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人教B版高中数学选择性必修第三册模块综合测试2含答案
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这是一份人教B版高中数学选择性必修第三册模块综合测试2含答案，共12页。
模块综合测评(二)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{an}，{bn}均为等差数列，且a1＋b1＝1，a2＋b2＝3，则a2 020＋b2 020＝( )A．4 043 B．4 041C．4 039 D．4 037C [易得数列{an＋bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a2 020＋b2 020＝1＋2 019×2＝4 039，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>k2 B．k1k2．]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．2C．－1 D．－2D [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．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前8项和为( )A．－eq \f(3,4) B．－eq \f(8,15) C．eq \f(3,4) D．eq \f(8,15)B [设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝0，,5a1＋10d＝－5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝－1.))故数列{an}的通项公式为an＝2－n，∴eq \f(1,a2n－1a2n＋1)＝eq \f(1,3－2n1－2n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))．∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前8项和为eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,－1)－\f(1,1)＋\f(1,1)－\f(1,3)＋…＋\f(1,16－3)－\f(1,16－1)))＝－eq \f(8,15)，故选B．]5．等比数列{an}满足a2＋8a5＝0，设Sn是数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和，则eq \f(S5,S2)＝( )A．－11 B．－8 C．5 D．11A [由a2＋8a5＝0得a1q＋8a1q4＝0，解得q＝－eq \f(1,2)．易知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\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－－22],1－－2)＝－eq \f(1,a1)，S5＝eq \f(\f(1,a1)[1－－25],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 DD [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．20D [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\co1(0，\f(\r(2),2)))C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(f(1)＝b＝1，,f′(1)＝a＋2b＝1))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(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\co1(\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＝1 B．y＝eq \f(5,8)C．z＝eq \f(3,8) D．m＝5ABC [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\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(5,8)，同理z＝6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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(－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|a1 011|C．a1 011>0D．数列中绝对值最小的项为a1 011ABD [∵S2 020>0，S2 0210，eq \f(2 021a1＋a2 021,2)＝2 021a1 0110，a1 0110，a1 011|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＋1B．y＝3x－2(sin x－cos x)C．y＝x3＋3x2＋3x＋1D．y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(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－cos x)，所以y′＝3－2(cos x＋sin x)＝3－2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(ln|x|，x≠0,x，x＝0)) ，即y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ln|x|，x≠0,0，x＝0)) ，所以y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ln x，x>0，,0，x＝0，,ln(－x)，x0时，函数单调递增，当xx＋6的正整数解，则n的最小值为__________．9 [设n是不等式log2[(1＋eq \r(5))x－(1－EQ \r(5))x]>x＋6的正整数解，∴log2[(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\co1(\f(1＋\r(5),2)))eq \s\up12(n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n) >26，∴eq \f(1,\r(5))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(5),2)))eq \s\up12(n)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)))eq \s\up12(n)))>eq \f(26,\r(5))，即an>eq \f(26,\r(5))，则aeq \o\al(2,n)>eq \f(212,5)＝eq \f(4 096,5)，又{an}单调递增，且aeq \o\al(2,8)＝2120，若关于x的方程F(x)＝f (0，a，0)有三个不同的实根，则a＝__________．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\co1(f－1，2a，－2a，x>0,f1，2a，a，x≤0)) ，∴F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－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\co1(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\co1(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\co1(\f(1,a)，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－10．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，∴a31时，eq \f(1,2)x2＋ln x＜eq \f(2,3)x3．[解] (1)f ′(x)＝x－eq \f(a,x)，因为x＝2是一个极值点，所以2－eq \f(a,2)＝0，则a＝4．此时f ′(x)＝x－eq \f(4,x)＝eq \f(x＋2x－2,x)，因为f (x)的定义域是(0，＋∞)，所以当x∈(0，2)时，f ′(x)0，所以当a＝4时，x＝2是一个极小值点，故a＝4．(2)因为f ′(x)＝x－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－a,x)，所以当a≤0时，f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)．当a>0时，f ′(x)＝x－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－a,x)＝eq \f(x＋\r(a)x－\r(a),x)，所以函数f (x)的单调递增区间为(eq \r(a)，＋∞)；单调递减区间为(0，eq \r(a))．(3)证明：设g(x)＝eq \f(2,3)x3－eq \f(1,2)x2－ln x，则g′(x)＝2x2－x－eq \f(1,x)，因为当x>1时，g′(x)＝eq \f(x－12x2＋x＋1,x)＞0，所以g(x)在x∈(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)>g(1)＝eq \f(1,6)＞0，所以当x>1时，eq \f(1,2)x2＋ln x＜eq \f(2,3)x3． 2412mxyzx(－∞，0)0(0，2)2(2，＋∞)f ′(x)＋0－0＋f (x)单调递增2单调递减－2单调递增
