《高中數(shù)學(xué) 模塊綜合試卷 新人教A版選修22》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中數(shù)學(xué) 模塊綜合試卷 新人教A版選修22（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 模塊綜合試卷 (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) 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(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 考點(diǎn)　共軛復(fù)數(shù)的定義與應(yīng)用 題點(diǎn)　共軛復(fù)數(shù)與點(diǎn)的對(duì)應(yīng) 答案　D 解析　∵z＝＝＝1＋i， ∴＝1－i，∴在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限． 2．曲線y＝sin x＋ex(其中e＝2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在點(diǎn)(0,1)處的切線的斜率為(　　) A．2 B．3 C. D. 考點(diǎn)　求函數(shù)在某點(diǎn)處的切線斜率或切點(diǎn)坐

2、標(biāo) 題點(diǎn)　求函數(shù)在某點(diǎn)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： 9×0＋1＝1,9×1＋2＝11,9×2＋3＝21,9×3＋4＝31，….猜想第n(n∈N*)個(gè)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(diǎn)　歸納推理的應(yīng)用 題點(diǎn)　歸納推理在數(shù)對(duì)(組)中的應(yīng)用 答案　B 解析　注意觀察每一個(gè)等式與n的關(guān)系，易知選項(xiàng)B正確

3、． 4．?|sin x|dx等于(　　) A．0 B．1 C．2 D．4 考點(diǎn)　分段函數(shù)的定積分 題點(diǎn)　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(diǎn)，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(zhǎng)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(diǎn)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(diǎn)　類比推理的應(yīng)用 題點(diǎn)　平面幾何與立體幾何

4、之間的類比 答案　C 解析　由題意知，O為正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(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值 題點(diǎn)　利用導(dǎo)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(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0， ∴f(x)在[0,1]上的極大值為 f

5、0;＝－4×3＝1. 又f(0)＝0，f(1)＝－1，∴函數(shù)最大值為1. 7．若函數(shù)f(x)＝ax2＋ln x的圖象上存在垂直于y軸的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，1) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) 考點(diǎn)　導(dǎo)數(shù)與曲線的切線問題 題點(diǎn)　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(shí)數(shù)根， 即a＝－<0. 8．對(duì)“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＋

6、(c－a)2≠0； ②a＝b與b＝c及a＝c中至少有一個(gè)成立； ③a≠c，b≠c，a≠b不能同時(shí)成立． 其中判斷正確的個(gè)數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 考點(diǎn)　演繹推理的綜合應(yīng)用 題點(diǎn)　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(gè)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(gè)數(shù)相等或三個(gè)數(shù)都互不相等，故③不正確． 9．某工廠要建造一個(gè)長(zhǎng)方體的無蓋箱子，其容積為48 m3，高為3 m

7、，如果箱底每平方米的造價(jià)為15元，箱側(cè)面每平方米的造價(jià)為12元，則箱子的最低總造價(jià)為(　　) A．900元 B．840元 C．818元 D．816元 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求解生活中的最值問題 題點(diǎn)　用料、費(fèi)用最少問題 答案　D 解析　設(shè)箱底一邊的長(zhǎng)度為x m，箱子的總造價(jià)為l元，根據(jù)題意，得l＝15×＋12×2 ＝240＋72(x>0)，l′＝72. 令l′＝0，解得x＝4或x＝－4(舍去)． 當(dāng)0<x<4時(shí)，l′<0；當(dāng)x>4時(shí)，l′>0. 故當(dāng)x＝4時(shí)，l有最小值816. 因此，當(dāng)箱底是邊長(zhǎng)為4 m的正方形時(shí)，

8、箱子的總造價(jià)最低，最低總造價(jià)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(dǎo)數(shù)為f′(x)，當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，恒有xf′(x)<f(－x)，令F(x)＝xf(x)，則滿足F(3)>F(2x－1)的實(shí)數(shù)x的取值范圍為(　　) A．(－1,2) B. C. D．(－2,1) 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點(diǎn)　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)<f(－x)等價(jià)于xf′(x)<－f(x)即xf′(x)＋f(x)<0， ∵F(x)＝xf(x)，∴F′(x)＝xf′(x)＋f(x)，

9、即當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，函數(shù)F(x)為減函數(shù)． ∵f(x)是奇函數(shù)，∴F(x)＝xf(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，為增函數(shù)，即不等式F(3)>F(2x－1)等價(jià)于F(3)>F(|2x－1|)， ∴|2x－1|<3，∴－3<2x－1<3，得－1<x<2，故選A. 11．若由曲線y＝x2＋1，直線x＋y＝3以及兩坐標(biāo)軸的正半軸所圍成的圖形的面積為S，則S等于(　　) A. B. C．3 D. 考點(diǎn)　利用定積分求曲線所圍成圖形面積 題點(diǎn)　需分割的圖形的面積求解 答案　D 解析　由 得或 所以所求面積為圖中

10、陰影部分的面積． 所以S＝?(x2＋1)dx＋?(3－x)dx＝＋1＋－＝. 12．已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，則(　　) A．當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)在x＝1處取到極小值 B．當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)在x＝1處取到極大值 C．當(dāng)k＝2時(shí)，f(x)在x＝1處取到極小值 D．當(dāng)k＝2時(shí)，f(x)在x＝1處取到極大值 考點(diǎn)　函數(shù)在某點(diǎn)處取得極值的條件 題點(diǎn)　不含參數(shù)的函數(shù)求極值 答案　C 解析　當(dāng)k＝1時(shí)，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0， ∴x＝1不是f(x)的極值點(diǎn)． 當(dāng)k＝2時(shí)，f′(x)＝(x－1)(xe

