高中數(shù)學(xué)人教A版2本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 公開課2

模塊綜合檢測(能力卷)時間120分鐘，滿分150分．一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中只有一個是符合題目要求的)1．曲線y＝4x－x3在點(－1，－3)處的切線方程是eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510897)()A．y＝7x＋4 B．y＝x－4C．y＝7x＋2 D．y＝x－2[答案]D[解析]y′|x＝－1＝(4－3x2)|x＝－1＝1，∴切線方程為y＋3＝x＋1，即y＝x－2.2．設(shè)x＝3＋4i，則復(fù)數(shù)z＝x－|x|－(1－i)在復(fù)平面上的對應(yīng)點在eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510898)()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[答案]B[解析]∵x＝3＋4i，∴|x|＝eq\r(32＋42)＝5，∴z＝3＋4i－5－(1－i)＝(3－5－1)＋(4＋1)i＝－3＋5i.∴復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上的對應(yīng)點在第二象限，故應(yīng)選B.3．若函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c的圖象的頂點在第四象限，則函數(shù)f′(x)的圖象是eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510899)()[答案]A[解析]∵f′(x)＝2x＋b為增函數(shù)，∴排除B、D；又f(x)的頂點在第四象限，∴－eq\f(b,2)>0，∴b<0，排除C，故選A.4．定義復(fù)數(shù)的一種運算z1*z2=eq\f(|z1|＋|z2|,2)(等式右邊為普通運算)，若復(fù)數(shù)z＝a＋bi，eq\o(z,\s\up6(－))為z的共軛復(fù)數(shù)，且正實數(shù)a，b滿足a＋b＝3，則z*eq\o(z,\s\up6(－))的最小值為eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510900)()\f(9,2) \f(3\r(2),2)\f(3,2) D．eq\f(9,4)[答案]B[解析]由題意可得z*eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(|a＋bi|＋|a－bi|,2)＝eq\f(\r(a2＋b2)＋\r(a2＋－b2),2)＝eq\r(a2＋b2)，∵正實數(shù)a，b滿足a＋b＝3，∴b＝3－a，∴eq\r(a2＋b2)＝eq\r(a2＋3－a2)＝eq\r(2a2－6a＋9)，由二次函數(shù)可知當(dāng)a＝eq\f(3,2)時，上式取最小值eq\f(3\r(2),2).故選B.5．(2023·宜春高二檢測)已知函數(shù)f(x)＝sinx＋ex＋x2023，令f1(x)＝f′(x)，f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，則f2023(x)＝eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510901)()A．sinx＋ex B．cosx＋exC．－sinx＋ex D．－cosx＋ex[答案]A[解析]f1(x)＝f′(x)＝cosx＋ex＋2023x2023，f2(x)＝f1′(x)＝－sinx＋ex＋2023×2023x2023，f3(x)＝f2′(x)＝－cosx＋ex＋2023×2023×2023x2023，…，∴f2023(x)＝sinx＋ex.6．函數(shù)f(x)＝3x－4x3(x∈[0,1])的最大值是eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510902)()\f(1,2) B．－1C．0 D．1[答案]D[解析]由f′(x)＝3－12x2＝0得，x＝±eq\f(1,2)，∵x∈[0,1]，∴x＝eq\f(1,2)，∵當(dāng)x∈[0，eq\f(1,2)]，f′(x)>0，當(dāng)x∈[eq\f(1,2)，1]時，f′(x)<0，∴f(x)在[0，eq\f(1,2)]上單調(diào)遞增，在[eq\f(1,2)，1]上單調(diào)遞減，故x＝eq\f(1,2)時，f(x)取到極大值也是最大值，f(eq\f(1,2))＝3×eq\f(1,2)－4×(eq\f(1,2))3＝1，故選D.7．