高中數(shù)學(xué) 模塊學(xué)習(xí)評(píng)價(jià) 新人教B版選修2-2

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1、高中數(shù)學(xué) 模塊學(xué)習(xí)評(píng)價(jià) 新人教B版選修2-2 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．(xx·課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)若復(fù)數(shù)z滿足(3－4i)z＝|4＋3i|，則z的虛部為(　　) A．－4　　　　　　　　 B．－ C．4 D. 【解析】　∵(3－4i)z＝|4＋3i|，∴z＝＝＝＝＋i，∴z的虛部為. 【答案】　D 2．一物體的運(yùn)動(dòng)方程是s＝3＋2t, 則在[2,2.1]這段時(shí)間內(nèi)的平均速度為 (　　) A．0.41　　　 B．2　　　 C．0.3　　　 D．0.2 【解析】?。剑剑?. 【答案】　B

2、3．曲線y＝ex在點(diǎn)(2，e2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為(　　) A.e2 B．2e2 C．e2 D. 【解析】　∵f′(x)＝ex，∴曲線在點(diǎn)(2，e2)處的切線的斜率為k＝f′(2)＝e2，切線方程為y－e2＝e2(x－2)，即e2x－y－e2＝0，切線與x軸和y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為A(1,0)，B(0，－e2)，則切線與坐標(biāo)軸圍成的△OAB的面積為×1×e2＝. 【答案】　D 4．若復(fù)數(shù)z滿足3－i＝z(－2i)，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【解析】　z＝＝＝＋i，其對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第一象限．

3、【答案】　A 5．(xx·浙江高考)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個(gè)圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖1所示，則該函數(shù)的圖象是(　　) 圖1 【解析】　從導(dǎo)函數(shù)的圖象可以看出，導(dǎo)函數(shù)值先增大后減小，x＝0時(shí)最大，所以函數(shù)f(x)的圖象的變化率也先增大后減小，在x＝0時(shí)變化率最大．A項(xiàng)，在x＝0時(shí)變化率最小，故錯(cuò)誤；C項(xiàng)，變化率是越來(lái)越大的，故錯(cuò)誤；D項(xiàng)，變化率是越來(lái)越小的，故錯(cuò)誤．B項(xiàng)正確． 【答案】　B 6．函數(shù)f(x)＝ax3－x在R上為減函數(shù)，則(　　) A．a(chǎn)≤0 B．a(chǎn)<1 C．a(chǎn)<2 D．a(chǎn)≤ 【解析】　由題意可知f′(x)＝3ax2－1≤

4、0在R上恒成立，則a≤0. 【答案】　A 7.|cos x|dx等于(　　) A．－2 B．0 C．2 D．1 【解析】　∵|cos x|＝ ＝sin x＋(－sin x) ＝1＋1＝2. 【答案】　C 8．(xx·寧波高二檢測(cè))函數(shù)y＝ln x(x>0)的圖象與直線y＝x＋a相切，則a等于(　　) A．ln 2－1 B．ln 2＋1 C．ln 2 D．2ln 2 【解析】　因?yàn)楹瘮?shù)y＝ln x的導(dǎo)數(shù)y′＝，又函數(shù)y＝ln x(x>0)的圖象與直線y＝x＋a相切，所以＝，即x＝2，所以切點(diǎn)P(2，ln 2)，所以ln 2＝1＋a，即a＝ln 2－1. 【答案】

5、　A 9．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且(x－1)f′(x)>0，a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)>b>c B．c>a>b C．b>a>c D．c>b>a 【解析】　因?yàn)?x－1)f′(x)>0，所以當(dāng)x>1，f′(x)>0，即函數(shù)y＝f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，又f(x)＝f(2－x)，所以a＝f(0)＝f(2)，b＝f()＝f()，所以c>a>b. 【答案】　B 10．在數(shù)學(xué)歸納法的遞推性證明中，由假設(shè)n＝k時(shí)成立推導(dǎo)n＝k＋1時(shí)成立時(shí)，f(n)＝1＋＋＋…＋增加的項(xiàng)數(shù)是(　　) A．1 B．2

