2020-2021学年人教版高中数学选修2-2模块综合检测(B).docx

模块综合检测(B)
(时间：100分钟；满分：120分)

一、选择题(本大题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.＝(　　)
A．－1－i B．－1＋i
C．1＋i D．1－i
解析：选B.＝＝＝＝－1＋i.
2．用反证法证明命题：“若a，b∈N，ab能被3整除，那么a，b中至少有一个能被3整除”时，假设应为(　　)
A．a，b都能被3整除
B．a，b都不能被3整除
C．a，b不都能被3整除
D．a不能被3整除
解析：选B.由于“至少有一个”的否定为“一个也没有”．
3．用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝时，从n＝k到n＝k＋1时，等式左边应添加的式子是(　　)
A．(k－1)2＋2k2
B．(k＋1)2＋k2
C．(k＋1)2
D.(k＋1)[2(k＋1)2＋1]
解析：选B.n＝k时，左边＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12，n＝k＋1时，左边＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12，
∴从n＝k到n＝k＋1，左边应添加的式子为(k＋1)2＋k2.
4．已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为(　　)

解析：选B.当x＝1时，y＝<0，排解A；
当x＝0时，y不存在，排解D；
当x从负方向无限趋近0时，y趋向－∞，排解C，选B.
5．设xi，ai(i＝1,2,3)均为正实数，甲、乙两位同学由命题：“若x1＋x2＝1，则＋≤(＋)2”分别推理得出了新命题：
甲：“若x1＋x2＝1，则＋≤(a1＋a2)2”；
乙：“若x1＋x2＋x3＝1，则＋＋≤(＋＋)2”．
他们所用的推理方法是(　　)
A．甲、乙都用演绎推理
B．甲、乙都用类比推理
C．甲用演绎推理，乙用类比推理
D．甲用归纳推理，乙用类比推理
解析：选B.由甲、乙都是特殊到特殊的猜想，故选B.
6．把正整数按下图所示的规律排序，则从2 011到2 013的箭头方向依次为(　　)

解析：选B.由图形的变化趋势可知，箭头的变化方向以4为周期，2 011÷4＝502×4＋3,2 012÷4＝502×4＋4，2 013＝502×4＋5，故2 011→2 013的箭头方向同3→5的箭头方向．
7．观看下列各式：72＝49,73＝343,74＝2 401，…，则72 011的末两位数字为(　　)
A．01 B．43
C．07 D．49
解析：选B.由于71＝7,72＝49,73＝343,74＝2 401,75＝16 807，76＝117 649，…，所以这些数的末两位数字呈周期性毁灭，且周期T＝4.又由于2 011＝4×502＋3，所以72 011的末两位数字与73的末两位数字相同，故选B.
8．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中确定成立的是(　　)

A．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(2)
解析：选D.当x＜－2时，y＝(1－x)f′(x)＞0，得f′(x)＞0；
当－2＜x＜1时，y＝(1－x)f′(x)＜0.得f′(x)＜0；
当1＜x＜2时，y＝(1－x)f′(x)>0，得f′(x)＜0；
当x>2时，y＝(1－x)f′(x)<0，得f′(x)>0，
∴f(x)在(－∞，－2)上是增函数，在(－2,1)上是减函数，在(1,2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，
∴函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(2)．
9. 如图，已知正四棱锥S－ABCD全部棱长都为1，点E是侧棱SC上一动点，过点E垂直于SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分．记SE＝x(0＜x＜1)，截面下面部分的体积为V(x)，则函数y＝V(x)的图象大致为(　　)

解析：选A.“分段”表示函数y＝V(x)，依据解析式确定图象．
当0＜x＜时，截面为五边形，如图所示．

由SC⊥平面QEPMN，且几何体为正四棱锥，棱长均为1，可求得正四棱锥的高h＝，取MN的中点O，
易推出OE∥SA，MP∥SA，NQ∥SA，则SQ＝SP＝AM＝AN＝2x，四边形OEQN和OEPM为全等的直角梯形，
则VS­AMN＝×·AM·AN·h＝x2，
此时V(x)＝VS­ABCD－VS­AMN－VS­EQNMP
＝－x2－×(2x－3x2)x
＝x3－x2＋，
非一次函数形式，排解选项C，D.
当E为SC中点时，截面为三角形EDB，且S△EDB＝.
当＜x＜1时，＝2⇒S截面＝(1－x)2.
此时V(x)＝(1－x)3⇒V′＝－(1－x)2.
当x→1时，V′→0，则说明V(x)减小越来越慢，排解选项B.
10．已知函数f(x)＝ex＋x，对于曲线y＝f(x)上横坐标成等差数列的三个点A，B，C，给出以下推断：
①△ABC确定是钝角三角形；
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，正确的推断是(　　)
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：选B.∵f(x)＝ex＋x，f′(x)＝ex＋1，
明显f′(x)>0恒成立，∴f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
设A，B，C三点的横坐标分别为x－d，x，x＋d(d>0)，
则A，B，C三点的坐标分别为(x－d，ex－d＋x－d)，(x，ex＋x)，(x＋d，ex＋d＋x＋d)．
B＝(－d，ex－d－ex－d)，B＝(d，ex＋d－ex＋d)．
∴B·B＝－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，当且仅当e－d＝ed时取等号，此时d＝0.又d>0，故e－d＋ed>2.
∴e2x[2－(e－d＋ed)]<0.
∵h(x)＝ex在(－∞，＋∞)上单调递增，x－d<x＋d，d>0，
∴d(ex－d－ex＋d)<0.
又∵－2d2<0，∴B·B<0，即∠ABC为钝角，
∴△ABC为钝角三角形．
故①正确，排解②.
∵|B|＝，|B|＝，ex－d－ex－d<ex＋d－ex＋d，
∴|B|≠|B|，∴△ABC不行能是等腰三角形，故④正确，排解③.综上，①④正确．
二、填空题(本大题共5小题，把答案填在题中横线上)
11．用数学归纳法证明：当x∈N*,1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍数时，当n＝1时，原式为________．从n＝k到n＝k＋1时需增加的项是________．
解析：当n＝1时，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＋24　25k＋25k＋1＋…＋25k＋4
12．已知x，y∈(0，＋∞)，当x2＋y2＝________时有x＋y　＝1.
解析：要使x＋y＝1，只需x2(1－y2)＝1＋y2(1－x2)－2y，即2y＝1－x2＋y2.只需使(－y)2＝0，即＝y，
∴x2＋y2＝1.
答案：1
13．观看下列等式：
12＝1，
12－22＝－3，
12－22＋32＝6，
12－22＋32－42＝－10，
…，
照此规律，第n个等式可为________．
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＋1.
答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1
14．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．
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
＝＝1 830.
答案：1 830
15．函数f(x)在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有f≤[f(x1)＋f(x2)]，则称f(x)在[a，b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P，现给出如下命题：
①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的；
②f(x2)在[1，]上具有性质P；
③若f(x)在x＝2处取得最大值1，则f(x)＝1，x∈[1,3]；
④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]有
f≤[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]．其中真命题的序号是________．
解析：令f(x)＝可知对∀x1，x2∈[1,3]，
都有f≤[f(x1)＋f(x2)]，但f(x)在[1,3]上的图象不连续，故①不正确；
令f(x)＝－x，则f(x)在[1,3]上具有性质P，
但f(x2)＝－x2在[1，]上不具有性质P，
由于－2＝－≥－＝(－x－x)＝[f(x)＋f(x)]，故②不正确；
对于③，假设存在x0∈[1,3]，使得f(x0)≠1，
由于f(x)max＝f(2)＝1，x∈[1,3]，所以f(x0)＜1.
又当1≤x0≤3时，有1≤4－x0≤3，
由f(x)在[1,3]上具有性质P，得
f(2)＝f≤[f(x0)＋f(4－x0)]，
由于f(x0)＜1，f(4－x0)≤1，故上式冲突．
即对∀x∈[1,3]，有f(x)＝1，故命题③正确．
对∀x1，x2，x3，x4∈[1,3]，
f＝f≤
≤{[f(x1)＋f(x2)]＋[f(x3)＋f(x4)]}＝[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]，即命题④正确．
答案：③④
三、解答题(本大题共5小题，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．设复平面上两个点Z1和Z2所对应的复数为z1＝1，z2＝2＋i，以这两个点为顶点作正三角形，求正三角形的第三个顶点Z3所对应的复数z3.
解：

如图，作Z2A，Z3B分别垂直于x轴．
易知|Z1A|＝1，|AZ2|＝1，|Z1Z2|＝.
∵△Z1Z2Z3为正三角形，
∴|Z1Z3|＝|Z1Z2|＝，∠Z3Z1B＝75°.
故有|BZ3|＝|Z1Z3|sin 75°＝，
|BZ1|＝|Z1Z3|cos 75°＝，
|OB|＝|OZ1|－|BZ1|＝，
∴Z3＝(3－)＋(1＋)i.
同样可得Z3′＝(＋3)＋(1－)i.
17．设f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)f(1)＞0，求证：(1)方程f(x)＝0有实根；
(2)－2＜＜－1；
(3)设x1、x2是方程f(x)＝0的两个实根，则≤|x1－x2|＜.
证明：(1)若a＝0，则b＝－c，
f(0)f(1)＝c(3a＋2b＋c)＝－c2≤0，与已知冲突，所以a≠0.
方程3ax2＋2bx＋c＝0的判别式为Δ＝4(b2－3ac)．
由条件a＋b＋c＝0，消去b，得
Δ＝4(a2＋c2－ac)＝4＞0，
故方程f(x)＝0有实根．
(2)由f(0)f(1)＞0，得c(3a＋2b＋c)＞0，
由条件a＋b＋c＝0，消去c，得(a＋b)(2a＋b)＜0，
∵a2＞0，∴＜0，故－2＜＜－1.
(3)由条件知x1＋x2＝－，x1x2＝＝－，
∴(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝2＋.
∵－2＜＜－1，∴≤(x1－x2)2＜，
故≤|x1－x2|＜.
18．如图所示，已知曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝－x2＋2ax(a＞1)交于点O、A，直线x＝t(0＜t≤1)与曲线C1、C2分别相交于点D、B，连接OD、DA、AB.

