高中数学人教B版 (2019)选择性必修第三册6.4 数学建模活动:描述体重与脉搏率的关系复习练习题

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这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修第三册6.4 数学建模活动:描述体重与脉搏率的关系复习练习题，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间：120分钟满分：150分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知在等比数列{an}中，a5＝4，a8＝eq \f(1,2)，则公比q＝( )
A．2 B．－2 C．eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
C [因为{an}为等比数列，a5＝4，a8＝eq \f(1,2)，所以a8＝a5q3，即eq \f(1,2)＝4q3，解得q＝eq \f(1,2)．故选C．]
2．设正弦函数y＝sin x在x＝0和x＝eq \f(π,2)附近的瞬时变化率为k1、k2，则k1、k2的大小关系为( )
A．k1>k2B．k1C．k1＝k2D．不确定
A [y＝sin x，y′＝cs x，∴k1＝cs 0＝1，k2＝cs eq \f(π,2)＝0，k1>k2．]
3．已知函数f(x)＝x2＋2f′(1)ln x，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为( )
A．1 B．2 C．－1 D．－2
D [f′(x)＝2x＋eq \f(2f′(1),x)，令x＝1得
f′(1)＝2×1＋2f′(1)，所以f′(1)＝－2．
即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率k＝－2，故选D．]
4．已知{an}是等差数列，且a1＋a4＋a7＝45，a2＋a5＋a8＝39，则a3＋a6＋a9的值是( )
A．24 B．27 C．30 D．33
D [根据等差数列的性质可知a1＋a4＋a7，a2＋a5＋a8，a3＋a6＋a9也成等差数列，故a3＋a6＋a9＝2×39－45＝33．故选D．]
5．等比数列{an}满足a2＋8a5＝0，设Sn是数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和，则eq \f(S5,S2)＝( )
A．－11 B．－8 C．5 D．11
A [由a2＋8a5＝0得a1q＋8a1q4＝0，解得q＝－eq \f(1,2)．易知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等比数列，公比为－2，首项为eq \f(1,a1)，所以S2＝eq \f(\f(1,a1)[1－(－2)2],1－(－2))＝－eq \f(1,a1)，S5＝eq \f(\f(1,a1)[1－(－2)5],1－(－2))＝eq \f(11,a1)，所以eq \f(S5,S2)＝－11，故选A．]
6．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是( )
A B C D
D [观察导函数f′(x)的图像可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．观察选项可知，排除A，C．如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2>0，故选项D正确，故选D．]
7．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq等于( )
A．10 B．15 C．－5 D．20
D [因为Sn＝2n2－3n(n∈N*)，所以an＝Sn－Sn－1＝4n－5(n≥2)．又a1＝S1＝－1，适合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝4n－5(n∈N*)．于是ap－aq＝4(p－q)＝20．故选D．]
8．设函数f(x)＝aln x＋bx2，若函数f(x)的图像在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x，则函数y＝f(x)的增区间为( )
A．(0，1)B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))
C [f(x)＝aln x＋bx2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)＋2bx，
∵函数f(x)的图像在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(1)＝b＝1，,f′(1)＝a＋2b＝1))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,a＝－1))∴f′(x)＝－eq \f(1,x)＋2x，
欲求y＝f(x)的增区间，只需f′(x)＝－eq \f(1,x)＋2x>0，解得：x>eq \f(\r(2),2)，
即函数y＝f(x)的增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))，故选C．]
二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．在如图的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么( )
A．x＝1B．y＝eq \f(5,8)
C．z＝eq \f(3,8)D．m＝5
ABC [由表格知，第三列为首项为4，公比为eq \f(1,2)的等比数列，∴x＝1．根据每行成等差数列得第四列前两个数字分别为5，eq \f(5,2)，故第四列所成的等比数列的公比为eq \f(1,2)，∴y＝5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(5,8)，同理z＝6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＝eq \f(3,8)，故选ABC．]
10．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像，则( )
A．在x＝－2时，函数y＝f(x)取得极值
