【优化设计】2020-2021学年人教版高中数学选修2-2模块综合检测(A).docx

模块综合检测(A)
(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．若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为(　　)
A．－4 B．－
C．4 D.
解析：选D.∵(3－4i)z＝|4＋3i|，
∴z＝＝＝＝＋i，
∴z的虚部为.
2．求由曲线y＝2x2与直线x＝0，x＝t(t＞0)，y＝0所围成的曲边梯形的面积时，将区间[0，t]等分成n个小区间，则第i个区间为(　　)
A．[，] B．[，]
C．[，] D．[，]
解析：选C.把区间[0，t]等分成n个小区间后，每个小区间的长度为，n个小区间分别为[0，]，[，]，[，]，…，[，]，…，[，t](其中i＝1,2,3，…，n)．故选C.
3．数列2,5,11,20，x,47，…中的x等于(　　)
A．28 B．32
C．33 D．27
解析：选B.由题中数字可发觉：2＋3＝5,5＋6＝11,11＋9＝20，故20＋12＝32.
4．已知z1＝a＋bi，z2＝c＋di，若z1－z2是纯虚数，则(　　)
A．a－c＝0，且b－d≠0
B．a－c＝0，且b＋d≠0
C．a＋c＝0，且b－d≠0
D．a＋c＝0，且b＋d≠0
解析：选A.∵z1－z2＝a＋bi－(c＋di)
＝(a－c)＋(b－d)i为纯虚数，
∴.
5．如图，阴影部分面积为(　　)

A.[f(x)－g(x)]dx
B.[g(x)－f(x)]dx＋[f(x)－g(x)]dx
C.[f(x)－g(x)]dx＋[g(x)－f(x)]dx
D.[g(x)－f(x)]dx
解析：选B.∵在区间(a，c)上g(x)＞f(x)，而在区间(c，b)上g(x)＜f(x)．
∴S＝[g(x)－f(x)]dx＋[f(x)－g(x)]dx，故选B.
6．用反证法证明命题：“若(a－1)(b－1)(c－1)＞0，则a，b，c中至少有一个大于1”时，下列假设中正确的是(　　)
A．假设a，b，c都大于1
B．假设a，b，c都不大于1
C．假设a，b，c至多有一个大于1
D．假设a，b，c至多有两个大于1
解析：选B.a，b，c至少有一个大于1的否定为a，b，c都不大于1.
7．k棱柱有f(k)个对角面，而k＋1棱柱有对角面的个数为(　　)
A．2f(k) B．k－1＋f(k)
C．f(k)＋k D．f(k)＋2
解析：选B.新增加的第k＋1条棱与其不相邻的第k－2条棱构成k－2个对角面，与其相邻的两条棱构成一个对角面，这样共增加k－1个对角面．
8．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(　　)
A．(－1,1] B．(0,1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析：选B.依据函数的导数小于0的解集就是函数的单调减区间求解．
由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－≤0，解得0＜x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．
9．函数f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A.f(x)＝x－x3，∴f′(x)＝1－3x2，当x＝时，f′(x)＝0；
当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
∴f＝为极大值．
又f(0)＝0，f(1)＝0，
∴f(x)的最大值是f＝.
10.设△ABC的三边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝，类比这个结论可知：四周体S－ABC的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球半径为R，四周体S－ABC的体积为V，则R＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C.

