新教材2023版高中数学本册质量检测北师大版选择性必修第二册

这是一份高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册本册综合当堂检测题，共10页。试卷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。

1．等差数列{an}中，a2＋a8＝16，a4＝1，则a6的值为( )
A．15 B．17
C．22 D．64
2．若直线y＝x＋b是曲线y＝ eq \r(x) 的一条切线，则实数b＝( )
A．－1 B． eq \f(1,4)
C．0 D． eq \f(1,2)
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋k(k为常数)，那么下述结论正确的是( )
A．k为任意实数时，{an}是等比数列
B．k＝－1时，{an}是等比数列
C．k＝0时，{an}是等比数列
D．{an}不可能是等比数列
4．设奇函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)在区间(0，1)上存在极小值，则f′(x)的图象可能为( )
5．若正项等比数列{an}满足S3＝13，a2a4＝1，bn＝lg3 an，则数列{bn}的前20项和是( )
A．－25 B．25
C．－150 D．150
6．若函数f(x)＝tan x－ax在区间(－1，1)上单调递增，则实数a的值不可能是( )
A．－1 B． eq \f(1,2)
C．1 D． eq \f(3,2)
7．在各项均为正数的等比数列{an} 中，a6＝3，则4a4＋a8( )
A．有最小值12 B．有最大值12
C．有最大值9 D．有最小值9
8．定义在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，＋∞)) 上的函数f(x)满足f′(x)＋cs x<0，且f(0)＝1，则不等式f(x)＋sin x<1的解集为( )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，0)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1))
二、多项选择题(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．如图是y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断正确的是( )
A．f(x)在区间[－2，－1]上是增函数
B．x＝－1是f(x)的极小值点
C．f(x)在区间[－1，2]上是增函数，在区间[2，4]上是减函数
D．x＝1是f(x)的极大值点
10．设Sn为数列{an}的前n项和，a3＝4且Sn＋1＝2Sn，则( )
A．数列{an}是等比数列 B．a2＝2
C．a1＝1 D．S3＝8
11．已知函数f(x)＝ex－e－x－2cs x，则( )
A．f(0)＝－2
B．f′(x)＝ex＋e－x－2sin x
C．f(x)在R上单调递增
D．不等式f(x)＋2>0的解集为(0，＋∞)
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,an·an＋1)))的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的是( )
A．数列{an＋1}是等差数列
B．数列{an＋1}是等比数列
C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1
D．Tn<1
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝8，a1＝2，则S5－S3＝________．
14．若函数f(x)＝ eq \f(1,2)ax2＋ eq \f(1,x)(a>0)在区间(1，2)上的最小值为1，则a＝________．
15．已知各项均不相等的数列{an}满足2an＋1＝3an－an－1(n∈N*，n>1)则数列{an＋1－an}是公比为________的等比数列，若a2＝ eq \f(1,2)，a8＝ eq \f(1,128)，则a1＝________．
16．设f(x)＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ln x))，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0，4)上有三个零点，则实数a的取值范围是________________________________________________________________________．
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知等差数列{an}的公差d＝2，且a1＋a2＝6.
(1)求a1及an；
(2)若等比数列{bn}满足b1＝a1，b2＝a2，求数列{an＋bn}的前n项的和Sn.
18．(本小题满分12分)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，f(x)＝x3－f′(－1)x2＋2，
(1)求f′(1)的值；
(2)求f(x)在区间[－4，2]上的最大值和最小值．
19．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
20．(本小题满分12分)已知数列{an}满足 eq \f(1,a1＋1)＋ eq \f(2,a2＋1)＋ eq \f(3,a3＋1)＋…＋ eq \f(n,an＋1)＝n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在①bn＝n！，②bn＝2n，③bn＝(－1)n这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．
问题：若____________，求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))的前n项和Sn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x(sin x＋1)＋2cs x和区间D＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，2π))，
(1)设函数f(x)的导函数为f′(x)，求f′(x)在区间D上零点的个数；
(2)若∃x∈D，使得不等式ax≤f(x)成立，求实数a的取值范围．
22．(本小题满分12分)设函数f(x)＝ex＋ eq \f(a,2)x2有两个极值点x1，x2，且x1(1)求实数a的取值范围；
(2)若f(x1)＝ eq \f(3\r(e),2)x1，求f(x)的极大值．
本册质量检测
1．解析：由等差数列的性质可得
2a5＝a2＋a8＝16
∴a5＝8
∴公差d＝a5－a4＝8－1＝7.
