【状元之路】2021-2021学年高中数学 模块综合测评（一）新人教A版选修4-5.doc

模块综合测评(一)选修45(A版)(时间：90分钟满分：120分)第卷(选择题，共50分)一、选择题：本大题共10小题，共50分1不等式|3x2|4的解集是()Ax|x2Bx|xCx|x或x2 Dx|x2解析：因为|3x2|4，所以3x24或3x24，整理得x2或x.答案：C2设a、b、cR，给出下列命题：abac2bc2；aba2b2；a|b|a2b2；abc，a0其中正确命题的个数是()A1个 B2个 C3个 D4个解析：若c0，则ac2bc2，故不正确；若a0，b1，则a2b2，故不正确；若a|b|0，则a2b2，故正确；若cba0，则，从而，故正确答案：B3若a、b、c、dR，且ab0，则下列各式恒成立的是()Abcad Bbcab C. D.解析：对两边同乘以ab，由ab0，得bcad.答案：B4若P，Q，R，则P、Q、R的大小顺序是()APQR BPRQCQPR DQRP解析：P，Q，R.2，PRQ.答案：B5若a、bR，则不等式|a|b|ab|中等号成立的充要条件是()Aab0 Bab0 Cab0 Dab0解析：若ab0，则|a|b|ab|；若ab0，则|a|b|ab|；若ab0，则|a|b|ab|.故选B.答案：B6已知ab0，且ab1，若c，Plogca，Nlogcb，Mlogc(ab)，则()APMN BMPNCNPM DPNM解析：方法一：因为ab0，且ab1，所以a1,0b1，ab22，c(0,1)，所以logcalogc(ab)logcb，即PMN.故选A.方法二(特值法)：令a2，b，于是c.从而logcalog20，logcblog0，logc(ab)log10.故PMN.答案：A7设a1，方程|xlogax|x|logax|的解是()A0x1 Bx1 Cxa D0xa解析：|xlogax|x|logax|，x·logax0.又a1，x0，logax0，x1.答案：B8若0，且x1，则下列不等式成立的是() Aaxxlogax BlogaxaxxClogxxax Daxlogaxx解析：由0，x1，得0a1，且logax0ax1x.答案：B9用数学归纳法证明1(nN*)，假设nk时成立，当nk1时，左端增加的项数是()A1项 Bk1项 Ck项 D2k项解析：当nk时，不等式左端为1；当nk1时，不等式左端为1，增加了，共(2k11)2k12k项答案：D10记满足下列条件的函数f(x)的集合为M，当|x1|1，|x2|1时，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|，若令g(x)x22x1(|x|1)，则g(x)与M的关系是()Ag(x)M Bg(x)MCg(x)M D不能确定解析：g(x1)g(x2)x2x1x2x2(x1x2)(x1x22)，|g(x1)g(x2)|x1x2|·|x1x22|x1x2|·(|x1|x2|2)4|x1x2|，所以g(x)M.答案：B第卷(非选择题，共70分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分11若|xy|4，则xy的最大值是_解析：xy224.答案：412若x0，则函数f(x)x2x的最小值是_解析：令tx.x0，t2.f(x)224，当且仅当即x1时等号成立答案：413若关于x的不等式|x2|x4|a的解集是空集，则实数a的取值范围是_解析：|x2|x4|2xx4|6，a6.答案：(，614下列四个命题中：ab2；sin2x4；设x、y都是正数，若1，则xy的最小值是12；若|x2|，|y2|，则|xy|2.其中所有真命题的序号是_解析：不正确，a、b符号不定；不正确，sin2x(0,1，利用函数yx单调性可求得sin2x5；不正确，(xy)1010616；正确，|xy|x22y|x2|2y|2.答案：三、解答题：本大题共4小题，满分50分15(12分)已知函数f(x)是R上的增函数，a、bR.(1)若ab0，求证：f(a)f(b)f(a)f(b)；(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立，并证明你的结论证明：(1)ab0，ab.由已知f(x)是R上的增函数，于是f(a)f(b)又ab0ba.同理f(b)f(a)两式相加，可得f(a)f(b)f(a)f(b)(6分)(2)逆命题：f(a)f(b)f(a)f(b)ab0.下面用反证法证明，设ab0，则f(a)f(b)f(a)f(b)，这与已知矛盾，故有ab0成立从而逆命题成立(12分)16(12分)设函数f(x)|2x1|x4|.(1)解不等式f(x)2；(2)求函数yf(x)的最小值解：(1)令y|2x1|x4|，则y作出函数y|2x1|x4|的图像，它与直线y2的交点为(7,2)和.于是|2x1|x4|2的解集为(，7).(6分)(2)由函数y|2x1|x4|的图像可知，当x时，y|2x1|x4|取得最小值.(12分)17(12分)已知f(n)(2n7)·3n9，是否存在自然数m，使得对任意的nN*，都能使m整除f(n)，如果存在，求出最大的m值，并证明你的结论；如果不存在，请说明理由解：先找出最大的m值，由f(n)(2n7)·3n9可知，f(1)36，f(2)108，f(3)360，f(4)1 224，猜想能整除f(n)的最大整数为36.(4分)下面用数学归纳法证明f(n)能被36整除当n1时，f(1)36，能被36整除假设nk(kN*)时，f(k)能被36整除那么nk1时，f(k1)2(k1)7·3k193(2k7)·3k918(3k11)由归纳假设可知3(2k7)·3k9能被36整除，而(3k11)为偶数，所以18(3k11)能被36整除故f(k1)能被 36整除由与知，f(n)能被36整除由于f(1)36，从而能整除f(n)的最大整数是36.(12分)18(14分)已知数列an是由非负整数组成的数列，满足a10，a23，an1an(an12)(an22)，n3,4,5，.(1)求a3；(2)求证：anan22，n3,4,5，；(3)求an的通项公式及前n项和Sn.解：(1)由题设，当n3时，得a3a410.因为a3、a4均为非负整数，所以a3的可能值为1、2、5、10.若a31，则a410，a5，与题设矛盾；若a35，则a42，a5，与题设矛盾；若a310，则a41，a560，a6，与题设矛盾；故a32.(4分)(2)当n3时，a3a12，等式成立假设当nk(k3)时，等式成立，即akak22，则ak1ak(ak12)(ak22)因为akak220，所以ak1ak12.这就是说，当nk1时，等式ak1ak12也成立综上，可知对于所有n3，有anan22.(8分)(3)由a2k1a2k32a2(k1)12，且a10，可得a2k12(k1)(2k1)1.再由a2ka2k22，且a23，得a2k3(k1)·22k1，以上k1,2,3因此ann(1)n，n1,2,3，故Sn(14分)5