高中數(shù)學人教A版2本冊總復習總復習2

模塊綜合檢測(基礎卷)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．(2023·衡水中學高二檢測)已知a，b∈R，且2＋ai，b＋i(i是虛數(shù)單位)是實系數(shù)一元二次方程x2＋px＋q＝0的兩個根，那么p，q的值分別是eq\x(導學號10510875)()A．p＝－4，q＝5 B．p＝－4，q＝3C．p＝4，q＝5 D．p＝4，q＝3[答案]A[解析]分別將2＋ai，b＋i代入方程得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋ai2＋p2＋ai＋q＝0①,b＋i2＋pb＋i＋q＝0②))對①②整理由復數(shù)相等的條件得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2p＋q－a2＋4＝0，,p＋4a＝0，,pb＋q＋b2－1＝0，,p＋2b＝0.))解得p＝－4，q＝5.本題也可以用“韋達定理”求解：2＋ai＋b＋i＝－p③，(2＋ai)(b＋i)＝q④由復數(shù)相等的條件對③④整理得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋b＝－p，,a＋1＝0，,2b－a＝q，,ab＋2＝0，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝2，,p＝－4，,q＝5.))故選A.2．設曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(3,2)處的切線與直線ax＋y＋3＝0垂直，則a＝eq\x(導學號10510876)()A．－2 B．－eq\f(1,2)\f(1,2) D．2[答案]A[解析]y′＝eq\f(－2,x－12)，y′|x＝3＝－eq\f(1,2)，∵(－eq\f(1,2))·(－a)＝－1，∴a＝－2.3．用數(shù)學歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝eq\f(n＋3n＋4,2)(n∈N*)時，驗證n＝1，左邊應取的項是eq\x(導學號10510877)()A．1 B．1＋2C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4[答案]D[解析]當n＝1時，左＝1＋2＋…＋(1＋3)＝1＋2＋…＋4，故應選D.4．三次函數(shù)當x＝1時有極大值4，當x＝3時有極小值0，且函數(shù)過原點，則此函數(shù)是eq\x(導學號10510878)()A．y＝x3＋6x2＋9x B．y＝x3－6x2＋9xC．y＝x3－6x2－9x D．y＝x3＋6x2－9x[答案]B[解析]由條件設f(x)＝ax3＋bx2＋cx，則f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝3a(x－1)(x－3)，∴b＝－6a，c＝∴f(x)＝ax3－6ax2＋9ax，∵f(1)＝4，∴a＝1.∴f(x)＝x3－6x2＋9x，故選B.5．在復平面內(nèi)，點A對應的復數(shù)為1＋2i，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2,1)，則點B對應的復數(shù)的共軛復數(shù)為eq\x(導學號10510879)()A．1＋3i B．1－3iC．－1＋3i D．－1－3i[答案]D[解析]由條件知A(1,2)，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2,1)，∴B(－1,3)，∴點B對應復數(shù)z＝－1＋3i，故eq\o(z,\s\up6(－))＝－1－3i.6．已知函數(shù)f(x)＝x2＋bx的圖象在點A(1，f(1))處的切線l與直線3x－y＋2＝0平行，若數(shù)列{eq\f(1,fn)}的前n項和為Sn，則S2023的值為eq\x(導學號10510880)()\f(2023,2023) \f(2023,2023)\f(2023,2023) D．eq\f(2023,2023)[答案]A[解析]f′(x)＝2x＋b，由f′(1)＝2＋b＝3，得b＝1.則f(x)＝x2＋x.于是eq\f(1,fn)＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，S2023＝eq\f(1,f1)＋eq\f(1,f2)＋…＋eq\f(1,f2023)＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,2023)－eq\f(1,2023))＝1－eq\f(1,2023)＝eq\f(2023,2023).7．(2023·濰坊高二檢測)已知函數(shù)f(x)＝x3－12x，若f(x)在區(qū)間(2m，m＋1)上單調(diào)遞減，則實數(shù)m的取值范圍是eq\x(導學號10510881)()A．－1≤m≤1 B．－1<m≤1C．－1<m<1 D．－1≤m<1[答案]D[解析]因為f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f′(x)<0?－2<x<2，所以函數(shù)f(x)＝x3－12x的單調(diào)遞減區(qū)間為(－2,2)，要使f(x)在區(qū)間(2m，m＋1)上單調(diào)遞減，則區(qū)間(2m，m＋1)是區(qū)間(－2,2)的子區(qū)間，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m≥－2，,m＋1≤2，,m＋1>2m.))從中解得－1≤m<1，選D.8．曲線y＝x3－3x和y＝x圍成圖形的面積為eq\x(導學號10510882)()A．4 B．8C．10 D．9[答案]B[解析]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x3－3x，,y＝x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝－2.))