階段質(zhì)量檢測(六)模塊綜合檢測[考試時間：90分鐘試卷總分：120分]題號一二三總分15161718得分第Ⅰ卷(選擇題)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．已知復數(shù)z＝(1＋i)(－2＋3i)(i為虛數(shù)單位)，則z的共軛復數(shù)eq\x\to(z)＝()A．1＋iB．1－iC．－5＋iD．－5－i2．用反證法證明命題：“若直線AB，CD是異面直線，則直線AC，BD也是異面直線”的過程歸納為以下三個步驟：①則A，B，C，D四點共面，所以AB，CD共面，這與AB，CD是異面直線矛盾；②所以假設(shè)錯誤，即直線AC，BD也是異面直線；③假設(shè)直線AC，BD是共面直線．則正確的序號順序為()A．①→②→③B．③→①→②C．①→③→② D．②→③→①3．觀察式子：1＋eq\f(1,22)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(7,4)，…，則可歸納出一般結(jié)論為()A．1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(1,2n－1) B．1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(1,2n＋1)C．1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(2n－1,n) D．1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(2n,2n＋1)4．已知函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝()A.eq\f(π,2)B．0C．－1 D．15．(新課標全國卷)下面是關(guān)于復數(shù)z＝eq\f(2,－1＋i)的四個命題：p1：|z|＝2,p2：z2＝2i，p3：z的共軛復數(shù)為1＋i,p4：z的虛部為－1.其中的真命題為()A．p1，p3B．p1，p2C．p2，p4 D．p3，p46．已知函數(shù)y＝xlnx，則這個函數(shù)的圖像在點x＝1處的切線方程是()A．y＝2x－2B．y＝2x＋2C．y＝x－1 D．y＝x＋17．(湖北高考)若函數(shù)f(x)，g(x)滿足eq\i\in(,1,)－1f(x)g(x)dx＝0，則稱f(x)，g(x)為區(qū)間[－1,1]上的一組正交函數(shù)．給出三組函數(shù)：①f(x)＝sineq\f(1,2)x，g(x)＝coseq\f(1,2)x；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.其中為區(qū)間[－1,1]上的正交函數(shù)的組數(shù)是()A．0B．1C．2 D．38．已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(2)＝3，且f(x)在R上的導數(shù)滿足f′(x)－1<0，則不等式f(x2)<x2＋1的解為()A．(－∞，－eq\r(2)) B．(eq\r(2)，＋∞)C．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞) D．(－eq\r(2)，eq\r(2))9．如圖，拋物線y＝－x2＋2x＋1與直線y＝1形成一個閉合圖形(圖中的陰影部分)，則該閉合圖形的面積是()A．1B.eq\f(4,3)C.eq\r(3) D．210．兩千多年前，古希臘畢達哥拉斯學派的數(shù)學家曾經(jīng)在沙灘上研究數(shù)學問題．他們在沙灘上畫點或用小石子表示數(shù)，按照點或小石子能排列的形狀對數(shù)進行分類．下圖中實心點的個數(shù)5,9,14,20，…被稱為梯形數(shù)．根據(jù)圖形的構(gòu)成，記第2014個梯形數(shù)為a2014，則a2014＝()A．2015×2013B．2015×2014C．2015×1008 D．2015×1009答題欄題號12345678910答案第Ⅱ卷(非選擇題)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把正確的答案填在題中的橫線上)11．在周長一定的所有矩形中，正方形的面積最大，將這個結(jié)論類比到空間，可以得到的結(jié)論是____________________________________________________________________.12．已知eq\f(1＋2i,a＋bi)＝1＋i(a，b∈R，i為虛數(shù)單位)，則ab＝________.13．若函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)＝x2－4x＋3，則函數(shù)f(1＋x)的單調(diào)減區(qū)間是________．14．將正偶數(shù)按下表排成5列：第1列第2列第3列第4列第5列第1行2468第2行16141210第3行18202224第4行32302826??????那么2014應(yīng)該在第________行第________列．三、解答題(本大題共4小題，共50分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：當x>1時，eq\f(1,2)x2＋lnx<eq\f(2,3)x3.16．(本小題滿分12分)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)，n∈N＋，猜想這個數(shù)列的通項公式，試證明這個猜想．17．