學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE17-學必求其心得，業(yè)必貴于專精模塊綜合檢測(時間：120分鐘滿分：150分)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選項中，只有一項是符合題目要求的)1．復數(shù)eq\f（i，2＋i）（i為虛數(shù)單位)的虛部是（)A．eq\f(1，5)B．eq\f（1，5)iC．eq\f（2，5)iD．eq\f（2,5)解析：選D因為eq\f（i,2＋i）＝eq\f(i2－i，2＋i2－i）＝eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i，所以復數(shù)eq\f（i,2＋i)的虛部為eq\f(2，5)，故選D。2．已知復數(shù)z＝(2＋i）（a＋2i3）在復平面內(nèi)對應的點在第四象限，則實數(shù)a的取值范圍是(）A．(－∞，－1） B．（4,＋∞）C．(－1，4） D．(－4,－1)解析:選C復數(shù)z＝(2＋i)（a＋2i3)＝(2＋i）（a－2i）＝2a＋2＋（a－4)i，其在復平面內(nèi)對應的點(2a＋2，a－4)在第四象限,則2a＋2>0,且a－4<0，解得－1〈a3．用反證法證明“若a＋b＋c〈3，則a，b，c中至少有一個小于1”,應(）A．假設a，b,c至少有一個大于1 B．假設a，b，c都大于1C．假設a，b，c至少有兩個大于1 D．假設a，b，c都不小于1解析：選D假設a，b，c中至少有一個小于1不成立，即a，b，c都不小于1，故選D。4．設a＝eq\i\in（0,1,）xdx，b＝1－eq\i\in（0,1，)xdx,c＝eq\i\in(0,1,）x3dx,則a、b、c的大小關系是()A．a(chǎn)〉b〉c B．b〉a〉cC．a(chǎn)>c>b D．b>c〉a解析：選A由題意可得a＝eq\i\in(0,1,）xdx＝eq\f（x,－\f（1，3）＋1)eq\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1（1，0）)＝eq\f（3,2)xeq\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1(1，0))＝eq\f（3,2）；b＝1－eq\i\in(0,1，)xdx＝1－eq\f(x,\f(3,2)）eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1（1，0)）＝1－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2，3)－0))＝eq\f（1,3)；c＝eq\i\in(0，1,)x3dx＝eq\f(x4，4）eq\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1（1，0））＝eq\f(1，4）.綜上，a〉b>c。5．由①y＝2x＋5是一次函數(shù);②y＝2x＋5的圖象是一條直線;③一次函數(shù)的圖象是一條直線．寫一個“三段論”形式的正確推理，則作為大前提、小前提和結論的分別是()A．②①③ B．③①②C．①②③ D．②③①解析：選B該三段論應為:一次函數(shù)的圖象是一條直線（大前提），y＝2x＋5是一次函數(shù)(小前提），y＝2x＋5的圖象是一條直線(結論)．6．已知點列：P1（1，1)，P2（1,2），P3（2，1)，P4(1,3）,P5（2，2），P6(3,1)，P7（1，4)，P8（2，3)，P9（3，2)，P10(4，1），P11(1，5)，P12(2,4)，…,則P60的坐標為()A．(3，8) B．（4，7)C．(4,8) D．（5，7)解析：選D橫縱坐標之和為2的有1個，橫縱坐標之和為3的有2個，橫縱坐標之和為4的有3個，橫縱坐標之和為5的有4個．因此橫縱坐標之和為2，3，…,11的點共有1＋2＋3＋…＋10＝55個，橫縱坐標之和為12的有11個．因此P60為橫縱坐標之和為12的第5個點,即為(5,7），故選D.7.函數(shù)f(x）＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖,則函數(shù)y＝ax2＋eq\f(3,2)bx＋eq\f（c,3）的單調(diào)遞增區(qū)間是(）A．(－∞，－2］ B。eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2),＋∞))C．［－2,3] D.eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(9，8），＋∞))解析：選D由題圖可知d＝0.不妨取a＝1,∵f(x）＝x3＋bx2＋cx，∴f′（x）＝3x2＋2bx＋c.由圖可知f′(－2）＝0，f′（3)＝0，∴12－4b＋c＝0，27＋6b＋c＝0，∴b＝－eq\f(3,2),c＝－18.∴y＝x2－eq\f（9，4）x－6，y′＝2x－eq\f（9,4）。當x＞eq\f(9，8）時，y′＞0，∴y＝x2－eq\f(9,4)x－6的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(9，8)，＋∞））。故選D.8．如圖,在平面直角坐標系xOy中，圓x2＋y2＝r2（r>0）內(nèi)切于正方形ABCD，任取圓上一點P,若eq\o(OP,\s\up7（→））＝meq\o（OA，\s\up7(→）)＋neq\o（OB，\s\up7(→))(m，n∈R),則eq\f(1，4）是m2，n2的等差中項．