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【三维设计】2016-2017学年人教版高中数学选修1-1模块综合检测 Word版含解析


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模块综合检测
(时间 120 分钟 满分 150 分) 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.命题“?x0∈R,2x0-3>1”的否定是( A.?x0∈R,2x0-3≤1 C.?x∈R,2x-3≤1 )

B.?x∈R,2x-3

>1 D.?x0∈R,2x0-3>1

解析:选 C 由特称命题的否定的定义即知. 2.设 f(x)=xln x,若 f′(x0)=2,则 x0 的值为( A.e2 ln 2 C. 2 B.e D.ln 2 )

解析:选 B 由 f(x)=xln x,得 f′(x)=ln x+1. 根据题意知 ln x0+1=2,所以 ln x0 =1,因此 x0=e. 3.抛物线 y=ax2 的准线方程是 y=2,则 a 的值为( 1 A. 8 C.8 B.- 1 8 )

D.-8

1 1 解析:选 B 由 y=ax2 得 x2=ay, ∴a=-8, 1 ∴a=- . 8 4.下列说法中正确的是( )

A.一个命题的逆命题为真,则它的逆否命题一定为真 B.“a>b”与“a+c>b+c”不等价 C.“a2+b2=0,则 a,b 全为 0”的逆否命题是“若 a,b 全不为 0,则 a2+b2≠0” D.一个命题的否命题为真,则它的逆命题一定为真 解析:选 D 否命题和逆命题互为逆否命题,有着一致的真假性,故选 D. 5.函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 的图象如图, 则函数 y=ax2+ bx+ 的单 调递增区间是( ) 1 ? B.? ?2,+∞? 9 ? D.? ?8,+∞?

A.(-∞,-2] C.[-2,3]

解析:选 D 由题图可知 d=0.不妨取 a=1,∵f(x)=x3+bx2+cx,∴f′(x)=3x2+2bx +c.由图可知 f′(-2)=0,f′(3)=0,∴12-4b+c=0,27+6b+c=0,

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3 9 9 9 9 ∴b=- ,c=-18.∴y=x2- x-6,y′=2x- . 当 x> 时,y′>0,∴y=x2- x- 2 4 4 8 4 9 ? 6 的单调递增区间为? ?8,+∞?.故选 D. 6.下列结论中,正确的为( )

①“p 且 q”为真是“p 或 q”为真的充分不必要条件; ②“p 且 q”为假是“p 或 q”为真的充分不必要条件; ③“p 或 q”为真是“綈 p”为假的必要不充分条件; ④“綈 p”为真是“p 且 q”为假的必要不充分条件. A.①② C.②④ B.①③ D.③④

解析:选 B p∧q 为真?p 真 q 真?p∨q 为真,故①正确,由綈 p 为假?p 为真?p∨q 为真,故③正确. x2 y2 7.双曲线m- n =1(mn≠0)的离心率为 2,它的一个焦点与抛物线 y2=4x 的焦点重合, 则 mn 的值为( 3 A. 16 16 C. 3 x2 y2 故双曲线 - =1 中, m n m>0,n>0 且 m+n=c2=1.① 又双曲线的离心率 e= c = m 1 m+n m =2,② ) 3 B. 8 8 D. 3

解析:选 A 抛物线 y2=4x 的焦点为 F(1,0),

?m=4, 联立方程①②,解得? 3 ?n=4.
A.f(-1)=f(1) C.f(-1)<f(1)

故 mn=

3 . 16 )

8.设函数 f(x)在 R 上可导,f(x)=x2f′(2)-3x,则 f(-1)与 f(1)的大小关系是( B.f(-1)>f(1) D.不确定

解析:选 B 因为 f(x)=x2f′(2)-3x,所以 f′(x)=2xf′(2)-3,则 f′(2)=4f′(2)- 3,解得 f′(2)=1,所以 f(x)=x2-3x,所以 f(1)=-2,f(-1)=4,故 f(-1)>f(1). x2 y2 9.已知 F1(-3,0),F2(3,0)是椭圆 + =1 的两个焦点,点 P 在椭圆上,∠F1PF2=α. m n
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当 α=

2π 时,△F1PF2 面积最大,则 m+n 的值是( 3 B.15 D.1

)

A.41 C.9

1 解析:选 B 由 S△F1PF2= |F1F2|· yP=3yP, 2 知 P 为短轴端点时,△F1PF2 面积最大. 2π 此时∠F1PF2= , 3 得 a= m=2 3,b= n= 3,故 m+n=15.

