1、模块终结性评价(120分钟150分)一、选择题(每小题5分，共60分)1(2021钦州高二检测)若复数z满足(34i)z|43i|，则z的虚部为()A4 B C4 D【解析】选D.因为(34i)z|43i|，所以zi，故z的虚部为.2若复数z满足z(2i)117i(i为虚数单位)，则z()A35i B35iC35i D35i【解析】选A.由z(2i)117i得，z35i.3曲线y1在点(1，1)处的切线方程为()Ay2x1 By2x1Cy2x3 Dy2x2【解析】选A.因为y1，所以y，y|x12，所以曲线在点(1，1)处的切线斜率为2，所以所求切线方程为y12(x1)，即y2x1.4演绎推理
2、“因为对数函数ylogax(a0且a1)是增函数，而函数ylogx是对数函数，所以ylogx是增函数”所得结论错误的原因是()A大前提错误B小前提错误C推理形式错误D大前提和小前提都错误【解析】选A.因为当a1时，函数ylogax(a0且a1)是一个增函数，当0a0且a1)是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错误5已知n为正偶数，用数学归纳法证明12时，若已假设nk(k2，且k为偶数)时等式成立，则还需利用假设再证()Ank1时不等式成立Bnk2时不等式成立Cn2k2时不等式成立Dn2(k2)时不等式成立【解析】选B.由于k是偶数，所以k2是k后面的第一个偶数6已知点列：P1(1，1)，P
3、2(1，2)，P3(2，1)，P4(1，3)，P5(2，2)，P6(3，1)，P7(1，4)，P8(2，3)，P9(3，2)，P10(4，1)，P11(1，5)，P12(2，4)，则P60的坐标为()A(3，8)B(4，7)C(4，8)D(5，7)【解析】选D.横纵坐标之和为2的有1个，横纵坐标之和为3的有2个，横纵坐标之和为4的有3个，横纵坐标之和为5的有4个因此横纵坐标之和为2，3，11的点共有1231055个，横纵坐标之和为12的有11个因此P60为横纵坐标之和为12的第5个点，即为(5，7).7函数f(x)ax3bx2cxd的图象如图，则函数yax2bx的单调递增区间是()A.(，2
4、BC2，3 D【解析】选D.由题图可知d0.不妨取a1，因为f(x)x3bx2cx，所以f(x)3x22bxc.由图可知f(2)0，f(3)0，所以124bc0，276bc0，所以b，c18.所以yx2x6，y2x.当x时，y0，所以yx2x6的单调递增区间为.8下面为函数yx sin xcos x的递增区间的是()A B(，2)C D(2，3) 【解析】选C.ysin xx cos xsin xx cos x，当x0时，由y0得x cos x0，即cos x0.【补偿训练】 设函数f(x)x22x4ln x，则f(x)的递增区间为()A(0，)B(1，0)，(2，)C(2，) D(0，1)【
5、解析】选C.因为f(x)x22x4ln x，x0，所以f(x)2x2.令f(x)2x20(x0)，解得x2，所以函数f(x)x22x4ln x的递增区间是(2，).9如图，在平面直角坐标系xOy中，圆x2y2r2(r0)内切于正方形ABCD，任取圆上一点P，若mn(m，nR)，则是m2，n2的等差中项现有一椭圆1(ab0)内切于矩形ABCD，任取椭圆上一点P，若mn(m，nR)，则m2，n2的等差中项为()A. B C D1【解析】选A.如图，设P(x，y)，由1知A(a，b)，B(a，b)，由mn，可得代入1可得(mn)2(mn)21，即m2n2，所以，即m2，n2的等差中项为.10设ABC
6、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 BC D 【解题指导】根据平面与空间之间的类比推理，由点类比点或直线，由直线类比直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形面积类比立体图形的体积，结合求三角形的面积的方法类比求四面体的体积即可【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V(S1S2S3S4)R，所以R.11已知函数f(x)
7、x3ax在(1，1)上单调递减，则实数a的取值范围为()A(1，) B3，)C(，1 D(，3【解析】选B.因为f(x)x3ax，所以f(x)3x2a.又f(x)在(1，1)上单调递减，所以3x2a0在(1，1)上恒成立，所以a3.12(2021全国乙卷)设a2ln 1.01，bln 1.02，c1，则()Aabc BbcaCbac Dcab【解析】选B.设f(x)ln (1x)1，则bcf(0.02)，易得f(x).当x0时，1x，故f(x)0，所以f(x)在0，)上单调递减，所以f(0.02)f(0)0，故bg(0)0，故ac.二、填空题(每小题5分，共20分)13已知复数z(1i)(12