現(xiàn)有一橢圓eq\f(x2,a2）＋eq\f（y2,b2）＝1(a〉b>0）內(nèi)切于矩形ABCD，任取橢圓上一點P,若eq\o(OP,\s\up7（→））＝meq\o(OA,\s\up7(→）)＋neq\o(OB,\s\up7（→))(m，n∈R），則m2，n2的等差中項為()A。eq\f(1，4） B.eq\f(1,2）C.eq\f（\r(2）,2) D．1解析：選A圖，設P（x，y)，由eq\f（x2，a2)＋eq\f（y2,b2）＝1知A(a，b）,B（－a，b）,由eq\o（OP,\s\up7（→））＝meq\o（OA，\s\up7（→）)＋neq\o(OB，\s\up7(→)）可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝m－na,，y＝m＋nb，))代入eq\f（x2,a2)＋eq\f（y2,b2）＝1可得(m－n)2＋(m＋n)2＝1，即m2＋n2＝eq\f(1,2）,所以eq\f(m2＋n2,2)＝eq\f（1，4)，即m2，n2的等差中項為eq\f（1，4）.9．已知函數(shù)f(x）＝x3－ax在(－1，1）上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(1，＋∞） B．[3,＋∞）C．（－∞,1] D．（－∞，3］解析:選B∵f（x)＝x3－ax，∴f′(x）＝3x2－a.又f(x）在（－1，1）上單調(diào)遞減，∴3x2－a≤0在（－1，1）上恒成立,∴a≥3,故選B。10．設函數(shù)f(x）在R上可導，f(x)＝x2f′(2）－3x，則f(－1）與fA．f（－1)＝f（1) B．f（－1)〉f（1）C．f(－1）<f（1） D．不確定解析:選B因為f（x)＝x2f′(2)－3x,所以f′（x)＝2xf′（2)－3，則f′(2)＝4f′（2）－3，解得f′（2)＝1，所以f（x）＝x2－3x，所以f（1)＝－2，f（－1)＝4，故f（－1)〉11．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3對x∈（0,＋∞)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．(－∞，0) B．(－∞，4］C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)解析：選B由2xlnx≥－x2＋ax－3,得a≤2lnx＋x＋eq\f(3，x),設h(x)＝2lnx＋x＋eq\f（3,x)(x＞0）,則h′(x）＝eq\f（x＋3x－1，x2）.當x∈（0,1）時，h′(x）＜0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當x∈（1，＋∞)時，h′（x)＞0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增,所以h(x）min＝h(1)＝4。所以a≤h(x）min＝4。故a的取值范圍是（－∞，4]．12．定義在R上的偶函數(shù)f(x）的導函數(shù)為f′(x）,若對任意的實數(shù)x，都有2f(x）＋xf′（x）<2恒成立，則使x2f(x)－f(1）<x2－1成立的實數(shù)A．{x|x≠±1｝ B．(－∞,－1)∪（1，＋∞)C．(－1，1) D．(－1，0）∪（0，1)解析：選B構造函數(shù)g(x)＝x2f(x）－x2，x∈R，則g′（x)＝2xf(x)＋x2f′（x）－2x＝x[2f(x)＋xf′（x）－2]．由題意得2f(x)＋xf′(x）－2〈0恒成立，故當x〈0時，g′（x)〉0，函數(shù)g(x）單調(diào)遞增；當x>0時，g′（x）<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減．因為x2f（x）－f(1）<x2－1，所以x2f(x)－x2〈f（1）－1，即g（x)<g(1）,當x>0時，解得x〉1;當x〈0時，因為f(x）是偶函數(shù)，所以g(x)是偶函數(shù)，同理解得二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中的橫線上）13．已知復數(shù)z＝（1＋i)(1＋2i），其中i是虛數(shù)單位，則z的模是________．解析：∵z＝（1＋i)（1＋2i）＝1＋2i＋i＋2i2＝3i－1,∴｜z｜＝eq\r(32＋－12)＝eq\r(10）.答案:eq\r（10）14．已知f（x）＝eq\f(x,x2＋1），則曲線y＝f（x）在點(1，f（1））處的切線方程是________．解析：f（x)＝eq\f(x，x2＋1)的導數(shù)為f′（x)＝eq\f(1－x2，1＋x22),在點(1，f（1））處的切線的斜率為f′(1)＝0，切點為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))，所以在點（1，f（1))處的切線方程為y＝eq\f（1,2).答案:y＝eq\f（1,2)15．某商場從生產(chǎn)廠家以每件20元購進一批商品,若該商品零售價為p元，銷量Q(單位：件)與零售價p(單位：元）有如下關系：Q＝8300－170p－p2，則該商品零售價定為______元時利潤最大，利潤的最大值為______元．