2023版新教材高中数学综合检测试题新人教B版选择性必修第三册

这是一份2023版新教材高中数学综合检测试题新人教B版选择性必修第三册，共10页。

检测试题一、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.若数列{an}满足a1a2a3…an＝n2（n≥2），则a3＝（　　）A．9B．3C．eq \f(9,4)D．eq \f(4,9)2.已知等比数列{an}中，a2＝2，a6＝8，则a3a4a5＝（　　）A．±64B．64C．32D．163.曲线f（x）＝f′（1）ex－x2＋2在点（0，f（0））处的切线的斜率为（　　）A．eq \f(2,e)B．eq \f(2,e－1)C．eq \f(2e,e－1)D．eq \f(4－2e,e－1)4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－3，2a4＋3a7＝9，则S7＝（　　）A．21B．1C．－42D．05.《九章算术》中有这样一个问题：今有男子善走，日增等里，九日走一千二百六十里，第一日、第四日、第七日所走之和为三百九十里，问第六日所走里数．答案为（　　）A．140B．150C．160D．1706.已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，那么函数f（x）的图象最有可能是（　　）7.在1和10之间插入n个实数，使得这（n＋2）个数构成递增的等比数列，将这（n＋2）个数的乘积记作Tn，则lgT1＋lgT2＋…＋lgT11＝（　　）A．eq \f(13,2)B．11C．44D．528.已知定义在R上的可导函数y＝f（x）的导函数为f′（x），满足f′（x）－f（x）>1，f（0）＝2019，则不等式f（x）>2020ex－1（其中e为自然对数的底数）的解集为（　　）A．（－∞，0）∪（0，＋∞）B．（2020，＋∞）C．（0，＋∞）D．（－∞，0）∪（2020，＋∞）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.设{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5S8，则下列结论正确的是（　　）A．d>0B．a7＝0C．S9>S5D．S6与S7均为Sn的最大值10.已知函数f（x）＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－9，x≥0，,xex，x<0，))若f（x）的零点为α，极值点为β，则（　　）A．α＝0B．α＋β＝1C．f（x）的极小值为－e－1D．f（x）有最大值11.等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1>0，公差d≠0，则（　　）A．若S4>S8，则S12>0B．若S4＝S8，则S6是Sn中最大的项C．若S4>S5，则S5>S6D．若S4>S5，则S3>S412.已知函数f（x）及其导数f′（x），若存在x0，使得f（x0）＝f′（x0），则称x0是f（x）的一个“巧值点”，下列四个函数中有“巧值点”的是（　　）A．f（x）＝x2B．f（x）＝e－xC．f（x）＝lnxD．f（x）＝tanx三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1≠0，a2＝3a1，则eq \f(S10,S5)＝　　　　Ｗ．14.曲线y＝lnx＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为　　　　　　　Ｗ．15.等差数列{an}的首项为1，公差不为0，若a2，a3，a6成等比数列，则数列{an}的前6项的和S6＝　　　　　　.16.已知曲线y＝eq \f(1,3)x3上一点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))，则过点P的切线方程为　　　　Ｗ．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）已知数列{an}满足a1＝1，eq \f(1,2)an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))an.（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))的前n项和Sn.18.（本小题满分12分）已知a∈R，函数f（x）＝（－x2＋ax）ex（x∈R）.（1）当a＝2时，求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）在（－1，1）上单调递增，求a的取值范围．19.（本小题满分12分）已知函数f（x）＝lnx＋ax2－bx.（1）若函数f（x）在x＝2处取得极值ln2－eq \f(1,2)，求a，b的值；（2）当a＝－eq \f(1,8)时，函数g（x）＝f（x）＋bx＋b在区间[1，3]上的最小值为1，求g（x）在该区间上的最大值．20.（本小题满分12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(n（n＋1）,2)，n∈N＋.（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝eq \f(1,anan＋1)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.21.（本小题满分12分）已知函数f（x）＝ex－a（x＋2）.（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．22.（本小题满分12分）已知函数f（x）＝xeax－ex.