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1、高中數(shù)學(xué) 模塊學(xué)習(xí)評(píng)價(jià) 新人教B版選修2-2
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)是符合題目要求的)
1.(xx·課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)若復(fù)數(shù)z滿足(3-4i)z=|4+3i|,則z的虛部為( )
A.-4 B.-
C.4 D.
【解析】 ∵(3-4i)z=|4+3i|,∴z====+i,∴z的虛部為.
【答案】 D
2.一物體的運(yùn)動(dòng)方程是s=3+2t, 則在[2,2.1]這段時(shí)間內(nèi)的平均速度為
( )
A.0.41 B.2
C.0.3 D.0.2
【解析】 ===2.
【答案】 B
2、3.曲線y=ex在點(diǎn)(2,e2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為( )
A.e2 B.2e2
C.e2 D.
【解析】 ∵f′(x)=ex,∴曲線在點(diǎn)(2,e2)處的切線的斜率為k=f′(2)=e2,切線方程為y-e2=e2(x-2),即e2x-y-e2=0,切線與x軸和y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為A(1,0),B(0,-e2),則切線與坐標(biāo)軸圍成的△OAB的面積為×1×e2=.
【答案】 D
4.若復(fù)數(shù)z滿足3-i=z(-2i),則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
【解析】 z===+i,其對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第一象限.
3、【答案】 A
5.(xx·浙江高考)已知函數(shù)y=f(x)的圖象是下列四個(gè)圖象之一,且其導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖1所示,則該函數(shù)的圖象是( )
圖1
【解析】 從導(dǎo)函數(shù)的圖象可以看出,導(dǎo)函數(shù)值先增大后減小,x=0時(shí)最大,所以函數(shù)f(x)的圖象的變化率也先增大后減小,在x=0時(shí)變化率最大.A項(xiàng),在x=0時(shí)變化率最小,故錯(cuò)誤;C項(xiàng),變化率是越來(lái)越大的,故錯(cuò)誤;D項(xiàng),變化率是越來(lái)越小的,故錯(cuò)誤.B項(xiàng)正確.
【答案】 B
6.函數(shù)f(x)=ax3-x在R上為減函數(shù),則( )
A.a(chǎn)≤0 B.a(chǎn)<1
C.a(chǎn)<2 D.a(chǎn)≤
【解析】 由題意可知f′(x)=3ax2-1≤
4、0在R上恒成立,則a≤0.
【答案】 A
7.|cos x|dx等于( )
A.-2 B.0
C.2 D.1
【解析】 ∵|cos x|=
=sin x+(-sin x)
=1+1=2.
【答案】 C
8.(xx·寧波高二檢測(cè))函數(shù)y=ln x(x>0)的圖象與直線y=x+a相切,則a等于( )
A.ln 2-1 B.ln 2+1
C.ln 2 D.2ln 2
【解析】 因?yàn)楹瘮?shù)y=ln x的導(dǎo)數(shù)y′=,又函數(shù)y=ln x(x>0)的圖象與直線y=x+a相切,所以=,即x=2,所以切點(diǎn)P(2,ln 2),所以ln 2=1+a,即a=ln 2-1.
【答案】
5、 A
9.函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo),若f(x)=f(2-x),且(x-1)f′(x)>0,a=f(0),b=f(),c=f(3),則a,b,c的大小關(guān)系是( )
A.a(chǎn)>b>c B.c>a>b
C.b>a>c D.c>b>a
【解析】 因?yàn)?x-1)f′(x)>0,所以當(dāng)x>1,f′(x)>0,即函數(shù)y=f(x)在(1,+∞)上是增函數(shù),又f(x)=f(2-x),所以a=f(0)=f(2),b=f()=f(),所以c>a>b.
【答案】 B
10.在數(shù)學(xué)歸納法的遞推性證明中,由假設(shè)n=k時(shí)成立推導(dǎo)n=k+1時(shí)成立時(shí),f(n)=1+++…+增加的項(xiàng)數(shù)是( )
A.1 B.2
6、k+1
C.2k-1 D.2k
【解析】 ∵f(k)=1+++……+,
又f(k+1)=1+++…++++…+.
從f(k)到f(k+1)是增加了(2k+1-1)-2k+1=2k項(xiàng).
【答案】 D
11.設(shè)△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a,b,c,△ABC的面積為S,內(nèi)切圓半徑為r,則r=,類比這個(gè)結(jié)論可知:四面體S-ABC的四個(gè)面的面積分別為S1,S2,S3,S4,內(nèi)切球半徑為R,四面體S-ABC的體積為V,則R=( )
A. B.
C. D.
【解析】 四面體中以內(nèi)切球的球心為頂點(diǎn),四面體的各個(gè)面為底面,可把四面體分割成四個(gè)高均為R的三棱錐,從而有S1R+S2R+S3R
7、+S4R=V.即(S1+S2+S3+S4)R=3V.
∴R=.
【答案】 C
12.(xx·遼寧高考)設(shè)函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)+2xf(x)=,f(2)=,則x>0時(shí),f(x)( )
A.有極大值,無(wú)極小值
B.有極小值,無(wú)極大值
C.既有極大值又有極小值
D.既無(wú)極大值也無(wú)極小值
【解析】 由題意知f′(x)=-=.令g(x)=ex-2x2f(x),則g′(x)=ex-2x2f′(x)-4xf(x)=ex-2(x2f′(x)+2xf(x))=ex-=ex.由g′(x)=0得x=2,當(dāng)x=2時(shí),g(x)min=e2-2×22×=0,即g(x)≥0,則當(dāng)x>0時(shí),f′(
8、x)=≥0,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,既無(wú)極大值也無(wú)極小值.
【答案】 D
二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分,將答案填在題中的橫線上)
13.(xx·西安高二檢測(cè))觀察下列等式:13+23=32,13+23+33=62,13+23+33+43=102,…,根據(jù)上述規(guī)律,第五個(gè)等式為_(kāi)_______.
【解析】 第i個(gè)等式左邊為1到i+1的立方和,右邊為1+2+3+…+(i+1)的平方,所以第五個(gè)等式為13+23+33+43+53+63=212.
【答案】 13+23+33+43+53+63=212
14.(xx·江蘇高考)設(shè)z=(2-i)2(i為虛數(shù)單位)
9、,則復(fù)數(shù)z的模為_(kāi)_______.
【解析】 z=(2-i)2=3-4i,所以|z|=|3-4i|==5.
【答案】 5
15.如果復(fù)數(shù)1,a+i,3+a2i(a∈R)成等比數(shù)列,那么a的值為_(kāi)_______.
【解析】 由題意知,(a+i)2=1×(3+a2i),即a2-1+2ai=3+a2i,
∴解得a=2.
【答案】 2
16.(xx·佛山高二檢測(cè))若曲線f(x)=ax2+ln x存在垂直于y軸的切線,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.
【解析】 f′(x)=2ax+,∵f(x)存在垂直于y軸的切線.
∴f′(x)=0有解,即2ax+=0有解,
∴a=-,∴a∈(
10、-∞,0)
【答案】 (-∞,0)
三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或演算步驟)
17.(本小題滿分10分)已知復(fù)數(shù)z滿足:|z|=1+3i-z,求的值.
【解】 設(shè)z=a+bi(a,b∈R),而|z|=1+3i-z,
即-1-3i+a+bi=0,
則
解得z=-4+3i,
=
==3+4i.
18.(本小題滿分12分)已知數(shù)列,,…,,…,Sn為該數(shù)列的前n項(xiàng)和,計(jì)算得S1=,S2=,S3=,S4=.
觀察上述結(jié)果,推測(cè)出Sn(n∈N+),并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明.
【解】 推測(cè)Sn=(n∈N+).
用數(shù)學(xué)歸納法證明如下:
(1)當(dāng)
11、n=1時(shí),S1==,等式成立;
(2)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)等式成立,
即Sk=,那么當(dāng)n=k+1時(shí),
Sk+1=Sk+
=+
=
=
=
==.
也就是說(shuō),當(dāng)n=k+1時(shí),等式成立.
根據(jù)(1)和(2),可知對(duì)一切n∈N+,等式均成立.
19.(本小題滿分12分)函數(shù)f(x)=4x3+ax2+bx+5在(-∞,-1)和(,+∞)單調(diào)遞增,在(-1,)單調(diào)遞減.
(1)求函數(shù)的解析式;
(2)求f(x)在[-1,2]上的最大值和最小值.
【解】 (1)∵f′(x)=12x2+2ax+b,且由題意可知
-1,是f′(x)=0的兩個(gè)實(shí)根,
∴
解得a=-3,b=-18,
12、
∴f(x)=4x3-3x2-18x+5.
