湖北省荆州市沙市第五中学高中数学 第一章 导数及其应用模块综合检测A 新人教版选修22.doc

湖北省荆州市沙市第五中学高中数学 第一章 导数及其应用模块综合检测a 新人教版选修2-2考试时间：120分钟满分：150分一、选择题(本大题共10小题，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若复数z满足(34i)z|43i|，则z的虚部为()a4 bc4 d.2求由曲线y2x2与直线x0，xt(t0)，y0所围成的曲边梯形的面积时，将区间0，t等分成n个小区间，则第i个区间为()a， b，c， d，3数列2,5,11,20，x,47，中的x等于()a28 b32c33 d274已知z1abi，z2cdi，若z1z2是纯虚数，则()aac0，且bd0bac0，且bd0cac0，且bd0dac0，且bd0.5如图，阴影部分面积为()a.f(x)g(x)dxb.g(x)f(x)dxf(x)g(x)dxc.f(x)g(x)dxg(x)f(x)dxd.g(x)f(x)dx6用反证法证明命题：“若(a1)(b1)(c1)0，则a，b，c中至少有一个大于1”时，下列假设中正确的是()a假设a，b，c都大于1b假设a，b，c都不大于1c假设a，b，c至多有一个大于1d假设a，b，c至多有两个大于17k棱柱有f(k)个对角面，而k1棱柱有对角面的个数为()a2f(k) bk1f(k)cf(k)k df(k)28函数yx2ln x的单调递减区间为()a(1,1 b(0,1c1，) d(0，)9函数f(x)x(1x2)在0,1上的最大值为()a. b.c. d.10.设abc的三边长分别为a，b，c，abc的面积为s，内切圆半径为r，则r，类比这个结论可知：四面体sabc的四个面的面积分别为s1，s2，s3，s4，内切球半径为r，四面体sabc的体积为v，则r()a. b.c. d.二、填空题(本大题共5小题，把答案填在题中横线上)11复数z1cos i，z2sin i，则|z1z2|的最大值为_12若p，q(a0)，则p，q的大小关系为_13设yf(x)为区间0,1上的连续函数，且恒有0f(x)1，可以用随机模拟方法近似计算积分f(x)dx，先产生两组(每组n个)区间0,1上的均匀随机数x1，x2，xn和y1，y2，yn，由此得到n个点(xi，yi)(i1,2，n)，再数出其中满足yif(xi)(i1,2，n)的点数n1，那么由随机模拟方案可得积分f(x)dx的近似值为_14已知p，q为抛物线x22y上两点，点p，q的横坐标分别为4，2，过p，q分别作抛物线的切线，两切线交于点a，则点a的纵坐标为_15自然数列按如图规律排列，若2 013在第m行第n个数，则_.132456109871112131415三、解答题(本大题共5小题，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16已知复数zcos isin (02)，求为何值时，|1iz|取得最值并求出它的最值17已知sin cos 1，求证：sin6cos61.18用数学归纳法证明1(n2，nn*)19. 如图，在正三棱柱abca1b1c1中，底面abc为正三角形，m、n、g分别是棱cc1、ab、bc的中点且cc1ac.求证：(1)cn平面amb1；(2)b1m平面amg.20设f(x)ln(x1)axb(a，br，a，b为常数)，曲线yf(x)与直线yx在(0,0)点相切(1)求a，b的值；(2)证明：当0x2时，f(x).参考答案一、选择题：1、解析：选d.(34i)z|43i|，zi，z的虚部为.2、解析：选c.把区间0，t等分成n个小区间后，每个小区间的长度为，n个小区间分别为0，t(其中i1,2,3，n)故选c.3、解析：选b.由题中数字可发现：235,5611,11920，故201232.4、解析：选a.z1z2abi(cdi)(ac)(bd)i为纯虚数，5、解析：选b.在区间(a，c)上g(x)f(x)，而在区间(c，b)上g(x)f(x)sg(x)f(x)dxf(x)g(x)dx，故选b.6、解析：选b.a，b，c至少有一个大于1的否定为a，b，c都不大于1.7、解析：选b.新增加的第k1条棱与其不相邻的第k2条棱构成k2个对角面，与其相邻的两条棱构成一个对角面，这样共增加k1个对角面8、解析：选b.根据函数的导数小于0的解集就是函数的单调减区间求解由题意知，函数的定义域为(0，)，又由yx0，解得0x1，所以函数的单调递减区间为(0,19、解析：选a.f(x)xx3，f(x)13x2，当x时，f(x)0；当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.f为极大值又f(0)0，f(1)0，f(x)的最大值是f.10、解析：选c.设四面体的内切球的球心为o，则球心o到四个面的距离都是r，所以四面体的体积等于以o为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和则四面体的体积为vsabc(s1s2s3s4)r，r，故选c.二、填空题：11、解析：|z1z2|(cos sin )2i|.答案：12、解析：要比较p与q的大小，只需比较p2与q2的大小，只需比较2a72与2a72的大小，只需比较a27a与a27a12的大小，即比较0与12的大小，而012.故pq.答案：pq13、解析：f(x)dx的几何意义是函数f(x)(其中0f(x)1)的图象与x轴、直线x0和直线x1所围成图形的面积，根据几何概型易知f(x)dx.答案：14、解析：因为yx2，所以yx，易知p(4,8)，q(2,2)，所以在p、q两点处切线的斜率的值为4或2.所以这两条切线的方程为l1：4xy80，l2：2xy20，将这两个方程联立方程组求得y4.答案：415、解析：观察图中数字的排列规律，可知自然数的排列个数呈等差数列，所以其总个数之和与行数m有关，为.而2 013，m63.而2 01360，n60.答案：三、解答题：16、解：|1iz|cos isin 1i|，当时，|1iz|max1；当时，|1iz|min1.17、证明：要证sin6cos61，只需证(sin2cos2)(sin4sin2cos2cos4)1.即证sin4sin2cos2cos41，只需证(sin2cos2)23sin2cos21，即证13sin2cos21，即证sin2cos20，由已知sin cos 1，所以sin2cos22sin cos 1，所以sin cos 0，所以sin2cos20，故sin6cos61.18、证明：当n2时，左式，右式1，因为，所以不等式成立假设nk(k2，kn*)时，不等式成立，即1，则当nk1时，11111，所以当nk1时，不等式也成立综上所述，对任意n2的正整数，不等式都成立19、证明：(1)设ab1的中点为p，连结np、mp.cm綊aa1，np綊aa1，cm綊np，cnpm是平行四边形，cnmp.cn平面amb1，mp平面amb1，cn平面amb1.(2)cc1平面abc，平面cc1b1b平面abc，agbc，ag平面cc1b1b，b1mag.cc1平面abc，平面a1b1c1平面abc，cc1ac，cc1b1c1，设ac2a，则cc12a.在rtmca中，ama.同理，b1ma.bb1cc1，bb1平面abc，bb1ab，ab12a；am2b1m2ab，b1mam，又agama，b1m平面amg.20、解：(1)由yf(x)过(0,0)点，得b1.由yf(x)在(0,0)点的切线斜率为，又yx0a，得a0.(2)证明：法一：由均值不等式，当x0时，2x11x2，故1.记h(x)f(x)，则h(x).令g(x)(x6)3216(x1)，则当0x2时，g(x)3(x6)22160.因此g(x)在(0,2)内是递减函数又由g(0)0，得g(x)0，所以h(x)0.因此h(x)在(0,2)内是递减函数又h(0)0，得h(x)0.于是当0x2时，f(x)0时，2