B．在x＝1时，函数y＝f(x)取得极值
C．y＝f(x)的图像在x＝0处切线的斜率小于零
D．函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，2))上单调递增
AD [由图可知，x＝－2是导函数f′(x)的一个变号零点，
故当x＝－2时，函数f(x)取得极值，选项A正确；
x＝1不是导函数f′(x)的一个变号零点，
故当x＝1时，函数f(x)不能取得极值，选项B错误；
y＝f(x)的图像在x＝0处的切线斜率为f′(x)>0，选项C错误；
当x∈(－2，2)时，f′(x)≥0，此时函数y＝f(x)单调递增，选项D正确．故选AD．]
11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S2 020>0，S2 021<0，则下列说法正确的是( )
A．S1 010最大
B．|a1 010|>|a1 011|
C．a1 011>0
D．数列中绝对值最小的项为a1 011
ABD [∵S2 020>0，S2 021<0， ∴eq \f(2 020(a1＋a2 020),2)＝eq \f(2 020(a1 010＋a1 011),2)>0，eq \f(2 021(a1＋a2 021),2)＝2 021a1 011<0，∴a1 010＋a1 011>0，a1 011<0，可得a1 010>0，a1 011<0，|a1 010|>|a1 011|，故A，B都正确，C错误，由等差数列的单调性即可得出：此数列中绝对值最小的项为a1 011，故D正确．故选ABD．]
12．如果定义在R上的函数f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，则称函数f(x)为“H函数”，下列函数是“H函数”的有( )
A．y＝ex＋1
B．y＝3x－2(sin x－cs x)
C．y＝x3＋3x2＋3x＋1
D．y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln|x|，x≠0,x，x＝0))
ABC [∵对于任意给定的不等实数x1，x2，
不等式x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)恒成立，
∴不等式等价为(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0恒成立，
即函数f(x)是定义在R上的增函数．
对于A：y＝ex＋1满足函数定义在R上的增函数，故是“H函数”，故A正确．
对于B：y＝3x－2(sin x－cs x)，所以y′＝3－2(cs x＋sin x)＝3－2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))>0，函数单调递增，满足条件，故B正确．
对于C：y＝x3＋3x2＋3x＋1，所以y′＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，所以y＝x3＋3x2＋3x＋1在定义域上单调递增，故C正确；
对于D：y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln|x|，x≠0,x，x＝0)) ，即y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln|x|，x≠0,0，x＝0)) ，所以y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x，x>0，,0，x＝0，,ln(－x)，x<0，))当x>0时，函数单调递增，当x<0时，函数单调递减，不满足条件．故D错误；故选ABC．]
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则eq \f(a2,b2)＝________．
1 [设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d和q，则－1＋3d＝－q3＝8，
解得q＝－2，d＝3，那么eq \f(a2,b2)＝eq \f(－1＋3,2)＝1．]
14．f(x)＝ax3＋2eq \r(x)，若f′(1)＝4，则a的值等于__________．
1 [由题意，f′(x)＝3ax2＋eq \f(1,\r(x))，所以f′(1)＝3a＋1＝4，解得a＝1．故答案为1．]
15．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例引入数列{an}： 1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，故此数列称为斐波那契数列，通项公式为an＝eq \f(1,\r(5))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(5),2)))eq \s\up12(n)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n)))，该通项公式又称为“比内公式”(法国数学家比内首先证明此公式)，是用无理数表示有理数的一个范例．设n是不等式lg2[1＋eq \r(5))x－(1－eq \r(5))x] >x＋6的正整数解，则n的最小值为__________．
9 [设n是不等式lg2[1＋eq \r(5))x－(1－eq \r(5))x]>x＋6的正整数解，
∴lg2[(1＋eq \r(5))n－(1－eq \r(5))n] >n＋6，即 (1＋eq \r(5))n－(1－eq \r(5))n>2n＋6，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(5),2)))eq \s\up12(n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n) >26，
∴eq \f(1,\r(5))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(5),2)))eq \s\up12(n)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n)))>eq \f(26,\r(5))，
即an>eq \f(26,\r(5))，则aeq \\al(2,n)>eq \f(212,5)＝eq \f(4 096,5)，又{an}单调递增，且aeq \\al(2,8)＝212故答案为9．]