解析:設商場銷售該商品所獲利潤為y元，則y＝（p－20）（8300－170p－p2)＝－p3－150p2＋11700p－166000（p≥20），則y′＝－3p2－300p＋11700.令y′＝0得p2＋100p－3900＝0，解得p＝30或p＝－130（舍去)．則p，y，y′變化關系如下表：p(20,30)30（30，＋∞)y′＋0－y極大值故當p＝30時,y取極大值為23000元．又y＝－p3－150p2＋11700p－166000在[20，＋∞)上只有一個極值，故也是最值．所以該商品零售價定為每件30元，所獲利潤最大為23000元．答案:302300016．某商場櫥窗里用同樣的乒乓球堆成若干堆“正三棱錐”形的產(chǎn)品，其中第1堆只有一層，就一個球；第2、3、4、…堆最底層(第一層)分別按下圖①②③所示方式固定擺放，其余堆類推,從第二層開始,每層的小球自然壘放在下一層之上，第n堆第n層就放一個乒乓球,以f(n）表示第n堆的乒乓球總數(shù)，則f（3)＝________,f（n)＝________（用含n的式子表示)．解析:設第n堆第一層乒乓球數(shù)為g（n）,則g（1)＝1,g(2)＝1＋2，g（3)＝1＋2＋3,…，則g（n)＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1，2）＝eq\f(n2＋n,2）.所以f（3）＝g（1)＋g（2）＋g(3）＝1＋(1＋2）＋（1＋2＋3)＝10。f(n)＝g(1)＋g(2)＋g（3）＋…＋g(n)＝eq\f(1，2)(12＋1)＋eq\f（1,2）(22＋2）＋…＋eq\f(1,2）（n2＋n）＝eq\f(1，2）［（12＋22＋…＋n2）＋（1＋2＋3＋…＋n)]＝eq\f（1,2）eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（nn＋12n＋1，6）＋\f(nn＋1，2）））＝eq\f（nn＋1n＋2，6）。答案：10eq\f（nn＋1n＋2,6）三、解答題（本大題共6小題，共70分，解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題10分)（1）計算eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1＋i，\r（2)）))2＋eq\f（5i，3＋4i)；(2）復數(shù)z＝x＋yi（x，y∈R）滿足z＋2ieq\x\to(z）＝3＋i，求復數(shù)z。解：(1）原式＝eq\f(2i,2）＋eq\f(5i3－4i，3＋4i3－4i)＝i＋eq\f(5i3－4i,32＋42）＝i＋eq\f（4＋3i,5）＝eq\f(4,5）＋eq\f(8，5）i。（2)(x＋yi)＋2i(x－yi）＝3＋i，即(x＋2y）＋(2x＋y)i＝3＋i，即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋2y＝3,,2x＋y＝1,）)解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝－\f(1，3)，，y＝\f(5，3)。)）∴z＝－eq\f（1，3）＋eq\f(5，3)i.18．(本小題12分)設a,b,c均為大于1的正數(shù)，且ab＝10，求證:logac＋logbc≥4lgc.證明：法一:∵ab＝10，∴l(xiāng)ga＋lgb＝lgab＝1,則logac＋logbc＝eq\f（lgc,lga）＋eq\f(lgc,lgb）＝eq\f(lgclga＋lgb,lga·lgb)＝eq\f(lgc,lga·lgb).∵a〉1，b〉1,∴l(xiāng)ga>0，lgb〉0，則lga·lgb≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lga＋lgb,2）））2＝eq\f（1,4），eq\f(1，lgalgb)≥4，又c＞1，lgc＞0.∴eq\f(lgc，lga·lgb)≥4lgc即logac＋logbc≥4lgc.法二：要證logac＋logbc≥4lgc，只需證eq\f（lgc，lga）＋eq\f(lgc，lgb）≥4lgc。又因為c>1,所以lgc〉0，故只需證eq\f（1，lga）＋eq\f(1,lgb）≥4,即證eq\f(lga＋lgb,lga·lgb）≥4。又因為ab＝10,所以lga＋lgb＝lg（ab)＝1，故只需證eq\f(1,lga·lgb）≥4.又因為lga>0，lgb>0，所以0<lga·lgb≤eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（lga＋lgb,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2))）2＝eq\f(1，4)，則eq\f(1,lga·lgb)≥4成立．所以原不等式成立，即logac＋logbc≥4lgc。19．(本小題12分)已知函數(shù)f(x）＝eq\f(1，3)x3－ax＋b在y軸上的截距為1,且曲線上一點Peq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（\r（2）,2)，y0))處的切線斜率為eq\f（1,3）。（1）求曲線在P點處的切線方程;（2）求函數(shù)f（x）的極大值和極小值．解：(1)因為函數(shù)f(x)＝eq\f(1，3)x3－ax＋b在y軸上的截距為1,所以b＝1。