新教材2023年高中数学本册综合检测2新人教A版选择性必修第二册

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册全册综合课后复习题，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。

本册综合检测(二)
考试时间120分钟，满分150分．
一、单项选择题(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．数列{an}满足a1＝－3，an＋1＝3an－1(n∈N*)，那么a4的值为(　C　)
A．－10　　 B．－31　　
C．－94　　 D．94
[解析]　a2＝3×(－3)－1＝－10，a3＝3×(－10)－1＝－31，a4＝3×(－31)－1＝－94，故选C．
2．函数f(x)＝2ex＋的图象在点(0，f(0))处的切线方程为(　C　)
A．x＋y＋3＝0　　 B．x＋y－3＝0
C．x－y＋3＝0　　 D．x－y－3＝0
[解析]　因为f ′(x)＝2ex－，所以f ′(0)＝1，f(0)＝3，故所求的切线方程为x－y＋3＝0.
3．(2022·全国新高考Ⅱ卷)中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3，已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝(　D　)


A．0.75　　 B．0.8　　
C．0.85　　 D．0.9
[解析]　设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3.
由题意得k3＝k1＋0.2，k3＝k2＋0.1
且＝0.725，
解得k3＝0.9，故选D．
4．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总收入R与年产量x的关系是R(x)＝则总利润最大时，每年生产的产品件数为(　D　)
A．100　　 B．200　　
C．250　　 D．300
[解析]　由题意知，总成本为C＝20 000＋100x，所以总利润为
P＝R(x)－C＝
P′＝
令P′＝0，当0≤x≤400时，得x＝300；当x>400时，P′<0恒成立，易知当x＝300时，总利润最大．
5．已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝(　C　)
A．16　　 B．8　　
C．4　　 D．2
[解析]　由题意知解得
∴a3＝a1q2＝4.
故选C．
6．已知函数f(x)的导数f ′(x)＝a(x＋1)(x－a)，且f(x)在x＝a处取得极大值，则实数a的取值范围是(　B　)
A．a>－1　　 B．－1 C．01
[解析]　∵f(x)在x＝a处取得极大值，∴f(x)在x＝a附近左增右减，分a>0，a＝0，a<0讨论易知－1 7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为(　C　)
A．10　　 B．11
C．12　　 D．13
[解析]　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以{an}为递减数列，又S13＝＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故选C．
8．若函数f(x)在定义域R内可导，f(1.9＋x)＝f(0.1－x)且(x－1)f ′(x)＜0，a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是(　D　)
A．a>b>c　　 B．c>a>b
C．c>b>a　　 D．b>a>c
[解析]　∵(x－1)f ′(x)＜0，
∴当x＞1时，f ′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减；
当x＜1时，f ′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增．
又f(1.9＋x)＝f(0.1－x)，∴f(x)＝f(2－x)，
∴f(3)＝f(2－(－1))＝f(－1)，
∵－1＜0<，
∴f(－1)＜f(0)＜f，∴f(3) ∴b＞a＞c，故选D．
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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列不一定成立的是(　ABD　)
A．若a3>0，则a2 018>0
B．若a4>0，则a2 019>0
C．若a3>0，则S2 019>0
D．若a4>0，则S2 018>0
[解析]　当a3＝a1q2>0时，a1为正数，q无法确定，故当q＝1时，S2 019＝2 019a1>0，当q≠1时，S2 019＝，分析可得q>1与q<1时，都有S2 019>0，C选项正确．而a2 018＝a1q2 017无法确定正负，A选项错误．当a4＝a1q3>0时，不妨设数列为－1，1，－1，1，…则a2 019＝－1<0，S2 018＝0，故B，D选项错误. 综上所述，故选ABD．
10．对于函数f(x)＝ex(x－1)2(x－2)，以下选项正确的是(　AB　)
A．1是极大值点　　 B．有2个极小值
C．1是极小值点　　 D．有2个极大值
[解析]　f ′(x)＝ex(x－1)(x2－3)，
当f ′(x)>0时－，
当f ′(x)<0时，1 故选AB．
11．函数y＝f(x)的导函数y＝f ′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象不可能是(　ABC　)


[解析]　根据导数与函数单调性的关系，当f ′(x)<0时，函数f(x)单调递减，当f ′(x)>0时，函数f(x)单调递增，由导函数y＝f ′(x)的图象可知，f(x)图象先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，且函数的极大值点在y轴的右侧，D项图象正确，故选ABC．
12．对于不等式＜n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：
(1)当n＝1时，＜1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即＜k＋1，则当n＝k＋1时，＝＜＝＝(k＋1)＋1，
∴当n＝k＋1时，不等式成立．关于上述证法，下列说法错误的是(　ABC　)
A．过程全部正确
B．n＝1验证不正确
C．归纳假设不正确
D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确
[解析]　在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，
即从n＝k到n＝k＋1的推理不正确．
故选ABC．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．＋＋＋…＋＝____．
[解析]　原式＝＝×＝.