11、x＋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)z的模為________． 考點(diǎn)　復(fù)數(shù)的模的定義與應(yīng)用 題點(diǎn)　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(diǎn)　利用微積分基本定理求定積分 考點(diǎn)　利用微積分基本定理求定積分

12、 答案　2－3ln 3 解析　由1－<0，得－a<x<3－a， 又不等式1－<0的解集為(－1,2)， ∴解得a＝1， ∴?dx＝?dx ＝[x－3ln(x＋1)]|＝2－3ln 3. 15．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________． 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點(diǎn)　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

13、．如圖所示的數(shù)陣中，第20行第2個(gè)數(shù)字是________． 1 　 　　 　　　 　　　　 考點(diǎn)　歸納推理的應(yīng)用 題點(diǎn)　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(gè)數(shù)字為，其中a1＝1，則由數(shù)陣可知an＋1－an＝n， ∴a20＝(a20－a19)＋(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(diǎn)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(shí)

14、數(shù)m的值． 考點(diǎn)　復(fù)數(shù)的概念 題點(diǎn)　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?yàn)樵趶?fù)平面內(nèi)表示的點(diǎn)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， 所以m2＋m＋mz2＝m2＋m－2mi. 又因?yàn)閙2＋m＋mz2是純虛數(shù)， 所以所以m＝－1. 18．(12分)已知a>5，求證：－<－. 考點(diǎn)　分析法及應(yīng)用 題點(diǎn)　分析法解決不等式問題 證明　要證－<－， 只需證＋<＋， 即證(＋)2<(＋

15、)2， 即證2a－5＋2<2a－5＋2， 只需證<， 只需證a2－5a<a2－5a＋6，即證0<6， 顯然0<6成立，所以－<－. 19．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝sin x－cos x＋x＋1,0<x<2π，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值． 考點(diǎn)　函數(shù)在某點(diǎn)處取得極值的條件 題點(diǎn)　不含參數(shù)的函數(shù)求極值問題 解　f′(x)＝cos x＋sin x＋1 ＝sin＋1(0<x<2π)， 令f′(x)＝0，即sin＝－， 解得x＝π或x＝π. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)與f(x)的變化情況如表： x (0，π) π

16、 π f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 遞增 π＋2 遞減 遞增 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，π)和，單調(diào)減區(qū)間為. f(x)極大值＝f(π)＝π＋2， f(x)極小值＝f ＝. 20．(12分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足：Sn＝＋－1，且an>0，n∈N*. (1)求a1，a2，a3； (2)猜想{an}的通項(xiàng)公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明． 考點(diǎn)　數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列問題 題點(diǎn)　利用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列通項(xiàng)問題 解　(1)a1＝S1＝＋－1，所以a1＝－1±. 又因?yàn)閍n>0，所以a1＝－

17、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(xué)歸納法加以證明： ①當(dāng)n＝1時(shí)，由(1)知a1＝－1成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)， ak＝－成立． 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝Sk＋1－Sk ＝－ ＝＋－， 所以a＋2ak＋1－2＝0， 所以ak＋1＝－， 即當(dāng)n＝k＋1時(shí)猜想也成立． 綜上可知，猜想對(duì)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(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得極值－2. (1)求f(x)的

18、單調(diào)區(qū)間和極大值； (2)證明對(duì)任意x1，x2∈(－1,1)，不等式|f(x1)－f(x2)|<4恒成立． 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點(diǎn)　利用導(dǎo)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，c＝－3. 因此f(x)＝x3－3x， f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)， f′(－1)＝f′(1)＝0. 當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f

19、′(x)>0， 故f(x)在區(qū)間(－∞，－1)上是增函數(shù)； 當(dāng)x∈(－1,1)時(shí)，f′(x)<0， 故f(x)在區(qū)間(－1,1)上是減函數(shù)； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，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[－1,1]上的最小值m＝f(1)＝－2. ∴對(duì)任意的x1，x2∈(－1,1)， 恒有|f(x1)－f(x2)|<M－m＝2－(－2

20、)＝4. 22．(12分)已知函數(shù)f(x)＝ex＋2x2－3x. (1)求證：函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上存在唯一的極值點(diǎn)； (2)當(dāng)x≥時(shí)，若關(guān)于x的不等式f(x)≥x2＋(a－3)x＋1恒成立，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)中參數(shù)的取值范圍 題點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)求恒成立中參數(shù)的取值范圍 (1)證明　f′(x)＝ex＋4x－3， ∵f′(0)＝e0－3＝－2<0，f′(1)＝e＋1>0， ∴f′(0)·f′(1)<0. 令h(x)＝f′(x)＝ex＋4x－3，則h′(x)＝ex＋4>0， ∴f′(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增，

21、 ∴f′(x)在區(qū)間[0,1]上存在唯一零點(diǎn)， ∴f(x)在區(qū)間[0,1]上存在唯一的極小值點(diǎn)． (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(guó)經(jīng)濟(jì)發(fā)展進(jìn)入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟(jì)發(fā)展方式，改變粗放式增長(zhǎng)模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟(jì)結(jié)構(gòu)，實(shí)現(xiàn)經(jīng)濟(jì)健康可持續(xù)發(fā)展進(jìn)區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進(jìn)新型城鎮(zhèn)化，推動(dòng)城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國(guó)經(jīng)濟(jì)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(shí)挑戰(zhàn)。