又y′＝x2－a,所以eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r(2)，2）))2－a＝eq\f(1,3),所以a＝eq\f(1,6）,所以f（x)＝eq\f（1,3)x3－eq\f（1,6）x＋1,所以y0＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（\r(2），2）)）＝1，故點Peq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)，2）,1)),所以切線方程為y－1＝eq\f（1,3)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f（\r(2）,2))）,即2x－6y＋6－eq\r(2)＝0.(2)由（1)可得f′（x)＝x2－eq\f(1，6），令f′（x）＝0，得x＝±eq\f(\r（6），6）.當x變化時，f(x)，f′(x)變化情況如下表：xeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（\r（6),6））)－eq\f(\r(6),6）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r（6),6)，\f（\r(6）,6）)）eq\f（\r（6),6）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（\r(6)，6）,＋∞))f′（x）＋0－0＋f（x）極大值極小值因此，當x＝－eq\f(\r（6)，6）時，函數(shù)f(x)有極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(\r(6),6)））＝1＋eq\f(\r（6）,54），當x＝eq\f（\r(6），6)時，函數(shù)f（x)有極小值為feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（\r(6），6））)＝1－eq\f(\r（6），54）.20．(本小題12分）已知函數(shù)f(x）＝x2－mlnx，h(x）＝x2－x＋a.（1)當a＝0時，f(x)≥h（x)在（1，＋∞)上恒成立,求實數(shù)m的取值范圍；(2）當m＝2時，若函數(shù)k（x)＝f(x）－h(huán)（x)在區(qū)間(1，3）上恰有兩個不同零點，求實數(shù)a的取值范圍．解：（1)由f（x）≥h(x）,得m≤eq\f（x，lnx)在（1,＋∞)上恒成立．令g（x）＝eq\f（x,lnx），則g′（x)＝eq\f(lnx－1，lnx2）,當x∈(1,e)時，g′（x)＜0；當x∈(e,＋∞)時，g′（x)＞0,所以g（x)在(1,e）上遞減,在(e，＋∞)上遞增．故當x＝e時，g（x）的最小值為g(e)＝e。所以m≤e。即m的取值范圍是（－∞，e]．(2)由已知可得k(x)＝x－2lnx－a.函數(shù)k(x）在(1,3)上恰有兩個不同零點，相當于函數(shù)φ(x）＝x－2lnx與直線y＝a有兩個不同的交點．φ′（x)＝1－eq\f（2，x)＝eq\f(x－2,x），當x∈(1,2)時，φ′（x)＜0，φ（x）遞減，當x∈(2,3)時，φ′(x)＞0,φ(x)遞增．又φ（1）＝1，φ(2)＝2－2ln2，φ（3）＝3－2ln3，要使直線y＝a與函數(shù)φ(x）＝x－2lnx有兩個交點，則2－2ln2＜a＜3－2ln3。即實數(shù)a的取值范圍是（2－2ln2,3－2ln3)．21．（本小題12分）(2019·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x）＝(x－1）lnx－x－1.證明：（1）f（x）存在唯一的極值點；(2)f（x）＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù)．證明：（1)f(x)的定義域為（0,＋∞)，f′（x)＝eq\f（x－1,x）＋lnx－1＝lnx－eq\f（1,x）。因為y＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝eq\f(1，x)在(0，＋∞）上單調(diào)遞減,所以f′(x）在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′（1）＝－1〈0，f′(2)＝ln2－eq\f（1,2）＝eq\f（ln4－1,2）>0，故存在唯一x0∈（1,2)，使得f′（x0)＝0。又當x<x0時，f′（x）<0，f(x）單調(diào)遞減；當x〉x0時，f′（x）>0,f（x)單調(diào)遞增，所以f（x）存在唯一的極值點．(2)由(1）知f(x0)<f(1）＝－2，又f（e2）＝e2－3>0，所以f（x）＝0在（x0，＋∞）內(nèi)存在唯一根x＝α.由α>x0〉1得eq\f（1，α）<1〈x0。又feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，α）)）＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，α）－1)）lneq\f(1,α）－eq\f（1,α）－1＝eq\f（fα,α）＝0，故eq\f（1,α)是f（x)＝0在（0,x0)內(nèi)的唯一根．所以f（x)＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù)．22．