10.已知双曲线 C 的离心率为 2,焦点为 F1,F2,点 A 在 C 上.若|F1A|=2|F2A|,则 cos∠AF2F1=( 1 A. 4 C. 2 4 ) 1 B. 3 D. 2 3

? ?|F1A|-|F2A|=2a, 解析:选 A 由题意得? 解得|F2A|=2a,|F1A|=4a, ?|F1A|=2|F2A|, ?

c 又由已知可得 =2,所以 c=2a,即|F1F2|=4a, a ∴cos∠AF2F1= = |F2A|2+|F1F2|2-|F1A|2 2|F2A|· |F1F2|

4a2+16a2-16a2 1 = .故选 A. 4 2×2a×4a x≥-x2+ax-3 对 x∈(0,+∞)恒成立,则实数 a 的取值范围是

11.若不等式 2xln ( ) A.(-∞,0) C.(0,+∞) 解析: 选 B 由 2xln >0),则 h′(x)=

B.(-∞,4] D.[4,+∞) 3 x≥-x2+ax-3, 得 a≤2ln x+x+ , 设 h(x)=2ln x 3 x+x+ (x x

(x+3)(x-1) .当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数 h(x)单调递减;当 x∈(1,+ x2

∞)时,h′(x)>0,函数 h(x)单调递增,所以 h(x)min=h(1)=4.所以 a≤h(x)min=4.故 a 的取 值范围是(-∞,4]. 12.定义在 R 上的函数 f(x)满足:f′(x)>f(x)恒成立,若 x1<x2,则 ex1f(x2)与 ex2f(x1) 的大小关系为( )

A.ex1f(x2)>ex2f(x1) B.ex1f(x2)<ex2(x1)
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C.ex1f(x2)=ex2f(x1) D.ex1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系不确定 解析: 选 A 设 g(x)= f′(x)ex-f(x)(ex)′ f′(x)-f(x) f(x) 则 g′(x)= = , 由题意 g′(x) x , e (ex)2 ex

f(x1) f(x2) >0,所以 g(x)单调递增,当 x1<x2 时,g(x1)<g(x2),即 < ,所以 ex1f(x2)>ex2f(x1). ex1 ex2 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确答案填在题中的横线上) 13.命题“?x0∈R,2x2 0-3ax0+9<0”为假命题,则实数 a 的取值范围是________.
2 解析:∵?x0∈R,2x0 -3ax0+9<0 为假命题,

∴?x∈R,2x2-3ax+9≥0 为真命题, ∴Δ=9a2-4×2×9≤0,即 a2≤8, ∴-2 2≤a≤2 2. 答案:[-2 2,2 2 ] 14.(天津高考)已知函数 f(x)=axln x,x∈(0,+∞),其中 a 为实数,f′(x)为 f(x)的导 函数.若 f′(1)=3,则 a 的值为________. 1? 解析:f′(x)=a? x?=a(1+ln x). ?ln x+x· 由于 f′(1)=a(1+ln 1)=a,又 f′(1)=3,所以 a=3. 答案:3 x2 y2 15.过双曲线 C: 2- 2=1(a>0,b>0)的一个焦点作圆 x2+y2=a2 的两条切线,切点分 a b 别为 A,B.若∠AOB=120° (O 是坐标原点),则双曲线 C 的离心率为________. 解析:由题意,如图,在 Rt△AOF 中,∠AFO=30° , AO=a,OF=c,∴sin 30° = c ∴e=a=2. 答案:2 16.某商场从生产厂家以每件 20 元购进一批商品,若该商品零售价为 p 元,销量 Q(单 位: 件)与零售价 p(单位: 元)有如下关系: Q=8 300-170p-p2, 则该商品零售价定为______ 元时利润最大,利润的最大值为______元. 解析:设商场销售该商品所获利润为 y 元,则 y=(p-20)(8 300-170p-p2) =-p3-150p2+11 700p-166 000(p≥20), 则 y′=-3p2-300p+11 700. 令 y′=0 得 p2+100p-3 900=0, OA a 1 = = . OF c 2

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解得 p=30 或 p=-130(舍去). 则 p,y,y′变化关系如下表: p y′ y (20,30) + ? 30 0 极大值 (30,+∞) - ?

