高中數(shù)學蘇教版1本冊總復習總復習 模塊綜合測評

模塊綜合測評(一)(時間120分鐘，滿分160分)一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分.請把答案填寫在題中橫線上.)1.已知命題p：?x＞0，總有(x＋1)ex＞1，則綈p為________.【解析】根據(jù)全稱命題的否定為存在性命題可知，綈p為?x0＞0，使得(x0＋1)ex0≤1.【答案】?x0＞0，使得(x0＋1)ex0≤12.下列求導數(shù)的運算：①eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝1＋eq\f(1,x2)；②(log2x)′＝eq\f(1,xln2)；③(3x)′＝3xlog3x；④(x2cosx)′＝－2xsinx；⑤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,lnx)))′＝eq\f(xcosx·lnx－sinx,xlnx2).其中正確的是________(填序號).【解析】①eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝1－eq\f(1,x2)，故錯誤；②符合對數(shù)函數(shù)的求導公式，故正確；③(3x)′＝3xln3，故錯誤；④(x2cosx)′＝2xcosx－x2sinx，故錯誤；⑤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,lnx)))′＝eq\f(cosx·lnx－sinx·\f(1,x),lnx2)＝eq\f(xcosx·lnx－sinx,xlnx2)，正確.【答案】②⑤3.已知函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程是x－2y＋1＝0，則f(1)＋2f′【導學號：24830095】【解析】∵函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程是x－2y＋1＝0，∴f(1)＝1，f′(1)＝eq\f(1,2)，∴f(1)＋2f′(1)＝2.【答案】24.雙曲線方程為x2－2y2＝1，則它的右焦點坐標為________.【解析】雙曲線的a2＝1，b2＝eq\f(1,2)，c2＝eq\f(3,2)，c＝eq\f(\r(6),2)，∴右焦點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，0)).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，0))5.“a＞1”是“eq\f(1,a)＜1”的________條件.【解析】由eq\f(1,a)＜1得：當a＞0時，有1＜a，即a＞1；當a＜0時，不等式恒成立.所以eq\f(1,a)＜1?a＞1或a＜0，從而a＞1是eq\f(1,a)＜1的充分不必要條件.【答案】充分不必要6.已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程是y＝eq\r(3)x，它的一個焦點與拋物線y2＝16x的焦點相同.則雙曲線的方程為________.【解析】由雙曲線漸近線方程可知eq\f(b,a)＝eq\r(3)，①因為拋物線的焦點為(4,0)，所以c＝4，②又c2＝a2＋b2③，聯(lián)立①②③，解得a2＝4，b2＝12，所以雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1.【答案】eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝17.設函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖1所示，則函數(shù)f(x)的極大值是________，極小值是________.圖1【解析】由圖可知，當x＜－2時，f′(x)＞0；當－2＜x＜1時，f′(x)＜0；當1＜x＜2時，f′(x)＜0；當x＞2時，f′(x)＞0.由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值.【答案】f(－2)f(2)8.函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖2所示，則導函數(shù)y＝f′(x)的圖象大致是________(填序號).圖2【解析】由f(x)的圖象及f′(x)的意義知，在x＞0時，f′(x)為單調(diào)遞增函數(shù)且f′(x)＜0；在x＜0時，f′(x)為單調(diào)遞減函數(shù)且f′(x)＜0.故選④【答案】④9.函數(shù)y＝xlnx，x∈(0,1)的單調(diào)增區(qū)間是________.【解析】函數(shù)y＝xlnx的導數(shù)為y′＝(x)′lnx＋x·(lnx)′＝lnx＋1，(x＞0)由lnx＋1＞0，得x＞eq\f(1,e)，故函數(shù)y＝xlnx的增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))10.從邊長為10cm×16cm的矩形紙板的四角截去四個相同的小正方形，作成一個無蓋的盒子，則盒子容積的最大值為________.【解析】設盒子容積為ycm3，盒子的高為xcm，則y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x(0＜x＜5)，∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或x＝eq\f(20,3)(舍去)，∴ymax＝6×12×2＝144(cm3).【答案】144cm311.若函數(shù)f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)內(nèi)只有極小值，則實數(shù)b的取值范圍是________.【解析】∵f′(x)＝3x2－6b，由題意知，函數(shù)f′(x)圖象如下.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′0＜0,f′1＞0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－6b＜0,3－6b＞0))，得0＜b＜eq\f(1,2).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))12.橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的兩頂點為A(a,0)，B(0，b)，且左焦點為F，△FAB是以角B為直角的直角三角形，則橢圓的離心率e為________.【解析】依題意可知點F(－c,0)，直線AB斜率為eq\f(b－0,0－a)＝－eq\f(b,a)，直線BF的斜率為eq\f(0－b,－c－0)＝eq\f(b,c)，∵∠FBA＝90°，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))·eq\f(b,c)＝－eq\f(b2,ac)＝－eq\f(a2－c2,ac)＝－1整理得c2＋ac－a2＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2＋eq\f(c,a)－1＝0，即e2＋e－1＝0，解得e＝eq\f(\r(5)－1,2)或－eq\f(\r(5)＋1,2)∵0＜e＜1，∴e＝eq\f(\r(5)－1,2).【答案】eq\f(\r(5)－1,2)13.設AB為過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點的弦，則AB的最小值為________.【解析】焦點F坐標eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，設直線L過F，則直線L方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，聯(lián)立y2＝2px得k2x2－(pk2＋2p)x＋eq\f(p2k2,4)＝0，由韋達定理得x1＋x2＝p＋eq\f(2p,k2).AB＝x1＋x2＋p＝2p＋eq\f(2p,k2)＝2peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))，因為k＝tana，所以1＋eq\f(1,k2)＝1＋eq\f(1,tan2α)＝eq\f(1,sin2α).