新教材适用2023_2024学年高中数学本册综合测试题一新人教A版选择性必修第二册

这是一份新教材适用2023_2024学年高中数学本册综合测试题一新人教A版选择性必修第二册，共10页。

本册综合测试题(一)
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．已知数列{an}的前4项依次为－，1，－，，则该数列的一个通项公式可以是( A )
A．an＝(－1)n· B．an＝(－1)n＋1·
C．an＝(－1)n· D．an＝(－1)n＋1·
[解析]　数列的前4项分别为－，，－，，可得奇数项为负数，偶数项为正数，可知：第n项的符号为(－1)n，排除选项B，D；
再观察分数的分母需满足n＋2，最终可得通项公式an＝(－1)n·.
2．等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的通项公式为( A )
A．an＝3－2n　　　　　 B．an＝2－n
C．an＝n D．an＝4－3n
[解析]　因为a2，a3，a6成等比数列，则a＝a2·a6，
即2＝，将a1＝1代入计算可得d＝－2或d＝0(舍)，
则通项公式为an＝1＋×＝－2n＋3，
故选A.
3．已知f(k)＝k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k(k∈N*)，则( B )
A．f(k＋1)－f(k)＝2k＋2
B．f(k＋1)－f(k)＝3k＋3
C．f(k＋1)－f(k)＝4k＋2
D．f(k＋1)－f(k)＝4k＋3
[解析]　f(k)＝k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k(k∈N*)，则f(k＋1)－f(k)＝(k＋1)＋(k＋2)＋(k＋3)＋…＋(2k－1)＋2k＋(2k＋1)＋2(k＋1)－[k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k]＝3k＋3.
4．已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( D )
A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
[解析]　由已知y′＝aex＋lnx＋1，所以k＝y′|x＝1＝ae＋1＝2，∴a＝e－1，点(1，ae)即为(1,1)，
将(1,1)代入y＝2x＋b得2＋b＝1，b＝－1，故选D.
5．已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为，且8a5＝a1－2a3，则a3＝( C )
A.　　 B．
C．　　 D．
[解析]　设等比数列{an}的公比为q，
因为前4项和为，且8a5＝a1－2a3，
所以q≠1，＝，8a1q4＝a1－2a1q2，解得a1＝1，q＝.则a3＝.
6．等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，则f ′(0)＝( C )
A．26 B．29
C．212 D．215
[解析]　观察函数形状，变形为f(x)＝x·[(x－a1)(x－a2)…(x－a8)]，
所以f ′(x)＝(x－a1)(x－a2)…(x－a8)＋x[(x－a1)(x－a2)…(x－a8)]′，
所以f ′(0)＝a1·a2·…·a8＝(a1·a8)4＝84＝212，故选C.
7．(2023·武汉高二检测)等差数列{an}中，a1与a4 037是 f(x)＝x－4ln x－的两个极值点，则＝( B )
A．1 B．2
C．0 D．
[解析]　f ′(x)＝1－＋＝，因为a1与a4 037是f(x)＝x－4ln x－的两个极值点，
令g(x)＝x2－4x＋m，所以a1与a4 037是方程x2－4x＋m＝0的两个根，即a1＋a4 037＝4，也即2a2 019＝4，所以a2 019＝2，则＝2log22＝2.
8．已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝( C )
A．－ B．
C． D．1
[解析]　方法一：f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)＝(x－1)2＋a－1，
令t＝x－1，则g(t)＝t2＋a(et＋e－t)－1，
因为g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)，
∴g(t)是偶函数．
因为f(x)有唯一零点，所以g(t)也有唯一零点．
由偶函数性质知g(0)＝0，即a(e0＋e0)－1＝0，所以a＝，故选C.
方法二：由f(x)＝0得a＝－x2＋2x，
因为ex－1＋e－(x－1)≥2＝2，当且仅当x＝1时取等号，
－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时取等号．
若a>0，则a≥2a，要使f(x)有唯一零点，则必有2a＝1，即a＝.
若a≤0，则f(x)的零点不唯一，故选C.
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．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是( AC )
A．a4＝0 B．Sn的最大值为S3
C．S1＝S6 D．|a3|<|a5|
[解析]　设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，
所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；由于d的正负不清楚，故S3可能为最大值或最小值，故B错误；
因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，
即|a3|＝|a5|，故D错误．
10．已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，则下列结论中正确的有( AD )
A.为等比数列
B．{an}的通项公式为an＝
C．{an}为递增数列
D.的前n项和为2n－－1
[解析]　由题意得＝＋，则＋＝2，而＋＝1，
故是首项为1，公比为2的等比数列，
＋＝2n－1，得an＝，{an}为递减数列，故A正确，B，C错误；
对于D，＋＋＋＋…＋＋＝2n－1，的前n项和为2n－－1，故D正确，
故选AD.
