2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修二专题6.2 选择性必修二综合检测卷2

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专题6.2选择性必修二综合检测卷2考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（2024·甘肃·统考二模）数列的前项和为，若点在函数的图象上，则（    ）A．2021 B．4041 C．4042 D．4043【答案】D【分析】根据点在函数的图象上，得到，再利用数列通项与前n项和的关系求解.【详解】因为点在函数的图象上，所以，当时，，当时，，又适合上式，所以，所以，故选：D【点睛】方法点睛：1、数列的通项an与前n项和Sn的关系是，当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．2．（2023下·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）设数列满足，则的前n项和（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】当时，求，当时，由题意得，可求得，即可求解.【详解】解：当时，，当时，由得，两式相减得，，即，综上，所以的前n项和为，故选：C.3．（2024·吉林·高二舒兰市第一高级中学校阶段练习）对于数列，若任意，都有（为常数）成立，则称数列具有性质P（t），若数列的通项公式为，且具有性质P（t），则t的最大值为A．6 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】首先将问题转化为恒成立的问题，据此求得实数t的取值范围即可确定t的最大值.【详解】由题意可得：对任意的恒成立，，且具有性质P（t），则恒成立，即恒成立，据此可知数列是递增数列或常数列，据此可得：，整理可得：恒成立，由于，故，故，t的最大值为6.本题选择A选项.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.4．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为，若不等式．对任意的恒成立，则称数列为“和保值数列”．若是公差为的等差数列，且为“和保值数列”，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题中定义，根据等差数列的前项和公式、等差数列的通项公式，结合二次函数的性质进行求解即可.【详解】由为“和保值数列”可得对任意的恒成立，即对任意的恒成立，即对任意的恒成立，当时，可得；当时，不等式恒成立，所以，即，故．则．即，故，故的取值范围为．故选：C【点睛】关键点睛：运用二次函数的性质进行求解是解题的关键.5．（2024·高二课时练习）已知函数，其导函数记为，则（    ）A．2 B． C．3 D．【答案】A【分析】函数，分析其性质可求的值 ，再求并讨论其性质即可作答.【详解】由已知得，则，显然为偶函数.令，显然为奇函数.又为偶函数，所以，，所以.故选：A.6．（2024·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】通过构造函数，利用导数研究函数单调性，证得，则有，再通过作商法比较.【详解】设，因为，所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以当，且时，，即.所以，，所以最小，又因为，所以.综上，.故选：A7．（2024·河北·统考模拟预测）已知数列的前项和为，且，，，则（    ）A． B．2 C．1011 D．2022【答案】C【分析】根据已知的递推关系式求得数列的周期，进而求解结论．【详解】解：数列的前项和为，且，，，，，即，，，，．可得数列是周期为3的数列，且前三项为：2，，，则，故选：C．8．（2023下·江苏南京·高二江苏省江浦高级中学校联考期中）已知函数及其导函数定义域均为，且，，则关于的不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，求导确定函数的单调性，再由已知得，则不等式可转化为，即可得解集.【详解】设，则，所以在上单调递减，又，原不等式可化为，即，所以，即不等式的解集为.故选：B.多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（2023下·湖北武汉·高二武汉市第一中学校考阶段练习）已知无穷等差数列的前项和为，，且，则（    ）A．在数列中，大于 B．在数列中，公差C． D．当时，【答案】AD【分析】利用等差数列的通项公式可以求，，即可求公差，然后根据等差数列的性质判断四个选项是否正确.【详解】解：因为，所以 ，因为，所以，所以等差数列公差，所以是递减数列，故最大且，选项A正确；选项B不正确；，所以，故选项C不正确；当时，，即，故选项D正确；故选：AD10．