湘教版数学选修22 模块检测

1、模块检测一、选择题1“金导电、银导电、铜导电、锡导电，所以一切金属都导电”此推理方法是A完全归纳推理 B归纳推理C类比推理 D演绎推理答案B解析由特殊到一般的推理为归纳推理故选B.2(2019·浙江)已知i是虚数单位，则(1i)(2i)A3i B13i C33i D1i答案B解析(1i)(2i)2i2i113i，故选B.3设f(x)10xlg x，则f(1)等于A10 B10ln 10lg eC.ln 10 D11ln 10答案B解析f(x)10xln 10，f(1)10ln 10lg e，故选B.4若大前提：任何实数的平方都大于0，小前提：aR，结论：a2>0，那么这个演绎推

2、理出错在A大前提 B小前提 C推理形式 D没有出错答案A5观察下列数表规律则数2 007的箭头方向是答案D解析因上行奇数是首项为3，公差为4的等差数列，若2 007在上行，则2 0073(n1)·4n502N*.故2 007在上行，又因为在上行奇数的箭头为an，故选D.6函数f(x)x3ax2bxa2在x1处有极值10，则a，b的值为A.或 B.C. D以上都不对答案B解析f(x)3x22axb，解得或.经检验a3，b3不合题意，应舍去7给出下列命题：dxdtba(a，b为常数且a<b)；x2dxx2dx；曲线ysin x，x0,2与直线y0围成的两个封闭区域面积之和为2.其中

3、正确命题的个数为A0 B1 C2 D3答案B解析dtbadxab，故错yx2是偶函数，其在1,0上的积分结果等于其在0,1上的积分结果，故对对于有S2sin xdx4.故错故选B.8已知结论：“在正三角形ABC中，若D是BC的中点，G是三角形ABC的重心，则2”若把该结论推广到空间，则有结论：在棱长都相等的四面体ABCD中，若BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等，则等于A1 B2 C3 D4答案C解析面的重心类比几何体的重心，平面类比空间，2类比3，故选C.9曲线y在点(4，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为A.e2 B4e2 C2e2 De2答案D解析y，y在(4

4、，e2)处的切线斜率为e2.过点(4，e2)的切线方程为ye2xe2，它与x轴、y轴的交点分别为(2,0)和(0，e2)，S×2×e2e2.故选D.10(2019·湖北)已知a为常数，函数f(x)x(ln xax)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则Af(x1)0，f(x2)Bf(x1)0，f(x2)Cf(x1)0，f(x2)Df(x1)0，f(x2)答案D解析函数f(x)x(ln xax)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则f(x)ln x2ax1有两个零点，即方程ln x2ax1有两个根，有数形结合易知0a且0x11x2.因为在(x1，x2)上f(x)递增

5、，所以f(x1)f(1)f(x2)，即f(x1)af(x2)，所以f(x1)0，f(x2).故选D.二、填空题11若复数z满足z(1i)1i(i是虚数单位)，则其共轭复数_.答案i解析设zabi，则(abi)(1i)1i，即ab(ab)i1i.由解得所以zi，i.12通过类比长方形，由命题“周长为定值l的长方形中，正方形的面积最大，最大值为”，可猜想关于长方体的相应命题为_答案表面积为定值S的长方体中，正方体的体积最大，最大值为解析正方形有4条边，正方体有6个面，正方形的面积为边长的平方，正方体的体积为边长的立方由正方体的边长为，通过类比可知，表面积为定值S的长方体中，正方体的体积最大，最大值

6、为.13已知函数f(x)x32bx2cx1有两个极值点x1，x2，且x12，1，x21,2，则f(1)的取值范围是_答案3,12解析因为f(x)有两个极值点x1，x2，所以f(x)3x24bxc0有两个根x1，x2，且x12，1，x21,2，所以即画出可行域如图所示因为f(1)2bc，由图知经过点A(0，3)时，f(1)取得最小值3，经过点C(0，12)时，f(1)取得最大值12，所以f(1)的取值范围为3,1214.如图所示的数阵中，第20行第2个数字是_答案解析设第n(n2且nN*)行的第2个数字为，其中a11，则由数阵可知an1ann，a20(a20a19)(a19a18)(a2a1)a

7、11918111191，.三、解答题15(2019·青岛二中期中)(1)已知zC，且|z|i23i(i为虚数单位)，求复数的虚部(2)已知z1a2i，z234i(i为虚数单位)，且为纯虚数，求实数a的值解(1)设zxyi(x，yR)，代入方程|z|i23i，得出ixyi23i(x2)(3y)i，故有，解得，z34i，复数2i，虚部为1.(2)，且为纯虚数则3a80，且4a60，解得a.16已知a，b，c>0，且abc1，求证：(1)a2b2c2；(2).证明(1)a2a，b2b，c2c，abc.a2b2c2.(2)，三式相加得(abc)1，.17是否存在常数a，b，使等式对一切

8、nN*都成立？若不存在，说明理由；若存在，请用数学归纳法证明解若存在常数a，b使等式成立，则将n1，n2代入上式，有得a1，b4，即有对于一切nN*都成立证明如下：(1)当n1时，左边，右边，所以等式成立(2)假设nk(k1，且kN*)时等式成立，即，当nk1时，···，也就是说，当nk1时，等式成立，综上所述，等式对任何nN*都成立18(2019·广东)设函数f(x)(x1)exkx2(其中kR)(1)当k1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k时，求函数f(x)在0，k上的最大值M.解(1)当k1时，f(x)(x1)exx2，f(x)ex(x1)e

9、x2xxex2xx(ex2)令f(x)0，得x10，x2ln 2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化如下表x(，0)0(0，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)00f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为(，0)，(ln 2，)(2)f(x)ex(x1)ex2kxxex2kxx(ex2k)，令f(x)0，得x10，x2ln (2k)，令g(k)ln(2k)k，则g(k)10，所以g(k)在上递增，所以g(k)ln 21ln 2ln e0，从而ln (2k)k，所以ln(2k)0，k，所以当x(0，ln(2k)时，f(x)0；当x(ln(2k)，)时，f(x)0；所以Mmaxf(0)，f(k)max1，(k1)ekk3令h(k)(k1)ekk31，则h(k)k(ek3k)，令(k)ek3k，则(k)ek3e30，所以(k