6、k＋1 C．2k－1 D．2k 【解析】　∵f(k)＝1＋＋＋……＋， 又f(k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋. 從f(k)到f(k＋1)是增加了(2k＋1－1)－2k＋1＝2k項(xiàng)． 【答案】　D 11．設(shè)△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a，b，c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r＝，類(lèi)比這個(gè)結(jié)論可知：四面體S－ABC的四個(gè)面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內(nèi)切球半徑為R，四面體S－ABC的體積為V，則R＝(　　) A. B. C. D. 【解析】　四面體中以內(nèi)切球的球心為頂點(diǎn)，四面體的各個(gè)面為底面，可把四面體分割成四個(gè)高均為R的三棱錐，從而有S1R＋S2R＋S3R

7、＋S4R＝V.即(S1＋S2＋S3＋S4)R＝3V. ∴R＝. 【答案】　C 12．(xx·遼寧高考)設(shè)函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，則x>0時(shí)，f(x)(　　) A．有極大值，無(wú)極小值 B．有極小值，無(wú)極大值 C．既有極大值又有極小值 D．既無(wú)極大值也無(wú)極小值 【解析】　由題意知f′(x)＝－＝.令g(x)＝ex－2x2f(x)，則g′(x)＝ex－2x2f′(x)－4xf(x)＝ex－2(x2f′(x)＋2xf(x))＝ex－＝ex.由g′(x)＝0得x＝2，當(dāng)x＝2時(shí)，g(x)min＝e2－2×22×＝0，即g(x)≥0，則當(dāng)x>0時(shí)，f′(

8、x)＝≥0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，既無(wú)極大值也無(wú)極小值． 【答案】　D 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，將答案填在題中的橫線上) 13．(xx·西安高二檢測(cè))觀察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根據(jù)上述規(guī)律，第五個(gè)等式為_(kāi)_______． 【解析】　第i個(gè)等式左邊為1到i＋1的立方和，右邊為1＋2＋3＋…＋(i＋1)的平方，所以第五個(gè)等式為13＋23＋33＋43＋53＋63＝212. 【答案】　13＋23＋33＋43＋53＋63＝212 14．(xx·江蘇高考)設(shè)z＝(2－i)2(i為虛數(shù)單位)

9、，則復(fù)數(shù)z的模為_(kāi)_______． 【解析】　z＝(2－i)2＝3－4i，所以|z|＝|3－4i|＝＝5. 【答案】　5 15．如果復(fù)數(shù)1，a＋i,3＋a2i(a∈R)成等比數(shù)列，那么a的值為_(kāi)_______． 【解析】　由題意知，(a＋i)2＝1×(3＋a2i)，即a2－1＋2ai＝3＋a2i， ∴解得a＝2. 【答案】　2 16．(xx·佛山高二檢測(cè))若曲線f(x)＝ax2＋ln x存在垂直于y軸的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 【解析】　f′(x)＝2ax＋，∵f(x)存在垂直于y軸的切線． ∴f′(x)＝0有解，即2ax＋＝0有解， ∴a＝－，∴a∈(

10、－∞，0) 【答案】　(－∞，0) 三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟) 17．(本小題滿分10分)已知復(fù)數(shù)z滿足：|z|＝1＋3i－z，求的值． 【解】　設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，而|z|＝1＋3i－z， 即－1－3i＋a＋bi＝0， 則 解得z＝－4＋3i， ＝ ＝＝3＋4i. 18．(本小題滿分12分)已知數(shù)列，，…，，…，Sn為該數(shù)列的前n項(xiàng)和，計(jì)算得S1＝，S2＝，S3＝，S4＝. 觀察上述結(jié)果，推測(cè)出Sn(n∈N＋)，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明． 【解】　推測(cè)Sn＝(n∈N＋)． 用數(shù)學(xué)歸納法證明如下： (1)當(dāng)