∵y＝x3－3x與y＝x都是奇函數(shù)，∴圍成圖形的面積為S＝2eq\i\in(0,2,)[x－(x3－3x)]dx＝2eq\i\in(0,2,)(4x－x3)dx＝eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(2·2x2－\f(1,4)x4))|eq\o\al(2,0)＝8，故選B.9．函數(shù)y＝asinx＋eq\f(1,3)sin3x在x＝eq\f(π,3)處有極值，則a的值為eq\x(導學號10510883)()A．－6 B．6C．－2 D．2[答案]D[解析]y′＝acosx＋cos3x，由條件知，acoseq\f(π,3)＋cosπ＝0，∴a＝2，故選D.10．(2023·山東理，2)若復數(shù)z滿足eq\f(\x\to(z),1－i)＝i，其中i為虛數(shù)單位，則z＝eq\x(導學號10510884)()A．1－i B．1＋iC．－1－i D．－1＋i[答案]A[解析]因為eq\f(\x\to(z),1－i)＝i，所以eq\x\to(z)＝i(1－i)＝1＋i，∴z＝1－i.故選A.11．如圖，第n個圖形是由正n＋2邊形“擴展”而來(n＝1,2,3，…)，則第n個圖形中頂點個數(shù)為eq\x(導學號10510885)()A．(n＋1)(n＋2) B．(n＋2)(n＋3)C．n2 D．n[答案]B[解析]第一個圖形共有12＝3×4個頂點，第二個圖形共有20＝4×5個頂點，第三個圖形共有30＝5×6個頂點，第四個圖形共有42＝6×7個頂點，故第n個圖形共有(n＋2)(n＋3)個頂點．12．函數(shù)y＝x4－2x2＋5的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\x(導學號10510886)()A．(－∞，－1]和[0,1]B．[－1,0]和[1，＋∞)C．[－1,1]D．(－∞，－1]和[1，＋∞)[答案]A[解析]y′＝4x3－4x，令y′<0，即4x3－4x<0，解得x<－1或0<x<1，所以函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－1)和(0,1)，故應選A.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．在等比數(shù)列{an}中，若前n項之積為Tn，則有T3n＝(eq\f(T2n,Tn))3.那么在等差數(shù)列{bn}中，若前n項之和為Sn，用類比的方法得到的結(jié)論是\x(導學號10510887)[答案]S3n＝3(S2n－Sn)[解析]由等比數(shù)列前n項積，前2n項的積，前3n項的積類比得到等差數(shù)列前n項的和，前2n項的和，前3n項的和，由等比數(shù)列中(eq\f(T2n,Tn))3類比得等差數(shù)列中3(S2n－Sn)，故有S3n＝3(S2n－Sn)．14．函數(shù)y＝x3＋x2－5x－5的單調(diào)遞增區(qū)間是\x(導學號10510888)[答案](－∞，－eq\f(5,3))和(1，＋∞)[解析]∵y＝x3＋x2－5x－5，∴y′＝3x2＋2x－5，令y′＝3x2＋2x－5>0，解得x<－eq\f(5,3)，x>1，∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－eq\f(5,3))和(1，＋∞)．15．(陜西高考)設f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgx，x>0，,x＋\i\in(0,a,)3t2dt，x≤0，))若f(f(1))＝1，則a＝\x(導學號10510889)[答案]1[解析]∵f(1)＝0，∴f(f(1))＝f(0)＝0＋eq\i\in(0,a,)3t2dt＝t3|eq\o\al(a,0)＝a3＝1，∴a＝1.16．已知結(jié)論“a1、a2∈R＋，且a1＋a2＝1，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)≥4：若a1、a2、a3∈R＋，且a1＋a2＋a3＝1，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)≥9”，請猜想若a1、a2、…、an∈R＋，且a1＋a2＋…＋an＝1，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≥\x(導學號10510890)[答案]n2[解析]結(jié)論左端各項分別是和為1的各數(shù)ai的倒數(shù)(i＝1,2，…，n)，右端n＝2時為4＝22，n＝3時為9＝32，故ai∈R＋，a1＋a2＋…＋an＝1時，結(jié)論為eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≥n2(n≥2)．三、解答題(本大題共6個大題，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本題滿分10分)(2023·文昌中學高二檢測)設復數(shù)z滿足|z|＝1，且(3＋4i)·z是純虛數(shù)，求\x(導學號10510891)[解析]設z＝a＋bi(a，b∈R)，由|z|＝1，得a2＋b2＝1，①由(3＋4i)·z＝(3＋4i)(a＋bi)＝(3a－4b)＋(4a＋3b得3a－4b＝0聯(lián)立①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(4,5)，,b＝－\f(3,5)，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(4,5)，,b＝\f(3,5).))∴z＝－eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i或z＝eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i.18．(本題滿分12分)已知非零實數(shù)a、b、c構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列，求證：eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)不可能構(gòu)成等差數(shù)列.eq\x(導學號10510892)[解析]假設eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)能構(gòu)成等差數(shù)列，則得eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，于是得bc＋ab＝2ac.