2019-2020学年高中数学选修2-2(人教A版)模块综合评价(一)

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模块综合评价(一)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共6 0分．在每小
题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
|2＋i|＋2i
1．设复数z满足z＝，则|z|＝( )
i
A．3
C．9
B.10
D．10
|2＋i|＋2i5＋2i（5＋2i） （－i）
解析：z＝＝＝＝2－5i，|2
ii
i·（－i）
－5i|＝4＋ 5＝3.
答案：A
2．当函数y＝x·e
x
取极小值时，x＝( )
A．2
C．1
B．－2
D．－1
解析：由函数求导 有：y′＝e
x
＋xe
x
＝e
x
(x＋1)，
当x<－1时，y′<0，函数y＝xe
x
单调递减；
当x>－1时，y′>0，函数y＝xe
x
单调递增；
则x＝－1时，函数y＝xe
x
取得极小值．
答案：D
3．用反证 法证明命题“设a，b为实数，则方程x
2
＋ax＋b＝0
至少有一个实根”时，要做 的假设是( )
A．方程x
2
＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x
2
＋ax＋b＝0至多有一个实根
[来源:]

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C．方程x
2
＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x
2
＋ax＋b＝0恰好有两个实根
解析：反证法的步骤第一步是假设命题反面成立，而“至少有一
个根”的否定是“没有”．
答案：A
4．给出下列三个类比推理的结论：
①类比a
x
·a< br>y
＝a
x
＋
y
，则有a
x
÷a
y< br>＝a
x
－
y
；
②类比log
a
(xy)＝ log
a
x＋log
a
y，则有sin(α＋β)＝sin α＋sin β；
→→→→→→
22
③类比(a＋b)＝a＋2ab＋b，则有(a＋b)＝a＋2a b＋b
2
.
222
其中，结论正确的个数是( )
A．1
C．3
[来源:学§科§网Z§X§X§K]

B．2
D．4
解析：只有①③的结论是正确的．
答案：B
5．某个命题与正整 数n有关，若n＝k(k∈N
*
)时命题成立，那
么可推得当n＝k＋1时该命题也成 立．现已知当n＝5时，该命题不
成立，那么可推得( )
A．当n＝6时，该命题不成立
B．当n＝6时，该命题成立
C．当n＝4时，该命题不成立
D．当n＝4时，该命题成立
[来源:Z,xx,]

解析：由题意可知，命题对n＝4不成立(否则对n＝5成立)．故
选C.
答案：C
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2
6．若两曲线y＝x与y＝cx(c>0)围成的图形面积是，则c＝
3
2 3
( )
A．1
3
C.
2
1
B.
2
D．2
1
解析：令x
2
＝cx
3
(c >0)解得x＝0或x＝，于是两曲线y＝x
2
与y
c
1
34
1
?
xcx
?
12
323
??
∫|
－< br>＝cx(c>0)围成的面积S＝
c
0
(x－cx)dx＝
3
所
4
?
c
0
＝
12c
3
＝
3，
?
1
以c＝，故选B.
2
答案：B
7．已知结论 ：“在正三角形ABC中，若D是边BC的中点，G
AG
是三角形ABC的重心，则＝2.”若 把该结论推广到空间，则有结
GD
论：在棱长都相等的四面体ABCD中，若△BCD的中心为 M，四面
AO
体内部一点O到四面体各面的距离都相等，则＝( )
OM
A．1
C．3
B．2
D．4
解析 ：由题知，O为正四面体的外接球、内切球球心，设正四面
13
体的高为h，由等体积法可求内 切球半径为h，外接球半径为h，所
44
AO
以＝3.
OM
答案：C
8．在下列命题中，正确命题的个数是( )
①两个复数不能比较大小；
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②复数z＝i－1对应的点在第四象限；
③若(x
2
－1)＋(x
2
＋3x＋2)i是纯虚数，则实数x＝±1；
④若(z
1
－z
2
)
2
＋(z
2
－z
3
)
2
＝0， 则z
1
＝z
2
＝z
3
.
A．0
C．2
B．1
D．3
解析：对于命题①，不能说两个复数不能比较 大小，如复数3
和4就可比较大小，所以该命题是错误的．对于命题②，复数z＝i
－1对应的 点在第二象限，所以该命题是错误的．对于命题③，若(x
2
－1)＋(x
2
＋3x＋2)i是纯虚数，则x
2
－1＝0且x
2
＋3x＋2≠0，所以x< br>＝1，所以该命题是错误的．对于命题④，若(z
1
－z
2
)
2
＋(z
2
－z
3
)
2
＝0，
可以z1
＝i，z
2
＝0，z
3
＝1，所以该命题是错误的．
答案：A
1
9．已知f(x)＝x
2
＋cos x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象
4
是( )