16．定义关于x的曲线f(a，b，c)＝ax2＋bx＋c，则与曲线f(1，2，0)和f(－1，2，0)都相切的直线l的方程为__________，F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(－1，2a，－2a)，x>0,f(1，2a，a)，x≤0)) ，已知a>0，若关于x的方程F(x)＝f(0，a，0)有三个不同的实根，则a＝__________．(本题第一空2分，第二空3分)
2x－y＝0 8 [令F1(x)＝f(1，2，0)＝x2＋2x，F2(x)＝f(－1，2，0)＝－x2＋2x，F′1(x)＝2x＋2在R上单调递增，F′2(x)＝－2x＋2在R上单调递减，由F1(x)和F2(x)可得F1(0)＝F2(0)＝0，且F′1(0)＝F′2(0)＝2，即两函数有一个公共点，两曲线有过该点的公切线，公切线方程为y＝2x，即2x－y＝0．
∵F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(－1，2a，－2a)，x>0,f(1，2a，a)，x≤0)) ，∴F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2ax－2a，x>0,x2＋2ax＋a，x≤0)) ，令g(x)＝f(0，a，0)＝ax，当x≤0时，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝ax,y＝x2＋2ax＋a))整理可得x2＋ax＋a＝0，由Δ≥0可得a≥4或a≤0，而a>0，所以a≥4，因为两根之和为负数，两根之积为正数，所以两根为负数，显然符合x≤0；
当x>0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝ax,y＝－x2＋2ax－2a)) 整理可得x2－ax＋2a＝0，由Δ≥0可得a≥8或a≤0，而a>0，所以a≥8．因为两根之和为正数，两根之积为正数，所以两根为正数，显然符合x>0．
若方程F(x)＝f(0，a，0)有三个根，则直线y＝ax与F(x)的图像有三个交点，易得当y＝ax(a>0)与F(x)左侧图像相交与F(x)右侧图像相切时，方程F(x)＝f(0，a，0)有三个不同的实根，则a＝8．故答案为：2x－y＝0；8．]
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分) 在①对任意n>1满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)；②Sn＋1－2＝Sn＋an；③Sn＝nan＋1－n(n＋1)．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，__________，若数列{an}是等差数列，求出数列{an}的通项公式；若数列{an}不是等差数列，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[解] 若选择条件①：
因为对任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，
所以Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，即an＋1－an＝2，
因为无法确定a1的值，所以a2－a1不一定等于2，所以数列{an}不一定是等差数列．
若选择条件②：
由Sn＋1－2＝Sn＋an，则Sn＋1－Sn－an＝2，即an＋1－an＝2，n∈N*，
又因为a2＝4，所以a1＝2，所以数列{an}是等差数列，公差为2，
因此数列{an}的通项公式为an＝2n．
若选择条件③：
因为Sn＝nan＋1－n(n＋1)，所以Sn－1＝(n－1)an－(n－1)n(n≥2，n∈N*)，
两式相减得，an＝nan＋1－(n－1)an－2n(n≥2)，即an＋1－an＝2(n≥2)，
又S1＝a2－2，即a2－a1＝2，所以an＋1－an＝2，n∈N*，
又a2＝4，a2－a1＝2，所以a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列．所以an＝2＋2(n－1)＝2n．
18．(本小题满分12分)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex．
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；
(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
[解] (1)因为f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex， f′(2)＝(2a－1)e2．
由题设知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝eq \f(1,2)．
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex．
若a>1，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在x＝1处取得极小值．
若a≤1，则当x∈(0，1)时，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0．
所以1不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．
19．(本小题满分12分)已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a3·a4＝117，a2＋a5＝22．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若数列{bn}是等差数列，且bn＝eq \f(Sn,n＋c)，求非零常数c．
[解] (1) ∵{an}为等差数列，∴ a3＋a4＝a2＋a5＝22，
又a3·a4＝117，
∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两个根．
又公差d>0，
∴a3∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝9，,a1＋3d＝13，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4.))