设四周体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，
所以四周体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．
则四周体的体积为
VS－ABC＝(S1＋S2＋S3＋S4)R，
∴R＝，故选C.
二、填空题(本大题共5小题，把答案填在题中横线上)
11．复数z1＝cos θ＋i，z2＝sin θ－i，则|z1－z2|的最大值为________．　
解析：|z1－z2|＝|(cos θ－sin θ)＋2i|
＝　
＝
＝≤.
答案：
12．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系为________．
解析：要比较P与Q的大小，只需比较P2与Q2的大小，只需比较2a＋7＋2与2a＋7＋2的大小，只需比较a2＋7a与a2＋7a＋12的大小，即比较0与12的大小，而0＜12.故P＜Q.
答案：P＜Q
13．设y＝f(x)为区间[0,1]上的连续函数，且恒有0≤f(x)≤1，可以用随机模拟方法近似计算积分f(x)dx，先产生两组(每组N个)区间[0,1]上的均匀随机数x1，x2，…xN和y1，y2，…，yN，由此得到N个点(xi，yi)(i＝1,2，…，N)，再数出其中满足yi≤f(xi)(i＝1,2，…，N)的点数N1，那么由随机模拟方案可得积分f(x)dx的近似值为________．
解析：f(x)dx的几何意义是函数f(x)(其中0≤f(x)≤1)的图象与x轴、直线x＝0和直线x＝1所围成图形的面积，依据几何概型易知f(x)dx≈.
答案：
14．已知P，Q为抛物线x2＝2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，－2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为________．
解析：由于y＝x2，所以y′＝x，易知P(4,8)，Q(－2,2)，所以在P、Q两点处切线的斜率的值为4或－2.
所以这两条切线的方程为l1：4x－y－8＝0，l2：2x＋y＋2＝0，
将这两个方程联立方程组求得y＝－4.
答案：－4
15．自然数列按如图规律排列，若2 013在第m行第n个数，则＝________.
1
3　2
4　5　6
10　9　8　7
11　12　13　14　15
…
解析：观看图中数字的排列规律，可知自然数的排列个数呈等差数列，所以其总个数之和与行数m有关，为.
而＜2 013＜，
∴m＝63.而2 013－＝60，
∴n＝60.
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．已知复数z＝cos θ＋isin θ(0≤θ≤2π)，求θ为何值时，|1－i＋z|取得最值．并求出它的最值．
解：|1－i＋z|＝|cos θ＋isin θ＋1－i|
＝　
＝
＝　，
当θ＝时，|1－i＋z|max＝＋1；
当θ＝时，|1－i＋z|min＝－1.
17．已知sin α＋cos α＝1，求证：sin6α＋cos6α＝1.
证明：要证sin6α＋cos6α＝1，
只需证(sin2α＋cos2α)(sin4α－sin2αcos2α＋cos4α)＝1.
即证sin4α－sin2αcos2α＋cos4α＝1，
只需证(sin2α＋cos2α)2－3sin2αcos2α＝1，
即证1－3sin2αcos2α＝1，
即证sin2αcos2α＝0，
由已知sin α＋cos α＝1，
所以sin2α＋cos2α＋2sin αcos α＝1，
所以sin αcos α＝0，所以sin2αcos2α＝0，
故sin6α＋cos6α＝1.
18．用数学归纳法证明＋＋＋…＋＜1－(n≥2，n∈N*)．
证明：当n＝2时，左式＝＝，右式＝1－＝，由于＜，所以不等式成立．
假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，即＋＋＋…＋＜1－，
则当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋＜1－＋
＝1－＝1－＜1－＝1－，
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
综上所述，对任意n≥2的正整数，不等式都成立．

19. 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点．且CC1＝AC.求证：

(1)CN∥平面AMB1；
(2)B1M⊥平面AMG.
证明：(1)设AB1的中点为P，连结NP、MP.
∵CM綊AA1，NP綊AA1，
∴CM綊NP，

∴CNPM是平行四边形，
∴CN∥MP.
∵CN⊄平面AMB1，MP⊂平面AMB1，
∴CN∥平面AMB1.
(2)∵CC1⊥平面ABC，
∴平面CC1B1B⊥平面ABC，
∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B，∴B1M⊥AG.
∵CC1⊥平面ABC，平面A1B1C1∥平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C1，
设AC＝2a，则CC1＝2a.
在Rt△MCA中，AM＝＝a.
同理，B1M＝a.
∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB，
∴AB1＝＝＝2a；
∴AM2＋B1M2＝AB，∴B1M⊥AM，
又AG∩AM＝A，
∴B1M⊥平面AMG.
20．设f(x)＝ln(x＋1)＋＋ax＋b(a，b∈R，a，b为常数)，曲线y＝f(x)与直线y＝x在(0,0)点相切．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当0＜x＜2时，f(x)＜.
解：(1)由y＝f(x)过(0,0)点，得b＝－1.
由y＝f(x)在(0,0)点的切线斜率为，
又y′x＝0＝＋a，得a＝0.
(2)证明：法一：由均值不等式，当x>0时，2<x＋1＋1＝x＋2，故<＋1.
记h(x)＝f(x)－，
则h′(x)＝＋－
＝－<－＝.
令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，
则当0<x<2时，g′(x)＝3(x＋6)2－216<0.
因此g(x)在(0,2)内是递减函数．
又由g(0)＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.
因此h(x)在(0,2)内是递减函数．
又h(0)＝0，得h(x)<0.
于是当0<x<2时，f(x)<.
法二：由(1)知f(x)＝ln(x＋1)＋－1.
由均值不等式，当x>0时，2<x＋1＋1＝x＋2，故<＋1.①
令k(x)＝ln(x＋1)－x，则k(0)＝0，k′(x)＝－1＝<0，
故k(x)<0，即ln(x＋1)<x.②
由①②得，当x>0时，f(x)<x.
记h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，则当0<x<2时，
h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－9<x＋(x＋6)·－9＝[3x(x＋1)＋(x＋6)(2＋)－18(x＋1)]<＝(7x－18)<0.
因此h(x)在(0,2)内单调递减．
又h(0)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<.