1、模块综合检测(A)考试时间：120 分钟满分：150 分命题人：郑国岐一、选择题(本大题共 10 小题，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若复数 z 满足(34i)z|43i| ，则 z 的虚部为( )A4 B45C4 D.452求由曲线 y2x 2 与直线 x0，xt(t 0) ，y0 所围成的曲边梯形的面积时，将区间0，t 等分成 n 个小区间，则第 i 个区间为( )A ， B ， i 1n in in i 1nC ， D ， ti 1n tin ti 2n ti 1n3数列 2,5,11,20，x,47，中的 x 等于( )A28 B32来源:gkstk.ComC3
2、3 D274已知 z1abi，z 2c di，若 z1z 2 是纯虚数，则( )Aac0，且 bd0Bac0，且 bd0Cac0，且 bd0Dac0，且 bd0.5如图，阴影部分面积为( )A. f(x)g( x)dxbaB. g(x)f(x)dx f(x)g(x) dxcabcC. f(x)g(x)dx g(x)f(x) dxcabcD. g(x)f( x)dxba6用反证法证明命题：“若(a1)( b1)(c1)0，则 a，b，c 中至少有一个大于1”时，下列假设中正确的是( )A假设 a，b，c 都大于 1B假设 a，b，c 都不大于 1C假设 a，b，c 至多有一个大于 1D假设 a，
3、b，c 至多有两个大于 1XXK7k 棱柱有 f(k)个对角面，而 k1 棱柱有对角面的个数为( )A2f(k ) Bk1f (k)Cf(k)k Df (k)28函数 y x2ln x 的单调递减区间为( )12A(1,1 B(0,1C1，) D(0，)9函数 f(x)x(1 x 2)在0,1上的最大值为( )A. B.239 229C. D.329 3810.设ABC 的三边长分别为 a，b，c，ABC 的面积为 S，内切圆半径为 r，则 r，类比这个结论可知：四面体 SABC 的四个面的面积分别为 S1，S 2，S 3，S 4，内2Sa b c切球半径为 R，四面体 SABC 的体积为 V
4、，则 R( )A. B.VS1 S2 S3 S4 2VS1 S2 S3 S4C. D.3VS1 S2 S3 S4 4VS1 S2 S3 S4二、填空题(本大题共 5 小题，把答案填在题中横线上 )11复数 z1cos i，z 2sin i，则|z 1z 2|的最大值为 _ 12若 P ，Q (a0)，则 P，Q 的大小关系为_a a 7 a 3 a 413设 yf(x) 为区间0,1上的连续函数，且恒有 0f(x) 1，可以用随机模拟方法近似计算积分 f(x)dx，先产生两组 (每组 N 个)区间0,1上的均匀随机数 x1，x 2，x N和10y1，y 2，y N，由此得到 N 个点( xi，
5、y i)(i1,2，N) ，再数出其中满足 yif(x i)(i1,2， ，N)的点数 N1，那么由随机模拟方案可得积分 f(x)dx 的近似值为_1014已知 P，Q 为抛物线 x22y 上两点，点 P，Q 的横坐标分别为 4，2，过 P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点 A，则点 A 的纵坐标为 _ 来源:gkstk.Com15自然数列按如图规律排列，若 2 013 在第 m 行第 n 个数，则 _.nm13 24 5 610 9 8 711 12 13 14 15三、解答题(本大题共 5 小题，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16已知复数 zcos isin (02)，
6、求 为何值时， |1iz|取得最值并求出它的最值17已知 sin cos 1，求证：sin 6c os61.18用数学归纳法证明 1 (n2，nN *)122 132 142 1n2 1n19. 如图，在正三棱柱 ABCA 1B1C1 中，底面 ABC 为正三角形， M、N 、G 分别是棱CC1、AB 、BC 的中点且 CC1 AC.求证：2(1)CN平面 AMB1；(2)B1M平面 AMG.20设 f(x)ln(x 1) axb(a，bR，a，b 为常数)，曲线 yf(x) 与直线 yx 1x 在(0,0)点相切32(1)求 a，b 的值；(2)证明：当 0x2 时，f(x ) .9xx 6
7、参考答案一、选择题：1、解析：选 D.(34i)z|43i |，z i，|4 3i|3 4i 42 323 4i 53 4i25 35 45z 的虚部为 .452、解析：选 C.把区间0，t等分成 n 个小区间后，每个小区间的长度为 ，n 个小区间tn分别为0 ， ， ， ， ， ， ， ， ，t (其中tn tn 2tn 2tn 3tn ti 1n tin n 1tni1,2,3，n)故选 C.3、解析：选 B.由题中数字可发现： 235,5611,11920，故 201232.4、解析：选 A.z 1z 2abi( cdi)(ac )(bd)i 为纯虚数，Error!5、解析：选 B.在区
