2019北师大版数学选修2-2同步优化指导练习-模块综合测评Word版含答案解析11665.pdf

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1、模块综合测评(时间：120 分钟 满分：150 分)一、选择题(本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分)1设复数 z12i(其中 i 为虚数单位)，则 z23 z的虚部为()A2i B0 C10 D2 解析：z12i12i，z2(12i)234i，z12i.z23 z34i3(12i)2i.虚部为 2.答案：D 2观察一列数的特点：1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，则第 100 项是()A10 B13 C14 D100 解析：11313291，从第 92 项开始为 14，共有 14 项 第 100 项为 14.答案：C 3已知 i 是虚数单位，且 z1i1i2 0142i 的共

2、轭复数为 z，则 z z()A5 B1 C 5 D9 解析：z1i1i2 0142i(i)2 0142i12i，故 z z(12i)(12i)5.答案：A 4数列an中，a11，当 n2 时，anan12n1，依次计算 a2，a3，a4后，猜想an的表达式是()A3n2 Bn2 C3n1 D4n3 解析：计算出 a24，a39，a416，猜想 ann2.答案：B 5为确保信息安全，信息需加密传输，发送方由明文密文(加密)，接受方由密文明文(解密)，已知加密规则为：明文 a，b，c，d 对应密文 a2b，2bc，2c3d,4d，例如，明文 1,2,3,4 对应密文 5,7,18,16.当接受方收

3、到密文 14,9,23,28 时，解密得到的明文为()A4,6,1,7 B7,6,1,4 C6,4,1,7 D1,6,4,7 解析：由 a2b14，2bc9，2c3d23，4d28，得 a6，b4，c1，d7.故选 C 答案：C 6(2017北京卷)若复数(1i)(ai)在复平面内对应的点在第二象限，则实数 a 的取值范围是()A(，1)B(，1)C(1，)D(1，)解析：(1i)(ai)aiaii2a1(1a)i.由复数(1i)(ai)在复平面内对应的点在第二象限，得 a10，1a0.解得 a1.答案：B 7由直线 x6，x76，y0 与曲线 ysin x 所围成的封闭图形的面积为()A2

4、3 B4 3 C2 3 D4 3 解析：如下图，封闭图形的面积为 Ssinxdx0 sinxdxsinxdx 2sinxdx0 sinxdx 2(cosx)(cosx)|0 2cos 0cos6(cos cos 0)2132(11)4 3.答案：B 8已知，是三次函数 f(x)13x312ax22bx(a，bR)的两个极值点，且(0,1)，(1,2)，则b3a2的取值范围是()A，25 B25，1 C(1，)D，25(1，)解析：因为函数有两个极值，所以 f(x)0 有两个不同的根，即 0.又 f(x)x2ax2b，(0,1)，(1，2)，所以 f00，f10，即 2b0，1a2b0.b3a2

5、的几何意义是动点 P(a，b)到定点 A(2,3)两点连线的斜率作出可行域如图，由图像可知当直线经过 AB 时斜率最小，此时斜率为 k133225；当直线经过 AD 时斜率最大，此时斜率为 k03121.故25b3a21.答案：B 9定义在 R 上的函数 yf(x)满足 f(4x)f(x)，(x2)f(x)0，若 x14，则()Af(x1)f(x2)Cf(x1)f(x2)Df(x1)与 f(x2)的大小不确定 解析：由 f(4x)f(x)，得函数 f(x)的图像关于直线 x2 对称由(x2)f(x)x12 时，f(x1)f(x2)；当 x22x1时，由 x1x24，得 x24x12.故 f(4

6、x1)f(x1)f(x2)综上，f(x1)f(x2)答案：B 10若直线 xym0(mR)不可能是曲线 f(x)ax2ln x 的切线，则实数 a 的取值范围是()Aa0 Ba18 Ca0)，且直线 xym0(mR)的斜率为1.由对任意实数 m 直线 xym0 都不是曲线 yf(x)的切线，得曲线 yf(x)的切线的斜率不可能为1，即 2ax1x1 无正实数根 分离 a，得 a12x212x，也就是当 x0 时，不能成立 令 y12x212x121x12218，设 t1x，由 x0，得 t0.则 y12t122180 且 a1)在区间0，)上是增函数，那么实数a 的取值范围是()A0，23 B

7、33，1 C(1，3 D32，解析：由已知得 f(x)2a2xln a(3a21)axln aaxln a(2ax3a21)0.当 a1 时，ln a0，ax0，2ax3a210 恒成立 当 x0，)时，ax1，故只需 23a210，3a21.a213与 a1 矛盾 当 0a1 时，ln a0，2ax3a210 恒成立 当 x0，)时，ax1，故只需 23a210，3a21.33a0，且 f(x)的值域为0，)，则f1f0的最小值为_ 解析：f(x)2axb，f(0)b0.又函数 f(x)的值域为0，)，a0，且 b24ac0，即 4acb2.c0.f(1)abc，f1f0abcb1acb12