11、n＝1時(shí)，S1＝＝，等式成立； (2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)等式成立， 即Sk＝，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)， Sk＋1＝Sk＋ ＝＋ ＝ ＝ ＝ ＝＝. 也就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式成立． 根據(jù)(1)和(2)，可知對(duì)一切n∈N＋，等式均成立． 19．(本小題滿分12分)函數(shù)f(x)＝4x3＋ax2＋bx＋5在(－∞，－1)和(，＋∞)單調(diào)遞增，在(－1，)單調(diào)遞減． (1)求函數(shù)的解析式； (2)求f(x)在[－1,2]上的最大值和最小值． 【解】　(1)∵f′(x)＝12x2＋2ax＋b，且由題意可知 －1，是f′(x)＝0的兩個(gè)實(shí)根， ∴ 解得a＝－3，b＝－18，

12、 ∴f(x)＝4x3－3x2－18x＋5. (2)由(1)得f′(x)＝6(2x－3)(x＋1)， 當(dāng)x∈[，2]時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈[－1，]時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減， 又f(－1)＝16，f()＝－，f(2)＝－11. 故f(x)max＝16，f(x)min＝－. 20．(本小題滿分12分)(1)在△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求證：＝＋. (2)在四面體A－BCD中，類(lèi)比上述結(jié)論，你能得到怎樣的猜想，并說(shuō)明理由． 【解】　(1)證明：如圖所示，由射影定理 AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC， AC2＝BC

13、·DC， ∴＝ ＝＝， 又BC2＝AB2＋AC2， ∴＝＝＋. ∴＝＋. (2)猜想：類(lèi)比AB⊥AC，AD⊥BC猜想在四面體A－BCD中，AB、AC、AD兩兩垂直，AE⊥平面BCD. 則＝＋＋. 如圖，連接BE并延長(zhǎng)交CD于F，連接AF. ∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A， ∴AB⊥平面ACD. 而AF?平面ACD， ∴AB⊥AF. 在Rt△ABF中，AE⊥BF， ∴＝＋.易知在Rt△ACD中，AF⊥CD， ∴＝＋， ∴＝＋＋， 故猜想正確． 21．(本小題滿分12分)(xx·南京高二檢測(cè))設(shè)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的導(dǎo)數(shù)f′(x)滿足f

14、′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常數(shù)a，b∈R. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)設(shè)g(x)＝f′(x)e－x，求函數(shù)g(x)的極值． 【解】　(1)因?yàn)閒(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，故f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 令x＝1，得f′(1)＝3＋2a＋b，由已知f′(1)＝2a， 因此3＋2a＋b＝2a，解得b＝－3. 又令x＝2，得f′(2)＝12＋4a＋b，由已知f′(2)＝－b， 因此12＋4a＋b＝－b，解得a＝－. 因此f(x)＝x3－x2－3x＋1，從而f(1)＝－. 又因?yàn)閒′(1)＝2×(－)＝－3，故曲線y＝f(

15、x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－(－)＝－3(x－1)，即6x＋2y－1＝0. (2)由(1)知g(x)＝(3x2－3x－3)e－x， 從而有g(shù)′(x)＝(－3x2＋9x)e－x. 令g′(x)＝0，得－3x2＋9x＝0，解得x1＝0，x2＝3.當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(0,3)時(shí)，g′(x)>0，故g(x)在(0,3)上為增函數(shù)； 當(dāng)x∈(3，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，故g(x)在(3，＋∞)上為減函數(shù)． 從而函數(shù)g(x)在x1＝0處取得極小值g(0)＝－3，在x2＝3處取得極大值g(3)＝15e－3. 2

16、2．(本小題滿分12分)(xx·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋xsin x＋cos x. (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值； (2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個(gè)不同交點(diǎn)，求b的取值范圍． 【解】　由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)． (1)因?yàn)榍€y＝f(x)在點(diǎn)(a，f(a))處與直線y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)． 解得a＝0，b＝f(0)＝1. (2)令f′(x)＝0，得x＝0. f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，0)

17、 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  1  所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(0)＝1是f(x)的最小值． 當(dāng)b≤1時(shí)，曲線y＝f(x)與直線y＝b最多只有一個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)b>1時(shí)，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝11時(shí)曲線y＝f(x)與直線y＝b有且僅有兩個(gè)不同交點(diǎn)． 綜上可知，如果曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個(gè)不同交點(diǎn)，那么b的取值范圍是(1，＋∞)． S