1
2
1
解析：因为f(x)＝x＋cos x，所以f′(x)＝x－sin x，y＝f′(x)为
42
奇函数，所以图象关于原点对称，排除B，D，又因为f′(1)< 0，可排
除C.
答案：A
1
2
10．若函数f(x)＝x－aln x在(2，＋∞)上为增函数，则实数a
2
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的取值范围是( )
A．(4，＋∞)
C．(－∞，4)
B．[4，＋∞)
D．(－∞，4]
a
x
2
－a
解析：因为f′(x)＝x －＝，且f(x)在区间(2，＋∞)上是增
xx
函数，所以f′(x)≥0在区间(2，＋∞ )上恒成立，所以a≤x
2
在区间(2，
＋∞)上恒成立．因为x>2时，x
2
>4，所以a≤4，故选D.
答案：D
11．曲线f(x)＝x
3＋x－2在点P处的切线平行于直线y＝4x－1，
则点P的坐标为( )
A．(1，0)
C．(1.－4)
B．(－1，－4)
D．(1，0)或(－1，－4)
解析：f′(x)＝3x
2
＋1，设点P 坐标为P(x
0
，y
0
)，则切线斜率k＝
2
f′(x0
)＝3x
0
＋1＝4，得x
2
0
＝1，所以x
0
＝1或x
0
＝－1，对应的y
0
＝0
或y
0< br>＝－4.
答案：D
12．张师傅欲将一球形的石材工件削砍加工成一圆柱形的新工< br>件，已知原球形工件的半径为2，则张师傅的材料利用率的最大值等
?
新工件的体积?
?
( ) 于
?
注：材料利用率＝
原工件的体积
? ?
A.
232333
B. C. D.
28316< br>解析：设球半径为R，圆柱半径为r，圆柱的体积为V＝πr
2
h＝
?
2
h
2
??
2
3h
2
?
2
??? ?
πh
R－
4
，所以令V′＝π
R－
4
＝0，所以 h＝R时圆柱的体积
????
3
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πR
3
33
2
?
2
R
?
4π
3
1
??
最大为 π·R
R－
3
＝R，因此材料利用率＝＝.
4
3
?
333
?
3
πR
3
2
4
答案：C
二．填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填
在题中横线上)
13．复数z满足(1＋i)z＝|3－i|，则z＝________．
2（1－i）2
解析：因为(1＋i)z＝|3－i|＝2，所以z＝＝＝1－i，
2
1＋i< br>所以z＝1＋i.
答案：1＋i
14．变速直线运动的物体的速度为v(t)＝1－ t
2
(ms)(其中t为时
间，单位：s)，则它在前2s内所走过的路程为____ ____m.
解析：令v(t)＝0得t＝1，当t∈(0，1)时，v(t)＞0；
2< br>当t∈(1，2)时，v(t)＜0，所以物体所走的路程为
∫
1
0
( 1－t)dt＋
∫
—
—
?
1
3
?
1
?
1
3
?
22
1
(t－1)dt＝
?
t －t
?
|
0
＋
?
t－t
?
1
＝2 .
?
3
??
3
?
2
答案：2
15．观 察下图中各正方形图案，每条边上有n(n≥2)个点，第n
个图案中圆点的总数是S
n
.