11．(2023·南京高三检测)若函数f(x)的图象上存在两个不同的点A，B，使得曲线y＝f(x)在这两点处的切线重合，称函数f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的有( BD )
A．y＝ex－x B．y＝x4－x2
C．y＝x3 D．y＝x＋sin x
[解析]　由题意可得，性质T指函数f(x)图象上有两个不同点的切线是重合的，即两个不同点所对应的导数值相等，且两点处函数的切线方程也相同．
对于A选项，y＝ex－x，则y′＝ex－1，导函数为增函数，不存在不同的两个x使得导数值相等，故A不符合；
对于B选项，y′＝4x3－2x，设两切点分别为(x1，x－x)，(x2，x－x)且4x－2x1＝4x－2x2，
取x1＝－，x2＝，则y1＝－＝y2，两切点处的导数值为y′＝0，两切点连线的直线斜率为k＝＝0，所以两切点处的导数值等于两切点连线的斜率，符合性质T，所以B选项符合；
对于C选项，设两切点分别为(x1，x)和(x2，x)，则两切点处的导数值相等有：3x＝3x，解得：x1＝－x2，令x1＝a，则x2＝－a，两切点处的导数y′＝3a2，两切点连线的斜率为k＝＝a2，则3a2＝a2，得a＝0，两切点重合，不符合题意，所以C选项不符合；
对于D选项，y′＝1＋cos x，设两切点的横坐标分别为x1和x2，则1＋cos x1＝1＋cos x2，所以cos x1＝cos x2，取x1＝，x2＝，则y1＝＋1，y2＝＋1，两切点处的导数值为y′＝1，两切点连线的直线斜率为k＝＝1，所以两切点处的导数值等于两切点连线的斜率，符合性质T，所以D选项符合．
12．已知函数f(x)＝，则下列结论正确的是( ABC )
A．函数f(x)存在两个不同的零点
B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值
C．当－e D．若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝，则t的最小值为2
[解析]　对于A.f(x)＝0⇒x2＋x－1＝0，解得x＝，所以A正确；
对于B.f ′(x)＝－＝－，
当f ′(x)>0时，－1 当f ′(x)<0时，x<－1或x>2，
故(－∞，－1)，(2，＋∞)上函数的单调递减区间，(－1,2)是函数的单调递增区间，所以f(－1)是函数的极小值，
f(2)是函数的极大值，所以B正确；
对于C.当x→＋∞时，y→0，根据B可知，函数的最小值是f(－1)＝－e，再根据单调性可知，当－e
对于D.由图象可知，t的最大值是2，所以不正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知递增等比数列{an}满足a2＋a3＝6a1，则{an}的前三项可以依次是_1,2,4(答案不唯一)__.
[解析]　设{an}的公比为q，因为a2＋a3＝6a1，所以a1q＋a1q2＝6a1，所以q＋q2＝6，解得q＝－3或q＝2，又数列{an}为递增数列，所以q＝2，所以只要写首项为正数，公比为2的等比数列的前三项均可，如1,2,4.
14．函数f(x)＝x3－6x2－15x＋2的极大值是_10__，极小值是_－98__.
[解析]　由已知f ′(x)＝3x2－12x－15＝3(x＋1)(x－5)，
由f ′(x)>0得(x＋1)(x－5)>0，即x<－1或x>5，f(x)在(－∞，－1)和(5，＋∞)上单调递增，
由f ′(x)<0得(x＋1)(x－5)<0，即－1 所以f(x)极大值＝f(－1)＝10，f(x)极小值＝f(5)＝－98.
15．函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝_21__.
[解析]　由已知，y′＝2x，点(ak，a)处的切线的斜率k＝2ak，
在点(ak，a)处的切线方程为y－a＝2ak(x－ak)，当y＝0时，解得x＝，
所以ak＋1＝⇒＝，a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.
16．(2022·全国新高考乙卷)写出曲线y＝ln|x|过坐标原点的切线方程： y＝，y＝－　.
[解析]　当x>0时，点(x1，ln x1)(x1>0)上的切线为y－ln x1＝(x－x1)，若该切线经过原点，则ln x1－1＝0，解得x1＝e，此时切线方程为y＝.
