高中数学新教材选择性必修第二册课件+讲义 综合检测试卷(2)

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高考政策|高中“新”课程，新在哪里?
1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。4、授课方式变化，选课制度将全面推开。5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。
一、单项选择题(本题共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.在等差数列{an}中，a4＝2，a8＝14，则a15等于A.32 B.－32 C.35 D.－35
解析　∵{an}是等差数列，
∴a15＝a4＋11d＝2＋11×3＝35.
2.函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分别是A.12，－8 B.1，－8C.12，－15 D.5，－16
解析　y′＝6x2－6x－12，由y′＝0，得x＝－1或x＝2(舍去).当x＝－2时，y＝1；当x＝－1时，y＝12；当x＝1时，y＝－8，所以ymax＝12，ymin＝－8.
4.设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a等于A.0 B.1 C.2 D.3
由导数的几何意义可得在点(0,0)处的切线的斜率为f′(0)＝a－1.又切线方程为y＝2x，则有a－1＝2，所以a＝3.
5.已知等差数列{an}共有10项，其偶数项之和为20，奇数项之和为5，则该数列的公差为A.－3 B.－2 C.2 D.3
解析　∵a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝5，a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝20，∴5d＝15，∴d＝3.
解析　由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有
7.设曲线y＝sin x上任一点(x，y)处的切线斜率为g(x)，则函数y＝x2g(x)的部分图象可以为
解析　由曲线方程y＝sin x，可知g(x)＝cs x，所以y＝x2g(x)＝x2cs x为偶函数，排除A，B；当x＝0时，y＝0，排除D，故选C.
解析　∵Sn＝n2－16n，∴当n＝1时，a1＝－15，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－16n－[(n－1)2－16(n－1)]＝2n－17，令an≤0，解得n≤8，
＝15＋13＋11＋9＋7＋5＋3＋1＋1＋3＋5＝73.
二、多项选择题(本题共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f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当ag(x)B.f(x)g(x)＋f(a)D.f(x)＋g(b)解析　因为f′(x)－g′(x)>0，所以[f(x)－g(x)]′>0，所以f(x)－g(x)在[a，b]上单调递增，所以当af(x)－g(x)>f(a)－g(a)，所以f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)，f(x)＋g(b)解析　设数列{an}的公比为q，
∴a3＝±1.∵S3＝7，
当a3＝－1时，得8q2＋q＋1＝0，无解，当a3＝1时，得6q2－q－1＝0，
11.已知函数f(x)＝sin x＋x3－ax，则下列结论正确的是A.f(x)是奇函数B.当a＝－3时，函数f(x)恰有两个零点C.若f(x)为增函数，则a≤1D.当a＝3时，函数f(x)恰有两个极值点
解析　对于A选项，函数f(x)＝sin x＋x3－ax的定义域为R，f(－x)＝sin(－x)＋(－x)3＋ax＝－sin x－x3＋ax＝－f(x)，函数f(x)为奇函数，A选项正确；对于B选项，当a＝－3时，f(x)＝sin x＋x3＋3x，则f′(x)＝cs x＋3x2＋3>0，所以函数f(x)在R上为增函数，又f(0)＝0，所以函数f(x)有且只有一个零点，B选项错误；对于C选项，f′(x)＝cs x＋3x2－a，由于函数f(x)为增函数，则f′(x)≥0对任意的x∈R恒成立，即a≤3x2＋cs x.
令g(x)＝3x2＋cs x，则g′(x)＝6x－sin x，令φ(x)＝6x－sin x，则φ′(x)＝6－cs x>0，所以函数g′(x)在R上为增函数，当x<0时，g′(x)0时，g′(x)>g′(0)＝0，函数g(x)单调递增.所以g(x)min＝g(0)＝1，∴a≤1，C选项正确；对于D选项，当a＝3时，f(x)＝sin x＋x3－3x，则f′(x)＝cs x＋3x2－3.由C选项可知，函数f′(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∵f′(－1)＝f′(1)＝cs 1>0，f′(0)＝－2<0，∴由函数零点存在定理可知，函数f′(x)在(－1,0)和(0,1)上都存在一个零点，因此，当a＝3时，函数f(x)有两个极值点，D选项正确.
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.已知数列{an}的通项公式为an＝2 021－3n，则使an>0成立的最大正整数n的值为_____.
解析　由an＝2 021－3n>0，
又∵n∈N*，∴n的最大值为673.
14.若函数f(x)＝ x3－ax2＋x－5无极值点，则实数a的取值范围是________.
所以f′(x)＝x2－2ax＋1，
所以(－2a)2－4≤0，解得－1≤a≤1，故实数a的取值范围是[－1,1].
15.函数f(x)＝(1＋x2)ex－1的零点个数为________.