8、 acb14ac4ac112，当且仅当 ac 时等号成立f1f0的最小值为 2.答案：2 16定义两个实数间的一种新运算“*”：x*ylg(10 x10y)，x，yR.对任意实数 a，b，c，给出下列结论：(a*b)*ca*(b*c)；a*bb*a；(a*b)c(ac)*(bc)其中正确的是_(填序号)解析：a*blg(10a10b)，(a*b)*clg(10lg(10a10b)10c)lg(10a10b10c)同理 a*(b*c)lg(10a10b10c)a*(b*c)(a*b)*c.故正确 同理可验证正确 a*blg(10a10b)，b*alg(10a10b)，a*bb*a.又(ac)*(

9、bc)lg(10ac10bc)lg10c(10a10b)lg(10a10b)c，(a*b)clg(10a10b)c，(a*b)c(ac)*(bc)故正确 答案：三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分)17(10 分)求证：acbd a2b2c2d2.证明：若 acbd0，则不等式显然成立 若 acbd0，要证原不等式成立，只要证(acbd)2(a2b2)(c2d2)，即要证 a2c22abcdb2d2a2c2a2d2b2c2b2d2，只要证(adbc)20.此式显然成立，所以原不等式成立 18(12 分)设复数 z 满足 4z2 z3 3i，sin icos(R)求 z 的值和|z|的取

10、值范围 解：设 zabi(a，bR)，则 zabi.代入 4z2 z3 3i，得 4(abi)2(abi)3 3i，即 6a2bi3 3i.6a3 3，2b1.解得 a32，b12.z3212i.|z|3212isin icos 32sin 212cos 2 2 3sin cos 22sin6.1sin61，022sin64.0|z|2.故|zw|的取值范围是0,2 19(12 分)已知复数 z(2xa)(2xa)i，x，aR，当 x 在(，)内变化时，试求|z|的最小值 g(a)解：|z|2(2xa)2(2xa)222x22x2a(2x2x)2a2.令 t2x2x，则 t2,22x22xt2

11、2.从而|z|2t22at2a22(ta)2a22.当a2，即 a2 时，g(a)a22；当a2 时，g(a)a22a22 2|a1|.20(12 分)用数学归纳法证明不等式：2124142n12n n1.证明：当 n1 时，左式32，右式 2，左式右式，所以不等式成立 假设 nk(k 1，kN)时不等式成立，即2124142k12k k1，则当 nk1 时，2124142k12k2k32k1 k12k32k12k32 k1.要证当 nk1 时不等式成立，只需证2k32 k1 k2，即证2k32 k1k2.由基本不等式2k32k1k22 k1k2成立，故2k32 k1 k2成立 所以，当 nk

12、1 时，不等式成立 由可知，nN时，不等式2124142n12n n1成立 21(12 分)已知函数 f(x)x32bx2cx2 的图像在与 x 轴交点处的切线方程是 y5x10.(1)求函数 f(x)的解析式(2)设函数 g(x)f(x)13mx，若 g(x)的极值存在，求实数 m 的取值范围以及函数 g(x)取得极值时对应的自变量 x 的值 解：(1)由已知得切点为(2,0)，故有 f(2)0，即 4bc30.又 f(x)3x24bxc，由已知 f(2)128bc5，得 8bc70.联立，解得 b1，c1.所以函数的解析式为 f(x)x32x2x2.(2)g(x)x32x2x213mx，令

13、 g(x)3x24x113m0.当函数有极值时，方程 3x24x113m0 有实数解，即 0.由 4(1m)0，得 m1.当 m1 时，g(x)0 有实数根 x23，在 x23左右两侧均有 g(x)0，故函数 g(x)无极值 当 m0)，将 f(x)在1,1上的最小值记为 g(a)(1)求 g(a)(2)证明：当 x1,1时，恒有 f(x)g(a)4.(1)解：因为 a0，1x1，所以 当 0a1 时，若 x1，a，则 f(x)x33x3a，f(x)3x230.故 f(x)在(a,1)上是增函数 所以 g(a)f(a)a3.当 a1 时，有 xa，则 f(x)x33x3a，f(x)3x230.

14、故 f(x)在(1,1)上是减函数，所以 g(a)f(1)23a.综上，g(a)a30a1，23aa1.(2)证明：令 h(x)f(x)g(a)当 0a1 时，g(a)a3.若 xa,1，则 h(x)x33x3aa3，h(x)3x23，在(a,1)上是增函数 所以 h(x)在a,1上的最大值是 h(1)43aa3.因为 0a0.知 t(a)在(0,1)上是增函数，所以 t(a)t(1)4，即 h(1)4.故 f(x)g(a)4.当 a1 时，g(a)23a，故 h(x)x33x2，得 h(x)3x23.此时 h(x)在(1,1)上是减函数 因此 h(x)在1,1上的最大值是 h(1)4.故 f(x)g(a)4.综上，当 x1,1时，恒有 f(x)g(a)4.