(2023·哈爾濱質(zhì)檢)在平面直角坐標(biāo)系中，橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點叫做格點．若函數(shù)圖象恰好經(jīng)過k個格點，則稱函數(shù)為k階格點函數(shù)．已知函數(shù)：①y＝sinx; ②y＝cos(x＋eq\f(π,6))；③y＝ex－1; ④y＝x2.其中為一階格點函數(shù)的序號為eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510903)()A．①② B．②③C．①③ D．②④[答案]C[解析]對于①，注意到y(tǒng)＝sinx的值域是[－1,1]；當(dāng)sinx＝0時，x＝kπ(k∈Z)，此時相應(yīng)的整數(shù)x＝0；當(dāng)sinx＝±1時，x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，此時沒有相應(yīng)的整數(shù)x，因此函數(shù)y＝sinx僅過唯一的整點(0,0)，該函數(shù)是一階格點函數(shù)．同理可知，對于②，函數(shù)y＝cos(x＋eq\f(π,6))不是一階格點函數(shù)．對于③，令y＝ex－1＝k(k∈Z)得ex＝k＋1>0，x＝ln(k＋1)，僅當(dāng)k＝0時，x＝0∈Z，因此函數(shù)y＝ex－1是一階格點函數(shù)．對于④，注意到函數(shù)y＝x2的圖象經(jīng)過多個整點，如點(0,0)，(1,1)，因此函數(shù)y＝x2不是一階格點函數(shù)．綜上所述知選C.8．(2023·淄博高二檢測)下列求導(dǎo)運算正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510904)()A．(2x)′＝x·2x－1 B．(3ex)′＝3exC．(x2－eq\f(1,x))′＝2x－eq\f(1,x2) D．(eq\f(x,cosx))′＝eq\f(cosx－xsinx,cosx2)[答案]B[解析]對于A，(2x)′＝2xln2；對于B，(3ex)′＝3ex；對于C，(x2－eq\f(1,x))′＝2x＋eq\f(1,x2)；對于D，(eq\f(x,cosx))′＝eq\f(cosx＋xsinx,cosx2)；綜上可知選B.9．古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形狀來研究數(shù)．比如：他們研究過圖1中的1,3,6,10，…，由于這些數(shù)能夠表示成三角形，將其稱為三角形數(shù)；類似的，稱圖2中的1,4,9,16，…，這樣的數(shù)為正方形數(shù)．下列數(shù)中既是三角形數(shù)又是正方形數(shù)的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510905)()A．289 B．1024C．1225 D．1378[答案]C[解析]圖1中滿足a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，以上累加得an－a1＝2＋3＋…＋n，an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n·n＋1,2)，圖2中滿足bn＝n2，一個數(shù)若滿足三角形數(shù)，其必能分解成兩個相鄰自然數(shù)乘積的一半；一個數(shù)若滿足正方形數(shù)，其必為某個自然數(shù)的平方．∵1225＝352＝eq\f(49×50,2)，∴選C.10．若曲線y＝x－eq\s\up5(\f(1,2))在點(a，a－eq\s\up5(\f(1,2)))處的切線與兩個坐標(biāo)圍成的三角形的面積為18，則a＝eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510906)()A．64 B．32C．16 D．8[答案]A[解析]y′＝－eq\f(1,2)x－eq\s\up5(\f(3,2))，∴k＝－eq\f(1,2)a－eq\s\up5(\f(3,2))，切線方程是y－a－eq\s\up5(\f(1,2))＝－eq\f(1,2)a－eq\s\up5(\f(3,2))(x－a)，令x＝0，y＝eq\f(3,2)a－eq\s\up5(\f(1,2))，令y＝0，x＝3a，∴三角形的面積是S＝eq\f(1,2)·3a·eq\f(3,2)a－eq\s\up5(\f(1,2))＝18，解得a＝64.11．(2023·全國卷Ⅲ理，12)定義“規(guī)范01數(shù)列”{an}如下：{an}共有2m項，其中m項為0，m項為1，且對任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的個數(shù)不少于1的個數(shù)，若m＝4，則不同的“規(guī)范01數(shù)列”共有eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510907)()A．