n＝2，S
2
＝4；n＝3，S
3
＝8；n＝4， S
4
＝12；….按此规律，推出
S
n
与n的关系式为______ ___________________________________．
解析：依图的构造规律可以看出：
S
2
＝2×4－4，
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S
3
＝3×4－4，
S
4
＝4×4－4(正方形四个顶点重复计算一次，应减去)．
…
猜想：S
n
＝4n－4(n≥2，n∈N
*
)．
答案：S
n
＝4n－4(n≥2，n∈N
*
)
b
16．已知函数f(x)＝ax＋(b>0)的图象在点P(1，f(1))处的切线与
x
?< br>1
?
?
直线x＋2y－1＝0垂直，且函数f(x)在区间
2
，＋∞
?
上是单调递增
??
的，则b的最大值等于________． bb
解析：函数f(x)＝ax＋(b>0)的导数为f′(x)＝a－
2
，在点 P(1，
x
x
f(1))处的切线斜率为k＝a－b，由切线与直线x＋2y－1＝0 垂直，可
?
1
?
得k＝a－b＝2，即a＝b＋2，由函数f(x)在区间< br>?
2
，＋∞
?
上单调递增
??
?
1
?
1
bb
2
??
可得a－
2
≥0在区间
2
，＋∞
上恒成立，即有≤(x)
min
，由x≥可
a
x2< br>??
112
b
得x的最小值为，即有≤，由b>0，可得b≤，则b的最大43
b＋2
4
2
2
值为.
3
2
答案：
3
三．解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写 出必要的文字
说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知复数z满足|z |＝2，z的虚部为1，
且在复平面内表示的点位于第二象限．
(1)求复数z；
(2)若m
2
＋m＋mz
2
是纯虚数，求实数m的值．
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解：(1)设z＝a＋bi，(a，b∈R)，
则a
2
＋b
2
＝2，b＝1.
因为在复平面内表示的点位于第二象限，所以a<0，所以a＝－
1，b＝1，
所以z＝－1＋i.
[来源:学科网ZXXK]

(2)由(1)得z＝－1＋i，
所以z
2
＝(－1＋i)
2
＝－2i，
所以m
2
＋m＋mz
2
＝m
2
＋m－2mi.
又因为m
2
＋m＋mz
2
是纯虚数，
2
?
?
m＋m＝0，
所以
?
所以m＝－1. ?
?
－2m≠0，
18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x
3
＋3ax
2
＋3x＋1.
(1)当a＝－2时，讨论f(x)的单调性；
(2)若x∈[2，＋∞)时，f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)当a＝－2时， f(x)＝x
3
－32x
2
＋3x＋1，f′(x)＝3x
2
－
62x＋3.
令f′(x)＝0，得x
1
＝2－1，x
2
＝2＋1.
当x∈(－∞，2－1)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－1)上是增
函数；
当x∈(2－1，2＋1)时，f′(x)<0，f(x)在(2－1，2＋1)上是
减函数；
当x∈(2＋1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2＋1，＋∞)上是增
函数．
5
(2)由f(2)≥0，得a≥－.
4
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5
当a≥－，x∈[2，＋∞)时，
4
?
2
5
? ?
1
?
???
f′(x)＝3(x＋2ax＋1)≥3
x－
2
x＋1
＝3
x－
2
?
·(x－2)>0，
?? ??
2
所以f(x)在[2，＋∞)上是增函数，于是当x∈[2，＋∞)时，
f(x )≥f(2)≥0.
?
5
?
综上，a的取值范围是
?
－< br>4
，＋∞
?
.
??
19．(本小题满分12分)已知△AB C的三边长为a，b，c，且其
111
中任意两边长均不相等.，，成等差数列．
a bc
(1)比较
b
与
a
c
的大小，并证明你的结论；
b
(2)求证：B不可能是钝角．
(1)解：大小关系为
证明如下：要证< br>b
＜
a
b
＜
a
c
，
b
cbc
，只需证＜，
bab
由题意知a，b，c＞0，只需证b
2
＜ac，
111
因为，，成等差数列，
abc
211
所以＝＋≥2
bac
所以b
2
＜ac，
又a，b，c任意两边均不相等，
所以b
2
＜ac成立．故所得大小关系正确．
(2)证明：假设B是钝角，则cos B＜0，
a
2
＋c
2－b
2
2ac－b
2
ac－b
2
而cos B＝＞＞＞0.
2ac2ac2ac
这与cos B＜0矛盾，故假设不成立．
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1
，
ac