14．(2022·商丘市第一高级中学高二月考(理))已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f ′(x)，且满足f(1)＝0，当x>0时，xf ′(x)<2f(x)，则使f(x)>0成立的x的取值范围为__(－1，0)∪(0，1)__．
[解析]　令g(x)＝，
∵f(x)是偶函数，∴g(－x)＝＝，则g(x)是偶函数，又g′(x)＝，
∵当x>0时，xf ′(x)<2f(x)，此时g′(x)<0，
则g(x)在(0，＋∞)单调递减，
又f(1)＝0，∴g(1)＝＝0，且g(x)是偶函数，
则由g(x)>0可得g(|x|)>g(1)，则|x|<1，解得x∈(－1，0)∪(0，1)，则f(x)>0的解集为(－1，0)∪(0，1)．
故答案为(－1，0)∪(0，1)．
15．设数列{an}的前n项和Sn＝－2n2＋3，那么此数列的通项公式an＝____．
[解析]　由题意知，当n＝1时，a1＝S1＝－2×12＋3＝1，
当n≥2时，Sn＝－2n2＋3，①
Sn－1＝－2(n－1)2＋3，②
①－②，得an＝－4n＋2，
∵a1不适合an＝－4n＋2，
∴an＝
16．已知x1>x2>0，若不等式>mex1＋x2恒成立，则m的取值范围为__(－∞，2]__．
[解析]　>mex1＋x2⇔ex1－x2－ex2－x1－m(x1－x2)>0恒成立，
令t＝x1－x2>0，则不等式转化为et－e－t－mt>0，
设函数f(t)＝et－e－t－mt(t>0)，f ′(t)＝et＋e－t－m，
当m≤2时，f ′(t)>0，则f(t)在(0，＋∞)上单调递增，故f(t)>f(0)＝0，符合题意；当m>2时，由于f ″(t)＝et－e－t>0，故f ′(t)在(0，＋∞)上单调递增，存在t0∈(0，＋∞)满足f ′(t0)＝0，即f(t)在(0，t0)单调递减，(t0，＋∞)单调递增，因此当t∈(0，t0)时，f(t) 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)设数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.
[解析]　(1)由题设知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1，Sn＝＝(3n－1)．
(2)b1＝a2＝3，b3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10，所以数列{bn}的公差d＝5，
故T20＝20×3＋×5＝1 010.
18．(本小题满分12分)已知f(x)＝tan x.
(1)求f ′(x)；
(2)若g(x)＝extan x，试分析g(x)在(－1，1)上的单调性．
[解析]　(1)因为f(x)＝tan x＝，
所以f ′(x)＝，
＝＝.
(2)因为g(x)＝extan x，所以g′(x)＝(ex)′tan x＋ex(tan x)′
＝ex＝
＝，当x∈(－1，1)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－1，1)上单调递增．
19．(本小题满分12分)(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；
③a2＝3a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
[解析]　选①②作条件证明③：
设＝an＋b(a>0)，则Sn＝(an＋b)2，
当n＝1时，a1＝S1＝(a＋b)2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋b)2－(an－a＋b)2＝a(2an－a＋2b)；
因为{an}也是等差数列，
所以(a＋b)2＝a(2a－a＋2b)，解得b＝0；
所以an＝a2(2n－1)，所以a2＝3a1.