18個 B．16個C．14個 D．12個[答案]C[解析]由題意可得a1＝0，a8＝1，a2，a3，…，a7中有3個0、3個1，且滿足對任意k≤8，都有a1，a2，…，ak中0的個數(shù)不少于1的個數(shù)，利用列舉法可得不同的“規(guī)范01數(shù)列”有00001111,00010111,00011011,00011101,00100111,00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14個．12．當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510908)()A．[－5，－3] B．[－6，－eq\f(9,8)]C．[－6，－2] D．[－4，－3][答案]C[解析]ax3≥x2－4x－3恒成立．當(dāng)x＝0時式子恒成立．∴a∈R，當(dāng)x>0時，a≥eq\f(1,x)－eq\f(4,x2)－eq\f(3,x3)恒成立．令eq\f(1,x)＝t，x∈(0,1]，∴t≥1.∴a≥t－4t2－3t3恒成立．令g(t)＝t－4t2－3t3，g′(t)＝1－8t－9t2＝(t＋1)(－9t＋1)，∴函數(shù)g′(t)在[1，＋∞)上為減函數(shù)而且g′(1)＝－16<0，∴g′(t)<0在[1，＋∞)上恒成立．∴g(t)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，∴g(t)max＝g(1)＝－6，∴a≥－6；當(dāng)x<0時，a≤eq\f(1,x)－eq\f(4,x2)－eq\f(3,x3)恒成立，∵x∈[－2,0)，∴t≤－eq\f(1,2)，令g′(t)＝0得，t＝－1，∴g(t)在(－∞，－1]上為減函數(shù)，在(－1，－eq\f(1,2)]上為增函數(shù)，∴g(t)min＝g(－1)＝－2，∴a≤－2.綜上知－6≤a≤－2.二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，把正確答案填在題中橫線上)13．對任意非零實數(shù)a、b，若a?b的運算原理如圖所示，則eq\r(2)?eq\i\in(0,π,)sinxdx＝________.eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510909)[答案]eq\f(\r(2),2)[解析]∵eq\i\in(0,π,)sinxdx＝－cosx|eq\o\al(π,0)＝2>eq\r(2)，∴eq\r(2)?eq\i\in(0,π,)sinxdx＝eq\r(2)?2＝eq\f(2－1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).14．請閱讀下列材料：若兩個正實數(shù)a1、a2滿足aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＝1，那么a1＋a2≤eq\r(2).證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋1.因為對一切實數(shù)x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，從而得4(a1＋a2)2－8≤0，所以a1＋a2≤eq\r(2).類比上述結(jié)論，若n個正實數(shù)滿足aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝1，你能得到的結(jié)論為\x(導(dǎo)學(xué)號10510910)[答案]a1＋a2＋…＋an≤eq\r(n)(n∈N*)[解析]構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋1，∵f(x)≥0對任意實數(shù)x都成立，∴Δ＝4(a1＋a2＋…＋an)2－4n≤0，∵a1，a2，…，an都是正數(shù)，∴a1＋a2＋…＋an≤eq\r(n).15．對大于或等于2的自然數(shù)m的n次方冪有如下分解方式：eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510911)22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19.根據(jù)上述分解規(guī)律，若n2＝1＋3＋5＋…＋19，m3(m∈N*)的分解中最小的數(shù)是21，則m＋n的值為________．[答案]15[解析]依題意得n2＝eq\f(10×1＋19,2)＝100，∴n＝10.易知m3＝21m＋eq\f(mm－1,2)×2，整理得(m－5)(m＋4)＝0，又m∈N*，所以m＝5，即53＝21＋23＋25＋27＋29，所以m＋n＝15.16．