湘教版选修2-2模块检测含答案解析

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．(2013·浙江)已知i是虚数单位，则(－1＋i)(2－i)(　　)A．－3＋iB．－1＋3iC．－3＋3iD．－1＋i答案　B解析　(－1＋i)(2－i)＝－2＋i＋2i＋1＝－1＋3i，故选B.3．设f(x)＝10x＋lgx，则f′(1)等于(　　)A．10B．10ln10＋lgeC.＋ln10D．11ln10答案　B解析　∵f′(x)＝10xln10＋，∴f′(1)＝10ln10＋lge，故选B.4．若大前提：任何实数的平方都大于0，小前提：a∈R，结论：a2>0，那么这个演绎推理出错在(　　)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2007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2007在上行，则2007＝3＋(n－1)·4⇒n＝502∈N*.故2007在上行，又因为在上行奇数的箭头为→an，故选D.6．函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1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)＝3x2－2ax－b，∴，解得或.经检验a＝3，b＝－3不合题意，应舍去．7．给出下列命题：①dx＝dt＝b－a(a，b为常数且a<b)；②x2dx＝x2dx；③曲线y＝sinx，x∈[0,2π]与直线y＝0围成的两个封闭区域面积之和为2.其中正确命题的个数为(　　)A．0B．1C．2D．3答案　B解析　dt＝b－a≠dx＝a－b，故①错．y＝x2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②对．对于③有S＝2sinxdx＝4.故③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A－BCD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(　　)A．1B．2C．3D．4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.e2B．4e2C．2e2D．e2答案　D解析　∵y′＝，∴y＝在(4，e2)处的切线斜率为e2.∴过点(4，e2)的切线方程为y＝e2x－e2，它与x轴、y轴的交点分别为(2,0)和(0，－e2)，∴S＝×2×e2＝e2.故选D.10．(2013·湖北)已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，则(　　)A．f(x1)＞0，f(x2)＞－B．f(x1)＜0，f(x2)＜－ C．f(x1)＞0，f(x2)＜－D．f(x1)＜0，f(x2)＞－答案　D解析　函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，则f′(x)＝lnx－2ax＋1有两个零点，即方程lnx＝2ax－1有两个根，有数形结合易知0＜a＜且0＜x1＜1＜x2.因为在(x1，x2)上f(x)递增，所以f(x1)＜f(1)＜f(x2)，即f(x1)＜－a＜f(x2)，所以f(x1)＜0，f(x2)＞－.故选D.二、填空题11．若复数z满足z(1＋i)＝1－i(i是虚数单位)，则其共轭复数＝________.答案　i解析　设z＝a＋bi，则(a＋bi)(1＋i)＝1－i，即a－b＋(a＋b)i＝1－i.由解得所以z＝－i，＝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，最大值为.13．已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，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)＝3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈ [1,2]，所以即画出可行域如图所示．因为f(－1)＝2b－c，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[3,12]．14.如图所示的数阵中，第20行第2个数字是________．答案　解析　设第n(n≥2且n∈N*)行的第2个数字为，其中a1＝1，则由数阵可知an＋1－an＝n，∴a20＝(a20－a19)＋(a19－a18)＋…＋(a2－a1)＋a1＝19＋18＋…＋1＋1＝＋1＝191，∴＝.三、解答题15．(2013·青岛二中期中)(1)已知z∈C，且|z|－i＝＋2＋3i(i为虚数单位)，求复数的虚部．(2)已知z1＝a＋2i，z2＝3－4i(i为虚数单位)，且为纯虚数，求实数a的值．解　(1)设z＝x＋yi(x，y∈R)，代入方程|z|－i＝＋2＋3i，得出－i＝x－yi＋2＋3i＝(x＋2)＋(3－y)i，故有，解得，∴z＝3＋4i，复数＝＝2＋i，虚部为1.(2)＝＝，且为纯虚数则3a－8＝0，且4a＋6≠0，解得a＝. 16．已知a，b，c>0，且a＋b＋c＝1，求证：(1)a2＋b2＋c2≥；(2)＋＋≤.证明　(1)∵a2＋≥a，b2＋≥b，c2＋≥c，∴＋＋≥a＋b＋c＝.∴a2＋b2＋c2≥.(2)∵≤，≤，≤，三式相加得＋＋≤(a＋b＋c)＋＝1，∴＋＋≤.17．是否存在常数a，b，使等式＋＋…＋＝对一切n∈N*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n＝1，n＝2代入上式，有得a＝1，b＝4，即有＋＋…＋＝对于一切n∈N*都成立．证明如下：(1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝＝，所以等式成立．(2)假设n＝k(k≥1，且k∈N*)时等式成立，即＋＋…＋＝，当n＝k＋1时，＋＋…＋＋ ＝＋＝·＝·＝·＝＝，也就是说，当n＝k＋1时，等式成立，综上所述，等式对任何n∈N*都成立．18．(2013·广东)设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(其中k∈R)．(1)当k＝1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k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(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，ln2)，递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x(ex－2k)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln(2k)，令g(k)＝ln(2k)－k，则g′(k)＝－1＝＞0，所以g(k)在上递增，所以g(k)≤ln2－1＝ln2－lne＜0，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M＝max{f(0)，f(k)}＝max{－1，(k－1)ek－k3}令h(k)＝(k－1)ek－k3＋1，则h′(k)＝k(ek－3k)， 令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3＜e－3＜0，所以φ(k)在上递减，而φ·φ(1)＝(e－3)＜0，所以存在x0∈使得φ(x0)＝0，且当k∈时，φ(k)＞0，当k∈(x0,1)时φ(k)＜0，所以φ(k)在上单调递增，在(x0,1)上单调递减．因为h＝－＋＞0，h(1)＝0，所以h(k)≥0在上恒成立，当且仅当k＝1时取得“＝”．综上，函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.