（2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）已知函数，且，则（    ）A．有两个极值点B．有三个零点C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线【答案】AC【分析】利用极值点的定义可判断A，结合函数的单调性、极值及零点得存在性定理可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题意可得，解得，所以，令得或，令得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以是极值点，故A正确；因为，，所以函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；令，该函数的定义域为，因为，则是奇函数，所以是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C正确；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.故选：AC.11．（2024上·广东深圳·高二统考期末）已知数列的首项为1，且，是的前项和，则下列结论正确的为（    ）A．B．数列为等比数列C．数列为等差数列D．【答案】ACD【分析】利用并向求和可判断A；根据等比数列和等差数列的定义可判断B和C；利用裂项相消法求和后判断D.【详解】对于A，，，故A正确；对于B，，所以数列不是等比数列，故B错误；对于C，，数列为公差为的等差数列，故C正确；对于D，数列是首项为，公差为的等差数列，，， ，，，，，故D正确.故选：ACD.12．（2024·高一课时练习）某同学对函数进行研究后，得出以下结论，其中正确的有（    ）A．函数的图象关于原点对称B．对定义域中的任意实数的值，恒有成立C．函数的图象与轴有无穷多个交点，且每相邻两交点间距离相等D．对任意常数，存在常数，使函数在上单调递减，且【答案】BD【分析】对于A，利用函数奇偶性的定义；对于B，将不等式转化，对转化的函数求导并研究其单调性及其值域；对于C，时，求得并计算交点间距；对于D，对函数求导，求出使得函数单调递减且区间长度大于1的区间.【详解】对于A，∵函数的定义域为，，∴为偶函数，图象关于轴对称，故A错.对于B，由A知为偶函数，当时，∴令，∵，∴，所以在上单调递增，∴，即恒成立.故B正确.对于C，函数的图象与轴的交点坐标为，交点与的距离为，其余任意相邻两点的距离为，故C错.对于D，，，当，时，，，每段区间的长度为，所以对任意常数，存在常数，，，使在上单调递减且，故D正确.故选：BD.填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（2024·高二课时练习）已知数列满足若，则 .【答案】【分析】根据递推公式，可知，，，，…，故数列是以为周期的周期数列，由此即可求出结果.【详解】因为所以，，，…故数列是以为周期的周期数列，又知，所以.故答案为：.14．（2024·陕西·高考模拟）设函数的导函数为，若函数的图象的顶点横坐标为，且.则的值 .【答案】【分析】求出，由函数的图象的顶点横坐标为求出，由求出从而可得结果.【详解】， 故，从而，所以的顶点坐标为，因为函数的图象的顶点横坐标为，所以，解得，又由于，即，解得，所以，故答案为.【点睛】本题主要考查初等函数的求导公式以及二次函数的性质，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于中档题.15．（2024·辽宁大连·育明高中校考一模）某高中图书馆为毕业生提供网上阅读服务，其中电子阅览系统的登录码由学生的届别+班级+学号+特别码构成.这个特别码与如图数表有关，数表构成规律是：第一行数由正整数从小到大排列得到，下一行数由前一行每两个相邻数的和写在这两个数正中间下方得到.以此类推特别码是学生届别数对应表中相应行的自左向右第一个数的个位数字，如：1997届3班21号学生的登陆码为1997321*.（*为表中第1997行第一个数的个位数字）.若已知某毕业生的登录码为201*2138，则可以推断该毕业生是 届2班13号学生.【答案】【分析】根据图表中的数据，得到第行的第个数为，根据通项公式得到的个位数呈现周期性变化，且周期为，然后根据代入分别检验，即可求解.【详解】根据图表可得，第行的前两个数之差为，设第行的第一个数为，则，即两边同时除以，可得，且，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，所以，因为的个位数分别为，所以的个位数呈现周期性变化，且周期为，因为，所以，若时，则，因为，所以的个位数是，故的个位数为；若时，则，因为，所以的个位数是，故的个位数为；若时，则，因为，所以的个位数是，故的个位数为；若时，则，因为，所以的个位数是，故的个位数为，同理可得：的个位数为，的个位数为，的个位数为，的个位数为，的个位数为，的个位数为，所以某毕业生的登录码为201*2138，则，故推断该毕业生是届2班13号学生.