①而由于a，b，c構(gòu)成等差數(shù)列，即2b＝a＋c.②所以由①②兩式得，(a＋c)2＝4ac，即(a－c)2＝0，于是得a＝b＝c，這與a，b，c構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列矛盾．故假設不成立，因此eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)不能構(gòu)成等差數(shù)列．19．(本題滿分12分)設函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(x,x－1)(x>1)，若a是從1、2、3三個數(shù)中任取的一個數(shù)，b是從2、3、4、5四個數(shù)中任取的一個數(shù)，求f(x)>b恒成立的概率.eq\x(導學號10510893)[解析]若使f(x)>b恒成立，只需使ax＋eq\f(x,x－1)－b>0在(1，＋∞)上恒成立．設g(x)＝ax＋eq\f(x,x－1)－b，則g′(x)＝a－eq\f(1,x－12)＝eq\f(ax－12－1,x－12)，令g′(x)＝0，則a(x－1)2－1＝0，解得：x＝±eq\f(\r(a),a)＋1，∴x∈(1，eq\f(\r(a),a)＋1)時，g′(x)<0，x∈(eq\f(\r(a),a)＋1，＋∞)時，g′(x)>0.∴x＝eq\f(\r(a),a)＋1時，函數(shù)g(x)取得最小值為g(eq\f(\r(a),a)＋1)＝2eq\r(a)＋a＋1－b，∴2eq\r(a)＋a＋1－b>0，∴當a＝1時，b的值可以是2或3，當a＝2時，b的值可以是2或3或4或5，當a＝3時，b的值可以是2或3或4或5.∴使f(x)>b恒成立的取法共有10種，而數(shù)對(a，b)的所有可能取法共有12種，∴使f(x)>b恒成立的概率為P＝eq\f(10,12)＝eq\f(5,6).20．(本題滿分12分)(1)設x≥1，y≥1，證明：x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy.(2)1≤a≤b≤c，證明：logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋\x(導學號10510894)[證明](1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy?xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.將上式中的右式減左式，得(y＋x＋(xy)2)－(xy(x＋y)＋1)＝((xy)2－1)－(xy(x＋y)－(x＋y))＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．由于x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，從而所要證明的不等式成立．(2)設logab＝x，logbc＝y(tǒng)，由對數(shù)的換底公式得logca＝eq\f(1,xy)，logba＝eq\f(1,x)，logcb＝eq\f(1,y)，logac＝xy.于是，所要證明的不等式即為x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy，其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.故由(1)知所要證明的不等式成立．21．(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－ax＋(a－1)\x(導學號10510895)(1)若a>2，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)已知a＝1，g(x)＝2f(x)＋x3，若數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝g(n)，證明：eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(1,3)(n≥2，n∈N＋)．[解析](1)可知f(x)的定義域為(0，＋∞)．有f′(x)＝x－a＋eq\f(a－1,x)＝eq\f(x2－ax＋a－1,x)＝eq\f(x－1[x－a－1],x)，因為a>2，所以a－1>1.故當1<x<a－1時f′(x)<0；當0<x<1或x>a－1時f′(x)>0.∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，a－1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0,1)和(a－1，＋∞)上單調(diào)增加．(2)由a＝1知g(x)＝x3＋x2－2x，所以Sn＝n3＋n2－2n.可得an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n2－n－2，n≥2，,0，n＝1.))∴an＝3n2－n－2(n≥2)．所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,3n＋2n－1)(n≥2)．因為eq\f(1,3n＋2n－1)<eq\f(1,3nn－1)＝eq\f(1,3)(eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n))，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(1,3)[(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n))]＝eq\f(1,3)(1－eq\f(1,n))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,3n)<eq\f(1,3)，綜上，不等式得證．22．(本題滿分12分)(2023·福建文，22)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x－12,2).eq\x(導學