(本小題滿分12分)設(shè)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的導數(shù)f′(x)滿足f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常數(shù)a，b∈R.(1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)設(shè)g(x)＝f′(x)e－x，求函數(shù)g(x)的極值．18．(本小題滿分14分)(安徽高考)設(shè)實數(shù)c>0，整數(shù)p>1，n∈N*.(1)證明：當x>－1且x≠0時，(1＋x)p>1＋px；(2)數(shù)列{an}滿足a1>c，an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n).證明：an>an＋1>c.答案1．選Dz＝(1＋i)(－2＋3i)＝(－2－3)＋(－2＋3)i＝－5＋i，∴eq\x\to(z)＝－5－i.2．選B反證法的步驟是：反設(shè)—歸謬—結(jié)論．結(jié)合本題，故選B.3．選C4．選B∵f(x)＝xsinx＋cosx，∴f′(x)＝xcosx，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)coseq\f(π,2)＝0.故選B.5．選C∵復數(shù)z＝eq\f(2,－1＋i)＝－1－i，∴|z|＝eq\r(2)，z2＝(－1－i)2＝(1＋i)2＝2i，z的共軛復數(shù)為－1＋i，z的虛部為－1，綜上可知p2，p4是真命題．6．選C當x＝1時，y＝0；y′＝lnx＋1，k＝1，所以切線方程為y＝x－1.7．選C對于①，eq\i\in(,1,)－1sineq\f(1,2)xcoseq\f(1,2)xdx＝eq\i\in(,1,)－1eq\f(1,2)sinxdx＝0，所以①是一組正交函數(shù)；對于②，eq\i\in(,1,)－1(x＋1)(x－1)dx＝eq\i\in(,1,)－1(x2－1)dx≠0，所以②不是一組正交函數(shù)；對于③，eq\i\in(,1,)－1x·x2dx＝eq\i\in(,1,)－1x3dx＝0，所以③是一組正交函數(shù)．選C.8．選C令g(x)＝f(x)－x，則g′(x)＝f′(x)－1<0，∴g(x)在R上單調(diào)遞減，∵f(x2)<x2＋1，∴f(x2)－x2<1，即g(x2)<1.又g(2)＝f(2)－2＝1，∴g(x2)<g(2)，∴x2>2，即x>eq\r(2)或x<－eq\r(2).9．選B由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝1，,y＝－x2＋2x＋1，))知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1.))故所求面積S＝eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(2,0)(－x2＋2x＋1)dx－eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(2,0)1dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x3＋x2＋x))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2,0))－xeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2,0))＝eq\f(4,3).10．選D5＝2＋3＝a1,9＝2＋3＋4＝a2,14＝2＋3＋4＋5＝a3，…，an＝2＋3＋…＋(n＋2)＝eq\f(n＋12＋n＋2,2)＝eq\f(1,2)(n＋1)(n＋4)，由此可得a2014＝2＋3＋4＋…＋2016＝eq\f(1,2)×2015×2018＝2015×1009.故選D.11．在表面積一定的長方體中，正方體的體積最大12．解析：∵eq\f(1＋2i,a＋bi)＝1＋i，∴1＋2i＝(a＋bi)(1＋i)＝(a－b)＋(a＋b)i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＝1，,a＋b＝2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3,2),b＝\f(1,2)，))∴ab＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)13．解析：由f′(x)＝x2－4x＋3<0得1<x<3，即函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(1,3)，又∵函數(shù)f(1＋x)的圖像是由f(x)的圖像向左平移1個單位得到，∴函數(shù)f(1＋x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,2)．答案：(0,2)14．解析：從2數(shù)起，2到16一組，一組兩行，一行4個，也就是8個連貫偶數(shù)一組，所以從2數(shù)起，到2014共有1007(2014除以2等于1007)個偶數(shù)．然后1007除以4等于251余3.也就說明2014為第252行從右往左數(shù)第3個數(shù)，就是一組里第2行的最左邊第二個，即2014在第252行第2列．答案：252215．解：(1)依題意知函數(shù)f(x)的定義域為{x|x>0}，∵f′(x)＝x＋eq\f(1,x)，故f′(x)>0，∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)．