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.()A1i B1iC1i D1i解析：选B.1i.2用反证法证明命题：“若a，bN，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()Aa，b都能被3整除Ba，b都不能被3整除Ca，b不都能被3整除Da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1222(n1)2n2(n1)22212时，从nk到nk1时，等式左边应添加的式子是()A(k1)22k2B(k1)2k2C(k1)2D.(k1)2(k1)21解析：选B.nk时，左边1222(k1)2k2(k1)22212，nk1时，左边1222(k1)2k2(k1)2k2(k1)22212，从nk到nk1，左边应添加的式子为(k1)2k2.4已知函数f(x)，则yf(x)的图象大致为()解析：选B.当x1时，y0，得f(x)0；当x2时，y(1x)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SABCD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SEx(0x1)，截面下面部分的体积为V(x)，则函数yV(x)的图象大致为()解析：选A.“分段”表示函数yV(x)，依据解析式确定图象当0x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OESA，MPSA，NQSA，则SQSPAMAN2x，四边形OEQN和OEPM为全等的直角梯形，则VSAMNAMANhx2，此时V(x)VSABCDVSAMNVSEQNMPx2(2x3x2)xx3x2，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SEDB.当x1时，2S截面(1x)2.此时V(x)(1x)3V(1x)2.当x1时，V0，则说明V(x)减小越来越慢，排解选项B.10已知函数f(x)exx，对于曲线yf(x)上横坐标成等差数列的三个点A，B，C，给出以下推断：ABC确定是钝角三角形；ABC可能是直角三角形；ABC可能是等腰三角形；ABC不行能是等腰三角形其中，正确的推断是()A BC D解析：选B.f(x)exx，f(x)ex1，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xd，x，xd(d0)，则A，B，C三点的坐标分别为(xd，exdxd)，(x，exx)，(xd，exdxd)B(d，exdexd)，B(d，exdexd)BBd2(exdexd)(exdexd)d2e2xe2xddexde2xde2xdexdexddexd22d22e2xe2xde2xddexddexd2d2e2x2(eded)d(exdexd)ed0，ed0，eded2，当且仅当eded时取等号，此时d0.又d0，故eded2.e2x2(eded)0.h(x)ex在(，)上单调递增，xd0，d(exdexd)0.又2d20，BB0，即ABC为钝角，ABC为钝角三角形故正确，排解.|B|，|B|，exdexdexdexd，|B|B|，ABC不行能是等腰三角形，故正确，排解.综上，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xN*,12222325n1是31的倍数时，当n1时，原式为_从nk到nk1时需增加的项是_解析：当n1时，1222251112222324；122225(k1)1(122225k1)25k25k125k4.答案：1222232425k25k125k412已知x，y(0，)，当x2y2_时有xy1.解析：要使xy1，只需x2(1y2)1y2(1x2)2y，即2y1x2y2.只需使(y)20，即y，x2y21.答案：113观看下列等式：121，12223，1222326，1222324210，照此规律，第n个等式可为_解析：121，1222(12)，122232123，12223242(1234)，12223242(1)n1n2(1)n1(12n)(1)n1.答案：12223242(1)n1n2(1)n114数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前60项和为_解析：an1(1)nan2n1，a21a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a1017a1，a112a1，a1223a1，a57a1，a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)1026422341 830.答案：1 83015函数f(x)在a，b上有定义，若对任意x1，x2a，b，有ff(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：f(x)在1,3上的图象是连续不断的；f(x2)在1，上具有性质P；若f(x)在x2处取得最大值1，则f(x)1，x1,3；对任意x1，x2，x3，x41,3有ff(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，x21,3，都有ff(x1)f(x2)，但f(x)在1,3上的图象不连续，故不正确；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(xx)f(x)f(x)，故不正确；对于，假设存在x01,3，使得f(x0)1，由于f(x)maxf(2)1，x1,3，所以f(x0)1.又当1x03时，有14x03，由f(x)在1,3上具有性质P，得f(2)ff(x0)f(4x0)，由于f(x0)1，f(4x0)1，故上式冲突即对x1,3，有f(x)1，故命题正确对x1，x2，x3，x41,3，fff(x1)f(x2)f(x3)f(x4)f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)，即命题正确答案：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z11，z22i，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|，Z3Z1B75.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)3ax22bxc，若abc0，f(0)f(1)0，求证：(1)方程f(x)0有实根；(2)21；(3)设x1、x2是方程f(x)0的两个实根，则|x1x2|.证明：(1)若a0，则bc，f(0)f(1)c(3a2bc)c20，与已知冲突，所以a0.方程3ax22bxc0的判别式为4(b23ac)由条件abc0，消去b，得4(a2c2ac)40，故方程f(x)0有实根(2)由f(0)f(1)0，得c(3a2bc)0，由条件abc0，消去c，得(ab)(2ab)0，a20，0，故21.(3)由条件知x1x2，x1x2，(x1x2)2(x1x2)24x1x22.21，(x1x2)2，故|x1x2|.18如图所示，已知曲线C1：yx2与曲线C2：yx22ax(a1)交于点O、A，直线xt(0t1)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Sf(t)；(2)求函数Sf(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，t22at)，D(t，t2)，S(x22ax)dxtt2(t22att2)(at)t3(t2at)(at)t3at2t3t32at2a2tt3at2a2t.Sf(t)t3at2a2t(0t1)(2)f(t)t22ata2，令f(t)0，即t22ata20.解得t(2)a或t(2)a.0t1，a1，t(2)a应舍去若(2)a1，即a时，0t1，f(t)0.f(t)在区间(0,1上单调递增，S的最大值是f(1)a2a.若(2)a1，即1a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1a时，S的最大值为a，当a时，S的最大值为a2a.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AB20 km，CB10 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(rad)，将y表示成的函数关系式；(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(rad)，则OA，故OB.又OP1010tan ，所以yOAOBOP1010tan .故所求函数关系式为y10.(2)y，令y0，得sin .由于0，所以.当时，y0，y是的减函数；当时，y0，y是的增函数，所以当时，ymin10(1010)(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(n212)2(n222)n(n2n2)an4bn2c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(n212)2(n222)n(n2n2)an4bn2c成立，分别令n1,2,3得：，解得.所以当a，b，c0时，1(n212)2(n222)n(n2n2).下面用数学归纳法证明：(1)当n1时，左边1(112)0，右边0，左边右边当n1时，等式成立(2)假设当nk时，等式成立，则有：1(k212)2(k222)k(k2k2).当nk1时，1(k1)2122(k1)222k(k1)2k2(k1)(k1)2(k1)21(k212)(2k1)2(k222)(2k1)k(k2k2)(2k1)(k1)(k1)2(k1)21(k212)2(k222)k(k2k2)(2k1)(123k)k(k1)k(k1)2(2k1)k(k1)(k23k2).当nk1时，等式成立综合(1)(2)可知，对一切正整数n，1(n212)2(n222)n(n2n2).