(2)由(1)得f′(x)=6(2x-3)(x+1),
當(dāng)x∈[,2]時(shí),f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)x∈[-1,]時(shí),f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,
又f(-1)=16,f()=-,f(2)=-11.
故f(x)max=16,f(x)min=-.
20.(本小題滿分12分)(1)在△ABC中,AB⊥AC,AD⊥BC于D,求證:=+.
(2)在四面體A-BCD中,類比上述結(jié)論,你能得到怎樣的猜想,并說(shuō)明理由.
【解】 (1)證明:如圖所示,由射影定理
AD2=BD·DC,AB2=BD·BC,
AC2=BC
13、·DC,
∴=
==,
又BC2=AB2+AC2,
∴==+.
∴=+.
(2)猜想:類比AB⊥AC,AD⊥BC猜想在四面體A-BCD中,AB、AC、AD兩兩垂直,AE⊥平面BCD.
則=++.
如圖,連接BE并延長(zhǎng)交CD于F,連接AF.
∵AB⊥AC,AB⊥AD,AC∩AD=A,
∴AB⊥平面ACD.
而AF?平面ACD,
∴AB⊥AF.
在Rt△ABF中,AE⊥BF,
∴=+.易知在Rt△ACD中,AF⊥CD,
∴=+,
∴=++,
故猜想正確.
21.(本小題滿分12分)(xx·南京高二檢測(cè))設(shè)f(x)=x3+ax2+bx+1的導(dǎo)數(shù)f′(x)滿足f
14、′(1)=2a,f′(2)=-b,其中常數(shù)a,b∈R.
(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程;
(2)設(shè)g(x)=f′(x)e-x,求函數(shù)g(x)的極值.
【解】 (1)因?yàn)閒(x)=x3+ax2+bx+1,故f′(x)=3x2+2ax+b.
令x=1,得f′(1)=3+2a+b,由已知f′(1)=2a,
因此3+2a+b=2a,解得b=-3.
又令x=2,得f′(2)=12+4a+b,由已知f′(2)=-b,
因此12+4a+b=-b,解得a=-.
因此f(x)=x3-x2-3x+1,從而f(1)=-.
又因?yàn)閒′(1)=2×(-)=-3,故曲線y=f(
15、x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y-(-)=-3(x-1),即6x+2y-1=0.
(2)由(1)知g(x)=(3x2-3x-3)e-x,
從而有g(shù)′(x)=(-3x2+9x)e-x.
令g′(x)=0,得-3x2+9x=0,解得x1=0,x2=3.當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),g′(x)<0,故g(x)在(-∞,0)上為減函數(shù);
當(dāng)x∈(0,3)時(shí),g′(x)>0,故g(x)在(0,3)上為增函數(shù);
當(dāng)x∈(3,+∞)時(shí),g′(x)<0,故g(x)在(3,+∞)上為減函數(shù).
從而函數(shù)g(x)在x1=0處取得極小值g(0)=-3,在x2=3處取得極大值g(3)=15e-3.
2
16、2.(本小題滿分12分)(xx·北京高考)已知函數(shù)f(x)=x2+xsin x+cos x.
(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(a,f(a))處與直線y=b相切,求a與b的值;
(2)若曲線y=f(x)與直線y=b有兩個(gè)不同交點(diǎn),求b的取值范圍.
【解】 由f(x)=x2+xsin x+cos x,得f′(x)=x(2+cos x).
(1)因?yàn)榍€y=f(x)在點(diǎn)(a,f(a))處與直線y=b相切,所以f′(a)=a(2+cos a)=0,b=f(a).
解得a=0,b=f(0)=1.
(2)令f′(x)=0,得x=0.
f(x)與f′(x)的變化情況如下:
x
(-∞,0)
17、
0
(0,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
1
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,f(0)=1是f(x)的最小值.
當(dāng)b≤1時(shí),曲線y=f(x)與直線y=b最多只有一個(gè)交點(diǎn);當(dāng)b>1時(shí),f(-2b)=f(2b)≥4b2-2b-1>4b-2b-1>b,f(0)=11時(shí)曲線y=f(x)與直線y=b有且僅有兩個(gè)不同交點(diǎn).
綜上可知,如果曲線y=f(x)與直線y=b有兩個(gè)不同交點(diǎn),那么b的取值范圍是(1,+∞).
S