2022年高中数学新教材人教A版选择性必修第二册学案综合检测试卷一

这是一份高中人教A版 (2019)全册综合导学案，共11页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．在等差数列{an}中，a4＝2，a8＝14，则a15等于( )
A．32 B．－32 C．35 D．－35
答案 C
解析 ∵{an}是等差数列，
∴d＝eq \f(a8－a4,8－4)＝3，
∴a15＝a4＋11d＝2＋11×3＝35.
2．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分别是( )
A．12，－8 B．1，－8
C．12，－15 D．5，－16
答案 A
解析 y′＝6x2－6x－12，
由y′＝0⇒x＝－1或x＝2(舍去)．
x＝－2时，y＝1；x＝－1时，y＝12；
x＝1时，y＝－8.
所以ymax＝12，ymin＝－8.
3．在数列{an}中，a1＝eq \f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，则a5等于( )
A．－eq \f(16,3) B.eq \f(16,3) C．－eq \f(8,3) D.eq \f(8,3)
答案 B
解析 ∵a1＝eq \f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1，
∴a2＝(－1)2×2×eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)，
a3＝(－1)3×2×eq \f(2,3)＝－eq \f(4,3)，
a4＝(－1)4×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))＝－eq \f(8,3)，
a5＝(－1)5×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)))＝eq \f(16,3).
4．设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a等于( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 D
解析 令f(x)＝ax－ln(x＋1)，则f′(x)＝a－eq \f(1,x＋1) .
由导数的几何意义可得在点(0,0)处的切线的斜率为f′(0)＝a－1.又切线方程为y＝2x，
则有a－1＝2，所以a＝3.
5．若互不相等的实数a，b，c成等差数列，a是b，c的等比中项，且a＋3b＋c＝10，则a的值是( )
A．1 B．－1 C．－3 D．－4
答案 D
解析 由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＝a＋c，,a2＝bc，,a＋3b＋c＝10，))
解得a＝－4，b＝2，c＝8.
6．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )
A．13项 B．12项 C．11项 D．10项
答案 B
解析 设数列的通项公式为an＝a1qn－1，
则前三项分别为a1，a1q，a1q2，
后三项分别为a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1.
由题意得aeq \\al(3,1)q3＝2，aeq \\al(3,1)q3n－6＝4，
两式相乘得aeq \\al(6,1)q3(n－1)＝8，即aeq \\al(2,1)qn－1＝2.
又∵a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，

即(aeq \\al(2,1)qn－1)n＝642，解得n＝12.
7．设曲线y＝sin x上任一点(x，y)处的切线斜率为g(x)，则函数y＝x2g(x)的部分图象可以为( )
答案 C
解析 由曲线方程y＝sin x，可知g(x)＝cs x，
所以y＝x2g(x)＝x2cs x为偶函数，排除A，B；
当x＝0时，y＝0，排除D，故选C.
8．某厂生产某种电子元件，如果生产出一件正品，可获利200元，如果生产出一件次品，则损失100元，已知该厂在制造电子元件过程中，次品率p与日产量x的函数关系是p＝eq \f(3x,4x＋32)(x∈N*)，为获得最大盈利，该厂的日产量应定为( )
A．14件 B．16件 C．24件 D．32件
答案 B
解析 因为该厂的日产量为x，
则其次品数为px＝eq \f(3x2,4x＋32)，正品数为(1－p)x＝eq \f(x2＋32x,4x＋32)，
根据题意得盈利T(x)＝200×eq \f(x2＋32x,4x＋32)－100×eq \f(3x2,4x＋32)，
化简整理得T(x)＝eq \f(－25x2＋1 600x,x＋8).
因为T(x)＝eq \f(－25x2＋1 600x,x＋8)，
所以T′(x)＝eq \f(－50x＋1 600x＋8－－25x2＋1 600x,x＋82)
＝－25×eq \f(x2＋16x－64×8,x＋82)
＝－25×eq \f(x＋32x－16,x－8)，
当00；当x>16时，T′(x)<0.
所以x＝16时，T(x)有最大值，即T(x)max＝T(16)＝800(元)．
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当aA．f(x)>g(x)
B．f(x)C．f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)
D．f(x)＋g(b)答案 CD
解析 因为f′(x)－g′(x)>0，
所以[f(x)－g(x)]′>0，
所以f(x)－g(x)在[a，b]上单调递增，
所以当af(x)－g(x)>f(a)－g(a)，
所以f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)，f(x)＋g(b)10．设{an}是等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于( )
A.eq \f(15,2) B.eq \f(31,4) C.eq \f(33,4) D.eq \f(61,9)
答案 BD
解析 设数列{an}的公比为q，由a2a4＝1得aeq \\al(2,3)＝1，
∴a3＝±1.
∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝eq \f(a3,q2)＋eq \f(a3,q)＋a3＝7，
当a3＝－1时，得8q2＋q＋1＝0无解，
当a3＝1时，得6q2－q－1＝0，
解得q＝eq \f(1,2)或q＝－eq \f(1,3)，
当q＝－eq \f(1,3)时，a1＝eq \f(1,q2)＝9.
∴S5＝eq \f(9×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,35))),1＋\f(1,3))＝eq \f(27,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,35)))＝eq \f(61,9).
当q＝eq \f(1,2)时，a1＝eq \f(1,q2)＝4.
∴S5＝eq \f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,25)))＝eq \f(31,4).
11．函数f(x)＝x2－ln 2x在下列区间上单调的是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(\r(2),2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))
答案 BD
解析 因为f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x)，
所以f′(x) ＜0⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,2x2－1＜0，))解得0＜x＜eq \f(\r(2),2)；
f′(x) ＞0⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,2x2－1＞0，))解得x＞eq \f(\r(2),2).
12．已知f(x)为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f(x)>xf′(x)恒成立，可以使不等式x2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))－f(x)>0的x的取值范围为( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
答案 BCD
解析 令F(x)＝eq \f(fx,x)，
则F′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)，
因为f(x)>xf′(x)，
所以F′(x)<0，F(x)为定义域上的减函数，
由不等式x2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))－f(x)>0得eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))),\f(1,x))>eq \f(fx,x)，
所以eq \f(1,x)1.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知数列{an}的通项公式为an＝2 020－3n，则使an>0成立的最大正整数n的值为________．
答案 673
解析 由an＝2 020－3n>0，得n又∵n∈N*，∴n的最大值为673.
14．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．
答案 6
解析 每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，
其前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102.
由于26＝64,27＝128，则n＋1≥7，即n≥6.
15．已知a<0，函数f(x)＝ax3＋eq \f(12,a)ln x，且f′(1)的最小值是－12，则实数a的值为________．
函数f(x)在区间[1,2]上的最大值为________．
答案 －2 －2
解析 f′(x)＝3ax2＋eq \f(12,ax)，
所以f′(1)＝3a＋eq \f(12,a)≥－12，即a＋eq \f(4,a)≥－4.
又a<0，有a＋eq \f(4,a)≤－4，
所以a＋eq \f(4,a)＝－4，故a＝－2.
所以f(x)＝－2x3－6ln x，
f′(x)＝－6x2－eq \f(6,x)＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x)))<0，
所以函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，函数f(x)在区间[1,2]上的最大值是 f(1)＝－2.
16．若函数f(x)＝eq \f(4x,x2＋1)在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是________．
答案 (－1,0]
解析 f′(x)＝eq \f(4－4x2,x2＋12).
由f′(x)>0，解得－1所以函数f(x)的单调递增区间为(－1,1)．
又因为f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≥－1，,m<2m＋1，,2m＋1≤1，))解得－1所以实数m的取值范围是(－1,0]．
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)设函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋8，其中a∈R.已知f(x)在x＝3处取得极值．
(1)求f(x)的解析式；
(2)求f(x)在点A(1,16)处的切线方程．
解 (1)f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a.
因为f(x)在x＝3处取得极值，
所以f′(3)＝6×9－6(a＋1)×3＋6a＝0，
解得a＝3.
所以f(x)＝2x3－12x2＋18x＋8.
(2)A点在f(x)上，
由(1)可知f′(x)＝6x2－24x＋18，
f′(1)＝6－24＋18＝0，
所以切线方程为y＝16.
18．(12分)在①Sn＝n2＋n，②a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，③eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n)，S7＝56这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，________，b1＝a1，b2＝eq \f(a1a2,2).
求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)＋bn))的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 选①：
当n＝1时，a1＝S1＝2,
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n,
又n＝1满足an＝2n，
所以an＝2n，Sn＝eq \f(n2＋2n,2)＝n2＋n(n∈N*)；
选②：
设数列{an}的公差为d，由a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋6d＝16，,8a1＋13d＝42，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝2，))
所以an＝2n，Sn＝eq \f(n2＋2n,2)＝n2＋n(n∈N*)；
选③：
由eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n)，
得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，
所以eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)，
即an＝a1·n, S7＝7a4＝28a1＝56，
所以a1＝2，
所以an＝2n，Sn＝eq \f(n2＋2n,2)＝n2＋n(n∈N*)．
①②③均可求得an＝2n，
Sn＝eq \f(n2＋2n,2)＝n2＋n(n∈N*)，
设{bn}的公比为q，
又因为a1＝2，a2＝4，
由b1＝a1＝2，b2＝eq \f(a1a2,2)＝4,
得b1＝2，q＝2，
所以bn＝2n(n∈N*)，
所以数列{bn}的前n项和为eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2，
因为eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,n2＋n)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)，
故Tn＝2n＋1－2＋1－eq \f(1,n＋1)＝2n＋1－eq \f(1,n＋1)－1.