故答案为：.16．（2023上·江苏苏州·高三苏州市苏州高新区第一中学开学考试）已知函数 若存在实数，，使得 ．且，则实数的取值范围是   .【答案】【分析】求出函数的导数，可得递增，解得的解为，由题意可得在有解，即有在有解，求得的范围，即可求得答案【详解】函数的导数为则函数在上递增，由可得，解得存在实数，，使得，且即为，且即在有解，在有解，设则在递减，递增可得最小值为2，最大值为3则实数的取值范围是故答案为【点睛】本题主要考查了导数的运用，利用导数求单调性和极值，最值，考查了参数分离法和运算能力，属于中档题．解答题（共6小题，满分70分）17．（2024·山西晋中·高二校考阶段练习）已知是公差为的等差数列，其前项和是，且，．(1)求数列的通项公式；(2)若，，求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用等差数列的通项公式以及前n项和公式可列方程组，求得首项和公差，即得答案；（2）利用裂项相消法求数列的和，可得答案.【详解】（1）由题意，得，解得，∴．（2）由（1）得，∴．18．（2024·江西抚州·高二阶段练习）已知数列的首项，前项和为．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和．【答案】(1)；(2).【分析】(1)由数列的递推公式可得数列是首项为1,，公比为3的等比数列，则其通项公式为；(2)结合(1)中求得的通项公式可得：，分组求和可得数列的前n项和为 .【详解】（1）由题意得两式相减得，因为所以，，对任意正整数成立，所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以.（2）， 所以， .所以数列的前项和为.19．（2023·吉林·统考三模）已知首项都是的数列满足.（1）令，求数列的通项公式；（2）若数列为各项均为正数的等比数列，且，求数列的前项和.【答案】（1）；（2） 【详解】（1）由题意可得，，两边同除以 ，得，又，，又 ，数列 是首项为，公差为 的等差数列．， ．（2）设数列的公比为，， ，整理得：， ，又， ，，…………①…………② ①—②得：．20．（2023上·北京西城·高三校考期中）已知函数.（1）求曲线在点（1，）处的切线方程；（2）若对恒成立，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）求导，再分别求得，，用点斜式写出切线方程. （2）根据对恒成立，则，再利用导数求解即可.【详解】（1）的定义域为.由已知得，且.所以.所以曲线在点（1，）处的切线方程为.（2）设，（）则.令得.当变化时，符号变化如下表：则，即，当且仅当时，.所以在上单调递增.又，因为对恒成立，所以，所以的最小值为为.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；；21．（2024·广东惠州·高三统考阶段练习）已知函数．(1)若的单调递增区间为，求的值．(2)求在上的最小值．【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）对函数求导，利用导函数判断出其单调区间，再根据单调区间即可解得；（2）对参数进行分类讨论，得出其单调性即可求出函数在上的最小值．【详解】（1）函数定义域为由于函数的单调增区间为，且，故；当时，，故函数的单调递增区间为．即可得，则．（2），①当时，，则在上单调递增，所以；②当，，，则在上单调递减，时，，则在单调递增；（i）当，即时，在单调递增，此时，（ii）当，即时，在上单调递减，在上单调递增；此时．综上所述：当时，；当时，．22．（2024·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测）已知函数，.(1)讨论的单调性并求极值.(2)设函数（为的导函数），若函数在内有两个不同的零点，求实数的取值范围.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值；(2).【分析】（1）求出，然后可得单调性和极值；（2），然后求出当时的单调性，要使函数在内有两个不同的零点，则有，解出，然后证明即可.【详解】（1）因为在上单调递增，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值.（2）因为，所以，当时，，所以当或时，在上单调，至多只有一个零点，不满足题意，当时，由可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以要使函数在内有两个不同的零点，则有，由可得，下面证明当时，令，则，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以当时，综上：实数的取值范围为.10极小