所以AB＝eq\f(2p,sin2α)，當a＝90°時，即AB垂直于x軸時，AB取得最小值，最小值是AB＝2p.【答案】2p14.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)＞1－f(x)，f(0)＝6，f′(x)是f(x)的導函數(shù)，則不等式exf(x)＞ex＋5(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為________.【解析】設g(x)＝exf(x)－ex，(x∈R)，則g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，∵f′(x)＞1－f(x)，∴f(x)＋f′(x)－1＞0，∴g′(x)＞0，∴y＝g(x)在定義域上單調(diào)遞增，∵exf(x)＞ex＋5，∴g(x)＞5，又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝6－1＝5，∴g(x)＞g(0)，∴x＞0，∴不等式的解集為(0，＋∞)【答案】(0，＋∞)二、解答題(本大題共6小題，共90分.解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.)15.(本小題滿分14分)已知條件p：?m∈[－1,1]使不等式a2－5a＋5≥m條件q：x2＋ax＋2＝0有兩個負數(shù)根，若p∨q為真，且p∧q為假，求實數(shù)a的取值范圍.【解】∵p∨q為真，p∧q為假，∴p，q一真一假.由題設知，對于條件p，∵m∈[－1,1]，∴m＋2∈[1,3]，∵不等式a2－5a＋5≥1成立，∴a2－5a＋4≥0，解得a≤1或a≥4.對于條件q，∵a2＋a＋2＝0有兩個負數(shù)解，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－8≥0,x1＋x2＝－a＜0))，∴a≥2eq\r(2)，若p真q假，則a≤1；若p假q真，則2eq\r(2)≤a＜4，∴a的取值范圍是：a≤1或2eq\r(2)≤a＜4.16.(本小題滿分14分)過橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1內(nèi)一點M(2,1)引一條弦，使弦被M點平分，求這條弦所在直線的方程.【導學號：24830096】【解】設直線與橢圓的交點為A(x1，y1)、B(x2，y2)，∵M(2,1)為AB的中點∴x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，∵又A、B兩點在橢圓上，則xeq\o\al(2,1)＋4yeq\o\al(2,1)＝16，xeq\o\al(2,2)＋4yeq\o\al(2,2)＝16,兩式相減得(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＋4(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2))＝0，于是(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0，∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,4y1＋y2)＝－eq\f(4,4×2)＝－eq\f(1,2)，即kAB＝－eq\f(1,2)，故所求直線的方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－2)，即x＋2y－4＝0.17.(本小題滿分14分)已知a＜2，函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋a)ex(1)當a＝1時，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若f(x)的極大值是6·e－2，求a的值.【解】(1)當a＝1時，f(x)＝(x2＋x＋1)ex，∴f′(x)＝(x2＋3x＋2)ex，由f′(x)≥0，得x≤－2或x≥－1，∴f(x)的增區(qū)間為(－∞，－2]，[－1，＋∞).(2)f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋2a]ex，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝－a列表討論，得：x(－∞，－2)－2(－2，－a)－a(－a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值∴x＝－2時，f(x)取得極大值，又f(－2)＝(4－a)·e－2，f(x)的極大值是6·e－2，∴(4－a)·e－2＝6·e－2，解得a＝－2.∴a的值為－2.18.(本小題滿分16分)設F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：x2＋eq\f(y2,b2)＝1(0＜b＜1)的左、右焦點，過F1的直線l與E相交于A、B兩點，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差數(shù)列.(1)求|AB|；(2)若直線l的斜率為1，求b的值.【解】(1)由橢圓定義知|AF2|＋|AB|＋|BF2|＝4，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝eq\f(4,3).(2)l的方程式為y＝x＋c，其中c＝eq\r(1－b2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A，B兩點坐標滿足方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋c，,x2＋\f(y2,b2)＝1，))化簡得(1＋b2)x2＋2cx＋1－2b2＝0.則x1＋x2＝eq\f(－2c,1＋b2)，x1x2＝eq\f(1－2b2,1＋b2).因為直線AB的斜率為1，所以|AB|＝eq\r(2)|x2－x1|，即eq\f(4,3)＝eq\r(2)|x2－x1|.則eq\f(8,9)＝(x1＋x2)2－4x1x2＝eq\f(41－b2,1＋b22)－eq\f(41－2b2,1＋b2)＝eq\f(8b4,1＋b22).解得b＝eq\f(\r(2),2).19.(本小題滿分16分)設函數(shù)f(x)＝2lnx－x2.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若關于x的方程f(x)＋x2－x－2－a＝0在區(qū)間[1,3]內(nèi)恰有兩個相異實根，求實數(shù)a的取值范圍.【解】(1)f′(x)＝eq\f(21－x2,x)，∵x＞0，x∈(0,1)時，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1).(2)將f(x)代入方程f(x)＋x2－x－2－a＝0得2lnx－x－2－a＝0，令g(x)＝2lnx－x－2－a則g′(x)＝eq\f(2－x,x)；∴當2≤x≤3時，g′(x)＜0；∴g(2)是g(x)的極大值，也是g(x)在上的最大值；∵關于x的方程f(x)＋x2－x－2－a＝0在區(qū)間內(nèi)恰有兩個相異實根；∴函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,3]內(nèi)有兩個零點；則有：g(2)＞0，g(1)＜0，g(3)＜0，所以有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ln2－4－a＞0，,－3－a＜0，,2ln3－5－a＜0，))解得：2ln3－5＜a＜2ln2－4，所以a的取值范圍是(2ln3－5,2ln2－4).20.(本小題滿分16分)已知橢圓G：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y