∴an＝4n－3．
(2)由(1)知，Sn＝n·1＋eq \f(n(n－1),2)·4＝2n2－n，
∴bn＝eq \f(Sn,n＋c)＝eq \f(2n2－n,n＋c)，
∴b1＝eq \f(1,1＋c)，b2＝eq \f(6,2＋c)，b3＝eq \f(15,3＋c)．
∵{bn}是等差数列，∴2b2＝b1＋b3，
∴2c2＋c＝0，∴c＝－eq \f(1,2)(c＝0舍去)．
20．(本小题满分12分)某投资商到一开发区投资72万元建起了一座蔬菜加工厂，经营中，第一年支出12万元，以后每年支出增加4万元，从第一年起每年蔬菜销售收入50万元．设f(n)表示前n年的纯利润总和(f(n)＝前n年的总收入－前n年的总支出－投资额72万元)．
(1)该厂从第几年开始盈利？
(2)该厂第几年年平均纯利润达到最大？并求出年平均纯利润的最大值．
[解] (1)由题意知f(n)＝50n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(12n＋\f(n(n－1),2)×4))－72＝－2n2＋40n－72．
由f(n)＞0，即－2n2＋40n－72＞0，解得2由n∈N*知，从第三年开始盈利．
(2)年平均纯利润eq \f(f(n),n)＝40－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(36,n)))≤16，当且仅当n＝6时等号成立．
即第6年，投资商年平均纯利润达到最大，年平均纯利润最大值为16万元．
21．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn＝－n2＋2kn(k∈N*)，且Sn的最大值为4．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝eq \f(5－an,2n)，求数列{bn}的前n项和．
[解] (1)由题意知，当n＝－eq \f(2k,2×(－1))＝k时，Sn取得最大值4，所以－k2＋2k·k＝k2＝4，解得k＝2或k＝－2(舍去)，所以Sn＝－n2＋4n．当n＝1时，a1＝S1＝3．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝5－2n．经验证n＝1时也符合该式．
故数列{an}的通项公式为an＝5－2n(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝eq \f(n,2n－1)．
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝eq \f(1,20)＋eq \f(2,21)＋eq \f(3,22)＋eq \f(4,23)＋…＋eq \f(n,2n－1)，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n,2n)，
两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,20)＋eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)))－eq \f(n,2n)，
所以Tn＝4－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－2)－eq \f(n,2n－1)＝4－eq \f(2＋n,2n－1)．
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋eq \f(k,2)x2(k≥0)．
(1)当k＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间．
[解] (1)当k＝2时，f(x)＝ln (1＋x)－x＋x2，
f′(x)＝eq \f(1,1＋x)－1＋2x．
由于f(1)＝ln 2，f′(1)＝eq \f(3,2)，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－ln 2＝eq \f(3,2)(x－1)，即3x－2y＋2ln 2－3＝0．
(2)f′(x)＝eq \f(x(kx＋k－1),1＋x)，x∈(－1，＋∞)．
当k＝0时，f′(x)＝－eq \f(x,1＋x)．
所以，在区间(－1，0)上，f′(x)＞0；在区间(0，＋∞)上，f′(x)＜0．
故f(x)的单调递增区间是(－1，0)，单调递减区间是(0，＋∞)．
当0＜k＜1时，由f′(x)＝eq \f(x(kx＋k－1),1＋x)＝0，得x1＝0，x2＝eq \f(1－k,k)＞0．
所以，在区间(－1，0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－k,k)，＋∞))上，f′(x)＞0；在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－k,k)))上，f′(x)＜0．
故f(x)的单调递增区间是(－1，0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－k,k)，＋∞))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－k,k)))．
当k＝1时，f′(x)＝eq \f(x2,1＋x)．
故f(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)．
当k＞1时，由f′(x)＝eq \f(x(kx＋k－1),1＋x)＝0，
得x1＝eq \f(1－k,k)∈(－1，0)，x2＝0．
所以，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1－k,k)))和(0，＋∞)上，f′(x)＞0；
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－k,k)，0))上，f′(x)＜0．
故f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1－k,k)))和(0，＋∞)，
单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－k,k)，0))．
2
4
1
2
m
x
y
z