模塊檢測一、選擇題1“金導(dǎo)電、銀導(dǎo)電、銅導(dǎo)電、錫導(dǎo)電，所以一切金屬都導(dǎo)電”此推理方法是()A完全歸納推理 B歸納推理C類比推理 D演繹推理答案B解析由特殊到一般的推理為歸納推理故選B.2(2013浙江)已知i是虛數(shù)單位，則(1i)(2i)()A3i B13i C33i D1i答案B解析(1i)(2i)2i2i113i，故選B.3設(shè)f(x)10xlg x，則f(1)等于()A10 B10ln 10lg eC.ln 10 D11ln 10答案B解析f(x)10xln 10，f(1)10ln 10lg e，故選B.4若大前提：任何實數(shù)的平方都大于0，小前提：aR，結(jié)論：a2>0，那么這個演繹推理出錯在()A大前提 B小前提 C推理形式 D沒有出錯答案A5觀察下列數(shù)表規(guī)律則數(shù)2 007的箭頭方向是()答案D解析因上行奇數(shù)是首項為3，公差為4的等差數(shù)列，若2 007在上行，則2 0073(n1)4n502N*.故2 007在上行，又因為在上行奇數(shù)的箭頭為an，故選D.6函數(shù)f(x)x3ax2bxa2在x1處有極值10，則a，b的值為()A.或 B.C. D以上都不對答案B解析f(x)3x22axb，解得或.經(jīng)檢驗a3，b3不合題意，應(yīng)舍去7給出下列命題：dxdtba(a，b為常數(shù)且a<b)；x2dxx2dx；曲線ysin x，x0,2與直線y0圍成的兩個封閉區(qū)域面積之和為2.其中正確命題的個數(shù)為()A0 B1 C2 D3答案B解析dtbadxab，故錯yx2是偶函數(shù)，其在1,0上的積分結(jié)果等于其在0,1上的積分結(jié)果，故對對于有S2sin xdx4.故錯故選B.8已知結(jié)論：“在正三角形ABC中，若D是BC的中點，G是三角形ABC的重心，則2”若把該結(jié)論推廣到空間，則有結(jié)論：在棱長都相等的四面體ABCD中，若BCD的中心為M，四面體內(nèi)部一點O到四面體各面的距離都相等，則等于()A1 B2 C3 D4答案C解析面的重心類比幾何體的重心，平面類比空間，2類比3，故選C.9曲線y在點(4，e2)處的切線與坐標軸所圍三角形的面積為()A.e2 B4e2 C2e2 De2答案D解析y，y在(4，e2)處的切線斜率為e2.過點(4，e2)的切線方程為ye2xe2，它與x軸、y軸的交點分別為(2,0)和(0，e2)，S2e2e2.故選D.10(2013湖北)已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個極值點x1，x2(x1x2)，則()Af(x1)0，f(x2)Bf(x1)0，f(x2)Cf(x1)0，f(x2)Df(x1)0，f(x2)答案D解析函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個極值點x1，x2(x1x2)，則f(x)ln x2ax1有兩個零點，即方程ln x2ax1有兩個根，有數(shù)形結(jié)合易知0a且0x11x2.因為在(x1，x2)上f(x)遞增，所以f(x1)f(1)f(x2)，即f(x1)af(x2)，所以f(x1)0，f(x2).故選D.二、填空題11若復(fù)數(shù)z滿足z(1i)1i(i是虛數(shù)單位)，則其共軛復(fù)數(shù)_.答案i解析設(shè)zabi，則(abi)(1i)1i，即ab(ab)i1i.由解得所以zi，i.12通過類比長方形，由命題“周長為定值l的長方形中，正方形的面積最大，最大值為”，可猜想關(guān)于長方體的相應(yīng)命題為_答案表面積為定值S的長方體中，正方體的體積最大，最大值為解析正方形有4條邊，正方體有6個面，正方形的面積為邊長的平方，正方體的體積為邊長的立方由正方體的邊長為，通過類比可知，表面積為定值S的長方體中，正方體的體積最大，最大值為.13已知函數(shù)f(x)x32bx2cx1有兩個極值點x1，x2，且x12，1，x21,2，則f(1)的取值范圍是_答案3,12解析因為f(x)有兩個極值點x1，x2，所以f(x)3x24bxc0有兩個根x1，x2，且x12，1，x21,2，所以即畫出可行域如圖所示因為f(1)2bc，由圖知經(jīng)過點A(0，3)時，f(1)取得最小值3，經(jīng)過點C(0，12)時，f(1)取得最大值12，所以f(1)的取值范圍為3,1214.如圖所示的數(shù)陣中，第20行第2個數(shù)字是_答案解析設(shè)第n(n2且nN*)行的第2個數(shù)字為，其中a11，則由數(shù)陣可知an1ann，a20(a20a19)(a19a18)(a2a1)a11918111191，.三、解答題15(2013青島二中期中)(1)已知zC，且|z|i23i(i為虛數(shù)單位)，求復(fù)數(shù)的虛部(2)已知z1a2i，z234i(i為虛數(shù)單位)，且為純虛數(shù)，求實數(shù)a的值解(1)設(shè)zxyi(x，yR)，代入方程|z|i23i，得出ixyi23i(x2)(3y)i，故有，解得，z34i，復(fù)數(shù)2i，虛部為1.(2)，且為純虛數(shù)則3a80，且4a60，解得a.16已知a，b，c>0，且abc1，求證：(1)a2b2c2；(2).證明(1)a2a，b2b，c2c，abc.a2b2c2.(2)，三式相加得(abc)1，.17是否存在常數(shù)a，b，使等式對一切nN*都成立？若不存在，說明理由；若存在，請用數(shù)學(xué)歸納法證明解若存在常數(shù)a，b使等式成立，則將n1，n2代入上式，有得a1，b4，即有對于一切nN*都成立證明如下：(1)當n1時，左邊，右邊，所以等式成立(2)假設(shè)nk(k1，且kN*)時等式成立，即，當nk1時，也就是說，當nk1時，等式成立，綜上所述，等式對任何nN*都成立18(2013廣東)設(shè)函數(shù)f(x)(x1)exkx2(其中kR)(1)當k1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當k時，求函數(shù)f(x)在0，k上的最大值M.解(1)當k1時，f(x)(x1)exx2，f(x)ex(x1)ex2xxex2xx(ex2)令f(x)0，得x10，x2ln 2.當x變化時，f(x)，f(x)的變化如下表x(，0)0(0，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)00f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增由表可知，函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(0，ln 2)，遞增區(qū)間為(，0)，(ln 2，)(2)f(x)ex(x1)ex2kxxex2kxx(ex2k)，令f(x)0，得x10，x2ln (2k)，令g(k)ln(2k)k，則g(k)10，所以g(k)在上遞增，所以g(k)ln 21ln 2ln e0，從而ln (2k)k，所以ln(2k)0，k，所以當x(0，ln(2k)時，f(x)0；當x(ln(2k)，)時，f(x)0；所以Mmaxf(0)，f(k)max1，(k1)ekk3令h(k)(k1)ekk31，則h(k)k(ek3k)，令(k)ek3k，則(k)ek3e30，所以(k)在上遞減，而(1)(e3)0，所以存在x0使得(x0)0，且當k時，(k)0，當k(x0,1)時(k)0，所以(k)在上單調(diào)遞增，在(x0,1)上單調(diào)遞減因為h0，h(1)0，所以h(k)0在上恒成立，當且僅當k1時取得“”綜上，函數(shù)f(x)在0，k上的最大值M(k1)ekk3.