(2023·全國卷Ⅱ理，16)若直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，則b＝\x(導(dǎo)學(xué)號10510912)[答案]1－ln2[解析]設(shè)y＝kx＋b與y＝lnx＋2和y＝ln(x＋1)的切點分別為(x1，lnx1＋2)和(x2，ln(x2＋1))．則切線分別為y－lnx1－2＝eq\f(1,x1)(x－x1)，y－ln(x2＋1)＝eq\f(1,x2＋1)(x－x2)，化簡得y＝eq\f(1,x1)x＋lnx1＋1，y＝eq\f(1,x2＋1)x－eq\f(x2,x2＋1)＋ln(x2＋1)，依題意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＝\f(1,x2＋1),lnx1＋1＝－\f(x2,x2＋1)＋lnx2＋1))，解得x1＝eq\f(1,2)，從而b＝lnx1＋1＝1－ln2.三、解答題(本大題共6個大題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本題滿分10分)(2023·大連高二期中)已知z1、z2為復(fù)數(shù)，i為虛數(shù)單位，z1·eq\o(z,\s\up6(－))1＋3(z1＋eq\o(z,\s\up6(－))1)＋5＝0，eq\f(z2＋3,z2－3)為純虛數(shù)，z1、z2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點分別為P、\x(導(dǎo)學(xué)號10510913)(1)求點P的軌跡方程；(2)求點Q的軌跡方程；(3)寫出線段PQ長的取值范圍．[解析](1)設(shè)z1＝x＋yi，(x、y∈R)，由z1·eq\o(z,\s\up6(－))1＋3(z1＋eq\o(z,\s\up6(－))1)＋5＝0得x2＋y2＋6x＋5＝0，整理得(x＋3)2＋y2＝4，∴點P的軌跡方程為(x＋3)2＋y2＝4.(2)設(shè)z2＝x＋yi，(x、y∈R)，eq\f(z2＋3,z2－3)＝eq\f(x＋3＋yi,x－3＋yi)＝eq\f(x2＋y2－9－6yi,x－32＋y2)，∵eq\f(z2＋3,z2－3)為純虛數(shù)，∴x2＋y2＝9且y≠0，∴點Q的軌跡方程為x2＋y2＝9(y≠0)．(3)PQ長的取值范圍是[0,8)．∵兩圓相交，∴PQ長的最小值為0，又兩圓圓心距為3，兩圓半徑分別為2和3，∴PQ長的最大值為8，但點Q的軌跡方程中y≠0，∴|PQ|<8，∴線段PQ長的取值范圍是[0,8)．18．(本題滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝sinx－cosx＋x＋1,0<x<2π，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值.eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510914)[解析]f′(x)＝cosx＋sinx＋1＝eq\r(2)sin(x＋eq\f(π,4))＋1(0<x<2π)，令f′(x)＝0，即sin(x＋eq\f(π,4))＝－eq\f(\r(2),2)，解之得x＝π或x＝eq\f(3π,2).x，f′(x)以及f(x)變化情況如下表：x(0，π)π(π，eq\f(3π,2))eq\f(3,2)π(eq\f(3π,2)，2π)f′(x)＋0－0＋f(x)遞增π＋2遞減eq\f(3π,2)遞增∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，π)和(eq\f(3π,2)，2π)，單調(diào)減區(qū)間為(π，eq\f(3π,2))．f極大(x)＝f(π)＝π＋2，f極小(x)＝f(eq\f(3π,2))＝eq\f(3π,2).19．(本題滿分12分)已知An(n，an)為函數(shù)y1＝eq\r(x2＋1)圖象上的點，Bn(n，bn)為函數(shù)y2＝x的圖象上的點，設(shè)cn＝an－bn，其中n∈N*.eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510915)(1)求證：數(shù)列{cn}既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列；(2)試比較cn與cn＋1的大?。甗解析](1)證明：依題意，an＝eq\r(n2＋1)，bn＝n，cn＝eq\r(n2＋1)－n.假設(shè){cn}是等差數(shù)列，則2c2＝c1＋c3，∴2(eq\r(5)－2)＝eq\r(2)－1＋eq\r(10)－3.∴2eq\r(5)＝eq\r(2)＋eq\r(10)，產(chǎn)生矛盾，∴{cn}不是等差數(shù)列．