2020版人教A版数学选修2-2同步配套练习：模块综合检测 WORD版含解析.docx

1、模块综合检测(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知i是虚数单位,复数z的共轭复数为z,且z-2=3+4iz,则|z|=()A.13B.5C.5D.2解析:由z-2=3+4iz,得z(z-2)=3+4i.设z=x+yi(x,yR),则(x+yi)(x-yi-2)=3+4i,整理得x2+y2-2x-2yi=3+4i,所以x2+y2-2x=3,-2y=4,解得x=1,y=-2,即z=1-2i,故|z|=5.答案:B2.设实数a,b,c满足a+b+c=1,则a,b,c中至少有一个数不小于()A.

2、3B.13C.12D.1解析:三个数a,b,c的和为1,其平均数为13,故三个数中至少有一个大于或等于13,假设a,b,c都小于13,则a+b+cn,mp,所以m-nm-pB.如果不买彩票,那么就不能中大奖.因为你买了彩票,所以你一定能中大奖C.如果m,n均为正实数,那么(m+n)24mnD.如果m,n均为正实数,那么lg m+lg n2lgmlgn解析:由mn,mp可能有m-nm-p,例如2-10,则f(x)0;02 |sin x|dx=4;F(x)是以T为周期的函数,且F(x)=f(x),则0a f(x)dx=Ta+T f(x)dx.其中正确命题的个数为()A.1B.2C.3D.0解析:错

3、误.如-12 xdx=12x2|-12=320,但f(x)=x在(-1,2)内不满足f(x)0;正确.02 |sin x|dx= 0sin xdx+2 (-sin x)dx=4;正确.0a f(x)dx=F(x)|0a=F(a)-F(0),Ta+T f(x)dx=F(x)|Ta+T=F(a+T)-F(T)=F(a)-F(0).答案:B10.“a0”是“函数f(x)=ex(x2-ax)在区间(0,+)内有极值点”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析:f(x)=exx2-(a-2)x-a,令f(x)=0,得x2-(a-2)x-a=0.要使函数f(x)在

4、区间(0,+)内有极值点,应使方程x2-(a-2)x-a=0有正实数根,因此=a2+40,a-20,-a0或=a2+40,-a0,故“a0”是“函数f(x)=ex(x2-ax)在区间(0,+)内有极值点”的充要条件.答案:C11.下面给出了关于复数的四种类比推理:复数的加减法运算法则,可以类比多项式的加减法运算法则;由向量a的性质:|a|2=a2,可以类比得到复数z的性质:|z|2=z2;关于x的方程ax2+bx+c=0(a,b,cR)有两个不同实根的条件是b2-4ac0,类比可得关于x的方程 ax2+bx+c=0(a,b,cC)有两个不同复数根的条件是b2-4ac0;由向量加法的几何意义,可

5、以类比得到复数加法的几何意义.其中类比得到的结论正确的是()A.B.C.D.解析:中|z|2R,而z2不一定是实数;中复数集中不能比较大小,不能用b2-4ac来确定根的个数.答案:D12.已知函数f(x)=1-exx,给出下列命题:f(x)没有零点;f(x)在(0,1)内单调递增;f(x)的图象关于原点对称;f(x)没有极值.其中正确命题的序号是()A.B.C.D.解析:令f(x)=0,得x=0,但因为f(x)的定义域为(-,0)(0,+),所以函数f(x)没有零点,故正确;f(x)=-xex-1+exx2,令g(x)=-xex-1+ex,则g(x)=-xex.由g(x)=0,得x=0,且当x

6、0,当x0时,g(x)0,所以g(x)在x=0处取得极大值g(0)=0,因此当x0时,g(x)0,即f(x)0,所以函数f(x)在区间(0,+)内单调递减,在区间(-,0)内单调递减,即f(x)没有极值,故错误,正确;又f(1)+f(-1)0,故错误.答案:D二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.把答案填在题中的横线上)13.已知i是虚数单位,复数z的共轭复数为z,且3z-1=z+i,则复数z等于.解析:设z=x+yi(x,yR),则z=x-yi,于是3(x+yi)-1=x-yi+i,即(3x-1)+3yi=x+(1-y)i,因此3x-1=x,3y=1-y,解得x=12,y=14,

7、故z=12+14i.答案:12+14i14.已知函数f(x)=ax2+bx+c,x-1,f(-x-2),xf(x)x,且f(1)=0,则不等式f(x)x0的解集是 .解析:设g(x)=f(x)x(x0),则g(x)=f(x)x-f(x)x20,所以g(x)在区间(0,+)内是增函数.当x0时,由f(x)x0=f(1)1,得x1;当x0,f(x)x0f(x)-x0f(-x)-x0-x1,所以-1x0.答案:-1,0)1,+)三、解答题(本大题共6小题,共74分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(12分)若复数z1满足z1=i(2-z1)(i为虚数单位).(1)求z1;(2)求|z