解析　因为f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(1＋x)2ex≥0，所以f(x)单调递增，又因为f(0)＝0，所以f(x)有且仅有1个零点.
16.已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，则a10＝_______.
解析　∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)，故数列{an＋3} 为等比数列，首项为4，公比为2.∴an＋3＝4·2n－1，∴an＝4·2n－1－3＝2n＋1－3，∴a10＝2 045.
四、解答题(本题共6小题，共70分)17.(10分)设函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋8，其中a∈R.已知f(x)在x＝3处取得极值.(1)求f(x)的解析式；
解　f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a.因为f(x)在x＝3处取得极值，所以f′(3)＝6×9－6(a＋1)×3＋6a＝0，解得a＝3.所以f(x)＝2x3－12x2＋18x＋8.
(2)求f(x)在点A(1,16)处的切线方程.
解　点A在f(x)上，由(1)可知f′(x)＝6x2－24x＋18，f′(1)＝6－24＋18＝0，所以切线方程为y＝16.
解　选①：当n＝1时，a1＝S1＝2, 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n, 又n＝1满足an＝2n，
选②：设数列{an}的公差为d，由a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，
即an＝a1·n, S7＝7a4＝28a1＝56，所以a1＝2，
①②③均可求得an＝2n，
设{bn}的公比为q，又因为a1＝2，a2＝4，
得b1＝2，q＝2，所以bn＝2n(n∈N*)，
19.(12分)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0).(1)讨论函数f(x)的单调性；
解　f′(x)＝3ax2＋6x＋3，令f′(x)＝0，即3ax2＋6x＋3＝0，则Δ＝36(1－a).①若a≥1，则Δ≤0，f′(x)≥0，所以f(x)在R上是增函数.②因为a≠0，故当a<1时，Δ>0，f′(x)＝0有两个根，
若00，故f(x)在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上单调递增；当x∈(x2，x1)时，f′(x)<0，故f(x)在(x2，x1)上单调递减.当a<0时，则当x∈(－∞，x1)或x∈(x2，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，故f(x)在(x1，x2)上单调递增.
(2)若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，求a的取值范围.
解　当a>0，x>0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3>0，所以当a>0时，f(x)在区间(1,2)上单调递增.若a<0时，f(x)在区间(1,2)上单调递增，
20.(12分)某公司自2020年起，每年投入的设备升级资金为500万元，预计自2020年起(2020年为第1年)，因为设备升级，第n年可新增的盈利an＝ (单位：万元)，求：(1)第几年起，当年新增盈利超过当年设备升级资金；
解　当n≤5时，an＝80(n－1)>500，解得n>7.25，即n≥8，不成立，当n≥6时，an＝1 000(1－0.6n－5)>500，即0.6n－5<0.5，0.6n－5随着n的增大而减小，当n＝6时，0.66－5＝0.6<0.5不成立，当n＝7时，0.67－5＝0.36<0.5成立，故第7年起，当年新增盈利超过当年设备升级资金.
(2)第几年起，累计新增盈利总额超过累计设备升级资金总额.
解　当n＝5时，累计新增盈利总额S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0＋80＋160＋240＋320＝800<500×5，可得所求n超过5，
由于3×0.6n－5随着n的增大而减小又当n＝11时，11＋3×0.611－5<11.4，故不成立，当n＝12时，12＋3×0.612－5>11.4，故成立，故从第12年起，累计新增盈利总额超过累计设备升级资金总额.
21.(12分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1.(1)证明数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
解　由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1).∵a1＋1＝2≠0，∴{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.∴an＋1＝2×2n－1＝2n，∴an＝2n－1.
(2)令bn＝3n·(an＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　由(1)知bn＝3n·2n，∴Tn＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n－1)·2n－1＋3n·2n，∴2Tn＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n－1)·2n＋3n·2n＋1，∴－Tn＝3×(21＋22＋23＋…＋2n)－3n·2n＋1
＝(3－3n)2n＋1－6.∴Tn＝(3n－3)·2n＋1＋6.
22.(12分)已知函数f(x)＝xex－x2－2x－1.(1)求函数f(x)在[－1,1]上的最大值；
解　f′(x)＝ex＋xex－2x－2＝(x＋1)(ex－2)，当x∈(－1，ln 2)时，f′(x)<0；当x∈(ln 2,1)时，f′(x)>0，∴f(x)在[－1，ln 2)上单调递减，在(ln 2,1]上单调递增，∴f(x)max＝max{f(－1)，f(1)}，
(2)证明：当x>0时，f(x)>－x－1.
证明　要证f(x)>－x－1，只需证f(x)＋x＋1＝xex－x2－x>0，∵x>0，∴只需证ex－x－1>0.令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1, 当x>0时，ex>1，∴g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)>e0－0－1＝0，即当x>0时，ex－x－1>0恒成立，则原命题得证，∴当x>0时，f(x)>－x－1.