2021年人教版高中数学选择性必修第二册期末模块检测（提升卷）（解析版）

这是一份高中数学全册综合当堂检测题，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
选择性必修第二册 期末模块检测试卷 能力提升B卷解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 题型：8（单选）+4（多选）+4（填空）+6（解答），满分150分，时间：120分钟 一、单选题 1．已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，若，则（    ）A．3 B． C．-3 D．【答案】D【分析】设数列是公差为，，根据等差数列的通项公式及前项和公式计算可得；【详解】解：设数列是公差为，，首项为，因为所以，所以，所以所以故选：D2．在数列中，，，则（    ）A． B． C． D．3【答案】A【分析】根据已知分析数列的周期性，可得答案．【详解】解：∵，，∴，，，.∴该数列是周期数列，周期.又，∴，故选：A.3．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，…该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，若是“斐波那契数列”，则的值为（    ）.A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】由已知数列的特点依次求出，，，的值，发现这些数依次为，进而可求出答案【详解】由题设可知，斐波那契数列为：其特点为：前两个数为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，由此可知：，，，，，则.故选：B.4．已知数列满足，设，为数列的前n项和.若对任意恒成立，则实数t的最小值为（    ）A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】先求出的通项，再利用裂项相消法可求，结合不等式的性质可求实数t的最小值.【详解】时，，因为，所以时，，两式相减得到，故时不适合此式，所以，当时，，当时，，所以；所以t的最小值；故选：C.【点睛】方法点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.5．已知各项均为正数的等比数列{}，=5，=10，则=A． B．7 C．6 D．【答案】A【解析】试题分析：由等比数列的性质知，a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9成等比数列，所以a4a5a6＝故答案为考点：等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知识，转化与化归的数学思想． 6．定义：如果函数在区间上存在，满足，，则称函数是在区间上的一个双中值函数，已知函数是区间上的双中值函数，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】，∵函数是区间上的双中值函数，
∴区间上存在 ，
满足 ∴方程在区间有两个不相等的解，
令，
则，解得 ∴实数的取值范围是.故选:A．7．若函数满足，则的值为（    ）．A．1 B．2 C．0 D．【答案】C【分析】求导得到，取带入计算得到答案.【详解】，则，则，故.故选：C.【点睛】本题考查了求导数值，意在考查学生的计算能力和应用能力.8．已知是定义在上的偶函数，当时，（其中为的导函数），若，则的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由，结合已知条件有偶函数在上单调减，上单调增，再由 即可求解集.【详解】由，而知：在上单调减，而，即，又知：，∴在上有，又是定义在上的偶函数，则在上为偶函数，∴在上单调增，即，可得，综上，有，故选：A【点睛】思路点睛：由与组成的复合型函数式，一般可以将其作为某函数导函数的一部分，构造出原函数，再利用奇偶性、单调性求函数不等式的解集. 二、多选题9．设是等差数列，是其前项的和，且，，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．与均为的最大值【答案】BD【分析】设等差数列的公差为，依次分析选项即可求解.【详解】根据题意，设等差数列的公差为，依次分析选项：是等差数列，若，则，故B正确；又由得，则有，故A错误；而C选项，，即，可得，又由且，则，必有，显然C选项是错误的.∵，，∴与均为的最大值，故D正确；故选：BD.【点睛】本题考查了等差数列以及前项和的性质，需熟记公式，属于基础题.10．已知正项数列的前项和为，若对于任意的，，都有，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．若该数列的前三项依次为，，，则D．数列为递减的等差数列【答案】AC【分析】令，则，根据，可判定A正确；由，可判定B错误；根据等差数列的性质，可判定C正确；，根据，可判定D错误.【详解】令，则，因为，所以为等差数列且公差，故A正确；由，所以，故B错误；根据等差数列的性质，可得，所以，，故，故C正确；由，因为，所以是递增的等差数列，故D错误.故选：AC.【点睛】解决数列的单调性问题的三种方法；1、作差比较法：根据的符号，判断数列是递增数列、递减数列或是常数列；2、作商比较法：根据或与1的大小关系，进行判定；3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断.11．对于函数，下列说法正确的是（    ）A．在处取得极大值 B．有两个不同的零点C． D．若在上恒成立，则【答案】ACD【分析】求得函数的导数，根据导数的符号，求得函数的单调区间和极值，可判定A正确；根据函数的单调性和，且时， ，可判定B不正确；由函数的单调性，得到，再结合作差比较，得到，可判定C正确；分离参数得到在上恒成立，令，利用导数求得函数的单调性与最值，可判定D正确.