（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x>0时，f（x）<－1，求a的取值范围；（3）设n∈N*，证明：eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))`>ln`（n＋1）.检测试题1．答案：C解析：由已知可得a3＝eq \f(a1a2a3,a1a2)＝eq \f(32,22)＝eq \f(9,4).故选C.2．答案：B解析：由等比数列的性质可知a2a6＝a3a5＝a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝16，而a2，a4，a6同号，所以a4＝4，所以a3a4a5＝a eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) ＝64.故选B.3．答案：B解析：由f(x)＝f′(1)ex－x2＋2，可得f′(x)＝f′(1)ex－2x，令x＝1，得f′(1)＝f′(1)e－2，解得f′(1)＝eq \f(2,e－1)，所以f′(x)＝eq \f(2,e－1)ex－2x，f′(0)＝eq \f(2,e－1)，故曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为eq \f(2,e－1).故选B.4．答案：D解析：方法一　设等差数列{an}的公差为d，则2a4＋3a7＝2(a1＋3d)＋3(a1＋6d)＝5a1＋24d＝9.将a1＝－3代入，可得d＝1，所以S7＝7a1＋eq \f(7×6,2)d＝7×(－3)＋21×1＝0.故选D.方法二　由等差数列的性质可得2a4＋3a7＝a1＋a7＋3a7＝9.因为a1＝－3，所以a7＝3，所以S7＝eq \f(7（a1＋a7）,2)＝eq \f(7×（－3＋3）,2)＝0.故选D.5．答案：B解析：由题意设此人从第二日起每日比前一日多走d里，第一日走a1里，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a1＋\f(9×8,2)d＝1260，,a1＋a1＋3d＋a1＋6d＝390，))解得a1＝100，d＝10，所以第六日所走里数为a6＝100＋50＝150.故选B.6．答案：A解析：当x<－2时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当－20，则f(x)单调递增；x>0时，f′(x)<0，则f(x)单调递减．则符合上述条件的只有选项A.故选A.7．答案：C解析：设这(n＋2)个数构成的等比数列为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))，则c1＝1，cn＋2＝10，所以qn＋1＝10.又Tn＝c1·c2·…·cn＋2＝1·q·q2·…·qn＋1＝q1＋2＋3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))＝qeq \s\up6(\f(（n＋1）（n＋2）,2))，所以lgTn＝lgqeq \s\up6(\f(（n＋1）（n＋2）,2))＝lg10eq \s\up6(\f(n＋2,2))＝eq \f(n＋2,2).故lgT1＋lgT2＋…＋lgT11＝eq \f(3,2)＋eq \f(4,2)＋eq \f(5,2)＋…＋eq \f(13,2)＝eq \f(11×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(13,2))),2)＝44.故选C.8．答案：C解析：令g(x)＝eq \f(f（x）＋1,ex)，因为f′(x)－f(x)>1，f(0)＝2019，所以g′(x)＝eq \f(f′（x）－f（x）－1,ex)>0，故g(x)在R上单调递增，且g(0)＝2020，由f(x)＋1>2020ex，可得eq \f(f（x）＋1,ex)>2020，即g(x)>g(0)，所以x>0.故选C.9．答案：BD解析：根据题意，{an}是等差数列，若S6＝S7，则S7－S6＝a7＝0，故B正确；又由S50，则有d＝a7－a6<0，故A错误；而C选项，若S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由以上分析得a7＝0，a8<0，显然C选项错误；因为S5S8，所以S6与S7均为Sn的最大值，故D正确．故选BD.10．答案：BC解析：当x<0时，f(x)＝xex<0，此时函数无零点．当x≥0时，f(x)＝3x－9，函数的零点为2，所以α＝2.当x<0时，f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，由f′(x)<0得x<－1，由f′(x)>0，得－10，d≠0，可得d<0，所以Sn是关于n的开口向下的二次函数，若S4>S8，则Sn的对称轴n<eq \f(4＋8,2)＝6，所以根据对称性可知S12<0；若S4＝S8，则对称轴为n＝eq \f(4＋8,2)＝6，所以S6是最大项；若S4>S5，则a5<0，又d<0，所以可得a6＝a5＋d<0，故S5>S6；a4＝a5－d不能判断正负，所以S3与S4不能比较大小．故选BC.12．答案：AC解析：f(x)＝x2，f′(x)＝2x，x2＝2x，解得x＝0或x＝2，有“巧值点”，故A正确；f(x)＝e－x，f′(x)＝－e－x，－e－x＝e－x无解，无“巧值点”，故B错误；f(x)＝lnx，f′(x)＝eq \f(1,x)，lnx＝eq \f(1,x)，令g(x)＝lnx－eq \f(1,x)，则g(1)＝－1<0，g(e)＝1－eq \f(1,e)>0，由零点存在性定理可知g(x)在(1，e)上必有零点，故f(x)有“巧值点”，故C正确；f(x)＝tanx，f′(x)＝eq \f(1,cos2x)，eq \f(1,cos2x)＝tanx，sinxcosx＝1，即sin2x＝2，无解，所以f(x)无“巧值点”，故D错误．故选AC.13．