标题-2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版选修2-2：模块综合检测

模块综合检测

(时间120分钟 满分150分)

一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．已知复数z 1＝2＋i ，z 2＝1＋i ，则z 1

z 2在复平面内对应的点位于( )

A ．第一象限

B ．第三象限

C ．第二象限

D ．第四象限

解析：选D

z 1z 2＝2＋i 1＋i ＝32－i

2

，对应点⎝⎛⎭⎫32，－12在第四象限． 2．函数y ＝x －sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤π

2，π的最大值是( ) A ．π－1 B.π

2－1

C ．π

D ．π＋1

解析：选C y ′＝1－cos x ≥0，所以y ＝x －sin x 在⎣⎡⎦⎤π

2，π上为增函数．当x ＝π时，y max ＝π.

3．使不等式1a ＜1

b 成立的条件是( ) A ．a ＞b

B ．a ＜b

C ．a ＞b ，且ab ＜0

D ．a ＞b ，且ab ＞0

解析：选D 欲使1a ＜1b 成立，需使1a －1

b ＜0， 即

b －a

ab

＜0，结合选项可知选D. 4．设函数f (x )＝2

x ＋ln x ，则( ) A ．x ＝1

2为f (x )的极大值点

B ．x ＝1

2为f (x )的极小值点

C ．x ＝2为f (x )的极大值点

D ．x ＝2为f (x )的极小值点

解析：选D 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2

x 2，当x ＝2时，f ′(x )

＝0；当x >2时，f ′(x )>0，函数f (x )为增函数；当0

5.函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图，则函数y ＝ax 2＋3

2bx ＋c 3的单调递增区间是

( )

A ．(－∞，－2] B.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ C ．[－2,3]

D.⎣⎡⎭⎫98，＋∞

解析：选D 由题图可知d ＝0.不妨取a ＝1，∵f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ，∴f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c .由图可知f ′(－2)＝0，f ′(3)＝0，∴12－4b ＋c ＝0,27＋6b ＋c ＝0，

∴b ＝－32，c ＝－18.∴y ＝x 2－94x －6，y ′＝2x －94. 当x ＞98时，y ′＞0，∴y ＝x 2－9

4x －

6的单调递增区间为⎣⎡⎭⎫98，＋∞.故选D.

6．设曲线y ＝sin x 上任一点(x ，y )处切线的斜率为g (x )，则函数y ＝x 2g (x )的部分图象可以为( )

解析：选C 根据题意得g (x )＝cos x ，∴y ＝x 2g (x )＝x 2cos x 为偶函数．又x ＝0时，y ＝0，故选C.

7．设函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 2f ′(2)－3x ，则f (－1)与f (1)的大小关系是( ) A ．f (－1)＝f (1) B ．f (－1)>f (1) C ．f (－1)

D ．不确定

解析：选B 因为f (x )＝x 2f ′(2)－3x ，所以f ′(x )＝2xf ′(2)－3，则f ′(2)＝4f ′(2)－3，解得f ′(2)＝1，所以f (x )＝x 2－3x ，所以f (1)＝－2，f (－1)＝4，故f (－1)>f (1).

8．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)

D ．[4，＋∞)

解析：选B 由2x ln x ≥－x 2＋ax －3，得a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3

x (x

＞0)，则h ′(x )＝

(x ＋3)(x －1)

x 2

.当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋

∞)时，h ′(x )＞0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4.所以a ≤h (x )min ＝4.故a 的取值范围是(－∞，4]．

二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．请把正确答案填在题中横线上)

9．用反证法证明某命题时，对结论“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”正确的反设为________________________________．

答案：a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数

10．设f (x )＝x ln x ，则f ′(1)＝________，若f ′(x 0)＝2，则x 0的值为________． 解析：由f (x )＝x ln x ，得f ′(x )＝ln x ＋1，f ′(1)＝1；根据题意知ln x 0＋1＝2，所以ln x 0＝1，因此x 0＝e.

答案：1 e

11．已知z ＝1－i ，则|z |＝________，z 2－2z

z －1＝________.

解析：|z |＝12＋(－1)2＝2， z 2－2z z －1＝(1－i )2－2(1－i )－i ＝2

i ＝－2i.

答案：2 －2i

12．若f (x )＝x 2－2x －4ln x ，则f ′(x )＞0的解集为_______，单调递减区间为________． 解析：f ′(x )＝2x －2－4

x ＞0，即x 2－x －2x ＞0.∵x ＞0， ∴(x －2)(x ＋1)＞0.∴x ＞2.由f ′(x )＜0，解得(0,2)． 答案：(2，＋∞) (0,2)

13．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p 元，销量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2，则该商品零售价定为______元时利润最大，利润的最大值为______元．

解析：设商场销售该商品所获利润为y 元，则 y ＝(p －20)(8 300－170p －p 2)

＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000(p ≥20)， 则y ′＝－3p 2－300p ＋11 700. 令y ′＝0得p 2＋100p －3 900＝0， 解得p ＝30或p ＝－130(舍去)． 则p ，y ，y ′变化关系如下表：

故当p ＝30时，y 取极大值为23 000元．

又y ＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元．