【详解】由题意，函数，可得，令，即，解得，当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减，所以当时，函数取得极大值，极大值为，所以A正确；由当时，，因为在上单调递增，所以函数在上只有一个零点，当时，可得，所以函数在上没有零点，综上可得函数在只有一个零点，所以B不正确；由函数在上单调递减，可得，由于，则，因为，所以，即，所以，所以C正确；由在上恒成立，即在上恒成立，设，则，令，即，解得，所以当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值为，所以，所以D正确.故选：ACD.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．12．已知等比数列首项，公比为，前项和为，前项积为，函数，若，则（    ）A．为单调递增的等差数列 B．C．为单调递增的等比数列 D．使得成立的的最大值为6【答案】BCD【分析】令，利用可得，，B正确；由可得A错误；由可得C正确；由，，可推出，可得D正确.【详解】令，则，，，因为是等比数列，所以，即，，，B正确；，是公差为的递减等差数列，A错误；，是首项为，公比为的递增等比数列，C正确；，，，时，，时，，时，，，时，，又，，所以使得成立的的最大值为6，D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：利用等比数列的性质、通项公式、求和公式、数列的单调性求解是解题关键.  三、填空题13．求和：___________ ．【答案】【解析】易知该数列的通项，故该数列的前n项和为14．朱载堉（1536-1611）是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中制作了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍．设第三个音的频率为，第七个音的频率为，则______．【答案】【分析】将每个音的频率看作等比数列，利用等比数列知识可求得结果.【详解】由题知：一个八度13个音，且相邻两个音之间的频率之比相等，可以将每个音的频率看作等比数列，一共13项，且，最后一个音是最初那个音的频率的2倍，，，，．故答案为：【点睛】关键点点睛：构造等比数列求解是解题关键.15．已知是，的等差中项，是，的等比中项，则______.【答案】【分析】由题意得，，消去，可得，化简得，得，则有【详解】由题设可知：由是，的等差中项，则①，是，的等比中项，则②，则有①②可知：③，，，则将③式变形得：，即，则.故答案为：.【点睛】关键点点睛：此题考查等差中项、等比中项的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是由已知条件得，，消去，可得，再利用三角函数恒等变换公式化简可得结果，考查转化思想和计算能力，属于中档题16．为了评估某种治疗肺炎药物的疗效，现有关部门对该药物在人体血管中的药物浓度进行测量．设该药物在人体血管中药物浓度与时间的关系为，甲、乙两人服用该药物后，血管中药物浓度随时间变化的关系如下图所示．给出下列四个结论：① 在时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同；② 在时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率相同；③ 在这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同；④ 在,两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率不相同.其中所有正确结论的序号是_____．【答案】①③④【分析】理解平均变化率和瞬时变换率的意义，结合图象，判断选项.【详解】①在时刻，为两图象的交点，即此时甲、乙两人血管中的药物浓度相同，故①正确；②甲、乙两人在时刻的切线的斜率不相等，即两人的不相同，所以甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不相同，故②不正确；③根据平均变换率公式可知，甲、乙两人的平均变化率都是，故③正确；④在时间段，甲的平均变化率是，在时间段，甲的平均变化率是，显然不相等，故④正确.故答案为：①③④【点睛】思路点睛：本题是一道识图的实际应用问题，判断的关键是理解两个概念，瞬时变化率和平均变化率，结合导数的几何意义可知瞬时变化率就是在此点处切线的斜率，平均变化率是. 四、解答题17．设数列的前n项和为，从条件①，②，③中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列的前n项和为，，____.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n和.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【分析】（1）若选①可得为常数数列，即可求出；若选②利用可得，即可得为常数数列，即可求出；若选③利用可得，即可得到数列是以1为首项，1为公差的等差数列，从而得解；（2）利用错位相减法求和；【详解】选条件①时，（1）时，整理得，所以.（2）由（1）得：，设，其前项和为，所以 ①， ②，①②得：，故，所以.选条件②时，（1）由于，所以①，当时，②，①②得：，，整理得，所以.（2）由（1）得：，设，其前项和为，所以 ①， ②，①②得：，故，所以.选条件③时，由于，    ① ②①②时，，整理得（常数），所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.所以.（2）由（1）得：，设，其前项和为，所以①，②，①②得：，故，所以.