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二

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册全册综合学案及答案，共12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．已知等差数列{an}中，a2＋a4＝6，a7＝11，则S9等于( )
A．45 B．54 C．63 D．72
答案 C
解析 由等差数列性质可得，a2＋a4＝2a3，则a3＝3.
∴S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝eq \f(9a3＋a7,2)＝eq \f(9×14,2)＝63.
2．设函数f(x)＝ax3＋b，若f′(－1)＝3，则a的值为( )
A．－1 B.eq \f(1,2) C．1 D.eq \f(1,3)
答案 C
解析 ∵ f′(x)＝3ax2 ，
∴f′(－1)＝3a＝3，
∴a＝1.
3．设公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝2(a2＋a3)，则eq \f(S7,S4)等于( )
A.eq \f(7,4) B.eq \f(14,5) C．7 D．14
答案 C
解析 公差不为零的等差数列{an}中，a4＝2(a2＋a3)，
由等差数列的性质，可知a2＋a3＝a1＋a4，
则a4＝2(a1＋a4)，
由等差数列前n项和公式，可知S7＝7a4，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2(a1＋a4)，
所以eq \f(S7,S4)＝eq \f(7a4,2a1＋a4)＝eq \f(7×2a1＋a4,2a1＋a4)＝7.
4．函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是( )
A．1＋eq \f(1,e) B．1 C．e＋1 D．e－1
答案 D
解析 f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0.
又f(0)＝e0－0＝1，f(1)＝e－1>1，f(－1)＝eq \f(1,e)＋1>1，
且e－1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,e)))＝e－eq \f(1,e)－2＝eq \f(e2－2e－1,e)>0，
所以f(x)max＝f(1)＝e－1.
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1，则eq \f(S1,a1)＋eq \f(S2,a2)＋eq \f(S3,a3)＋…＋eq \f(S9,a9)等于( )
A．1 013 B．1 035
C．2 037 D．2 059
答案 A
解析 ∵an＋Sn＝1，
当n＝1时，a1＋S1＝1得a1＝eq \f(1,2)，
当n≥2时，an－1＋Sn－1＝1，
∴an＋Sn－(an－1＋Sn－1)＝0，
∴an＝eq \f(1,2)an－1，
∴数列{an}是以a1＝eq \f(1,2)为首项，q＝eq \f(1,2)为公比的等比数列．
∴an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
∴Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
∴eq \f(Sn,an)＝2n－1，
∴eq \f(S1,a1)＋eq \f(S2,a2)＋eq \f(S3,a3)＋…＋eq \f(S9,a9)＝2＋22＋…＋29－9＝210－11＝1 013.
6．已知衡量病毒传播能力的最重要指标叫做传播指数RO.它指的是，在自然情况下(没有外力介入，同时所有人都没有免疫力)，一个感染到某种传染病的人，会把疾病传染给多少人的平均数．它的简单计算公式是：RO＝1＋确认病例增长率×系列间隔，其中系列间隔是指在一个传播链中，两例连续病例的间隔时间(单位：天)．根据统计，确认病例的平均增长率为40%，两例连续病例的间隔时间的平均数为5天，根据以上RO数据计算，若甲得这种传染病，则5轮传播后由甲引起的得病的总人数约为( )
A．81 B．243 C．248 D．363
答案 D
解析 记第1轮感染人数为a1，第2轮感染人数为a2，…，第n轮感染人数为an，则数列{an}是等比数列，公比为q＝RO，
由题意RO＝1＋40%×5＝3，即q＝3，
所以a1＝3，a2＝9，a3＝27，a4＝81，a5＝243，
总人数为S5＝3＋9＋27＋81＋243＝363.
7．对任意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是( )
A．0≤a≤21 B．a＝0或a＝7
C．a<0或a>21 D．a＝0或a＝21
答案 A
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，当相应一元二次方程的根的判别式Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，此时函数f(x)不存在极值点．故选A.
