高中数学新教材选择性必修第二册课件+讲义 综合检测试卷(1)

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册全册综合一等奖ppt课件，文件包含高中数学新教材选择性必修第二册综合检测试卷1pptx、高中数学新教材选择性必修第二册综合检测试卷1教师版docx、高中数学新教材选择性必修第二册综合检测试卷1学生版docx等3份课件配套教学资源，其中PPT共48页， 欢迎下载使用。

高考政策|高中“新”课程，新在哪里?
1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。4、授课方式变化，选课制度将全面推开。5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。
一、单项选择题(本题共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.等比数列{an}中，a5，a7是函数f(x)＝x2－4x＋3的两个零点，则a3·a9等于A.－3 B.3 C.－4 D.4
解析　∵a5，a7是函数f(x)＝x2－4x＋3的两个零点，∴a5，a7是方程x2－4x＋3＝0的两个根，∴a5·a7＝3，由等比数列的性质可得a3·a9＝a5·a7＝3.
解析　∵f′(x)＝3ax2 ，∴f′(－1)＝3a＝3，∴a＝1.
解析　设S3＝a，S6＝3a，根据S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是一个首项为a，公差为a的等差数列，各项分别为a,2a,3a,4a，
解析　f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0.
所以f(x)max＝f(1)＝e－1.
解析　当x＝e时，y＝1，即函数过点(e,1)，排除A；
当x>1时，函数单调递减；当06.设等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＋a4＝ ，S6＝9S3.若bn＝lg2an，则数列{bn}的前10项和是A.－35 B.－25 C.25 D.35
解析　设等比数列{an}的公比为q.由题意知q≠1，
7.中国明代商人程大位对文学和数学颇感兴趣，他于60岁时完成杰作《直指算法统宗》.这是一本风行东亚的数学名著，该书第五卷有问题云：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”翻译成现代文为：今有白米一百八十石，甲、乙、丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少石米？请你计算甲应该分得A.78石 B.76石 C.75石 D.74石
解析　今有白米一百八十石，甲、乙、丙三个人来分，设他们分得的米数构成等差数列{an}，只知道甲比丙多分三十六石，
解得a1＝78.所以甲应该分得78石.
8.已知f(x)为定义在R上的可导函数，f′(x)为其导函数，且f(x)f(2 021)
由于f(x)0，故函数F(x)在R上单调递增，所以F(2 021)>F(2 020)，
即ef(2 020)二、多项选择题(本题共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.如图是导数y＝f′(x)的图象，下列说法正确的是
A.(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间B.(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间C.函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值D.函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
解析　由题图，可知当x<－1或35或－10，所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)，所以函数y＝f(x)在x＝－1，x＝5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C说法错误，A，B，D正确.
10.等差数列{an}是递增数列，满足a7＝3a5，前n项和为Sn，下列选项正确的是A.d>0 B.a1<0C.当n＝5时，Sn最小 D.Sn>0时，n的最小值为8
解析　由题意，设等差数列{an}的公差为d，因为a7＝3a5，可得a1＋6d＝3(a1＋4d)，解得a1＝－3d，又由等差数列{an}是递增数列，可知d>0，则a1<0，故A，B正确；
由n∈N*可知，当n＝3或4时，Sn最小，故C错误；
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，
当n≤8时，Sn单调递增，an单调递减，
12.若函数f(x)＝ex－1与g(x)＝ax的图象恰有一个公共点，则实数a的可能取值为A.2 B.0 C.1 D.－1
解析　f(x)＝ex－1与g(x)＝ax恒过(0,0)，如图，当a≤0时，两函数图象恰有一个公共点，当a>0时，函数f(x)＝ex－1与g(x)＝ax的图象恰有一个公共点，则g(x)＝ax为f(x)＝ex－1的切线，且切点为(0,0)，由f′(x)＝ex，所以a＝f′(0)＝e0＝1，综上所述，a的可能取值为0，－1或1.
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.若函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，则a＝_____.
解析　由f(x)＝－x3＋ax2－4，可得f′(x)＝－3x2＋2ax，因为x＝2是函数f(x)的极值点，可得f′(2)＝0，所以－3×4＋2a×2＝0，解得a＝3.
14.若数列{an}的前n项和Sn＝3n－1，则它的通项公式an＝________.
解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝2×3n－1，当n＝1时，a1＝S1＝2，也满足式子an＝2×3n－1，∴数列{an}的通项公式为an＝2×3n－1.
15.在数列{an}中，已知a1＝2，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N*)，记数列{an}的前n项之积为Tn，若Tn＝2 021，则n的值为________.
解析　由anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N*)及a1＝2，
数列{an}的前n项之积为
∴当Tn＝2 021时，n的值为2 020.
当a≠0时，f′(x)＝3ax2－3x＝3x(ax－1)，
四、解答题(本题共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；
解　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)求{bn}的前n项和.
解　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，
18.(12分)已知函数f(x)＝ 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；
解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
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，
(2)若a＝1，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值.
解　当a＝1时，易知函数f(x)在[1，e]上单调递增，
19.(12分)在等差数列{an}中，a2＝3，a5＝9，在等比数列{bn}中，b1＝a2，b2＝a5.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
解　在等差数列{an}中，设首项为a1，公差为d.由a2＝3，a5＝9，
所以an＝2n－1.又设{bn}的公比为q，由b1＝a2＝3，b2＝a5＝9，得q＝3，所以bn＝3n.
(2)若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　cn＝anbn＝(2n－1)·3n，Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n，①3Tn＝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
＝－6＋2(1－n)·3n＋1，
所以Tn＝3＋(n－1)·3n＋1.
20.(12分)正项数列{an}的前n项和Sn满足S －(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于数列{an}是正项数列，所以Sn>0，所以Sn＝n2＋n.则a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，又a1＝2＝2×1满足上式.综上，数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*).
21.(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＝ ＋10(x－6)2，其中3解　∵当x＝5时，y＝11，
(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.
∴商场每日销售该商品所获得的利润为
f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝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422.(12分)已知函数f(x)＝3(x－1)－2xln x.(1)求f(x)的单调递增区间；
解　因为函数f(x)＝3(x－1)－2xln x，所以f′(x)＝1－2ln x，令f′(x)>0，
解得0所以f(x)的单调递增区间为 .
(2)当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立，求实数a的取值范围.
解　因为当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立，所以当x≥1时，3(x－1)－2xln x－aln x≤0恒成立，令g(x)＝3(x－1)－2xln x－aln x，则g(1)＝0，
令h(x)＝x－a－2xln x，则h′(x)＝－1－2ln x，h(1)＝1－a，因为当x≥1 时，h′(x)≤0恒成立，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减.当a≥1时，h(x)≤h(1)≤0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
故g(x)≤g(1)＝0, 符合要求；当a∈(－e,1)时，h(1)>0，h(e)＝－e－a<0，h(x)单调递减，故存在x0∈(1，e)使得h(x0)＝0，则当x∈(1，x0)时，h(x)>0，g(x)单调递增，g(x)>g(1)＝0，不符合要求；
当a∈(－∞，－e]时， <0，h(x)单调递减，
故存在x0∈ 使得h(x0)＝0,
则当x∈(1，x0) 时，h(x)>0，g(x)单调递增，g(x)>g(1)＝0，不符合要求.综上a≥1.