∴a6＝a5＋d＝8＋7＝15.
故选A.
答案：A
2．解析：设切点为(x0， eq \r(x0))，则由y′＝ eq \f(1,2\r(x))，可得 eq \f(1,2\r(x0))＝1，解得x0＝ eq \f(1,4)，所以切点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))，代入y＝x＋b得b＝ eq \f(1,4).
故选B.
答案：B
3．解析：因为Sn＝3n＋k，所以当n≥2时an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2·3n－1，当n＝1时a1＝3＋k，
若{an}是等比数列，则a1＝3＋k＝2×30，∴k＝－1，
若k＝－1，则an＝2·3n－1(n≥1)， eq \f(an＋1,an)＝3，
∴{an}是等比数列．
故选B.
答案：B
4．解析：因为f(x)是奇函数，所以f′(x)是偶函数，排除C、D；f(x)在区间(0，1)上存在极小值，所以在(0，1)上f′(x)先负后正且有零点．故选A.
答案：A
5．解析：设正项等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由S3＝13，a2a4＝1，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＋a1q2＝13,（a1q2）2＝1))，解得q＝ eq \f(1,3)，a1＝9.
∴an＝a1qn－1＝9· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)＝33－n，
bn＝lg3an＝lg3 33－n＝3－n，
则数列{bn}是以2为首项，以－1为公差的等差数列，
则S20＝20×2＋ eq \f(20×19×（－1）,2)＝－150.
故选C.
答案：C
6．解析：依题意得，f′(x)＝ eq \f(1,cs2x)－a≥0，即a≤ eq \f(1,cs2x)在区间(－1，1)上恒成立，只需a≤ eq \f(1,cs20)＝1.故选D.
答案：D
7．解析：设数列{an}的公比为q(q>0)，
∵{an}是各项均为正数的等比数列，
∴4a4＋a8＝ eq \f(4a6,q2)＋a6q2≥2 eq \r(\f(4a6,q2)·a6q2)＝2×2a6＝12，
当且仅当 eq \f(4a6,q2)＝a6q2即q＝ eq \r(2)时“＝”成立．
故选A.
答案：A
8．解析：构造函数g(x)＝f(x)＋sinx，则g′(x)＝f′(x)＋cs x<0，g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，＋∞))单调递减．
又因为g(0)＝f(0)＋0＝1，
所以f(x)＋sin x<1等价于g(x)0.
故选C.
答案：C
9．解析：在[－2，－1]上f′(x)≤0，f(x)单调递减，A错误；f′(－1)＝0，且当－20，所以x＝－1是f(x)的极小值点，B正确；在[－1，2]上f′(x)≥0，f(x)单调递增，在[2，4]上f′(x)≤0，f(x)单调递减，C正确；f(x)在区间[－1，2]上是增函数，x＝1不是f(x)的极大值点，D错误．
故选BC.
答案：BC
10．解析：由Sn＋1＝2Sn，可得Sn＝2Sn－1(n>1)，两式作差得an＋1＝2an(n>1)，由a3＝4可得a2＝2，
当n＝1时，Sn＋1＝2Sn为S2＝2S1，所以a1＋a2＝2a1，解得a1＝2，所以S3＝2＋2＋4＝8.
故选BD.
答案：BD
11．解析：易知A正确；因为f′(x)＝ex＋e－x＋2sin x，故B错误；因为f′(x)＝ex＋e－x＋2sin x≥2 eq \r(ex·e－x)＋2sin x＝2＋2sin x≥0，所以f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增，所以C正确；不等式f(x)＋2>0可化为f(x)>f(0)，解得x>0，故D正确．
故选ACD.
答案：ACD
12．解析：由Sn＋1＝Sn＋2an＋1即为
an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，
可化为an＋1＋1＝2(an＋1)，由S1＝a1＝1，可得数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则an＋1＝2n，即an＝2n－1，
由 eq \f(2n,anan＋1)＝ eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1－1)，可得
Tn＝1－ eq \f(1,22－1)＋ eq \f(1,22－1)－ eq \f(1,23－1)＋…＋ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1－1)＝1－ eq \f(1,2n＋1－1)<1，
故A错误，B、C、D正确．
故选BCD.
答案：BCD
13．解析：由题意知a4＝8，a1＝2，所以公差d＝ eq \f(a4－a1,3)＝ eq \f(8－2,3)＝2，所以a5＝a4＋d＝10，所以S5－S3＝a4＋a5＝8＋10＝18.
答案：18
14．解析：因为a>0，所以f′(x)＝ax－ eq \f(1,x2)在区间(1，2)上单调递增，设ax0－ eq \f(1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )＝0，1答案： eq \f(8,27)
15．解析：因为2an＋1＝3an－an－1(n∈N*，n>1)，所以2an＋1－2an＝an－an－1，则数列{an＋1－an}(n∈N*)是公比为 eq \f(1,2)的等比数列．令bn＝an＋1－an，则数列{bn}是公比为 eq \f(1,2)的等比数列，所以a8－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋b7＝ eq \f(b1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－（\f(1,2)）7)),1－\f(1,2))＝ eq \f(127,64)b1.因为b1＝a2－a1＝ eq \f(1,2)－a1，a8＝ eq \f(1,128)，所以 eq \f(1,128)－a1＝ eq \f(127,64) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－a1))，解得a1＝1.
答案： eq \f(1,2) 1
16．解析：∵g(x)＝f(x)－ax在区间(0，4)上有三个零点，
∴|ln x|－ax＝0在区间(0，4)上有三个不同的解，
令a＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ln x)),x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－\f(ln x,x)，0令h(x)＝ eq \f(ln x,x)，h′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2)
则当00，h(x)单调递增，a＝－h(x)单调递减，值域为(0，＋∞)；
当1≤x<4时，a＝ eq \f(ln x,x)＝h(x)在[1，e]上是增函数，
0≤ eq \f(ln x,x)≤ eq \f(1,e)，
在[e，4)上是减函数，
eq \f(ln 2,2)< eq \f(ln x,x)≤ eq \f(1,e)；
故当a∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln 2,2)，\f(1,e)))时，有三个不同的解．
答案： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln 2,2)，\f(1,e)))
17．解析：(1)由a1＋a2＝6，得2a1＋d＝6，
又d＝2，
∴a1＝2，
∴an＝2＋2(n－1)＝2n；
(2)由题意知b1＝2，b2＝2q＝4，即q＝2，
∴bn＝2n，
于是an＋bn＝2n＋2n，
故Sn＝(2＋4＋…＋2n)＋(2＋22＋…＋2n)＝n2＋n＋2n＋1－2.
18．解析：(1)因为f′(x)＝3x2－2f′(－1)x，
所以f′(－1)＝3＋2f′(－1)，解得f′(－1)＝－3，
所以f′(x)＝3x2＋6x，所以f′(1)＝9.
(2)由(1)知f(x)＝x3＋3x2＋2；由f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝0.
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
由上表，可知函数f(x)在区间[－4，2]上的最小值为－14，最大值为22.
19．解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2，
当n>1时，由Sn＝2an－2，
可得Sn－1＝2an－1－2，n>1，
两式相减可得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1，又因为a1＝2≠0，所以 eq \f(an,an－1)＝2，
所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2·2n－1＝2n
(2)由(1)知bn＝(2n－1)·2n，
Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，
则2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋L＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1，
两式相减得－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)×2n＋1
＝2＋ eq \f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2n－1)),1－2)－(2n－1)×2n＋1＝2n＋2－6－(2n－1)×2n＋1＝－(2n－3)2n＋1－6
所以Tn＝(2n－3)×2n＋1＋6.
20．解析：(1)由 eq \f(1,a1＋1)＋ eq \f(2,a2＋1)＋ eq \f(3,a3＋1)＋…＋ eq \f(n,an＋1)＝n.①，
可得 eq \f(1,a1＋1)＋ eq \f(2,a2＋1)＋ eq \f(3,a3＋1)＋…＋ eq \f(n－1,an－1＋1)＝n－1(n>1)②，
①－②得 eq \f(n,an＋1)＝1，解得an＝n－1(n>1).
依题意可得 eq \f(1,a1＋1)＝1，解得a1＝0，又因为1－1＝0，所以a1适合an＝n－1.
所以数列{an}的通项公式为an＝n－1.
(2)若选①，则 eq \f(an,bn)＝ eq \f(n－1,n！)＝ eq \f(1,（n－1）！)－ eq \f(1,n！)，
所以Sn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,0！)－\f(1,1！)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1！)－\f(1,2！)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2！)－\f(1,3！)))＋…＋ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,（n－1）！)－\f(1,n！)))＝1－ eq \f(1,n！).