8．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)－f(x)<－1，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝2，则不等式f(x)A．(0，＋∞) B．(－∞，－1)
C．(－∞，0) D．(1，＋∞)
答案 A
解析 ∵y＝f(x＋2)为偶函数，
∴y＝f(x＋2)的图象关于x＝0对称，
∴y＝f(x)的图象关于x＝2对称，
∴f(4)＝f(0)，
又∵f(4)＝2，
∴f(0)＝2，
设g(x)＝eq \f(fx－1,ex)，
则g′(x)＝eq \f(f′x－fx＋1,ex)，
∵f′(x)－f(x)<－1，
∴f′(x)－f(x)＋1<0，
∴g′(x)<0，
∴y＝g(x)在定义域R上单调递减，
∵f(x)又∵g(0)＝eq \f(f0－1,e0)＝eq \f(2－1,1)＝1，
∴不等式f(x)又∵g(x)在R上单调递减，∴x>0，
∴f(x)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．在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是( )
A．q＝1
B．数列{Sn＋2}是等比数列
C．S8＝510
D．数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列
答案 BCD
解析 由题意，根据等比中项的性质，可得
a2a3＝a1a4＝32＞0，a2＋a3＝12＞0，
故a2＞0，a3＞0.
根据根与系数的关系，可知
a2，a3是一元二次方程x2－12x＋32＝0的两个根．
解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4.
故必有公比q＞0，
∴a1＝eq \f(a2,q)＞0.
∵等比数列{an}是递增数列，∴q＞1.
∴a2＝4，a3＝8满足题意．
∴q＝2，a1＝eq \f(a2,q)＝2.故选项A不正确．
an＝a1·qn－1＝2n.
∵Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.
∴Sn＋2＝2n＋1＝4·2n－1.
∴数列{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．
S8＝28＋1－2＝512－2＝510.故选项C正确．
∵lg an＝lg 2n＝nlg 2.
∴数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列．故选项D正确．
10．对于函数f(x)＝16ln(1＋x)＋x2－10x，下列说法正确的是( )
A．x＝3是函数f(x)的一个极值点
B．f(x)的单调递增区间是(－1,1)，(2，＋∞)
C．f(x)在区间(1,2)上单调递减
D．直线y＝16ln 3－16与函数y＝f(x)的图象有3个交点
答案 ACD
解析 由题意得f′(x)＝eq \f(16,1＋x)＋2x－10＝eq \f(2x2－8x＋6,1＋x)，x>－1，
令2x2－8x＋6＝0，可得x＝1，x＝3，
则f(x)在(－1,1)，(3，＋∞)上单调递增，
在(1,3)上单调递减，
∴x＝3是函数f(x)的一个极值点，
故AC正确，B错误；
∵f(1)＝16ln(1＋1)＋12－10＝16ln 2－9，
f(3)＝16ln(1＋3)＋32－10×3＝16ln 4－21，
又y＝16ln 3－16＝f(2)，
根据f(x)在(1,3)上单调递减得f(1)>f(2)>f(3)，
即16ln 3－16<16ln 2－9,16ln 3－16>16ln 4－21，
∴直线y＝16ln 3－16与函数y＝f(x)的图象有3个交点，故D正确．
11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S15>0，S16<0，则( )
A．a8>0
B．a9<0
C.eq \f(S1,a1)，eq \f(S2,a2)，…，eq \f(S15,a15)中最大的项为eq \f(S9,a9)
D.eq \f(S1,a1)，eq \f(S2,a2)，…，eq \f(S15,a15)中最大的项为eq \f(S8,a8)
答案 ABD
解析 由S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝15a8>0，得a8>0，A正确．由S16＝eq \f(16a1＋a16,2)＝eq \f(16a9＋a8,2)<0，得a9＋a8<0，所以a9<0，且d<0，B正确．因为d<0，所以数列{an}为递减数列．所以a1，…，a8为正，a9，…，an为负，且S1，…，S15为正，S16，…，Sn为负，则eq \f(S1,a1)，…，eq \f(S8,a8)为正，eq \f(S9,a9)，…，eq \f(S15,a15)为负，C错误．当n≤8时，Sn单调递增，an单调递减，所以eq \f(Sn,an)单调递增，所以eq \f(S1,a1)，eq \f(S2,a2)，…，eq \f(S15,a15)中最大的项为eq \f(S8,a8)，D正确．
12．已知函数f(x)＝eq \f(x2＋x－1,ex)，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)存在两个不同的零点
B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值
C．当－eD．若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝eq \f(5,e2)，则t的最小值为2
答案 ABC
解析 A项，f(x)＝0⇒x2＋x－1＝0，
解得x＝eq \f(－1±\r(5),2)，所以A正确；
B项，f′(x)＝－eq \f(x2－x－2,ex)＝－eq \f(x＋1x－2,ex)，
当f′(x)>0时，－1当f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))<0时，x<－1或x>2，
(－∞，－1)，(2，＋∞)是函数的单调递减区间，(－1,2)是函数的单调递增区间，
所以f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，
所以B正确；
C项，当x趋向于＋∞时，y趋向于0，根据B项可知，函数的最小值是f(－1)＝－e，再根据单调性可知，当－eD项，由图象可知，t的最大值是2，所以不正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．在等比数列{an}中，a1＝2，a4＝4，则a7＝________.
答案 8
解析 由a4＝a1q3，得q3＝2，∴a7＝a1q6＝a1(q3)2＝8.
14．已知不等式ex－1≥kx＋ln x，对于任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则k的最大值为________．
答案 e－1
解析 移项，得到k≤eq \f(ex－ln x－1,x)，
构造函数h(x)＝eq \f(ex－ln x－1,x)，
则h′(x)＝eq \f(exx－1＋ln x,x2)，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
故当x＝1时，h(x)取到最小值e－1，
故k的最大值为e－1.
15．已知f(x)＝2x3－6x2＋a(a为常数)在[－2,2]上有最小值3，则f(x)在[－2,2]上的最大值为________．
答案 43
解析 因为f(x)＝2x3－6x2＋a，
所以f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
当x∈(－2,0)时，f′(x)>0；
当x∈(0,2)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－2,0)上单调递增，
在(0,2)上单调递减，
所以f(x)的最大值为f(0)＝a，
又f(－2)＝－40＋a，f(2)＝－8＋a，
因为(－8＋a)－(－40＋a)＝32>0，
所以－40＋a<－8＋a，
所以f(x)在[－2,2]上的最小值为f(－2)＝－40＋a＝3，
所以a＝43，所以f(x)的最大值为f(0)＝43.
16．已知递增等比数列{an}的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1,3,9后成等差数列．则{an}的公比为________；设Sn＝aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)，则Sn的表达式为________．
答案 eq \r(2) Sn＝2n＋2－4
解析 ∵ 等比数列{an}的第三项、第五项、第七项的积为512，
∴a3a5a7＝512，
则aeq \\al(3,5)＝512，∴a5＝8.
由题意得a3－1＋a7－9＝2(a5－3)，即a3＋a7＝20，
∴a5q－2＋a5q2＝20，
∴q－2＋q2＝eq \f(5,2)，
∵等比数列{an}递增，
则q＝eq \r(2)，
∴an＝a5qn－5＝8×(eq \r(2))n－5＝(eq \r(2))n＋1，
∴aeq \\al(2,n)＝2n＋1，
∴Sn＝aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(a\\al(2,1)1－qn,1－q)＝2n＋2－4.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝3，anbn＋bn＝nbn＋1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{bn}的前n项和．
解 (1)由已知b1＝1，b2＝3，a1b1＋b1＝b2，得a1＝2，
∴数列{an}是以2为首项，3为公差的等差数列，
∴an＝2＋3(n－1)＝3n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知，(3n－1)bn＋bn＝nbn＋1，
即bn＋1＝3bn，
∴数列{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，
记{bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2)(n∈N*)．
18．(12分)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，且f′(－1)＝f′(3)＝0.
(1)求a－b的值；
(2)若函数f(x)在[－2,2]上的最大值为20，求函数f(x)在[－1,4]上的最小值．
解 (1)因为f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c，
所以f′(x)＝－3x2＋2ax＋b，
因为f′(－1)＝f′(3)＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3×－12＋2a×－1＋b＝0，,－3×32＋2a×3＋b＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝9，))
所以a－b＝3－9＝－6.
(2)由(1)可知f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋c，
则f′(x)＝－3x2＋6x＋9，
令f′(x)＝0，得x＝－1，x＝3，
f′(x)和f(x)随x的变化情况如下表：
因为f(－2)＝c＋2，f(2)＝c＋22，
所以函数f(x)在[－2,2]上的最大值为f(2)＝c＋22，
所以c＋22＝20，解得c＝－2，
所以f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2，
综上可知f(x)在[－1,3]上单调递增，
在[3,4]上单调递减；
又因为f(－1)＝1＋3－9－2＝－7，
f(4)＝－64＋48＋36－2＝18，
所以函数f(x)在[－1,4]上的最小值为－7.
19.已知{an}为等差数列，各项为正的等比数列{bn}的前n项和为Sn,2a1＝b1＝2，a2＋a8＝10，______.在①λSn＝bn－1；②a4＝S3－2S2＋S1；③bn＝这三个条件中任选其中一个，补充在横线上，并完成下面问题的解答(如果选择多个条件解答，则以选择第一个解答记分)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解 选①：
(1)设等差数列{an}的公差为d，
∵2a1＝2，a2＋a8＝10，
∴2a1＋8d＝10，∴a1＝1，d＝1，
∴an＝1＋(n－1)×1＝n，
由b1＝2，λSn＝bn－1，
当n＝1时，有λS1＝λb1＝b1－1，
则λ＝eq \f(1,2)，
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2(bn－1)－2(bn－1－1)，
即bn＝2bn－1，
所以{bn}是一个以2为首项，2为公比的等比数列．
∴bn＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)知an·bn＝n·2n，
∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②
①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq \f(21－2n,1－2)－n×2n＋1，
∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋2.
选②：
(1)设等差数列{an}的公差为d，
∵2a1＝2，a2＋a8＝10，
∴2a1＋8d＝10，∴a1＝1，d＝1，
∴an＝1＋(n－1)×1＝n，
∴a4＝4，
设等比数列{bn}的公比为q(q>0)，
∵a4＝S3－2S2＋S1，
∴a4＝(S3－S2)－(S2－S1)＝b3－b2＝b1q2－b1q，
又∵a4＝4，b1＝2，
∴q2－q－2＝0，解得q＝2，或q＝－1(舍)，
∴bn＝2×2n－1＝2n.
(2)解法同选①的第(2)问解法相同．
选③：
(1)设等差数列{an}的公差为d，
∵2a1＝2，a2＋a8＝10，
∴2a1＋8d＝10，∴a1＝1，d＝1，
∴an＝1＋(n－1)×1＝n，
∵bn＝a1＝1，b1＝2，
令n＝1，得b1＝即2＝2λ，
∴λ＝1，∴bn＝
∴bn＝2n.
(2)解法同选①的第(2)问解法相同．
20.(12分)某商场销售某件商品的经验表明，该商品每日的销量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y＝eq \f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3(1)求实数a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大，并求出最大值．
解 (1)∵x＝5时，y＝11，
由函数式y＝eq \f(a,x－3)＋10(x－6)2，
得eq \f(a,2)＋10＝11，∴a＝2.
(2)由(1)知该商品每日的销售量y＝eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2，
∴商场每日销售该商品所获得的利润为
f(x)＝(x－3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,x－3)＋10x－62))＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＝30(x－4)(x－6)，令f′(x)＝0，得x＝4，
当30，函数f(x)在(3,4)上单调递增；
当4∴当x＝4时，函数f(x)取得最大值f(4)＝42.
∴当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大，最大值为42.
21．(12分)在等差数列{an}中，a2＝3，a5＝9，等比数列{bn}中，b1＝a2，b2＝a5.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)在等差数列{an}中，设首项为a1，公差为d.
由a2＝3，a5＝9，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝a1＋d＝3，,a5＝a1＋4d＝9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2.))
所以an＝2n－1.
又设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的公比为q，
由b1＝a2＝3，b2＝a5＝9，得q＝3，所以bn＝3n.
(2)cn＝anbn＝(2n－1)·3n，
Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，①
3Tn＝32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－3)×3n＋(2n－1)×3n＋1，②
由①－②得
－2Tn＝3＋2(32＋33＋34＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1
＝3＋2×eq \f(91－3n－1,1－3)－(2n－1)×3n＋1
＝－6＋2(1－n)×3n＋1，
所以Tn＝3＋(n－1)·3n＋1.
22．(12分)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性．
解 (1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，
f′(x)＝eq \f(1,x)＋1, f′(e)＝1＋eq \f(1,e)，f(e)＝e＋1，
故切线方程是y－(e＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,e)))(x－e)，
即y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)＋1))x.
(2)f′(x)＝eq \f(－2ax2＋x＋1,x)，x>0，
①当a≤0时，显然f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)＝eq \f(－2ax2＋x＋1,x)＝0，
则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，
设方程的两个根分别为x1，x2(x1则x1x2＝－eq \f(1,2a)<0，∴x1<0∴f′(x)＝eq \f(－2ax2＋x＋1,x)＝eq \f(－2ax－x1x－x2,x)，x>0.
令f′(x)>0得x∈(0，x2)，
其中x2＝eq \f(1＋\r(8a＋1),4a)，
∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上单调递减. x
－2
(－2，－1)
－1
(－1,2)
2
f′(x)
－
0
＋
f(x)
c＋2
↘
极小值
↗
c＋22