故当 p=30 时,y 取极大值为 23 000 元. 又 y=-p3-150p2+11 700p-166 000 在[20,+∞)上只有一个极值,故也是最值.所 以该商品零售价定为每件 30 元,所获利润最大为 23 000 元. 答案:30 23 000 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演 算步骤) x2 y2 17.(本小题满分 10 分)已知命题 p:方程 + =1 表示焦点在 y 轴上的椭圆;命题 q: 2 m ?x∈R,4x2-4mx+4m-3≥0.若(綈 p)∧q 为真,求 m 的取值范围. 解:p 真时,m>2. q 真时,4x2-4mx+4m-3≥0 在 R 上恒成立. Δ=16m2-16(4m-3)≤0,解得 1≤m≤3. ∵(綈 p)∧q 为真,∴p 假,q 真.
?m≤2, ? ∴? 即 1≤m≤2. ?1≤m≤3, ?

∴所求 m 的取值范围为[1,2]. 1 18.(本小题满分 12 分)设函数 f(x)=- x3+x2+(m2-1)x(x∈R),其中 m>0. 3 (1)当 m=1 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值. 1 解:(1)当 m=1 时,f(x)=- x3+x2, 3 f′(x)=-x2+2x,故 f′(1)=1. 所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为 1. (2)f′(x)=-x2+2x+m2-1. 令 f′(x)=0,解得 x=1-m 或 x=1+m. 因为 m>0,所以 1+m>1-m. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞, 1-m (1-m, 1+m (1+m,

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1-m) f′(x) f(x) - ? 0 极小值

1+ m ) + ? 0 极大值

+∞) - ?

所以 f(x)在(-∞,1-m),(1+m,+∞)内是减函数,在(1-m,1+m)内是增函数. 函数 f(x)在 x=1-m 处取得极小值 f(1-m), 2 1 且 f(1-m)=- m3+m2- . 3 3 函数 f(x)在 x=1+m 处取得极大值 f(1+m), 2 1 且 f(1+m)= m3+m2- . 3 3 19.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 f(x)有最大值,且最大值大于 2a-2 时,求 a 的取值范围. 1 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -a. x 若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 1? 若 a>0,则当 x∈? ?0,a?时,f′(x)>0; 1 ? 当 x∈? ?a,+∞?时,f′(x)<0. 1? ?1 ? 所以 f(x)在? ?0,a?上单调递增,在?a,+∞?上单调递减. (2)由(1)知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上无最大值; 1 当 a>0 时,f(x)在 x=a处取得最大值,最大值为 1? 1 ? 1? f? ?a?=lna+a?1-a?=-ln a+a-1. 1? 因此 f? ?a?>2a-2 等价于 ln a+a-1<0. 令 g(a)=ln a+a-1,则 g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0. 于是,当 0<a<1 时,g(a)<0; 当 a>1 时,g(a)>0. 因此 a 的取值范围是(0,1). 20.(本小题满分 12 分)如图,已知点 E(m,0)为抛物线 y2=4x 内的 一个定点,过 E 作斜率分别为 k1,k2 的两条直线分别交抛物线于点 A, B,C,D,且 M,N 分别是线段 AB,CD 的中点. (1)若 m=1,k1k2=-1,求△EMN 面积的最小值;

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(2)若 k1+k2=1,求证:直线 MN 过定点. 解:(1)当 m=1 时,E 为抛物线 y2=4x 的焦点. ∵k1k2=-1,∴AB⊥CD. 由题意,知直线 AB 的方程为 y=k1(x-1), 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 由 得 k1y2-4y-4k1=0, ∴y1+y2= ,y1y2=-4. 又线段 AB 的中点为 M , ∴M . 同理点 N(2k +1,-2k1). ∴S△ EMN=|EM|·|EN|= ·=2 ≥2=4 , 当且仅当 k = ,即 k1=± 1 时等号成立, ∴△EMN 面积的最小值为 4. (2)证明:由题意,得直线 AB 的方程为 y=k1(x-m),设 A(x1,y1),B(x2,y2), 由 得 k1y2-4y-4k1m=0, ∴y1+y2= ,y1y2=-4m. 又线段 AB 的中点为 M , ∴M . 同理点 N . ∴kMN= = =k1k2, ∴直线 MN:y- =k1k2 , 即 y=k1k2(x-m)+2, ∴直线 MN 恒过定点(m,2). 21.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)=ex+2x2-3x. (1)求证:函数 f(x)在区间[0,1]上存在唯一的极值点. 1 5 (2)当 x≥ 时,若关于 x 的不等式 f(x)≥ x2+(a-3)x+1 恒成立,试求实数 a 的取值范 2 2 围. 解:(1)证明:f′(x)=ex+4x-3, ∵f′(0)=e0-3=-2<0,f′(1)=e+1>0, ∴f′(0)· f′(1)<0. 令 h(x)=f′(x)=ex+4x-3,则 h′(x)=ex+4>0, ∴f′(x)在区间[0,1]上单调递增, ∴f′(x)在区间[0,1]上存在唯一零点, ∴f(x)在区间[0,1]上存在唯一的极小值点.
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5 (2)由 f(x)≥ x2+(a-3)x+1, 2 5 得 ex+2x2-3x≥ x2+(a-3)x+1, 2 1 即 ax≤ex- x2-1, 2 1 ∵x≥ ,∴a≤ 2 1 ex- x2-1 2 . x

