2e2x－e2x－d－e2x＋d＋dex－d－dex＋d＝－2d2＋e2x[2－(e－d＋ed)]＋d(ex－d－ex＋d)．∵e－d>0，ed>0，∴e－d＋ed≥2，當且僅當e－d＝ed時取等號，此時d＝0.又d>0，故e－d＋ed>2.∴e2x[2－(e－d＋ed)]<0.∵h(x)＝ex在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，x－d<x＋d，d>0，∴d(ex－d－ex＋d)<0.又∵－2d2<0，∴Beq\o(A,\s\up6(→))·Beq\o(C,\s\up6(→))<0，即∠ABC為鈍角，∴△ABC為鈍角三角形．故①正確，排解②.∵|Beq\o(A,\s\up6(→))|＝eq\r(d2＋ex－d－ex－d2)，|Beq\o(C,\s\up6(→))|＝eq\r(d2＋ex＋d－ex＋d2)，ex－d－ex－d<ex＋d－ex＋d，∴|Beq\o(A,\s\up6(→))|≠|(zhì)Beq\o(C,\s\up6(→))|，∴△ABC不行能是等腰三角形，故④正確，排解③.綜上，①④正確．二、填空題(本大題共5小題，把答案填在題中橫線上)11．用數(shù)學歸納法證明：當x∈N*,1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍數(shù)時，當n＝1時，原式為________．從n＝k到n＝k＋1時需增加的項是________．解析：當n＝1時，1＋2＋22＋…＋25×1－1＝1＋2＋22＋23＋24；1＋2＋22＋…＋25×(k＋1)－1－(1＋2＋22＋…＋25×k－1)＝25k＋25k＋1＋…＋25k＋4.答案：1＋2＋22＋23＋2425k＋25k＋1＋…＋25k＋412．已知x，y∈(0，＋∞)，當x2＋y2＝________時有xeq\r(1－y2)＋yeq\r(1－x2)＝1.解析：要使xeq\r(1－y2)＋yeq\r(1－x2)＝1，只需x2(1－y2)＝1＋y2(1－x2)－2yeq\r(1－x2)，即2yeq\r(1－x2)＝1－x2＋y2.只需使(eq\r(1－x2)－y)2＝0，即eq\r(1－x2)＝y(tǒng)，∴x2＋y2＝1.答案：113．觀看下列等式：12＝1，12－22＝－3，12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，…，照此規(guī)律，第n個等式可為________．解析：12＝1，12－22＝－(1＋2)，12－22＋32＝1＋2＋3，12－22＋32－42＝－(1＋2＋3＋4)，…，12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1(1＋2＋…＋n)＝(－1)n＋1eq\f(nn＋1,2).答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1eq\f(nn＋1,2)14．數(shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為________．解析：∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝eq\f(15×10＋234,2)＝1830.答案：183015．函數(shù)f(x)在[a，b]上有定義，若對任意x1，x2∈[a，b]，有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))≤eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]，則稱f(x)在[a，b]上具有性質(zhì)P.設f(x)在[1,3]上具有性質(zhì)P，現(xiàn)給出如下命題：①f(x)在[1,3]上的圖象是連續(xù)不斷的；②f(x2)在[1，eq\r(3)]上具有性質(zhì)P；③若f(x)在x＝2處取得最大值1，則f(x)＝1，x∈[1,3]；④對任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋x3＋x4,4)))≤eq\f(1,4)[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]．其中真命題的序號是________．