8、1|;(3)若|z|=1,求|z-z1|的最大值.分析:先由已知条件求出复数z1,再利用复数的模的定义及其几何意义求解.解:(1)由z1=i(2-z1),得z1=2i1+i=1+i.(2)|z1|=|z1|=2.(3)|z-z1|表示复数z与z1分别对应的点Z与Z1间的距离,Z在圆x2+y2=1上,Z1(1,1),显然Z,Z1间的最大距离为2+1,即|z-z1|的最大值为2+1.18.(12分)已知ABC的三边长分别为a,b,c,且其中任意两边长均不相等.若1a,1b,1c成等差数列,比较ba与cb的大小,并证明你的结论.解:大小关系为bacb,证明如下:要证bacb,只需证ba0,所以只需证

9、b2ac.因为1a,1b,1c成等差数列,所以2b=1a+1c21ac.所以b2ac.又a,b,c任意两边均不相等,所以b20恒成立,所以f(x)在区间-2,-1上单调递增.要使f(x)2e2恒成立,则f(-2)=e-2(4a+a+1)2e2,即a15.故实数a的取值范围是15,+.20.(12分)设ABC的两个内角A,B所对的边分别为a,b,复数z1=a+bi,z2=cos A+icos B.若复数z1z2为纯虚数,试判断ABC的形状,并说明理由.分析:利用复数为纯虚数的条件,结合正弦定理及三角知识求解.解:ABC为等腰三角形或直角三角形.理由如下:因为z1=a+bi,z2=cos A+ic

10、os B,所以z1z2=(acos A-bcos B)+i(acos B+bcos A).又z1z2为纯虚数,所以acosA=bcosB,acosB+bcosA0,由及正弦定理,得sin Acos A=sin Bcos B,即sin 2A=sin 2B.因为A,B为ABC的内角,所以02A2,02B2,且2A+2B2.所以2A=2B或2A=-2B,即A=B或A+B=2.也就是A=B或C=2.由及正弦定理,得sin Acos B+sin Bcos A0,即sin(A+B)0.因为A,B是ABC的内角,所以0A+B.所以sin(A+B)0成立.综上所述,知A=B或C=2.故ABC为等腰三角形或直角

11、三角形.21.(12分)有一块抛物线形状的广告板APB(如图),其中AB垂直于抛物线的对称轴,P为抛物线的顶点.现欲从广告板上截取一块以AB为下底边的等腰梯形广告板ABCD,其中C,D均在抛物线弧上.(1)当CD=4 m时,求等腰梯形广告板的面积;(2)当CD的长度为何值时,等腰梯形广告板的面积最大?并求出最大值.解:如图,以AB所在的直线为x轴,抛物线的对称轴为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系xOy.依题意知B(4,0),P(0,2).设经过A,P,B三点的抛物线的方程为y=ax2+2(a0),因为抛物线经过点B(4,0),所以a42+2=0,解得a=-18,于是抛物线的方程为y=-18x

12、2+2(-4x4).(1)当CD=4 m时,设C(x0,y0),则x0=2,y0=-18x02+2=32.因此等腰梯形广告板的面积S0=12(4+8)32=9(m2).(2)设CD=2x m(0x0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间0,2上的最大值不小于14.(1)解由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f(x)=3(x-1)2-a.下面分两种情况讨论:当a0时,有f(x)=3(x-1)2-a0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-,+).当a0时,令f(x)=0,解得x=1+3a3或x=1-3a3.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x-,1-3a31-3a3

13、1-3a3,1+3a31+3a31+3a3,+f(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为1-3a3,1+3a3,单调递增区间为-,1-3a3,1+3a3,+.(2)证明因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a0,且x01.由题意,得f(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=a3,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a3x0-a3-b.又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=8a3(1-x0)+2ax0-3a-b=-2a3x0-a3-b=f(x0),且3-2x0x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满

14、足f(x1)=f(x0),且x1x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.(3)证明设g(x)在区间0,2上的最大值为M,maxx,y表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:当a3时,1-3a3021+3a3,由(1)知,f(x)在区间0,2上单调递减,所以f(x)在区间0,2上的取值范围为f(2),f(0),因此M=max|f(2)|,|f(0)|=max|1-2a-b|,|-1-b|=max|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|=a-1+(a+b),a+b0,a-1-(a+b),a+b0.所以M=a-1+|a+b|2.当34a3时,1-23a301-3a31+3a321

15、+23a3,由(1)和(2)知f(0)f1-23a3=f1+3a3,f(2)f1+23a3=f1-3a3,所以f(x)在区间0,2上的取值范围为f1+3a3,f1-3a3,因此M=maxf1+3a3,f1-3a3=max-2a93a-a-b,2a93a-a-b=max2a93a+(a+b),2a93a-(a+b)=2a93a+|a+b|2934334=14.当0a34时,01-23a31+23a32,由(1)和(2)知f(0)f1+23a3=f1-3a3,所以f(x)在区间0,2上的取值范围为f(0),f(2),因此M=max|f(0)|,|f(2)|=max|-1-b|,|1-2a-b|=max|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|=1-a+|a+b|14.综上所述,当a0时,g(x)在区间0,2上的最大值不小于14.