答案：4解析：方法一　由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝100a1，S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝25a1，所以eq \f(S10,S5)＝4.方法二　设等差数列{an}的公差为d，由a1≠0，a2＝3a1，得d＝2a1，则eq \f(S10,S5)＝eq \f(10（a1＋a10）,5（a1＋a5）)＝eq \f(10（2a1＋9d）,5（2a1＋4d）)＝eq \f(200a1,50a1)＝4.14．答案：y＝2x解析：设切点坐标为(x0，lnx0＋x0＋1).由题意得y′＝eq \f(1,x)＋1，则该切线的斜率k＝eq \f(1,x0)＋1＝2，解得x0＝1，所以切点坐标为(1，2)，所以该切线的方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x.15．答案：－24解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，a1＝1，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ＝a2·a6，所以(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，所以等差数列{an}的前6项的和为S6＝6a1＋eq \f(6×5,2)d＝6×1＋eq \f(6×5,2)×(－2)＝－24.16．答案：12x－3y－16＝0或3x－3y＋2＝0解析：①当P为切点时，由y′＝f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3))′＝x2，得f′(2)＝4，即过点P的切线方程的斜率为4.则所求的切线方程是y－eq \f(8,3)＝4(x－2)，即12x－3y－16＝0.②当P点不是切点时，设切点为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,3)x eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(0)) ))，则切线方程为y－eq \f(1,3)x eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(0)) ＝x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) (x－x0)，因为切线过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))，把点P的坐标代入以上切线方程，解得x0＝－1或x0＝2(即点P，舍去)，所以切点为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))，故所求切线方程为3x－3y＋2＝0.综上所述，过点P的切线方程为12x－3y－16＝0或3x－3y＋2＝0.17．解析：(1) 由eq \f(1,2)an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))an可得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2（n＋1）,n)，所以eq \f(a2,a1)＝2×eq \f(2,1)，eq \f(a3,a2)＝2×eq \f(3,2)，eq \f(a4,a3)＝2×eq \f(4,3)，…，eq \f(an,an－1)＝2×eq \f(n,n－1)(n≥2)，以上各式左右两边分别相乘可得eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)＝2n－1×(eq \f(2,1)×eq \f(3,2)×eq \f(4,3)×…×eq \f(n,n－1))，即eq \f(an,a1)＝2n－1·n，所以an＝n·2n－1(n≥2)，公式对n＝1也适合，所以an＝n·2n－1.(2)因为eq \f(an,n)＝2n－1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))为等比数列，且公比为2，首项为1，通项eq \f(an,n)＝2n－1.由公式法可得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))的前n项和Sn＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2n)),1－2)＝2n－1.18．解析：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝ex(2－x2).令f′(x)>0，解得－eq \r(2)eq \r(2).故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－eq \r(2))，(eq \r(2)，＋∞)；单调递增区间为(－eq \r(2)，eq \r(2)).(2)函数f(x)＝(－x2＋ax)ex的导函数为f′(x)＝ex[a－x2＋(a－2)x].因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，所以f′(x)≥0在(－1，1)上恒成立，即a－x2＋(a－2)x≥0在(－1，1)上恒成立，即x2－(a－2)x－a≤0在(－1，1)上恒成立，故只需1＋(a－2)－a≤0且1－(a－2)－a≤0，解得a≥eq \f(3,2)，故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).19．解析：(1)依题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，对f(x)求导，得f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax－b.