新教材适用2023_2024学年高中数学本册综合测试题二新人教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二新人教A版选择性必修第二册，共9页。

本册综合测试题(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．(2023·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为( C )
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
[解析]　依题可知，f ′(x)＝aex－≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥，
设g(x)＝xex，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，
g(x)>g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C.
3．在等比数列{an}中，若a3，a15是方程x2－6x＋2＝0的根，则的值为( C )
A. B．－
C. D．－或
[解析]　显然方程x2－6x＋2＝0有两个正实根，依题意，有a3a15＝2，a3>0，设等比数列{an}公比为q，a9＝a3q6>0，所以＝＝＝.
故选C.
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，每年生产的产品量为( 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．若直线l与曲线y＝和x2＋y2＝都相切，则l的方程为( D )
A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋
C．y＝x＋1 D．y＝x＋
[解析]　设直线l在曲线y＝上的切点为(x0，)，则x0>0，
由已知得y ′＝，则直线l的斜率k＝，
设直线l的方程为y－＝(x－x0)，即x－2y＋x0＝0，
由于直线l与圆x2＋y2＝相切，则＝，即5x－4x0－1＝0，
解得x0＝1，x0＝－(舍)，
则直线l的方程为x－2y＋1＝0，即y＝x＋.故选D.
6．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.
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．已知函数f(x)＝sin x＋cos x－2x，a＝f(－π)，b＝f，c＝f(ln 2), 则a，b，c的大小关系是( A )
A．a>c>b B．a>b>c
C．b>a>c D．c>b>a
[解析]　函数f(x)＝sin x＋cos x－2x的定义域为R，求导得f ′(x)＝cos x－sin x－2＝cos－2≤－2<0，
因此函数f(x)在R上单调递减，而－π<0f(ln 2)>f(2e)，
所以a，b，c的大小关系是a>c>b，A正确．故选A.
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 022>0 B．若a4>0，则a2 023>0
C．若a3>0，则S2 023>0 D．若a4>0，则S2 022>0
[解析]　当a3＝a1q2>0时，a1为正数，q无法确定，故当q＝1时，S2 023＝2 023a1>0，当q≠1时，S2 023＝，分析可得q>1与q<1时，都有S2 023>0，C选项正确；而a2 022＝a1q2 021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 023＝－1<0，S2 022＝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 11．(2023·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则( ABC )
A．f(0)＝0 B．f(1)＝0
C．f(x)是偶函数 D．x＝0为f(x)的极小值点
[解析]　因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，
对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A正确；
对于B，令x＝y＝1，f(1)＝1f(1)＋1f(1)，则f(1)＝0，故B正确；
对于C，令x＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，
令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确；
对于D，不妨令f(x)＝0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误．
12．以下四个命题，其中满足“假设当n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，则当n＝k＋1时命题也成立”，但不满足“当n＝n0(n0是题中给定的n的初始值)时命题成立”的是( BC )
A．2n>2n＋1(n≥3)
B．2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n＋2(n≥1)
C．凸n边形的内角和为f(n)＝(n－1)π(n≥3)
D．凸n边形的对角线条数g(n)＝(n≥4)
[解析]　对于A选项，2n>2n＋1(n≥3)，显然n＝3时有8>7，故当n为给定的初始值时命题成立，故不满足要求；对于B选项，假设当n＝k时命题成立，即2＋4＋6＋…＋2k＝k2＋k＋2，当n＝k＋1时有2＋4＋6＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋2＋2(k＋1)＝k2＋2k＋1＋k＋3＝(k＋1)2＋(k＋1)＋2，故当n＝k＋1时，命题也成立，当n＝1时等号左边＝2，右边＝1＋1＋2＝4,2≠4，所以当n＝1时，命题不成立，满足要求；对于C选项，假设当n＝k时命题成立，即f(k)＝(k－1)π，当n＝k＋1时有f(k＋1)＝f(k)＋π＝kπ＝[(k＋1)－1]π，故当n＝k＋1时命题也成立，当n＝3时内角和为π，命题不成立，满足要求；对于D选项，假设当n＝k时命题成立，即g(k)＝，当n＝k＋1时，有g(k＋1)＝g(k)＋k－1＝＋k－1＝≠，故不满足要求．故选BC.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知等比数列{an}的公比q>1，＋＝，a3＝2，则a2n＝_2n__.