当x<0时，点(x2，ln(－x2))(x2<0)上的切线为y－ln(－x2)＝(x－x2)，若该切线经过原点，则ln(－x2)－1＝0，解得x2＝－e，此时切线方程为y＝－.
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)已知函数f(x)＝－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(a＋2) [解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f ′(x)＝－－＝－，且x>0，
∴f ′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立．
即f(x)单调递减区间为(0，＋∞)．
(2)f(a＋2) ∴a的取值范围为(－1,0)∪(0,2)．
18．(本小题满分12分)(2023·全国甲卷理科)设Sn为数列的前n项和，已知a2＝1,2Sn＝nan.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
[解析]　(1)因为2Sn＝nan，
当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；
当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，
化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，当n≥3时，＝＝…＝＝1，即an＝n－1，
当n＝1,2,3时都满足上式，所以an＝n－1.
(2)因为＝，所以Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n，
Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1，
两式相减得，
Tn＝1＋2＋3＋…＋n－n×n＋1＝－n×n＋1
＝1－n，即Tn＝2－n，n∈N*.
19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex.
(1)求曲线y＝f(x)在点处的切线的方程；
(2)若函数f(x)在x＝0处取得极大值，求a的取值范围．
[解析]　(1)由f(x)＝ex可得f ′(x)＝ex(ax2－x＋1＋2ax－1)＝ex(ax2＋2ax－x)，
所以k＝f ′(0)＝0，f(0)＝1，
故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的方程为y＝1.
(2)由(1)可得f ′(x)＝xex(ax＋2a－1)，
当a＝0时，f ′(x)＝－xex，
当x<0时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；当x>0时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；
所以此时f(x)在x＝0处取得极大值，满足题意；
当a≠0时，令f ′(x)＝xex(ax＋2a－1)＝0，解得x1＝0，x2＝.
下面对a进行分类讨论
①当a＝时，f ′(x)＝x2ex≥0，f(x)在R上单调递增，无极值点，舍去；
②当a>时，
当x<或x>0时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；当 此时f(x)在x＝0处取得极小值，故舍去；
③当a<0时，
当x<或x>0时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当0，f(x)单调递增，
此时f(x)在x＝0处取得极大值，满足题意；
④当0 当x<0或x>时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；当0 此时f(x)在x＝0处取得极大值，满足题意；
综上a的取值范围为.
20．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且关于x的不等式a1x2－S2x＋2<0的解集为(1,2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2<0的解集为(1,2)，
所以a1x2－S2x＋2＝0的根为x1＝1，x2＝2，
所以所以S2＝3a1，a1＝1，
又S2＝2a1＋d，所以a1＝d＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)可得，a2n＝2n,2an＝2n，
因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝＋＝＋＝n2＋2n＋1－2.
21．(本小题满分12分)若函数f(x)＝ax3－bx2＋2，当x＝2时，函数f(x)有极值－2.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的极值；
(3)若关于x的方程f(x)－k＝0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．
[解析]　(1)函数f(x)＝ax3－bx2＋2，∴f ′(x)＝3ax2－2bx，
由题意知，当x＝2时，函数f(x)有极值－2，
∴即解得
故所求函数的解析式为f(x)＝x3－3x2＋2.
(2)由(1)得f ′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
令f ′(x)＝0，得x＝0或x＝2，
当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x
(－∞，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
因此，当x＝0时，f(x)有极大值2，当x＝2时，f(x)有极小值－2.
(3)若关于x的方程f(x)－k＝0有三个不同的实数解，则f(x)＝k有三个不同的实数根，即y＝f(x)的图象与直线y＝k有三个交点．由(2)可得函数f(x)的图象如图所示，

∴实数k的取值范围为－2 22．(本小题满分12分)(2023·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋.
[解析]　(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f ′(x)＝aex－1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f ′(x)＝aex－1<0恒成立，
所以f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f ′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
当x<－ln a时，f ′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；
当x>－ln a时，f ′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增；
综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：方法一：
由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立，
令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－＝，
令g′(a)<0，则00，则a>；
所以g(a)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(a)min＝g＝2－－ln＝ln>0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕．
方法二：
令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增，
又h′(0)＝e0－1＝0，
所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0；
所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，
因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x，
当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立，
所以要证f(x)>2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，即证a2－－ln a>0，
令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－＝，
令g′(a)<0，则00，则a>；
所以g(a)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(a)min＝g＝2－－ln＝ln>0，则g>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕．