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1、
模塊綜合試卷
(時間: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)
1.在復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)z=(i為虛數(shù)單位)的共軛復(fù)數(shù)對應(yīng)的點位于( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
考點 共軛復(fù)數(shù)的定義與應(yīng)用
題點 共軛復(fù)數(shù)與點的對應(yīng)
答案 D
解析 ∵z===1+i,
∴=1-i,∴在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第四象限.
2.曲線y=sin x+ex(其中e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))在點(0,1)處的切線的斜率為( )
A.2 B.3
C. D.
考點 求函數(shù)在某點處的切線斜率或切點坐
2、標
題點 求函數(shù)在某點處的切線的斜率
答案 A
解析 ∵y′=cos x+ex,
∴k=y(tǒng)′|x=0=cos 0+e0=2,故選A.
3.觀察下列等式:
90+1=1,91+2=11,92+3=21,93+4=31,….猜想第n(n∈N*)個等式應(yīng)為( )
A.9(n+1)+n=10n+9
B.9(n-1)+n=10n-9
C.9n+(n-1)=10n-1
D.9(n-1)+(n-1)=10n-10
考點 歸納推理的應(yīng)用
題點 歸納推理在數(shù)對(組)中的應(yīng)用
答案 B
解析 注意觀察每一個等式與n的關(guān)系,易知選項B正確.
4.?|sin x|dx等于( )
A
3、.0 B.1
C.2 D.4
考點 分段函數(shù)的定積分
題點 分段函數(shù)的定積分
答案 D
解析 ?|sin x|dx=?sin xdx+?(-sin x)dx
=-cos x|+cos x|=1+1+1+1=4.
5.已知在正三角形ABC中,若D是BC邊的中點,G是三角形ABC的重心,則=2.若把該結(jié)論推廣到空間,則有:在棱長都相等的四面體ABCD中,若三角形BCD的重心為M,四面體內(nèi)部一點O到四面體各面的距離都相等,則等于( )
A.1 B.2
C.3 D.4
考點 類比推理的應(yīng)用
題點 平面幾何與立體幾何之間的類比
答案 C
解析 由題意知,O為正
4、四面體的外接球和內(nèi)切球的球心.設(shè)正四面體的高為h,由等體積法可求得內(nèi)切球的半徑為h,外接球的半徑為h,所以=3.
6.函數(shù)f(x)=3x-4x3(x∈[0,1])的最大值是( )
A. B.-1
C.0 D.1
考點 利用導數(shù)求函數(shù)的最值
題點 利用導數(shù)求不含參數(shù)函數(shù)的最值
答案 D
解析 由f′(x)=3-12x2=3(1+2x)(1-2x)=0,解得x=,
∵-?[0,1](舍去).
當x∈時,f′(x)>0,
當x∈時,f′(x)<0,
∴f(x)在[0,1]上的極大值為
f=-43=1.
又f(0)=0,f(1)=-1,∴函數(shù)最大值為1.
7.若函
5、數(shù)f(x)=ax2+ln x的圖象上存在垂直于y軸的切線,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.(-∞,0) B.(-∞,1)
C.(0,+∞) D.(1,+∞)
考點 導數(shù)與曲線的切線問題
題點 切線存在性問題
答案 A
解析 易知f′(x)=2ax+(x>0).
若函數(shù)f(x)=ax2+ln x的圖象上存在垂直于y軸的切線,
則2ax+=0存在大于0的實數(shù)根,
即a=-<0.
8.對“a,b,c是不全相等的正數(shù)”,給出下列判斷:
①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0;
②a=b與b=c及a=c中至少有一個成立;
③a≠c,b≠c,a≠b不能同時成立.
6、
其中判斷正確的個數(shù)為( )
A.0 B.1
C.2 D.3
考點 演繹推理的綜合應(yīng)用
題點 演繹推理在其他方面的應(yīng)用
答案 B
解析 若(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0,則a=b=c,與“a,b,c是不全相等的正數(shù)”矛盾,故①正確.a(chǎn)=b與b=c及a=c中最多只能有一個成立,故②不正確.由于“a,b,c是不全相等的正數(shù)”,有兩種情形:至多有兩個數(shù)相等或三個數(shù)都互不相等,故③不正確.
9.某工廠要建造一個長方體的無蓋箱子,其容積為48 m3,高為3 m,如果箱底每平方米的造價為15元,箱側(cè)面每平方米的造價為12元,則箱子的最低總造價為( )
A.900元
7、 B.840元
C.818元 D.816元
考點 利用導數(shù)求解生活中的最值問題
題點 用料、費用最少問題
答案 D
解析 設(shè)箱底一邊的長度為x m,箱子的總造價為l元,根據(jù)題意,得l=15+122
=240+72(x>0),l′=72.
令l′=0,解得x=4或x=-4(舍去).
當04時,l′>0.
故當x=4時,l有最小值816.
因此,當箱底是邊長為4 m的正方形時,箱子的總造價最低,最低總造價為816元.故選D.
10.已知定義在R上的奇函數(shù)f(x),設(shè)其導數(shù)為f′(x),當x∈(-∞,0]時,恒有xf′(x)
8、(x)=xf(x),則滿足F(3)>F(2x-1)的實數(shù)x的取值范圍為( )
A.(-1,2) B.
C. D.(-2,1)
考點 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
題點 已知函數(shù)值大小求未知數(shù)
答案 A
解析 ∵f(x)是奇函數(shù),∴不等式xf′(x)0時,為增函數(shù),即不等式F(3)>F(2x-1)等價于F(3)>F(|2
9、x-1|),
∴|2x-1|<3,∴-3<2x-1<3,得-1
10、)在x=1處取到極大值
C.當k=2時,f(x)在x=1處取到極小值
D.當k=2時,f(x)在x=1處取到極大值
考點 函數(shù)在某點處取得極值的條件
題點 不含參數(shù)的函數(shù)求極值
答案 C
解析 當k=1時,f′(x)=exx-1,f′(1)≠0,
∴x=1不是f(x)的極值點.
當k=2時,f′(x)=(x-1)(xex+ex-2),
顯然f′(1)=0,且在x=1附近的左側(cè)f′(x)<0,
在x=1附近的右側(cè)f′(x)>0,
∴f(x)在x=1處取到極小值.故選C.
二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)
13.設(shè)z=(2-i)2(i為虛數(shù)單位),則復(fù)數(shù)
11、z的模為________.
考點 復(fù)數(shù)的模的定義與應(yīng)用
題點 利用定義求復(fù)數(shù)的模
答案 5
解析 z=(2-i)2=3-4i,所以|z|=|3-4i|==5.
14.已知不等式1-<0的解集為(-1,2),則?dx=________.
考點 利用微積分基本定理求定積分
考點 利用微積分基本定理求定積分
答案 2-3ln 3
解析 由1-<0,得-a
12、的取值范圍是________.
考點 利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
題點 已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)
答案 [-,]
解析 依題意可知函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上是減函數(shù),
所以f′(x)=-3x2+2ax-1≤0在(-∞,+∞)上恒成立,
則Δ=4a2-12≤0,解得-≤a≤.
16.如圖所示的數(shù)陣中,第20行第2個數(shù)字是________.
1
考點 歸納推理的應(yīng)用
題點 歸納推理在數(shù)陣(表)中的應(yīng)用
答案
解析 設(shè)第n(n≥2且n∈N*)行的第2個數(shù)字為,其中a1=1,則由數(shù)陣可知an+1-an=n,
∴a20=(a20-a19)+
13、(a19-a18)+…+(a2-a1)+a1
=19+18+…+1+1=+1=191,
∴=.
三、解答題(本大題共6小題,共70分)
17.(10分)已知復(fù)數(shù)z滿足|z|=,z的虛部為1,且在復(fù)平面內(nèi)表示的點位于第二象限.
(1)求復(fù)數(shù)z;
(2)若m2+m+mz2是純虛數(shù),求實數(shù)m的值.
考點 復(fù)數(shù)的概念
題點 由復(fù)數(shù)的分類求未知數(shù)
解 (1)設(shè)z=a+bi(a,b∈R),
則a2+b2=2,b=1.
因為在復(fù)平面內(nèi)表示的點位于第二象限,所以a<0,
所以a=-1,b=1,所以z=-1+i.
(2)由(1)得z=-1+i,
所以z2=(-1+i)2=-2i,
14、所以m2+m+mz2=m2+m-2mi.
又因為m2+m+mz2是純虛數(shù),
所以所以m=-1.
18.(12分)已知a>5,求證:-<-.
考點 分析法及應(yīng)用
題點 分析法解決不等式問題
證明 要證-<-,
只需證+<+,
即證(+)2<(+)2,
即證2a-5+2<2a-5+2,
只需證<,
只需證a2-5a
15、cos x+sin x+1
=sin+1(00,n∈N*.
(1)求a1,a2,a3;
(2)猜想{an}的通項公式,并用數(shù)學歸納
16、法證明.
考點 數(shù)學歸納法證明數(shù)列問題
題點 利用數(shù)學歸納法證明數(shù)列通項問題
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)學歸納法加以證明:
①當n=1時,由(1)知a1=-1成立.
②假設(shè)當n=k(k∈N*)時,
ak=-成立.
當n=k+1時,ak+1=Sk+1-Sk
=-
=+-,
所以a+2ak+1-2=0,
所以ak+1=-,
即當n=k+1時猜想也成立.
綜上可知,
17、猜想對一切n∈N*都成立.
21.(12分)已知函數(shù)f(x)=ax3+cx+d(a≠0)是R上的奇函數(shù),當x=1時,f(x)取得極值-2.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極大值;
(2)證明對任意x1,x2∈(-1,1),不等式|f(x1)-f(x2)|<4恒成立.
考點 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
題點 利用導數(shù)證明不等式問題
(1)解 由奇函數(shù)的定義,
應(yīng)有f(-x)=-f(x),x∈R,
即-ax3-cx+d=-ax3-cx-d,∴d=0.
因此f(x)=ax3+cx,f′(x)=3ax2+c.
由條件f(1)=-2為f(x)的極值,必有f′(1)=0.
故解得a=1,
18、c=-3.
因此f(x)=x3-3x,
f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),
f′(-1)=f′(1)=0.
當x∈(-∞,-1)時,f′(x)>0,
故f(x)在區(qū)間(-∞,-1)上是增函數(shù);
當x∈(-1,1)時,f′(x)<0,
故f(x)在區(qū)間(-1,1)上是減函數(shù);
當x∈(1,+∞)時,f′(x)>0,
故f(x)在(1,+∞)上是增函數(shù).
∴f(x)在x=-1處取得極大值,極大值為f(-1)=2.
(2)證明 由(1)知,f(x)=x3-3x(x∈[-1,1])是減函數(shù),
且f(x)在[-1,1]上的最大值M=f(-1)=2,
f(x)在[-
19、1,1]上的最小值m=f(1)=-2.
∴對任意的x1,x2∈(-1,1),
恒有|f(x1)-f(x2)|0,
∴f′(0)f′(1)<0.
令h(x)=f′
20、(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)解 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.
我國經(jīng)濟發(fā)展進入新常態(tài),需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟發(fā)展方式,改變粗放式增長模式,不斷優(yōu)化經(jīng)濟結(jié)構(gòu),實現(xiàn)經(jīng)濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展,推進新型城鎮(zhèn)化,推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因:我國經(jīng)濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。