(1)写出曲边四边形ABOD(阴影部分)的面积S与t的函数关系式S＝f(t)；
(2)求函数S＝f(t)在区间(0,1]上的最大值．
解：(1)由解得或
∴O(0,0)，A(a，a2)．又由已知得B(t，－t2＋2at)，D(t，t2)，

∴S＝(－x2＋2ax)dx－t×t2＋(－t2＋2at－t2)×(a－t)＝－t3＋(－t2＋at)×(a－t)
＝－t3＋at2－t3＋t3－2at2＋a2t＝t3－at2＋a2t.
∴S＝f(t)＝t3－at2＋a2t(0＜t≤1)．
(2)f′(t)＝t2－2at＋a2，
令f′(t)＝0，即t2－2at＋a2＝0.
解得t＝(2－)a或t＝(2＋)a.
∵0＜t≤1，a＞1，∴t＝(2＋)a应舍去．
若(2－)a≥1，即a≥＝时，
∵0＜t≤1，∴f′(t)≥0.∴f(t)在区间(0,1]上单调递增，
S的最大值是f(1)＝a2－a＋.
若(2－)a＜1，即1＜a＜时，
f(t)在区间(0，(2－)a)上单调递增，
在区间((2－)a,1]上单调递减．
∴S的最大值是f((2－)a)＝a.
综上，当1＜a＜时，S的最大值为a，
当a≥时，S的最大值为a2－a＋.

19. 如图，某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD的顶点A，B及CD的中点P处，已知AB＝20 km，CB＝10 km，为了处理三家工厂的污水，现要在矩形ABCD的区域上(含边界)，且与A，B等距离的一点O处建筑一个污水处理厂，并铺设排污管道AO，BO，OP，设排污管道的总长为y km.

(1)设∠BAO＝θ(rad)，将y表示成θ的函数关系式；
(2)确定污水处理厂的位置，使三条排污管道总长度最短．
解：(1)由条件知PQ垂直平分AB，
若∠BAO＝θ(rad)，
则OA＝＝，故OB＝.
又OP＝10－10tan θ，
所以y＝OA＋OB＋OP＝＋＋10－10tan θ.
故所求函数关系式为y＝＋10.
(2)y′＝
＝，
令y′＝0，得sin θ＝.
由于0≤θ≤，所以θ＝.
当θ∈时，y′＜0，y是θ的减函数；
当θ∈时，y′＞0，y是θ的增函数，
所以当θ＝时，ymin＝＋10＝(10＋10)(km)．
这时点O位于线段AB的中垂线上，且距离AB边km处．
20．是否存在常数a，b，c，使得等式1(n2－12)＋2(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝an4＋bn2＋c对一切正整数n都成立？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，说明理由．
解：假设存在常数a，b，c，使得等式
1(n2－12)＋2(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝an4＋bn2＋c成立，分别令n＝1,2,3得：
，
解得.
所以当a＝，b＝－，c＝0时，
1(n2－12)＋2(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝.
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，左边＝1×(1－12)＝0，
右边＝＝0，左边＝右边．
∴当n＝1时，等式成立．
(2)假设当n＝k时，等式成立，则有：
1(k2－12)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＝.
当n＝k＋1时，
1[(k＋1)2－12]＋2[(k＋1)2－22]＋…＋k[(k＋1)2－k2]＋(k＋1)[(k＋1)2－(k＋1)2]
＝1[(k2－12)＋(2k＋1)]＋2[(k2－22)＋(2k＋1)]＋…＋k[(k2－k2)＋(2k＋1)]＋(k＋1)[(k＋1)2－(k＋1)2]
＝[1(k2－12)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)]＋(2k＋1)·(1＋2＋3＋…＋k)
＝＋
＝k(k＋1)[k(k－1)＋2(2k＋1)]
＝k(k＋1)(k2＋3k＋2)＝
＝.
∴当n＝k＋1时，等式成立．
综合(1)(2)可知，对一切正整数n，
1(n2－12)＋2(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝.