寒假作业14 选择性必修第二册全册 综合提升卷-2021-2022学年高二人教A版（2019）数学（新高考）

这是一份寒假作业14 选择性必修第二册全册 综合提升卷-2021-2022学年高二人教A版（2019）数学（新高考），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在等差数列{an}中，已知a1＝2，a2+a3＝13，则a4+a5+a6等于（ ）
A．40B．42C．43D．45
2．函数的图象在点处的切线方程是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知数列满足，，若，则n等于（ ）
A．3B．4C．5D．6
4．设，其中 ，则 的极大值点个数是（ ）
A．1009B．1010C．2019D．2020
5．在等差数列中每相邻两项之间都插入个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，若是数列的项，则k的值不可能为（ ）
A．1B．3
C．5D．7
6．已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列满足：，数列满足：，则数列的前2021项的和（ ）
A．B．C．D．
8．设函数与是定义在同一区间上的两个函数，若对任意的，都有，则称与在上是“密切函数”，区间称为“密切区间”，设函数与在上是“密切函数”，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．(多选题)已知三角形的三边构成等比数列，它们的公比为q，则q可能的一个值是（ ）
A．B．
C．D．
10．若，为正实数，则的充要条件为（ ）
A．B．C．D．
11．已知等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．B．
C．D．
12．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数有极小值也有最小值
B．函数存在两个不同的零点
C．当时，恰有三个实根
D．若时，则t的最小值为2
三、填空题
13．一辆邮车每天从A地往B地运送邮件，沿途（包括A，B）共有8站，从A地出发时，装上发往后面7站的邮件各一个，到达后面各站后卸下前面各站发往该站的一个邮件，同时装上该站发往下面各站的邮件各一个，邮车在各站装卸完毕后剩余邮件个数组成数列，则此数列各项的和为___________．
14．若函数在单调递增，则实数m的取值范围为________.
15．已知数列的前项和为，，，，数列的前项和为，若，则的最小值为______．
16．若函数在上存在极小值点，则实数的取值范围为______________.
四、解答题
17．设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
18．已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
19．设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
20．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有三个零点，求的取值范围．
21．已知数列和的各项均为正数，且，．
（1）若，且，求数列的通项公式；
（2）若，且是等差数列，求和的通项公式．
22．已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
参考答案
1．B
【分析】
根据已知求出公差即可得出.
【详解】
设等差数列的公差为，
因为，，所以，
则.
故选：B.
2．D
【分析】
求出函数在处的导数后可求切线方程.
【详解】
由可得，故，而，
故图象在点处的切线方程为即.
故选：D.
3．D
【分析】
根据给定条件求出数列通项公式，再将给定项代入即可计算作答.
【详解】
数列中，因，即，则数列是公差的等差数列，
于是得，由，即，解得，
所以n等于6.
故选：D
4．A
【分析】
先求出其导函数，求得函数的单调区间，结合极值点的概念，即可求解.
【详解】
由题意，函数，
可得，
令，即，解得，
令，即，解得，
所以函数在递增，在递减，
故函数的极大值点为，
因为，即，共1009个.
故选：A.
5．C
【分析】
根据题意，找到等差数列中的项在新的等差数列中的位置，进而可求得n与k的关系，根据，即可求得答案.
【详解】
由题意得：插入个数，则，，，
所以等差数列中的项在新的等差数列中间隔排列，且下标是以1为首项，k+1为公差的等差数列，
所以，
因为是数列的项，
所以令，
当时，解得，
当时，解得，
当时，解得，
故k的值可能为1，3，7，
故选：C
6．D
【分析】
求出函数在时值的集合， 函数在时值的集合，再由已知并借助集合包含关系即可作答.
【详解】
当时，在上单调递增，，，则在上值的集合是，
当时，，，
当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，
，，则在上值的集合为，
因函数的值域为，于是得，则，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D
7．D
【分析】
根据题意可得是首项为，公差为2的等差数列，求出，利用裂项相消法可求出答案.
【详解】
由整理可得，
所以是首项为，公差为2的等差数列，
所以，即，
则，
所以.
故选：D.
8．A
【分析】
先结合“密切函数”新定义转化得，即，令，通过求出值域，令即可得解.
【详解】
因为函数与在上是“密切函数”，
所以对任意的，都有，即有，
则，令，
得，
当时，；当时，；
所以当时，取极小值，也是最小值.
故在上的最小值为1，最大值为，
所以且，即.
故选：A.
9．BC
【分析】
由题意可设三角形的三边分别为，a，aq(aq≠0)，再对分类讨论，解不等式即得解.