8、i)，其中i是虚数单位，则z的模是_.【解析】因为z(1i)(12i)12ii2i23i1，所以|z|.答案：14若定义在上的函数f，则fdx_【解析】由定积分的几何意义可得，dx是以原点为圆心，以1为半径的圆的面积的一半，所以dx，所以fdxdx1.答案：15观察下图中各正方形图案，每条边上有n(n2)个点，第n个图案中圆点的总数是Sn.n2，S24；n3，S38；n4，S412；.按此规律，推出Sn与n的关系式为_【解析】由题意可得：S2244，S3344，S4444(正方形四个顶点重复计算一次，应减去).猜想：Sn4n4(n2，nN*).答案：Sn4n4(n2，nN*)16对大于或等于2
9、的正整数的幂运算有如下分解方式：2213，32135，421357，；2335，337911，4313151719，；根据上述分解规律，若m213511，p3的分解中最小的正整数是21，则mp_【解析】因为m213511636，所以m6，由已知得532123252729，因为p3的分解中最小的数是21，所以p353，p5，所以mp6511.答案：11三、解答题(共70分)17(10分)(2021贺州高二检测)已知复数z满足z(1i)mi(其中i是虚数单位).(1)在复平面内，若复数z的共轭复数对应的点在直线xy70上，求实数m的值；(2)若|z|1，求实数m的取值范围【解析】(1)由z(1i)
10、mi，得zi，所以i，由题意，70，解得m7；(2)由|z|1，得1，解得：1m1.所以实数m的取值范围1，1.18(12分)设a，b，c均为大于1的正数，且ab10，求证：logaclogbc4lg c.【证明】方法一：因为ab10，所以lg alg blg ab1，则logaclogbc.因为a1，b1，所以lg a0，lg b0，则lg alg b，4，又c1，lg c0.所以4lg c，即logaclogbc4lg c.方法二：要证logaclogbc4lg c，只需证4lg c.又因为c1，所以lg c0，故只需证4，即证4.又因为ab10，所以lg alg blg (ab)1，故只
11、需证4.又因为lg a0，lg b0，所以00，abbcca0，abc0.求证：a0，b0，c0.【证明】假设a，b，c不都是正数，由abc0可知，这三个数中必有两个为负数，一个为正数，不妨设a0，b0，则由abc0，可得c(ab).又ab0，所以c(ab)(ab)(ab)，abc(ab)(ab)(ab)ab，即abbcca0，ab0，b20，所以a2abb2(a2abb2)0，即abbcca0矛盾，所以假设不成立因此a0，b0，c0成立20(12分)已知函数f(x)x3ax2b，其中a，bR.(1)若函数f(x)在(0，2)上单调递增，求实数a的取值范围(2)当x(0，1时，yf(x)图象上
12、任意一点处的切线的倾斜角为，且0，求a的取值范围【解析】(1)f(x)3x22ax，要使f(x)在(0，2)上单调递增，则f(x)0在(0，2)上恒成立，因为f(x)是开口向下的抛物线，所以所以a3.(2)因为0，所以tan 3x22ax0，1.据题意03x22ax1在(0，1上恒成立，由3x22ax0，得ax，a，由3x22ax1，得ax.又x(当且仅当x时取“”)，所以a.综上，a的取值范围是.21(12分)已知函数f(x)ln (x1)(aR).(1)当a1时，求函数f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线方程(2)讨论函数f(x)的极值【解析】(1)当a1时，f(x)ln (x1)，所
13、以f(x)，所以f(0)2.又f(0)0，所以函数f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线方程为y2x.(2)f(x)(x1).令x1a0，得xa1.若a11，即a0，则f(x)0恒成立，此时f(x)无极值若a11即a0，则当1xa1时，f(x)a1时，f(x)0，此时f(x)在xa1处取得极小值，极小值为ln (a)a1.22(12分)已知数列an的前n项和为Sn，a1，Snan2(n2，nN*).(1)求S2，S3，S4的值(2)猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明. 【解题指南】(1)S1a1，由S2a22S2a12求得S2，同理求得S3，S4.(2)猜想Sn，nN*，用数学归纳法证明：检验n1时，猜想成立；假设Sk，则当nk1时，由条件可得，Sk1Sk1Sk2，解出Sk1，故nk1时，猜想仍然成立【解析】(1)S1a1，因为Snan2(n2，nN*)，令n2可得S2a22S2a12，所以2，所以S2.同理可求得S3，S4.(2)猜想Sn，nN*，下面用数学归纳法证明：当n1时，S1a1，猜想成立；假设当nk时猜想成立，即Sk，则当nk1时，因为Snan2，所以Sk1ak12，所以Sk1Sk1Sk2，所以2，所以Sk1，所以当nk1时，猜想仍然成立综合可得，猜想对任意正整数n都成立，即Sn，nN*成立