19．(12分)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋aln x.
(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值，并指出是极大值还是极小值；
(2)若a＝1，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f′(x)＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x＋1x－1,x)，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，
函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
函数f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，极小值为eq \f(1,2)，无极大值．
(2)当a＝1时，易知函数f(x)在[1，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝eq \f(1,2)，
f(x)max＝f(e)＝eq \f(1,2)e2＋1.
20．(12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，a1＝－1，eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32).
(1)求等比数列{an}的公比q；
(2)求aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n).
解 (1)由eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，a1＝－1，
知公比q≠1，eq \f(S10－S5,S5)＝－eq \f(1,32).
由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－eq \f(1,32)，q＝－eq \f(1,2).
(2)由(1)，得an＝(－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1，
所以aeq \\al(2,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1，
所以数列{aeq \\al(2,n)}是首项为1，公比为eq \f(1,4)的等比数列，
故aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))).
21．(12分)数学的发展推动着科技的进步，正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用，华为的5G技术领先世界．目前某区域市场中5G智能终端产品的制造由H公司及G公司提供技术支持．据市场调研预测，5G商用初期，该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品占比分别为a0＝55%及b0＝45%，假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现，每次技术更新后，上一周期采用G公司技术的产品中有20%转而采用H公司技术，采用H公司技术的产品中仅有5%转而采用G公司技术．设第n次技术更新后，该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品占比分别为an及bn，不考虑其他因素的影响．
(1)用an表示an＋1，并求实数λ使{an－λ}是等比数列；
(2)经过若干次技术更新后，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能否达到75%以上？若能，至少需要经过几次技术更新；若不能，请说明理由？
(参考数据：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477)
解 (1)由题意知，
该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品的占比分别为a0＝55%＝eq \f(11,20)，b0＝45%＝eq \f(9,20).
易知经过n次技术更新后an＋bn＝1，
则an＋1＝(1－5%)an＋20%bn＝eq \f(19,20)an＋eq \f(1,5)(1－an)
＝eq \f(3,4)an＋eq \f(1,5)，即an＋1＝eq \f(3,4)an＋eq \f(1,5)(n∈N)，①
由①式，可设an＋1－λ＝eq \f(3,4)(an－λ)⇔an＋1＝eq \f(3,4)an＋eq \f(λ,4)，
对比①式可知eq \f(λ,4)＝eq \f(1,5)⇒λ＝eq \f(4,5).
又a1＝eq \f(3,4)a0＋eq \f(1,5)＝eq \f(3,4)×eq \f(11,20)＋eq \f(1,5)＝eq \f(49,80)，a1－eq \f(4,5)＝eq \f(49,80)－eq \f(4,5)＝－eq \f(3,16).
从而当λ＝eq \f(4,5)时，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(4,5)))是以－eq \f(3,16)为首项，eq \f(3,4)为公比的等比数列．
(2)由(1)可知an－eq \f(4,5)＝－eq \f(3,16)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－1＝－eq \f(1,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n，
所以经过n次技术更新后，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比an＝eq \f(4,5)－eq \f(1,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n.
由题意，令an>75%，得eq \f(4,5)－eq \f(1,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n>eq \f(3,4)⇔eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))neq \f(－lg 5,lg 3－2lg 2)＝eq \f(lg 5,2lg 2－lg 3)＝eq \f(1－lg 2,2lg 2－lg 3)≈eq \f(1－0.301,2×0.301－0.477)
＝eq \f(0.699,0.125)＝0.699×8＝5.592>5.故n≥6，
即至少经过6次技术更新，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能达到75%以上．
22．(12分)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)探讨函数F(x)＝ln x－eq \f(1,ex)＋eq \f(2,ex)是否存在零点？若存在，求出函数F(x)的零点，若不存在，请说明理由．
解 (1)f′(x)＝ln x＋1(x>0)，
由f′(x)<0得00得x>eq \f(1,e)，
∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．
当0eq \f(1,e)，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
当t>eq \f(1,e)时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tln t，
∴f(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0\f(1,e).))
(2)原问题可化为a≤2ln x＋x＋eq \f(3,x)，
设h(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)，
则h′(x)＝eq \f(x＋3x－1,x2)，
当0当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x)min＝h(1)＝4.
∴a的取值范围为(－∞，4]．
(3)令F(x)＝0，得ln x－eq \f(1,ex)＋eq \f(2,ex)＝0，
即xln x＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x>0)，
由(1)知当且仅当x＝eq \f(1,e)时，f(x)＝xln x(x>0)的最小值是f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，
设φ(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x>0)，则φ′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴当且仅当x＝1时，φ(x)取最大值，且φ(1)＝－eq \f(1,e)，
∴对x∈(0，＋∞)都有xln x>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)，
即F(x)＝ln x－eq \f(1,ex)＋eq \f(2,ex)>0恒成立．
∴函数F(x)无零点．