版选修2_2.doc

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1、1阶段质量检测(四) 模块综合检测考试时间：120 分钟 试卷总分：160 分二题 号 一15 16 17 18 19 20总 分得 分一、填空题(本大题共 14 个小题，每小题 5 分，共 70 分，把答案填在题中横线上)1(四川高考)复数 _.2 2i1 i2函数 y 的导数是_11 cos x3已知函数 f(x) xex c 有两个零点，则 c 的取值范围是_4用反证法证明命题“ a， bN， ab 可被 5 整除，那么 a、 b 中至少有一个能被 5 整除”时，假设的内容应为_5用数学归纳法证明( n1)( n2)( n n)2 n13(2n1)时，从“ k 到k1”左边需乘的代数式是

2、_6已知定义在 R 上的可导函数 y f(x)的导函数为 f( x)，满足 f(x) f( x)，且f(0)2，则不等式 2 的解集为_f xex7已知复数 z1满足( z12)(1i)1i(i 为虚数单位)，复数 z2的虚部为 2，且z1z2是实数，则 z2_.8函数 ysin 2x 的图像在点 A 处的切线的斜率是_( 6， 14)9两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题他们在沙滩上画点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类下图中实心点的个数 5,9,14,20，被称为梯形数根据图形的构成，记第 2 014 个梯形数为 a2 014 ，则 a2

3、014 _.10复数 z1与 z2在复平面上所对应的点关于 y 轴对称，且 z1(3i) z2(13i)，|z1| ，则 z1_.211对于等差数列 an有如下命题：“若 an是等差数列， a10， s、 t 是互不相等的正整数，则有( s1) at( t1) as0” 类比此命题，给出等比数列 bn相应的一个正确命题是：_.212已知函数 f(x) x3 px2 qx 的图像与 x 轴切于(1,0)点，则 f(x)的极大值为_，极小值为_13类比平面几何中的定理： ABC 中，若 DE 是 ABC 的中位线，则有 S ADE SABC14；若三棱锥 A BCD 有中截面 EFG平面 BCD，

4、则截得三棱锥的体积与原三棱锥体积之间的关系式为_14.(辽宁高考)正方形的四个顶点 A(1，1)， B(1，1)， C(1,1)，D(1,1)分别在抛物线 y x2和 y x2上，如图所示若将一个质点随机投入正方形 ABCD 中，则质点落在图中阴影区域的概率是_二、解答题(本大题共 6 个小题，共 90 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分 14 分)设复数 z 满足| z|1，且(34i) z 是纯虚数，求 .z16(本小题满分 14 分)设函数 f(x) ax3 bx c(a0)为奇函数，其图像在点(1， f(1)处的切线与直线 x6 y70 垂直，导函数 f( x)

5、的最小值为12.(1)求 a， b， c 的值；(2)求函数 f(x)的单调递增区间，并求函数 f(x)在1,3上的最大值和最小值317(本小题满分 14 分)(浙江高考)已知 aR，函数 f(x)2 x33( a1) x26 ax.(1)若 a1，求曲线 y f(x)在点(2， f(2)处的切线方程；(2)若| a|1，求 f(x)在闭区间0,2| a|上的最小值18(本小题满分 16 分)已知数列 ，811232， ， Sn为该数列的前 n 项和，计算得 S1 ， S2823252 8n 2n 1 2 2n 1 2 89， S3 ， S4 .2425 4849 8081观察上述结果，推测出

6、 Sn(nN *)，并用数学归纳法加以证明419.(本小题满分 16 分)(安徽高考)设函数 f(x)1(1 a)x x2 x3，其中 a0.(1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性；(2)当 x0,1时，求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值20(本小题满分 16 分)已知函数 f(x)ln x.(1)若直线 y x m 与函数 f(x)的图像相切，求实数 m 的值(2)证明曲线 y f(x)与曲线 y x 有唯一的公共点；1x(3)设 0 a1 时，列表：x 0 (0,1) 1 (1， a) a (a,2a) 2af( x) 0 0 f(x) 0 极大值3a1 极小值a2(3 a)

7、4a3比较 f(0)0 和 f(a) a2(3 a)的大小可得 g(a)Error!当 ax2时， f( x)0.故 f(x)在(， x1)和( x2，)上单调递减，在( x1， x2)上单调递增(2)因为 a0，所以 x10.当 a4 时， x21.由(1)知， f(x)在0,1上单调递增所以 f(x)在 x0 和 x1 处分别取得最小值和最大值当 0a4 时， x21.由(1)知，f(x)在0， x2上单调递增，在 x2,1上单调递减所以 f(x)在 x x2 处取得 1 4 3a3最大值又 f(0)1， f(1) a，所以当 0a1 时， f(x)在 x1 处取得最小值；当 a1 时，f

8、(x)在 x0 处和 x1 处同时取得最小值；当 1a4 时， f(x)在 x0 处取得最小值20解：(1) f( x) ，设切点为( x0， y0)，则 k 1， x01， y0ln x0ln 1x 1x010，代入 y x m，得 m1.(2)令 h(x) f(x) ln x x .则 h( x) 1 (x1x) 1x 1x 1x2 x2 x 1x2 0， (x 12)2 34x2 h(x)在(0，)内单调递减又 h(1)ln 1110， x1 是函数 h(x)唯一的零点，故点(1,0)是两曲线唯一的公共点(3) ，要比较 与 的大小 b a0，f b f ab a ln b ln ab a ln bab a ln bab a 2a b9只要比较 ln 与 的大小ln ln ，构造函数 (x)ba 2 b aa b ba 2 b ab a ba2(ba 1)ba 1ln x ，( x1)，则 ( x) ，显然 ( x)2 x 1x 1 1x 4 x 1 2 x 1 2x x 1 20， (x)在(1，)内单调递增又当 x1 时， (1)0，当 x1 时， (x)0，即 ln x 0.则有 ln 成立，即 成立即2 x 1x 1 ba 2 b ab a ln b ln ab a 2a b得 . .f b f ab a 2a b f b f a2 b ab a