1、模块标准测评(时间：120分钟满分：150分)第卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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a是实数，是纯虚数，则a(A)A1B1CD解析 ，即a1.2若复数z满足iz24i，则在复平面内，z对应的点的坐标是(C)A(2,4)B(2，4)C(4，2)D(4,2)解析 z42i，对应的点的坐标是(4，2)，故选C3已知f(x1)，f(1)1(xN*)，猜想f(x)的表达式为(B)ABCD解析 当x1时，f(2)；当x2时，f(3)；当x3时，f(4)；故可猜想f(x)，故选B4数列an满足a1，an11，则a2 017(A)AB1
2、C2D3解析 a1，an11，a211，a312，a41，a511，a612，an3kan(nN*，kN*)，a2 017a13672a1.5函数f(x)x3ax2bxa2在x1处有极值10，则ab的值为(C)A0或7B0C7D1或6解析 f(x)3x22axb，解得或经检验a3，b3不合题意，应舍去故a4，b11，则ab7.6曲线ysin x，ycos x与直线x0，x所围成的平面区域的面积为(D)A (sin xcos x)dxB2 (sin xcos x)dxC (cos xsin x)dxD2 (cos xsin x)dx解析 如图所示，两阴影部分面积相等，所示两阴影面积之和等于0x2
3、时，f(x)0，当0x2时，f(x)0，所以x2为f(x)的极小值点9黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖的块数是(A)A4n2B4n2C2n4D3n3解析 方法一(归纳猜想法)观察可知：除第一个以外，每增加一个黑色地板砖，相当于白地板砖就增加四个，因此第n个图案中有白色地面砖的块数是第一个“以6为首项，4是公差的等差数列的第n项”故第n个图案中有白色地面砖的块数是4n2.方法二(特殊值代入排除法)由图可知，当n1时，a16，可排除B答案；当n2时，a210，可排除C，D答案10定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x4)，且f(x)在(2，)上
4、为增函数已知x1x24且(x12)(x22)0，则f(x1)f(x2)的值(A)A恒小于0B恒大于0C可能等于0D可正也可负解析 不妨设x120，则x12，所以2x24x1，所以f(x2)f(4x1)，从而f(x2)f(4x1)f(x1)，f(x1)f(x2)f(x)对一切实数xR恒成立，则实数a的取值范围是(D)AB0，)CD解析 f(x)f(x)，即ax2ax13a0对一切实数xR恒成立，a0或0a.12若f(x)x2bln(x2)在区间(1，)上是减函数，则b的取值范围是(C)A1，)B(1，)C(，1D(，1)解析 由题意可知f(x)x0在区间(1，)上恒成立，即b0知，f(x)与1x
5、ex1同号令g(x)1xex1，则g(x)1ex1.所以当x(，1)时，g(x)0，g(x)在区间(1，)上单调递增故g(1)1是g(x)在区间(，)上的最小值，从而g(x)0，x(，)综上可知，f(x)0，x(，)，故f(x)的单调递增区间为(，)19(12分)已知a为实数，x4是函数f(x)aln xx212x的一个极值点(1)求a的值和f(x)的单调区间；(2)若直线yb与函数yf(x)的图象有3个交点，求b的取值范围解析 (1)f(x)2x12.由题意f(4)40，故a16.f(x)16ln xx212x(x0)，f(x)2x12.令f(x)0，得0x4；令f(x)0，得2x0，又由h
6、0可得r0，故V(r)在(0,5)内为增函数；当r(5,5)时，V(r)0，f(x)单调递增，当x(1，)时，f(x)0时，f(x).0a1，当x(0,1)或x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)2时，00，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减综上所述，当a0时，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，)上单调递减；当0a2时，f(x)在内单调递增，在内单调递减，在(1，)上单调递增(2)证明：由(1)知，a1时，f(x)f(x)xln xxln x1，x1,2设g(x)xln x，h(x)1，x1,2，则f(x)f(x)g(x)h(x)由g(x)0，可得g(x)g(1)1，当且仅当x1时取等号又h(x)，设(x)3x22x6，则(x)在1,2上单调递减，因为(1)1，(2)10，所以x0(1,2)使得x(1，x0)时，(x)0，x(x0,2)时，(x)g(1)h(2)，即f(x)f(x)对于任意的x1,2恒成立