解析：令f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x＝1，,0，1＜x＜3，,1，x＝3，))可知對?x1，x2∈[1,3]，都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))≤eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]，但f(x)在[1,3]上的圖象不連續(xù)，故①不正確；令f(x)＝－x，則f(x)在[1,3]上具有性質(zhì)P，但f(x2)＝－x2在[1，eq\r(3)]上不具有性質(zhì)P，由于－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2＝－eq\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2)＋2x1x2,4)≥－eq\f(2x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),4)＝eq\f(1,2)(－xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)[f(xeq\o\al(2,1))＋f(xeq\o\al(2,2))]，故②不正確；對于③，假設存在x0∈[1,3]，使得f(x0)≠1，由于f(x)max＝f(2)＝1，x∈[1,3]，所以f(x0)＜1.又當1≤x0≤3時，有1≤4－x0≤3，由f(x)在[1,3]上具有性質(zhì)P，得f(2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋4－x0,2)))≤eq\f(1,2)[f(x0)＋f(4－x0)]，由于f(x0)＜1，f(4－x0)≤1，故上式?jīng)_突．即對?x∈[1,3]，有f(x)＝1，故命題③正確．對?x1，x2，x3，x4∈[1,3]，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋x3＋x4,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(x1＋x2,2)＋\f(x3＋x4,2),2)))≤eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3＋x4,2)))))≤eq\f(1,2){eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]＋eq\f(1,2)[f(x3)＋f(x4)]}＝eq\f(1,4)[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]，即命題④正確．答案：③④三、解答題(本大題共5小題，解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)16．設復平面上兩個點Z1和Z2所對應的復數(shù)為z1＝1，z2＝2＋i，以這兩個點為頂點作正三角形，求正三角形的第三個頂點Z3所對應的復數(shù)z3.解：如圖，作Z2A，Z3B分別垂直于x軸．易知|Z1A|＝1，|AZ2|＝1，|Z1Z2|＝eq\r(2).∵△Z1Z2Z3為正三角形，∴|Z1Z3|＝|Z1Z2|＝eq\r(2)，∠Z3Z1B＝75°.故有|BZ3|＝|Z1Z3|sin75°＝eq\f(1＋\r(3),2)，|BZ1|＝|Z1Z3|cos75°＝eq\f(\r(3)－1,2)，|OB|＝|OZ1|－|BZ1|＝eq\f(3－\r(3),2)，∴Z3＝eq\f(1,2)(3－eq\r(3))＋eq\f(1,2)(1＋eq\r(3))i.同樣可得Z3′＝eq\f(1,2)(eq\r(3)＋3)＋eq\f(1,2)(1－eq\r(3))i.17．設f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)f(1)＞0，求證：(1)方程f(x)＝0有實根；(2)－2＜eq\f(b,a)＜－1；(3)設x1、x2是方程f(x)＝0的兩個實根，則eq\f(\r(3),3)≤|x1－x2|＜eq\f(2,3).證明：(1)若a＝0，則b＝－c，f(0)f(1)＝c(3a＋2b＋c)＝－c2≤0，與已知沖突，所以a≠0.方程3ax2＋2bx＋c＝0的判別式為Δ＝4(b2－3ac)．由條件a＋b＋c＝0，消去b，得Δ＝4(a2＋c2－ac)＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)c))2＋\f(3,4)c2))＞0，故方程f(x)＝0有實根．(2)由f(0)f(1)＞0，得c(3a＋2b＋c)＞0，由條件a＋b＋c＝0，消去c，得(a＋b)(2a＋b)＜0，∵a2＞0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))＜0，故－2＜eq\f(b,a)＜－1.