【详解】
解：由题意可设三角形的三边分别为，a，aq(aq≠0)．
因为三角形的两边之和大于第三边，
①当q>1时，＋a>aq，即q2－q－1<0，解得1②当0，即q2＋q－1>0，解得综上，q的取值范围是∪，则可能的值是与．
故选：BC
10．BD
【分析】
根据不等性质及对数函数的单调性直接判断A、B选项，构造函数，求导判断单调性可判断C、D选项.
【详解】
A选项：由，得，A选项错误；
B选项：由函数在上单调递增，所以正确，B选项正确；
C选项：设函数，，，令，得，所以函数在单调递增，在单调递减，所以与的大小关系无法判断，即不一定成立，C选项错误；
D选项：设函数，，，时恒成立，即在上单调递增，所以，即，所以成立，D选项正确；
故选：BD.
11．ABC
【分析】
根据题意和等差数列的前n项和公式、等差中项的应用可得，进而可得，利用计算即可判断选项C、D.
【详解】
由题意知，，得，
即，解得，所以，故A正确；
，故B正确；
，故C正确；
，当时，不成立，故D错误.
故选：ABC
12．ABD
【分析】
由题意，利用导数求出函数的单调区间，极大值点和极小值点，画出函数的图象，即可判断A，B；将的实根的个数转化为函数的图象与直线的交点的个数，结合图象，利用，分三种情况讨论即可；结合图象，利用即可判断t的最小值为2．
【详解】
函数，
，
令，则，则函数的单调增区间为，
令，则或，则函数的单调减区间为，．
，
且当时，，
当时，，当时，，
画出函数的图象如下：
对于A，所以的极小值就是最小值，故A正确；
对于B，函数存在两个不同的零点，故 B正确；
对于C，因为，
所以当，恰有2个实根，
当时，恰有1个实根，
当时，无实根，故C错误；
对于D，则，故t的最小值为2，故D正确．
故选:ABD．
13．
【分析】
依次求得，由此求得它们的和.
【详解】
，
，
，
，
，
，
，
，
所以.
故答案为：
14．
【分析】
要使在单调递增，则，再令，，得，再令，，求出，通过可判断单增，求得，再分和讨论，确定取值范围，进而得解.
【详解】
由，
得，
若函数在单调递增，
则在上恒成立，
令，，
则，
再令，，
则，
因为，
所以，
所以在上恒成立，
则在上单调递增，
故；
当时，得，
此时，
则在上单调递增，
则，
此时符合在上恒成立；
当时，得，
，使得，
故时，，即，
时，，即，
故在上单调递减，
则当时，，此时，不合题意；
综上，实数m的取值范围为.
故答案为：.
15．7
【分析】
由，得到，两式相减得到，进而得到，则，求得的值，即可求解.
【详解】
由题意，数列的前项和为，则，
两式相减可得，整理得，
即，
又由，所以，所以，所以，
则
， ，所以的最小值为7．
故答案为：.
16．
【分析】
求出函数的导函数，根据题意可得或，解之即可得解.
【详解】
解：，
因为在上存在极小值点，
所以或，解得或无解，
故实数的取值范围为.
故答案为：.
17．（1）；（2）.
【分析】
（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】
（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
.
【点睛】
本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.
18．（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.
【分析】
（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】
（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：
所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.
所以，，.
19．（1），；（2）证明见解析.
【分析】
利用等差数列的性质及得到，解方程即可；
利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.
【详解】
因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
【点晴】
本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.
20．（1）详见解析；(2).
【分析】
（1），对分和两种情况讨论即可；
（2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.
【详解】
（1）由题，，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
令，得或，所以在上单调递减，在
，上单调递增.
（2）由（1）知，有三个零点，则，且
即，解得，
当时，，且，
所以在上有唯一一个零点，
同理，，
所以在上有唯一一个零点，
又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，
综上可知的取值范围为.
【点晴】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.
21．
（1）
（2），
【分析】
（1）分析得到是以为首项，为公比的等比数列，即得解；
（2）通过分析得到，即得，得到是以为公差的等差数列，求出，再分析得到，即得解.
（1）
解：由题意得，即，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以．
（2）
解：因为，所以．（*）
设的公差为，
若，则当时，有，与（*）矛盾；
若，则当时，有，与（*）矛盾．
于是，即，所以．
又，所以是以为公差的等差数列．
若，则，所以，
又由可得，
因此中的项最多有两个值，与矛盾，故．
从而．综上，，．
22．（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】
（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【详解】
（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.增
极大值
减
极小值
增