假設(shè){cn}是等比數(shù)列，則ceq\o\al(2,2)＝c1c3，即(eq\r(5)－2)2＝(eq\r(2)－1)(eq\r(10)－3)．有6＝6eq\r(5)－3eq\r(2)－eq\r(10)，產(chǎn)生矛盾，∴{cn}也不是等比數(shù)列．(2)解：∵cn＋1＝eq\r(n＋12＋1)－(n＋1)>0，cn＝eq\r(n2＋1)－n>0，∴eq\f(cn＋1,cn)＝eq\f(\r(n＋12＋1)－n＋1,\r(n2＋1)－n)＝eq\f(\r(n2＋1)＋n,\r(n＋12＋1)＋n＋1)，0<eq\r(n2＋1)<eq\r(n＋12＋1)，又0<n<n＋1，∴eq\r(n2＋1)＋n<eq\r(n＋12＋1)＋n＋1，∴0<eq\f(\r(n2＋1)＋n,\r(n＋12＋1)＋n＋1)<1，∴eq\f(cn＋1,cn)<1，即cn＋1<cn.20．(本題滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝\x(導(dǎo)學(xué)號10510916)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求f(x)在區(qū)間[eq\f(1,8)，eq\f(1,2)]上的最大值和最小值．[解析](1)由題意知，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)．∵f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\f(1,e)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eq\f(1,e))．(2)∵f(eq\f(1,8))＝eq\f(1,8)lneq\f(1,8)＝eq\f(3,8)lneq\f(1,2)，f(eq\f(1,2))＝eq\f(1,2)lneq\f(1,2)，f(eq\f(1,e))＝eq\f(1,e)lneq\f(1,e)＝－eq\f(1,e)，又eq\f(1,2)lneq\f(1,2)<eq\f(3,8)lneq\f(1,2)，∴求f(x)在區(qū)間[eq\f(1,8)，eq\f(1,2)]的最大值為eq\f(3,8)lneq\f(1,2)，最小值為－eq\f(1,e).21．(本題滿分12分)(2023·貴州高二檢測)已知點列An(xn,0)，n∈N*，其中x1＝0，x2＝a(a>0)，A3是線段A1A2的中點，A4是線段A2A3的中點，…，An是線段An－2An－1的中點，….eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510917)(1)寫出xn與xn－1、xn－2之間的關(guān)系式(n≥3)；(2)設(shè)an＝xn＋1－xn，計算a1、a2、a3，由此推測數(shù)列{an}的通項公式，并加以證明．[解析](1)由題意，當(dāng)n≥3時，xn＝eq\f(1,2)(xn－1＋xn－2)(2)x1＝0，x2＝a，x3＝eq\f(1,2)(x2＋x1)＝eq\f(a,2)，x4＝eq\f(1,2)(x3＋x2)＝eq\f(3a,4)，∴a1＝x2－x1＝a，a2＝x3－x2＝－eq\f(a,2)，a3＝x4－x3＝eq\f(a,4)，推測an＝eq\f(a,－2n－1).方法一證明：對于任意n∈N*，an＝xn＋1－xn，an＋1＝xn＋2－xn＋1＝eq\f(1,2)(xn＋1＋xn)－xn＋1＝－eq\f(1,2)(xn＋1－xn)＝－eq\f(1,2)an，又∵a1＝a>0，∴{an}是以a為首項，以－eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．故an＝a·(－eq\f(1,2))n－1＝eq\f(a,－2n－1).方法二下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時，a1＝a＝a·(－eq\f(1,2))1－1，結(jié)論an＝eq\f(a,－2n－1)成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N)時，an＝eq\f(a,－2n－1)成立，即ak＝a·(－eq\f(1,2))k－1，則當(dāng)n＝k＋1時，ak＋1＝xk＋2－xk＋1＝eq\f(xk＋xk＋1,2)－xk＋1＝eq\f(xk－xk＋1,2)＝－eq\f(1,2)ak＝(－eq\f(1,2))·a·(－eq\f(1,2))k－1＝a·(－eq\f(1,2))(k＋1)－1，所以n＝k＋1時，an＝eq\f(a,－2n－1)成立．由①②可知，數(shù)列{an}的通項公式為an＝a·(－eq\f(1,2))n－1，n∈N*.22．(本題滿分12分)(2023·北京文，20)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋\