模块综合评价(一)(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，只有一项符合题目要求)1. 设(1+ 2i)(a + i)的实部与虚部相等，其中a 为实数，则a =() A . - 3B . - 2C . 2D . 3解析：(1 + 2i)(a + i) = a —2+(1 + 2a)i ，由题意知 a — 2 = 1 + 2a , 解得a =— 3,故选A.答案：A 2.演绎推理“因为指数函数 y = a x (a >0且a z 1)是增函数，而因是( )A .大前提错误B .小前提错误C .推理形式错误D .大前提和小前提都错误解析：当a > 1时， 指数函数y = a x 是增函数，所以大前提错误.答案：A3. 用反证法证明命题“设 a , b 为实数，则方程x 2+ax + b = 0 至少有一个实根”时，要做的假设是()A .方程x 2 + ax + b = 0没有实根B .方程x 2+ ax + b = 0至多有一个实根C .方程x 2 + ax + b = 0至多有两个实根D .方程x 2 + ax + b = 0恰好有两个实根解析：反证法的步骤第一步是假设命题反面成立， 而“至少有一 个根”的否定是“没有函数y = 2是对数函数，所以x是增函所得结论错误的原答案：A4. 给出下列三个类比推理的结论：①类比a x• a y= a x+y,则有a x-a y= a x r；②类比log a(xy)= log a x + log a y，则有sin( a+ sin a+ sin B；T T T T T T③类比(a+ b)1 2= a2+ 2ab + b2，则有(a + b)2= a2+ 2 a b + b2.其中，结论正确的个数是()A. 1B. 2C. 3D. 4解析：只有①③的结论是正确的.答案：B5. 若P= a+ a + 7 Q = ■ a + 3+ a+4(a》0),贝S P, Q 的大小关系为()A . P>Q B. P=QC. P v QD.由a的取值确定解析：Q2—P2= ( a+3+ a+ 4)2—( a+ a+ 7)2=2( a2+7a+ 12—a2+ 7a),因为a>0,所以Q2—P2>0,又P >0, Q>0,所以Q>P.答案：C26. 若两曲线y= x2与y= cx3(c>0)围成的图形面积是3,贝S c =()1 3A. 1B.2C.2D. 21解析：令x2= cx3(c>0)解得x = 0或x=-，于是两曲线y= x2与yc1=cx 3(c>0)围成的面积 S = j c o (x 2— cx 3)dx = 1以c = 2，故选B.答案：B7. 已知结论：“在正三角形 ABC 中，若D 是边BC 的中点，GAG是三角形ABC 的重心，则 秸=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，贝“ OOM =（）A . 1B . 2C . 3D . 4解析：由题知，O 为正四面体的外接球、内切球球心，设正四面 1 3体的高为h ，由等体积法可求内切球半径为；h ,外接球半径为；h ，所答案：C8在复平面内，若复数 z 满足|z + 1|= |1 + iz|,贝S z 在复平面内 对应点的轨迹是()A .直线B .圆C .椭圆D .抛物线解析：设 z = x + yi(x 、y € R), |x +1 + yi| = (x + 1) 2+ y 2,|1 + iz|= |1 + i(x + yi)| = (y — 1) 2 + x 2, 贝S (x + 1) 2 + y 2=(y — 1) 2+ x 2, 得 y = — x.所以复数z = x + yi 对应点(x , y)的轨迹为到点(—1, 0)和(0, 1) 距离相等的直线y = — x.答案：Ax 3 cx 4 1 1 2 比 3 — 4 |co = 12c 3 = 3'所AOOM 3.9. 函数f（x）的定义域为开区间（a, b），导函数f ’x）在（a, b）内的图象如下图所示，则函数f(x)在开区间(a, b)内有极大值点()A . 1个B. 2个C. 3个D. 4个解析：若f(x)在x o处的左边导函数的符号为正，右边为负，则x o是函数f(x)的极大值点，据此判断，函数f(x)有两个极大值点.答案：B10. 函数f(x)= ax3-x 在R上为减函数，则()A. a< 0B. a<11C. a<2D. a< 3解析：由题意可知f (x) = 3ax2- 1< 0在R上恒成立，则a< 0. 答案：A11. 曲线f(x) = x3+ x—2在点P处的切线平行于直线y= 4x —1, 则点P的坐标为()A . (1, 0) B. (—1,—4)C . (1. —4)D . (1, 0)或(一1,—4)解析：f'x( = 3x2+1,设点P坐标为P(x o,y o),则切线斜率k=f'x( =3x0 + 1 = 4,得x0= 1，所以x o = 1 或x o=—1,对应的y o= 0 或y o =—4.答案：D12. 已知函数f(x) = x3—InC.x2+ 1 —x)，则对于任意实数a, b(af (a) + f (b) 、”+ b z0),贝S 的值为()B .恒等于0 D .不确定A .恒正 C .恒负解析：可知函数f(x) + f( —x) = x3—ln( x4 5 6+ 1 —x) + (—x)3—ln( x2+1+ x) = 0,所以函数为奇函数，同时，f' (x) = 3x2+#+1 >0 , f(x)是递增函数，f(a)a；:(b)f(* (b)，所以f(*+ f ① >0,所以选 A. a— (—b)a+ b答案：A二. 填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上)a解析：因为(1 + i)(1 - bi) = 1 + b+ (1—b)i = a, 又a, b€ R，所以a5 + b= a 且1 —b= 0,得a= 2, b= 1,所以匕=2.答案：214. 变速直线运动的物体的速度为v(t)= 1 -t2(m/s)(其中t为时间，单位：s),则它在前2s内所走过的路程为__________解析：令v(t)= 0 得t= 1,当t€ (0, 1)时，v(t)>0;当t € (1, 2)时,v(t)v 0,所以物体所走的路程为/ 0(1 —t2)dt + /61 =答案：215. 观察下图中各正方形图案，每条边上有n(n》2)个点，第n个图案中圆点的总数是S.13. 已知a, b€ R, i是虚数单位，若(1 + i)(1 —bi) = a,则£的值n = 2, S2= 4; n = 3, S3 = 8; n = 4, S4= 12;….按此规律，推出S n与n的关系式为____________________________________________ 解析：依图的构造规律可以看出：52 = 2 X 4—4,53 = 3 X 4—4,54 = 4X 4—4(正方形四个顶点重复计算一次，应减去).m.猜想：S n= 4n—4(n>2, n € N*).1 12(t2—1)dt= t —3t3 |0+ 3t3—t 1 = 2.答案：S n= 4n—4(n >2, n € N*)16. 已知P, Q为抛物线x2= 2y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 ___________ .1解析：因为y=夕2，所以y'=x,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l i: 4x —y—8= 0, I2: 2x+y+ 2= 0, 将这两个方程联立方程组求得y=- 4.答案：—4三. 解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. (本小题满分10分)已知复数z满足|z|= 2, z的虚部为1, 且在复平面内表示的点位于第二象限.(1)求复数z;⑵若m2+ m+ mz2是纯虚数，求实数m的值.解：(1)设z= a+ bi, (a, b€ R),则 a 2+ b 2= 2, b = 1.因为在复平面内表示的点位于第二象限，所以 a<0,所以a = 1, b = 1,所以 z =- 1 + i. ⑵由(1)得 z =- 1 + i , 所以 z 2 = (-1 + i)2=- 2i ,所以 m 2+m + mM = m 2+ m — 2mi. 又因为m 2+m + mz 2是纯虚数,18. (本小题满分12分)已知函数f(x) = x 3+ 3ax 2 + 3x + 1. (1 )当a =- 2寸，讨论f(x)的单调性；(2)若x € [2，+乂)时，f(x)> 0,求a 的取值范围.解：(1)当 a =- 2时，f(x) = x 3- 3 2x 2 + 3x + 1, f ‘ (x) = 3x 2- 6"』2x + 3.令 f0,得 X 1= 2- 1, X 2= 2+ 1.当 x € (- = , 2- 1)时，f ' (x)>0, f(x)在(一=,2- 1)上是增 函数；当 x € ( 2- 1, 2+1)时，f ' (x)<0, f(x)在( 2- 1, 2+ 1)上是减函数；当 x € ( 2+1,+乂)时，f ' (x)>0, f(x)在(2+1,+乂)上是增 函数.5⑵由 f(2)>0,得 a >-4. 5当 a >-4, x € [2,+^)时,, 2 2 5 , 1 f (x)= 3(x 2 + 2ax + 1)>3 x 2— + 1 = 3 x — ? • (x — 2)>0,所以 m 2 + m = 0,所以m =— 1.