[解析]　由＋＝得4a2＋4a4＝3a2a4，
由等比数列得a2a4＝a＝8，所以4a2＋4a4＝24，即a2＋a4＝6，
解得或则＝q2＝2或＝q2＝，由q>1，可得q2＝2，即q＝，
所以a2n＝a1·q2n－1＝a2·q2n－2＝2×2n－2＝2n＝2n.
14．已知函数f(x)＝ax＋ln x在x＝2处取得极值，则实数a＝ －　.
[解析]　由题，有f ′(x)＝a＋，则f ′＝a＋＝0⇒a＝－.
又a＝－时，f ′(x)＝－＝，
当00，f(x)单调递增；当x>2时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；
则f(x)在x＝2处取得极值．
故答案为－.
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)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
[解析]　(1)因为Sn＝，即6Sn＝a＋3an－4，①
当n＝1时6S1＝a＋3a1－4，解得a1＝4或a1＝－1(舍去)，
当n≥2时6Sn－1＝a＋3an－1－4，②
①－②时6Sn－6Sn－1＝a＋3an－4－，即6an＝a－a＋3an－3an－1，
即a－a－3an－3an－1＝0，
即＝0，
因为an>0，所以an－an－1－3＝0，即an－an－1＝3，
所以{an}是以4为首项，3为公差的等差数列，
所以an＝4＋3＝3n＋1.
(2)由(1)可得＝＝，
所以Tn＝＋＋…＋
＝＝＝.
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)(2023·新课标全国Ⅱ卷)(1)证明：当0 (2)已知函数f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围．
[解析]　(1)证明：构建F(x)＝x－sin x，x∈(0,1)，则F′(x)＝1－cos x>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则F(x)在(0,1)上单调递增，可得F(x)>F(0)＝0，
所以x>sin x，x∈(0,1)；
构建G(x)＝sin x－＝x2－x＋sin x，x∈(0,1)，
则G′(x)＝2x－1＋cos x，x∈(0,1)，
构建g(x)＝G′(x)，x∈(0,1)，则g′(x)＝2－sin x>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则g(x)在(0,1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0，
即G′(x)>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则G(x)在(0,1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0，
所以sin x>x－x2，x∈(0,1)；
综上所述x－x2 (2)令1－x2>0，解得－1 若a＝0，则f(x)＝－ln(1－x2)，x∈(－1,1)，
因为y＝－ln u在定义域内单调递减，y＝1－x2在(－1,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
则f(x)＝－ln(1－x2)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
故x＝0是f(x)的极小值点，不合题意，所以a≠0.
当a≠0时，令b＝>0，
因为f(x)＝cos ax－ln(1－x2)＝cos(x)－ln(1－x2)＝cos bx－ln(1－x2)，
且f(－x)＝cos(－bx)－ln＝cos bx－ln(1－x2)＝f(x)，
所以函数f(x)在定义域内为偶函数，
由题意可得f ′(x)＝－bsin bx－，x∈(－1,1)，
(ⅰ)当0 由(1)可得f ′(x)＝－bsin(bx)－>－b2x－＝，
且b2x2>0,2－b2≥0,1－x2>0，
所以f ′(x)>>0，
即当x∈(0，m)⊆(0,1)时，f ′(x)>0，则f(x)在(0，m)上单调递增，
结合偶函数的对称性可知f(x)在(－m,0)上单调递减，
所以x＝0是f(x)的极小值点，不合题意；
(ⅱ)当b2>2时，取x∈⊆(0,1)，则bx∈(0,1)，
由(1)可得f ′(x)＝－bsin bx－<－b(bx－b2x2)－＝(－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2)，
构建h(x)＝－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2，x∈，
则h′(x)＝－3b3x2＋2b2x＋b3，x∈，
且h′(0)＝b3>0，h′＝b3－b>0，则h′(x)>0对∀x∈恒成立，
可知h(x)在上单调递增，且h(0)＝2－b2<0，h＝2>0，
所以h(x)在内存在唯一的零点n∈，
当x∈(0，n)时，则h(x)<0，且x>0,1－x2>0，
则f ′(x)<(－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2)<0，
即当x∈(0，n)⊆(0,1)时，f ′(x)<0，则f(x)在(0，n)上单调递减，
结合偶函数的对称性可知f(x)在(－n,0)上单调递增，
所以x＝0是f(x)的极大值点，符合题意；
综上所述b2>2，即a2>2，解得a>或a<－，
故a的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)．