若选②，则 eq \f(an,bn)＝ eq \f(n－1,2n)，Sn＝ eq \f(0,2)＋ eq \f(1,22)＋ eq \f(2,23)＋…＋ eq \f(n－2,2n－1)＋ eq \f(n－1,2n)①，
所以 eq \f(1,2)Sn＝ eq \f(0,22)＋ eq \f(1,23)＋ eq \f(2,24)＋…＋ eq \f(n－2,2n)＋ eq \f(n－1,2n＋1)②.
①－②得 eq \f(1,2)Sn＝ eq \f(0,21)＋ eq \f(1,22)＋…＋ eq \f(（n－1）－（n－2）,2n)－ eq \f(n－1,2n＋1)＝ eq \f(1,22)＋ eq \f(1,23)＋…＋ eq \f(1,2n)－ eq \f(n－1,2n＋1)＝ eq \f(1,2)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)· eq \f(n＋1,2).
∴Sn＝1－ eq \f(n＋1,2n).
若选③，则 eq \f(an,bn)＝ eq \f(n－1,（－1）n)＝(－1)n(n－1)，
当n为偶数时，Sn＝(0＋1)＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋…＋[－(n－2)＋(n－1)]＝＝ eq \f(n,2)；
当n为奇数时，则Sn＋1＝ eq \f(n＋1,2)，所以Sn＝Sn＋1－(－1)n＋1n＝ eq \f(n＋1,2)－n＝ eq \f(1－n,2).
所以Sn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1－n,2)，n为奇数，,\f(n,2)，n为偶数．))
21．解析：(1)f′(x)＝x cs x－sin x＋1，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－x sin x.
所以当 eq \f(π,2)当π0，f′(x)在(π，2π]上单调递增．
又因为f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，f′(π)＝1－π<0，f′(2π)＝2π＋1>0，所以f′(x)在区间D上零点的个数为2.
(2)在区间D上，原不等式可等价转化为a≤sin x＋1＋ eq \f(2cs x,x).
设h(x)＝sin x＋1＋ eq \f(2cs x,x)，则h′(x)＝cs x－ eq \f(2x sin x＋2cs x,x2)＝ eq \f(（x2－2）cs x－2x sin x,x2).
设φ(x)＝(x2－2)cs x－2x sin x，则φ′(x)＝－x2sin x，所以当 eq \f(π,2)0，φ(x)在(π，2π]上单调递增．
所以φ(x)min＝φ(π)＝2－π2<0，又因为φ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－π<0，φ(2π)＝4π2－2>0，所以∃x0∈(π，2π)，使得φ(x0)＝0，所以当 eq \f(π,2)0，h′(x)>0，h(x)在(x0，2π]上单调递增．
又因为h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2，h(2π)＝1＋ eq \f(1,π)<2，所以h(x)max＝2.
∃x∈D，使得不等式ax≤f(x)成立⇔a≤h(x)max，所以a≤2.
所以实数a的取值范围是(－∞，2].
22．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝ex没有极值点，不适合题意，所以a≠0.
f′(x)＝ex＋ax，由f′(x)＝0，可得－ eq \f(1,a)＝ eq \f(x,ex)(x≠0).
令g(x)＝ eq \f(x,ex)(x≠0)，则g′(x)＝ eq \f(1－x,ex).
所以当x<1时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增；当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x＝1时，g(x)取得极大值，也是它的最大值，所以g(x)max＝g(1)＝ eq \f(1,e).
又因为当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0.
在同一坐标系中分别画出函数y＝－ eq \f(1,a)与y＝g(x)的图象，如图所示．
观察图象可知，当0<－ eq \f(1,a)< eq \f(1,e)即a<－e时，二者有两个交点，即原函数有两个极值点．
所以实数a的取值范围是(－∞，－e).
(2)由(1)可知0所以f(x1)＝ex1＋ eq \f(a,2)x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ex1－ eq \f(x1ex1,2)＝ eq \f(3\r(e),2)x1，整理得 eq \f(ex1,x1)－ eq \f(ex1,2)－ eq \f(3,2)e eq \s\up6(\f(1,2))＝0*.
设h(x)＝ eq \f(ex,x)－ eq \f(ex,2)－ eq \f(3,2)e eq \s\up6(\f(1,2))(0又由(1)可知，当x eq \f(x,ex)，整理得f′(x)＝ex＋ax>0，所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增；当x1所以当x＝x1时，f(x)取得极大值f(x1)＝ eq \f(3,2) eq \r(e)× eq \f(1,2)＝ eq \f(3,4)e eq \s\up6(\f(1,2)).
x
－4
(－4，－2)
－2
(－2，0)
0
(0，2)
2
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
－14
单调递增
6
单调递减
2
单调递增
22