(3)由條件知x1＋x2＝－eq\f(2b,3a)，x1x2＝eq\f(c,3a)＝－eq\f(a＋b,3a)，∴(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝eq\f(4,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(3,2)))2＋eq\f(1,3).∵－2＜eq\f(b,a)＜－1，∴eq\f(1,3)≤(x1－x2)2＜eq\f(4,9)，故eq\f(\r(3),3)≤|x1－x2|＜eq\f(2,3).18．如圖所示，已知曲線C1：y＝x2與曲線C2：y＝－x2＋2ax(a＞1)交于點O、A，直線x＝t(0＜t≤1)與曲線C1、C2分別相交于點D、B，連接OD、DA、AB.(1)寫出曲邊四邊形ABOD(陰影部分)的面積S與t的函數(shù)關系式S＝f(t)；(2)求函數(shù)S＝f(t)在區(qū)間(0,1]上的最大值．解：(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2，,y＝－x2＋2ax，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a，,y＝a2，))∴O(0,0)，A(a，a2)．又由已知得B(t，－t2＋2at)，D(t，t2)，∴S＝eq\i\in(0,t,)(－x2＋2ax)dx－eq\f(1,2)t×t2＋eq\f(1,2)(－t2＋2at－t2)×(a－t)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x3＋ax2))eq\o\al(t,0)－eq\f(1,2)t3＋(－t2＋at)×(a－t)＝－eq\f(1,3)t3＋at2－eq\f(1,2)t3＋t3－2at2＋a2t＝eq\f(1,6)t3－at2＋a2t.∴S＝f(t)＝eq\f(1,6)t3－at2＋a2t(0＜t≤1)．(2)f′(t)＝eq\f(1,2)t2－2at＋a2，令f′(t)＝0，即eq\f(1,2)t2－2at＋a2＝0.解得t＝(2－eq\r(2))a或t＝(2＋eq\r(2))a.∵0＜t≤1，a＞1，∴t＝(2＋eq\r(2))a應舍去．若(2－eq\r(2))a≥1，即a≥eq\f(1,2－\r(2))＝eq\f(2＋\r(2),2)時，∵0＜t≤1，∴f′(t)≥0.∴f(t)在區(qū)間(0,1]上單調(diào)遞增，S的最大值是f(1)＝a2－a＋eq\f(1,6).若(2－eq\r(2))a＜1，即1＜a＜eq\f(2＋\r(2),2)時，f(t)在區(qū)間(0，(2－eq\r(2))a)上單調(diào)遞增，在區(qū)間((2－eq\r(2))a,1]上單調(diào)遞減．∴S的最大值是f((2－eq\r(2))a)＝eq\f(2\r(2)－1,3)a.綜上，當1＜a＜eq\f(2＋\r(2),2)時，S的最大值為eq\f(2\r(2)－1,3)a，當a≥eq\f(2＋\r(2),2)時，S的最大值為a2－a＋eq\f(1,6).

19.如圖，某地有三家工廠，分別位于矩形ABCD的頂點A，B及CD的中點P處，已知AB＝20km，CB＝10km，為了處理三家工廠的污水，現(xiàn)要在矩形ABCD的區(qū)域上(含邊界)，且與A，B等距離的一點O處建筑一個污水處理廠，并鋪設排污管道AO，BO，OP，設排污管道的總長為ykm.(1)設∠BAO＝θ(rad)，將y表示成θ的函數(shù)關系式；(2)確定污水處理廠的位置，使三條排污管道總長度最短．解：(1)由條件知PQ垂直平分AB，若∠BAO＝θ(rad)，則OA＝eq\f(AQ,cos∠BAO)＝eq\f(10,cosθ)，故OB＝eq\f(10,cosθ).又OP＝10－10tanθ，所以y＝OA＋OB＋OP＝eq\f(10,cosθ)＋eq\f(10,cosθ)＋10－10tanθ.故所求函數(shù)關系式為y＝eq\f(20－10sinθ,cosθ)＋10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,4))).(2)y′＝eq\f(－10cosθ·cosθ－20－10sinθ－sinθ,cos2θ)＝eq\f(102sinθ－1,cos2θ)，令y′＝0，得sinθ＝eq\f(1,2).由于0≤θ≤eq\f(π,4)，所以θ＝eq\f(π,6).當θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時，y′＜0，y是θ的減函數(shù)；當θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))時，y′＞0，y是θ的增函數(shù)，所以當θ＝eq\f(π,6)時，ymin＝eq\f(20－10×\f(1,2),\f(\r(3),