8、间(a，c)上 g(x)f (x)，而在区间(c，b)上 g(x)f(x) S g(x)f (x)dx f(x) g(x)dx，故选 B.cabc6、解析：选 B.a，b，c 至少有一个大于 1 的否定为 a，b，c 都不大于 1.7、解析：选 B.新增加的第 k1 条棱与其不相邻的第 k2 条棱构成 k2 个对角面，与其相邻的两条棱构成一个对角面，这样共增加 k1 个对角面8、解析：选 B.根据函数的导数小于 0 的解集就是函数的单调减区间求解由题意知，函数的定义域为(0，) ，又由 yx 0，解得 0x1，所以函数1x的单调递减区间为(0,19、解析：选 A.f(x)x x 3，f(x)1
9、3x 2，当 x 时，f(x)0；33当 x 时，f(x )0；0，33)当 x 时，f(x )0.(33，1f 为极大值(33) 239又 f(0)0，f(1)0，f(x)的最大值是 f .(33) 23910、解析：选 C.设四面体的内切球的球心为 O，则球心 O 到四个面的距离都是 R，所以四面体的体积等于以 O 为顶点，分别以四个面为底面的 4 个三棱锥体积的和则四面体的体积为VSABC (S1S 2S 3S 4)R，13R ，故选 C.3VS1 S2 S3 S4二、填空题：11、解析：|z 1z 2|(c os sin )2i| cos sin 2 4 5 2sin cos .5 s
10、in 2 6答案： 612、解析：要比较 P 与 Q 的大小 ，只需比较 P2 与 Q2 的大小 ，只需比较 2a72与 2a72 的大小，只需比较 a27a 与 a27a12 的大小，即比aa 7 a 3a 4较 0 与 12 的大小，而 012.故 PQ .答案：PQ13、解析： f(x)dx 的几何意义是函数 f(x)(其中 0f(x) 1)的图象与 x 轴、直线 x0 和10直线 x1 所围成图形的面积，根据几何概型易知 f(x)dx .10 N1N答案：N1N14、解析：因为 y x2，所以 yx，易知 P(4,8)，Q(2,2) ，所以在 P、Q 两点处切12线的斜率的值为 4 或
11、2.所以这两条切线的方程为 l1： 4xy80，l 2：2x y20，将这两个方程联立方程组求得 y4.答案：415、解析：观察图中数字的排列规律，可知自然数的排列个数呈等差数列，所以其总个数之和与行数 m 有关，为 .mm 12而 2 013 ，62632 63642m63.而 2 013 60，62632n60.答案：2021三、解答题：16、解：|1iz |c os isin 1i |来源:gkstk.Com cos 12 sin 12 2cos sin 3 ，22cos 4 3当 时，|1iz| max 1；74 2当 时，|1iz| min 1.34 217、证明：要证 sin6co
12、s 61，只需证(sin 2c os2)(sin4sin 2cos2cos 4)1.即证 sin4sin 2cos2c os41，只需证(sin 2c os2)23sin 2cos21，即证 13sin 2cos21，即证 sin2cos20，由已知 sin cos 1，所以 sin2cos 22sin c os 1，所以 sin cos 0，所以 sin2cos20，故 sin6cos 61.18、证明：当 n2 时，左式 ，右式1 ，因为 ，所以不等式成立122 14 12 12 14 12假设 nk(k2，k N *)时，不等式成立，即 1 ，122 132 142 1k2 1k则当 n
13、k1 时， 1 122 132 142 1k2 1k 12 1k 1k 121 1 1 1 ，k 12 kkk 12 k2 k 1kk 12 kk 1kk 12 1k 1所以当 nk1 时，不等式也成立综上所述，对任意 n2 的正整数，不等式都成立19、证明：(1)设 AB1 的中点为 P，连结 NP、MP.CM 綊 AA1，NP 綊 AA1，12 12CM 綊 NP，CNPM 是平行四边形，CNMP.CN平面 AMB1，MP 平面 AMB1，CN平面 AMB1.(2)CC 1平面 ABC，平面 CC1B1B平面 ABC，AGBC，AG平面 CC1B1B，B 1MAG.CC 1平面 ABC，平
14、面 A1B1C1平面 ABC，CC 1AC ，CC 1B 1C1，设 AC2a，则 CC12 a.2在 RtM CA 中，AM a.CM2 AC2 6同理，B 1M a.6BB 1CC 1，BB 1平面 ABC，BB 1AB，AB 1 2 a；B1B2 AB2 C1C2 AB2 3AM 2B 1M2AB ，B 1MAM ，21又 AGAM A，B 1M平面 AMG.20、解：(1)由 yf(x )过(0,0) 点，得 b1.由 yf(x) 在(0,0)点的切线斜率为 ，32又 y x0 a，得 a0.来源:gkstk.Com|x 0 ( 1x 1 12x 1 a)| 32(2)证明：法一：由均值不等式，当 x0 时，2 0 时，2 0 时，f(x ) x.32记 h(x)(x6)f(x) 9x，则当 0x2 时，h(x)f(x) (x6) f(x) 9 x( x6) 9 3x(x1)(x6)32 ( 1x 1 12x 1) 12x 1(2 )18(x 1) (7x18)0.x 112x 13xx 1 x 6(3 x2) 18x 1 x4x 1因此 h(x)在(0,2)内单调递减又 h(0)0，所以 h(x)0，即 f(x) .9xx 6