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所以B不可能是钝角．
20．(本小题满分12分)苏州市举办“广电狂欢购物节”促销活
动，某厂商拟投入适当的广 告费，对所售产品进行促销，经调查测算，
该促销产品在狂欢购物节的销售量p(万件)与广告费用x( 万元)满足p
2
＝3－(其中0≤x≤a，a为正常数)．已知生产该批产品p万件还
x＋1
需投入成本(10＋2p)万元(不含广告费用)，产品的销售价格定为
?
20
?
?
4＋
?
元件，假定厂商生产的产品恰好能够售完．
p
??
(1)将该产品的利润y(万元)表示为广告费用x(万元)的函数；
(2)问广告投入多少万元时，厂商的利润最大？
[来源:学科网]
?
20
?
解：(1)由题意知，y＝
?
4＋
p
?
p－x－ (10＋2p)，
??
2
将p＝3－代入化简得
x＋1
4
y＝16－－x(0≤x≤a，a为正常数)．
x＋1
－4－（x＋1）
2
＋4
(2)由(1)知y′＝－1－＝＝
（x＋1）
2
（x＋1）
2
（x＋3）（x－1）
－(0≤ x≤a，a为正常数)．
（x＋1）
2
①当a>1时，在区间(0，1)上，y′> 0，函数在(0，1)上单调递增；
在区间(1，a)上，y′<0，函数在(1，a)上单调递减．
则广告费用投入1万元时，厂商的利润最大．
②当a≤1时，函数在[0，a]上单调递增，
所以x＝a时，函数有最大值，即广告费用投入a万元时，厂商
的利润最大．
综上所 述，当a>1时，广告费用投入1万元，厂商的利润最大；
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当a≤1时，广告费用投入a万元，厂商的利润最大．
1－x
21．(本小题满分1 2分)已知函数f(x)＝ln(ax＋1)＋，x≥0，
1＋x
其中a>0.
(1)若f(x)在x＝1处到得极值，求a的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)若f(x)的最小值为1，求a的取值范围．
ax
2
＋a－2
2
a
解：(1)f′(x)＝－＝， ax＋1（1＋x）
2
（ax＋1）（1＋x）
2
因为f(x)在x＝1 处取得极值，所以f′(1)＝0，
a＋a－2
即＝0，解得a＝1.
4（a＋1）
ax
2
＋a－2
(2)由(1)知f′(x)＝，
（ax＋1）（1＋x）
2
因为x≥0，a>0，所以ax＋1>0.
①当 a≥2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)>0，所以f(x)的单调增
区间为[0，＋∞)．
②当00解得x>
由f′(x)<0解得x<
2－a
，
a
2－a
?
?
，单调增区间为
a
?
2－a
，
a
?
所以f(x)的单调减区间为
?
0，
?
?
?
?
?
2－a
，＋∞
?
.
a
?
综上可知，当a≥2时，f(x)的单调增区间为[0，＋∞)；当0?
时，f(x)的单调减区间为
?
0，
?
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2－a
?
?
，单 调增区间为
a
?

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?
?
?
?
2－a
，＋∞
?
.
a
?
(3)当a≥2时，由(2)①知，f(x)的最小值为f(0)＝1，
当0?
小值为f
?
?
2－a
处取得最小值，最
a
2－a
?
?

a
?
综上可知，若f(x)的最小值为1，则a的取值范围是[2，＋∞)．
1
22．(本小题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln
x
x.
(1)讨论f(x)的单调性；
f（x
1
）－f （x
2
）
(2)若f(x)存在两个极值点x
1
，x
2，证明：x
1
－x
2
2.
x
2
－ax＋1
1
a
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2
－1＋＝－.
x
xx
2
(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0 ，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
a－a
2
－4a＋a
2
－4
(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0， 得x＝或x＝.
22
a－a
2
－4a＋a
2
－4
当x∈(0，)，(，＋∞)时，
22
f′(x)<0；
a－a
2
－4a＋a
2
－4
当x∈(，)时，f′(x)>0.
22
a－ a
2
－4a＋a
2
－4
所以f(x)在(0，)，(，＋∞)上单调 递减，在
22
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a－a
2
－4a＋a
2
－4
(，)上单调递增．
22
(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点，当且仅当a>2.
由于f(x) 的两个极值点x
1
，x
2
满足x
2
－ax＋1＝0， 所以x
1
x
2
＝1，不妨设x
1
2
，则x
2
>1.
f（x
1
）－f（x
2
）ln x
1
－ln x
2
1
由于＝－－1＋a＝－2＋
x
1
x
2
x
1
－x
2
x
1
－x2
ln x
1
－ln x
2
－2ln x
2
a＝－2＋a，
1
x
1
－x
2
－x
x
2
2
f（x
1
）－f（x
2
）
1
所以2
＋2ln x
2
<0.
x< br>2
x
1
－x
2
1
设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
x
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.
f（x
1
）－f（x
2
）
1
所以－x
2
＋2ln x
2
<0，即x
2
x
1
－x
2

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