(2)證明：設(shè)g(x)＝eq\f(2,3)x3－eq\f(1,2)x2－lnx，∴g′(x)＝2x2－x－eq\f(1,x)，∵當x>1時，g′(x)＝eq\f(x－12x2＋x＋1,x)>0，∴g(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，∴g(x)>g(1)＝eq\f(1,6)>0，∴當x>1時，eq\f(1,2)x2＋lnx<eq\f(2,3)x3.16．解：在數(shù)列{an}中，∵a1＝1，a2＝eq\f(2a1,2＋a1)＝eq\f(2,3)，a3＝eq\f(2a2,2＋a2)＝eq\f(2,4)，a4＝eq\f(2a3,2＋a3)＝eq\f(2,5)，……，∴猜想{an}的通項公式為an＝eq\f(2,n＋1).證明如下：∵a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2＋an,2an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝1為首項，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋eq\f(n－1,2)＝eq\f(n＋1,2)，∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(2,n＋1).17．解：(1)因f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，故f′(x)＝3x2＋2ax＋b.令x＝1，得f′(1)＝3＋2a＋b，由已知f′(1)＝2a，因此3＋2a＋b＝2a，解得b＝－3.又令x＝2，得f′(2)＝12＋4a＋b，由已知f′(2)＝－b，因此12＋4a＋b＝－b，解得a＝－eq\f(3,2).因此f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2－3x＋1，從而f(1)＝－eq\f(5,2).又因為f′(1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝－3，故曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝－3(x－1)，即6x＋2y－1＝0.(2)由(1)知g(x)＝(3x2－3x－3)e－x，從而有g(shù)′(x)＝(－3x2＋9x)e－x.令g′(x)＝0，得－3x2＋9x＝0，解得x1＝0，x2＝3.當x∈(－∞，0)時，g′(x)＜0，故g(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)；當x∈(0,3)時，g′(x)＞0，故g(x)在(0,3)上為增函數(shù)；當x∈(3，＋∞)時，g′(x)＜0，故g(x)在(3，＋∞)上為減函數(shù)；從而函數(shù)g(x)在x1＝0處取得極小值，g(0)＝－3，在x2＝3處取得極大值g(3)＝15e－3.18．證明：(1)用數(shù)學歸納法證明：①當p＝2時，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．②假設(shè)p＝k(k≥2，k∈N*)時，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．當p＝k＋1時，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)·(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.所以p＝k＋1時，原不等式也成立．綜合①②可得，當x>－1，x≠0時，對一切整數(shù)p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．(2)法一：先用數(shù)學歸納法證明an>c.①當n＝1時，由題設(shè)知a1>c成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak>c成立．由an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)易知an>0，n∈N*.當n＝k＋1時，eq\f(ak＋1,ak)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)aeq\o\al(－p,k)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a\o\al(p,k))－1)).由ak>ceq\f(1,p)>0得－1<－eq\f(1,p)<eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a\o\al(p,k))－1))<0.由(1)中的結(jié)論得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ak＋1,ak)))p＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a\o\al(p,k))－1))))p>1＋p·eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a\o\al(p,k))－1))＝eq\f(c,a\o\al(p,k)).因此aeq\o\al(p,k＋1)>c，即ak＋1>c.所以n＝k＋1時，不等式an>c也成立．綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>c均成立．再由eq\f(an＋1,an)＝1＋eq\f(1,p)e