1 1 ex- x2-1 ex(x-1)- x2+1 2 2 令 g(x)= ,则 g′(x)= . x x2 1 令 φ(x)=ex(x-1)- x2+1,则 φ′(x)=x(ex-1). 2 1 ∵x≥ ,∴φ′(x)>0. 2 1 ? ∴φ(x)在? ?2,+∞?上单调递增. 1? 7 1 ∴φ(x)≥φ? ?2?=8-2 e>0. 1 ? 因此 g′(x)>0,故 g(x)在? ?2,+∞?上单调递增, 1 1 e - -1 1? 2 8 9 则 g(x)≥g? =2 e- , ?2?= 1 4 2 9? ∴a 的取值范围是? ?-∞,2 e-4?. x2 y2 22.(本小题满分 12 分)如图,已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0),A(2,0)是长 a b 轴的一个端点,弦 BC 过椭圆的中心 O,且 AC · BC =0,| OC - OB | =2| BC - BA |. (1)求椭圆的标准方程; (2)设 P,Q 为椭圆上异于 A,B 且不重合的两点,若∠PCQ 的平分线总是垂直于 x 轴, 则是否存在实数 λ,使得 PQ =λ AB ?若存在,若存在,求出 λ 的最大值;若不存在,请 说明理由.

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BC =0,∴ AC ⊥ BC ,∠ACB=90° 解:(1)∵ AC · .
又| OC - OB |=2| BC - BA |,即| BC |=2| AC |, ∴| OC |=| AC |, ∴△AOC 是等腰直角三角形.
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∵A(2,0),∴C(1,1). 又点 C 在椭圆上,a=2, 1 1 4 ∴ 2+ 2=1,∴b2= , a b 3 x2 y2 ∴所求椭圆的标准方程为 + =1. 4 4 3 (2)对于椭圆上两点 P,Q, ∵∠PCQ 的平分线总是垂直于 x 轴, ∴PC 与 CQ 所在直线关于直线 x=1 对称. 设 kPC=k(k≠0 且 k≠± 1),则 kC Q=-k, 则直线 PC 的方程为 y-1=k(x-1)?y=k(x-1)+1,① 直线 CQ 的方程为 y-1=-k(x-1)?y=-k(x-1)+1,② x2 3y2 将①代入 + =1, 4 4 得(1+3k2)x2-6k(k-1)x+3k2-6k-1=0.③ ∵C(1,1)在椭圆上,∴x=1 是方程③的一个根, 3k2-6k-1 ∴xP= , 1+3k2 3k2+6k-1 以-k 替换 k,得到 xQ= . 3k2+1 6k2-2 -4k k· 2-2k 1+3k 1+3k2 1 yP-yQ k(xP+xQ)-2k kPQ= = = = = . xP-xQ xP-xQ -12k -12k 3 1+3k2 1+3k2 1 而 kAB= ,∴kPQ=kAB,∴PQ∥AB, 3 ∴存在实数 λ,使得 PQ =λ AB . 又| PQ |= (xP-xQ)2+(yP-yQ)2 = =

??? ?

????

??? ?

? -12k ?2+? -4k ?2 ?1+3k2? ?1+3k2? ? ? ? ?
160k2 = (1+3k2)2 160 2 30 ≤ , 1 3 9k + 2+6 k
2

1 1 3 当且仅当 9k2= 2,即 k2= ,k=± 时取等号. k 3 3

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???? 3 2 3 又| AB |= 10,∴λmax= = . 3 10

2 30

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