【点睛】数列求和的方法技巧：(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．18．已知为等差数列，为等比数列，，，.（1）求和的通项公式；（2）对任意的正整数，设，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列和等比数列的通项公式可求得数列和的通项公式；（2）设数列的前项和中奇数项的和为，偶数项的和为，推导出：当为正奇数时，，当为正偶数时，，利用裂项相消法可求出，利用错位相减法可求得，进而可求得数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由，，则，可得，所以，因为，，所以，整理得，解得，所以；（2）设数列的前项和中奇数项的和为，偶数项的和为，当为奇数时，，当为偶数时，，对任意的正整数，，，①，由①得，②，①②得，化简得.因此，数列的前项和为.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于型数列，利用分组求和法；（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.19．已知函数()．（1）若函数有两个极值点，求的取值范围；（2）证明：当时，．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）由题意转化为有两个变号零点，再参变分离后得，利用图象求的取值范围；（2）首先构造函数()，求函数的二次导数，分析函数的单调性，并求函数的最值，并证明不等式.【详解】（1）的定义域为，，若函数有两个极值点，则有两个变号零点，等同于，即水平直线与曲线有两个交点(不是的切线)，令，的定义域为，则，令，解得，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递减，则为的极大值，也为最大值，当时，，当时，，当时，且为正数，则的图像如图所示，则此时；（2）证明：令()，则只需证明当时恒成立即可，则，令，则，当时，，，，则，则在时单调递增，又，∴时，，则在时单调递增，∴当时，即当时，．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.其中一种重要的技巧就是找到函数在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的突破口.20．已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由题可知数列为等比数列，公比，进一步求出的通项公式，所以，利用累加法求出数列的通项公式；（2）利用对数列进行放缩 ，化简求出答案.【详解】（1），所以数列为等比数列，公比，所以，所以（2）证明： 【点睛】放缩法的注意事项：（1）放缩的方向要一致。（2）放与缩要适度。（3）很多时候只对数列的一部分进行放缩法，保留一些项不变（多为前几项或后几项）。（4）用放缩法证明极其简单，然而，用放缩法证不等式，技巧性极强，稍有不慎，则会出现放缩失当的现象。21．设函数 （1）若函数在上递增，在上递减，求实数的值.（2））讨论在上的单调性；（3）若方程有两个不等实数根，求实数的取值范围，并证明.【答案】（1）（2）见解析（3），见解析【分析】（1）根据单调区间判断出是极值点，由此根据极值点对应的导数值为求解出的值，并注意验证是否满足；（2）先求解出，然后结合所给区间对进行分类讨论，分别求解出的单调性；（3）构造函数，分析的取值情况，由此求解出的取值范围；将证明通过条件转化为证明，由此构造新函数进行分析证明.【详解】（1）由于函数函数在上递增，在上递减，由单调性知是函数的极大值点，无极小值点，所以，∵，故，此时满足是极大值点，所以；（2）∵，∴，①当时，在上单调递增.②当，即或时，，∴在上单调递减.③当且时，由 得.令得；令得.∴在上单调递增，在上单调递减.综上，当时，在上递增；当或时，在上递减；当且时，在上递增，在上递减. （3）令，当时，，单调递减；当时，，单调递增；故在处取得最小值为又当，由图象知：不妨设，则有，令在上单调递增，故即，【点睛】本题考查函数与导数的综合运用，涉及到根据单调性求解参数、分类讨论法分析函数的单调性、双变量构造函数问题，难度较难.（1）已知是的极值点，利用求解参数值后，要注意将参数值带回验证是否满足；（2）导数中的双变量证明问题，一般的求解思路是：先通过转化统一变量，然后构造函数分析单调性和取值范围达到证明的目的.22．已知函数，其中.（1）讨论的单调性.（2）是否存在，对任意，总存在，使得成立？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）答案见解析；（2）存在，.【分析】（1）先求出函数的导数，再对a进行分类讨论，从而求出函数的单调区间；（2）对a进行分类讨论，分为，，三种情况，利用导数研究函数的最值，从而进行分析求解即可.【详解】（1）由，得，当时，对任意，，所以单调递减；当时，令，得，当时，，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，综上所述，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）存在满足条件的实数，且实数的值为，理由如下：①当，且时，由（1）知，在上单调递减，则时，，则，所以此时不满足题意；②当时，由（1）知，在上，单调递增，在上，单调递减，则当时，，当时，对任意，，所以此时不满足题意；③当时，令（），由（1）知在上单调递增，进而知在上单调递减，所以，，若对任意的，总存在，使得，则，，即，所以，解得，综上，存在满足题意的实数，且实数的值为.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调性的一般步骤：①确定函数的定义域；②求导函数；③若求单调区间（或证明单调性），只需在函数的定义域内解（或证明）不等式或（不恒等于0）即可.