1、模块综合检测(A)(时间：100分钟；满分：120分)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 BC4 D.解析：选D.(34i)z|43i|，zi，z的虚部为.2求由曲线y2x2与直线x0，xt(t0)，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，C， D，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个小区间分别为0，t(其中i1,2,3，n)故选C.3数列2,5,11,20，x,47，中的x等于()A28 B32C33 D27
2、解析：选B.由题中数字可发现：235,5611,11920，故201232.4已知z1abi，z2cdi，若z1z2是纯虚数，则()Aac0，且bd0Bac0，且bd0Cac0，且bd0Dac0，且bd0解析：选A.z1z2abi(cdi)(ac)(bd)i为纯虚数，.5如图，阴影部分面积为()A.f(x)g(x)dxB.g(x)f(x)dxf(x)g(x)dxC.f(x)g(x)dxg(x)f(x)dxD.g(x)f(x)dx解析：选B.在区间(a，c)上g(x)f(x)，而在区间(c，b)上g(x)f(x)Sg(x)f(x)dxf(x)g(x)dx，故选B.6用反证法证明命题：“若(a1)
3、(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，b，c至多有两个大于1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1.7k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)2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函数yx2ln x的单调递减区间为()A(1,1 B(0,1C1，) D(0，)解析：选B.根据函数的
4、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yx0，解得0x1，所以函数的单调递减区间为(0,19函数f(x)x(1x2)在0,1上的最大值为()A. B.C. D.解析：选A.f(x)xx3，f(x)13x2，当x时，f(x)0；当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.f为极大值又f(0)0，f(1)0，f(x)的最大值是f.10.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，S2，S3，S4，内切球半径为R，四面体SABC的体积为V，则R()A. B.C. D.解析：选C
5、.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(S1S2S3S4)R，R，故选C.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，z2sin i，则|z1z2|的最大值为_解析：|z1z2|(cos sin )2i|.答案：12若P，Q(a0)，则P，Q的大小关系为_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，即比较0与12的大小，而012.故PQ.答案：PQ13设yf(x)为区间
6、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，x2，xN和y1，y2，yN，由此得到N个点(xi，yi)(i1,2，N)，再数出其中满足yif(xi)(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_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和直线x1所围成图形的面积，根据几何概型易知f(x)dx.答案：14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_解析
7、：因为yx2，所以yx，易知P(4,8)，Q(2,2)，所以在P、Q两点处切线的斜率的值为4或2.所以这两条切线的方程为l1：4xy80，l2：2xy20，将这两个方程联立方程组求得y4.答案：415自然数列按如图规律排列，若2 013在第m行第n个数，则_.132456109871112131415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.而2 013，m63.而2 01360，n60.答案：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)，求为何值时，|1iz|取得最值
8、并求出它的最值解：|1iz|cos isin 1i|，当时，|1iz|max1；当时，|1iz|min1.17已知sin cos 1，求证：sin6cos61.证明：要证sin6cos61，只需证(sin2cos2)(sin4sin2cos2cos4)1.即证sin4sin2cos2cos41，只需证(sin2cos2)23sin2cos21，即证13sin2cos21，即证sin2cos20，由已知sin cos 1，所以sin2cos22sin cos 1，所以sin cos 0，所以sin2cos20，故sin6cos61.18用数学归纳法证明1(n2，nN*)证明：当n2时，左式，右式
9、1，因为，所以不等式成立假设nk(k2，kN*)时，不等式成立，即1，则当nk1时，11111，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. 如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点且CC1AC.求证：(1)CN平面AMB1；(2)B1M平面AMG.证明：(1)设AB1的中点为P，连结NP、MP.CM綊AA1，NP綊AA1，CM綊NP，CNPM是平行四边形，CNMP.CN平面AMB1，MP平面AMB1，CN平面AMB1.(2)CC1平面ABC，平面CC1B1B平面ABC，AGBC，AG平面CC1B1B
10、，B1MAG.CC1平面ABC，平面A1B1C1平面ABC，CC1AC，CC1B1C1，设AC2a，则CC12a.在RtMCA中，AMa.同理，B1Ma.BB1CC1，BB1平面ABC，BB1AB，AB12a；AM2B1M2AB，B1MAM，又AGAMA，B1M平面AMG.20设f(x)ln (x1)axb(a，bR，a，b为常数)，曲线yf(x)与直线yx在(0,0)点相切(1)求a，b的值；(2)证明：当0x2时，f(x).解：(1)由yf(x)过(0,0)点，得b1.由yf(x)在(0,0)点的切线斜率为，又yx0a，得a0.(2)证明：法一：由均值不等式，当x0时，2x11x2，故1.
11、记h(x)f(x)，则h(x).令g(x)(x6)3216(x1)，则当0x2时，g(x)3(x6)22160.因此g(x)在(0,2)内是递减函数又由g(0)0，得g(x)0，所以h(x)0.因此h(x)在(0,2)内是递减函数又h(0)0，得h(x)0.于是当0x2时，f(x)0时，2x11x2，故1.令k(x)ln(x1)x，则k(0)0，k(x)10，故k(x)0，即ln(x1)0时，f(x)x.记h(x)(x6)f(x)9x，则当0x2时，h(x)f(x)(x6)f(x)9x(x6)93x(x1)(x6)(2)18(x1)(7x18)0.因此h(x)在(0,2)内单调递减又h(0)0，所以h(x)0，即f(x).