选①③作条件证明②：
因为a2＝3a1，{an}是等差数列，
所以公差d＝a2－a1＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1，即＝n，
因为－＝(n＋1)－n＝，
所以{}是等差数列．
选②③作条件证明①：
设＝an＋b(a>0)，则Sn＝(an＋b)2，
当n＝1时，a1＝S1＝(a＋b)2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋b)2－(an－a＋b)2＝a(2an－a＋2b)；
因为a2＝3a1，所以a(3a＋2b)＝3(a＋b)2，解得b＝0或b＝－；
当b＝0时，a1＝a2，an＝a2(2n－1)，当n≥2时，an－an－1＝2a2满足等差数列的定义，此时{an}为等差数列；
当b＝－时，＝an＋b＝an－a，＝－<0不合题意，舍去．
综上可知{an}为等差数列．
20．(本小题满分12分)已知f(n)＝
…(n∈N*)，g(n)＝(n∈N*)．
(1)当n＝1，2，3时，分别比较f(n)与g(n)的大小；
(2)由(1)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并证明你的结论．
[解析]　(1)当n＝1时，f(1)＝2，g(1)＝，f(1)>g(1)，
当n＝2时，f(2)＝，g(2)＝，f(2)>g(2)，
当n＝3时，f(3)＝，g(3)＝，f(3)>g(3)．
(2)猜想：f(n)>g(n)(n∈N*)，
即…>.
下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，上面已证．
②假设当n＝k(k∈N*)时，猜想成立，即
…>，则当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝…·>
＝×＝.
因为<，
所以>＝＝g(k＋1)，
所以，当n＝k＋1时猜想也成立．
综上可知：对任意n∈N*，猜想均成立．
21．(本小题满分12分)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用15年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为8万元．该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位cm)满足关系C(x)＝(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f(x)为隔热层建造费用与15年的能源耗费用之和．
(1)求k的值及f(x)的表达式；
(2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．
[解析]　(1)设隔热层厚度为x cm，由题设，每年能源消耗费用为C(x)＝，再由C(0)＝8，得k＝40，
因此C(x)＝，而建造费用为C1(x)＝8x，
因此得隔热层建造费用与15年的能源消耗费用之和为
f(x)＝15C(x)＋C1(x)＝15×＋8x＝＋8x(0≤x≤10)．
(2)f ′(x)＝8－，令f ′(x)＝0，即＝8，
解得x＝，x＝－(舍去)，
由00，
故当x＝时，f(x)取得小值，且为f＝＋8×＝.
答：当隔热层修建 cm厚时，总费用达到最小值为万元．
22．(本小题满分12分)(2021·山东卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋ [解析]　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，
又f ′(x)＝1－ln x－1＝－ln x，
当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，
故f(x)的递增区间为(0，1)，递减区间为(1，＋∞)．
(2)因为bln a－aln b＝a－b，故b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，即＝，
故f＝f，
设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设01.
因为x∈(0，e)时，f(x)＝x(1－ln x)>0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－ln x)<0，故1 先证：x1＋x2>2，
若x2≥2，x1＋x2>2必成立．
若x2<2, 要证：x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，
故即证f(x1)>f(2－x2)，
即证：f(x2)>f(2－x2)，其中1 设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1 则g′(x)＝f ′(x)＋f ′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)
＝－ln[x(2－x)]，
因为1 故－ln[x(2－x)]>0，
所以g′(x)>0，故g(x)在(1，2)为增函数，
所以g(x)>g(1)＝0，
故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，
所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．
设x2＝tx1，则t>1，
结合＝，＝x1，＝x2，
可得：x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，
即：1－ln x1＝t(1－ln t－ln x1)，故ln x1＝，
要证：x1＋x2 即证ln(t＋1)＋ln x1<1，
即证：ln(t＋1)＋<1，
即证：(t－1)ln(t＋1)－tln t<0，
令S(t)＝(t－1)ln(t＋1)－tln t，t>1，
则S′(t)＝ln(t＋1)＋－1－ln t＝ln－，
先证明一个不等式：ln(x＋1)≤x.
设u(x)＝ln(x＋1)－x，则u′(x)＝－1＝，
当－10；当x>0时，u′(x)<0，
故u(x)在(－1，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，故u(x)max＝u(0)＝0，
故ln(x＋1)≤x成立
由上述不等式可得当t>1时，ln≤<，
故S′(t)<0恒成立，
故S(t)在(1，＋∞)上为减函数，故S(t) 故(t－1)ln(t＋1)－tln t<0成立，即x1＋x2 综上所述，2<＋