由已知，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝\f(1,2)＋4a－b＝0，,f（2）＝ln2＋4a－2b＝ln2－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,8)，,b＝0，))所以f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(x,4)＝eq \f(4－x2,4x)＝eq \f(（2－x）（2＋x）,4x)(x>0)，可知f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，满足f(x)在x＝2处取得极值，所以a＝－eq \f(1,8)，b＝0.(2)当a＝－eq \f(1,8)时，g(x)＝lnx－eq \f(1,8)x2＋b.对g(x)求导，得g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(x,4)＝eq \f(4－x2,4x)＝eq \f(（2－x）（2＋x）,4x).当x∈(1，2)时，g′(x)>0，当x∈(2，3)时，g′(x)<0，所以g(x)在[1，2]上单调递增，在[2，3]上单调递减，在区间[1，3]上，g(x)max＝g(2)＝ln2－eq \f(1,2)＋b.又g(1)＝－eq \f(1,8)＋b，g(3)＝ln3－eq \f(9,8)＋b，g(3)－g(1)＝ln3－1>0，所以g(x)min＝g(1)＝－eq \f(1,8)＋b＝1，解得b＝eq \f(9,8)，所以g(2)＝ln2＋eq \f(5,8).于是函数g(x)在区间[1，3]上的最大值为ln2＋eq \f(5,8).20．解析：(1)因为Sn＝eq \f(n（n＋1）,2)，所以当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n（n＋1）,2)－eq \f(n（n－1）,2)＝n，a1＝1也适合上式，所以an＝n，n∈N＋.(2)因为bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).21．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1.当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)至多存在1个零点，不合题意．当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．故当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝a－a(lna＋2)＝－a(1＋lna).①若0eq \f(1,e)，则f(lna)<0.由于f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，lna)上存在唯一零点．由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，所以当x>4且x>2ln (2a)时，f(x)＝eeq \s\up6(\f(x,2))·eeq \s\up6(\f(x,2))－a(x＋2)>eln (2a)·(eq \f(x,2)＋2)－a(x＋2)＝2a>0.故f(x)在(lna，＋∞)上存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．综上，a的取值范围是(eq \f(1,e)，＋∞).22．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex，f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex.令f′(x)＝0，得x＝0，∴当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．(2)f′(x)＝eax＋aeaxx－ex＝(ax＋1)eax－ex，f′(0)＝0.设g(x)＝(ax＋1)eax－ex，则g′(x)＝aeax＋aeax(ax＋1)－ex＝(a2x＋2a)eax－ex，g′(0)＝2a－1.当2a－1>0，即a>eq \f(1,2)时，存在δ>0，使得当x∈(0，δ)时，g′(x)>0，此时f′(x)在(0，δ)上单调递增．∵f′(x)>f′(0)＝0，∴f(x)在(0，δ)上单调递增，∴f(x)>f(0)＝－1，这与f(x)<－1矛盾，故舍去．当2a－1≤0，即a≤eq \f(1,2)时，f(x)≤xeeq \f(1,2)x－ex.令h(x)＝xeeq \f(1,2)x－ex，则h′(x)＝eeq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)eeq \f(1,2)x·x－ex＝eeq \f(1,2)x(1＋eq \f(1,2)x－eeq \f(1,2)x)<0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，此时h(x)0时，xeeq \f(1,2)x－ex<－1，∴x1，则x＝2lnt，∴2lnt1.取t＝eq \r(\f(n＋1,n))(n∈N*)，则2lnt＝ln (n＋1)－lnn<eq \r(\f(n＋1,n))－eq \r(\f(n,n＋1))＝eq \f(1,\r(n2＋n))，∴eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))>ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln (n＋1)－lnn＝ln (n＋1)，故结论得证．