所以f(x)在[2，+乂)上是增函数，于是当x € [2，+乂)时，f(x) > f(2)> 0.5综上，a的取值范围是—4，+^ .19. (本小题满分12分)已知△ ABC的三边长为a, b, c,且其111中任意两边长均不相等.a，匚，c成等差数列.a b c(1) 比较：a与：的大小，并证明你的结论；(2) 求证：B不可能是钝角.(1) 解：大小关系为、<\高，证明如下：要证、鲁<、常，只需证|< b，由题意知a，b，c>0，只需证b2< ac，1 1 1因为a，h，c成等差数列，a b c所以2= 7+2\』， b a c V ac所以b2< ac,又a，b，c任意两边均不相等，所以b2< ac成立.故所得大小关系正确.(2) 证明：假设B是钝角，则cos B< 0，十 - a2+ c2—b2 2ac—b2 ac —b2 而cos B = > > > 0.2ac 2ac 2ac这与cos B < 0矛盾，故假设不成立.所以B不可能是钝角.20. (本小题满分12分)已知a》5,求证：a —5—■ a—3v ■ a—2 _ . a.证明：要证a—5—\,：a—3v、；a —2 —\］a, 只需证a —5 + “J a v a —3 + a —2,7 (2 x —1)( 4x + 2 x+ 1)只需证(a—5+ J a)1 8v ( a—3+ a —2)9 10,只需证2a—5+ 2 a2—5a v 2a—5+ 2\：a5—5a + 6,只需证a2—5a v a2—5a + 6,只需证a2—5a v a2—5a+6,只需证O v 6. 因为O v6恒成立，所以 a — 5 —\:a —3 v a —2 —寸a 成立.21. (本小题满分12分)已知f(x) = —x3+ ax,其中a€ R, g(x) 3 =—2x2,且f(x)v g(x)在(0, 1］上恒成立.求实数a的取值范围.31 2 解：设F(x) = f(x)—g(x)= —x3+ax+ ,因为f(x)v g(x)在(0, 1］上恒成立，所以F(x)v0在(0, 1］上恒成立，11 2 ..所以a v x2—；x2,这样，要求a的取值范围，使得上式在区间(0,11 21］上恒成立，只需求函数h(x)= x2—在(0, 1］上的最小值.因为h x) = 2x —芯=4長,由h'x( = 0,得(2 x —1)(4x + 2 x + 1) = 0.因为4x+ 2 x+ 1>0,0,1所以 2 x — 1 = 0,得 x = 4. 1 又因为 x € 0, 4 时，h ' (x) v 0,1 x € 4，1 时，h ‘ (x)>0,所以x =寸时,h(x)有最小值h 4 =—詹，3 所以a v — 1g.k 22. (本小题满分 12分)已知函数 f(x) = ln(1 + x) — x + 2x 2(k >0).(1)当k = 2时，求曲线y = f(x)在点(1, f(1))处的切线方程； ⑵求f(x)的单调区间.解：⑴当 k =2 时，f(x) = In (1 + x) — x + x 2,1 3 f ‘ (x)= 1 +x — 1 + 2x.由于 f(1)= In 2, f ‘ (1) = 2,所以曲线y = f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y — In 2 = ；(x —1),即 3x — 2y +2ln 2 — 3= 0.x当 k = 0 时，f ‘ (x) = — 1 + x所以，在区间(—1, 0)上, f ' (x)>0; 在区间(0,+3)上, f ' (x)v 0. 故f(x)的单调递增区间是(一1, 0),单调递减区间是(0,+3 ).当 0v k v 1 时，由 f ’x)= x (kx + k — 1)(2)f'刈= x (kx + k — 1) x € (— 1,0 .1 — k得 x i = 0, X 2= k > 0.1 — k 所以，在区间(—1, 0)和 k ，+ 乂上，f ' (x)>0；1 一 k 在区间0, k 上，f '(x )v 0.1 一 k故f(x)的单调递增区间是(—1, 0)和—j ^，+x , 故f(x)的单调递增区间是(一1 ,+ X ). 得 x 1 =宁€ (— 1, 0), X 2= 0. 所以，在区间 1 — k—1, k 和(0，+X )上, f (x)>0;1 — k在区间 k , 0 上, f ' (x)v 0.1 — k故f(x)的单调递增区间是 一1, 一°一和(0,+X ), 单调递减区间是单调递减区间是 0,当 k = 1 时，f ‘ (x)= x 21+ x .当k > 1时，由『刈= x (kx + k —1) =0,。