2024-2025学年高二上学期人教A版（2019）选择性必修第二册全书综合检测二

2024-2025学年高二上学期 人教A版（2019）选择性必修第二册综合检测二 (时间：120分钟　满分：150分) 一、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，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为(　　) 1 2 3 4 2.已知函数f(x)＝3ln x＋f′(1)x2－5x，则f(1)的值是(　　) －3 －2 2 3 3.在数列{an}中，a1＝，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，则a5＝(　　) － － 4.已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝(　　) －2或2 －9或3 －1或1 －3或1 5.函数f(x)在定义域R上的导函数是f′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)·f′(x)＜0.设a＝f(0)，b＝f()，c＝f(log28)，则(　　) c＜a＜b c＜b＜a a＜b＜c a＜c＜b 6.已知数列的前n项和Sn＝n2－16n，则＝(　　) －55 0 55 73 7.曲线y＝esin x在(0，1)处的切线与直线l平行，且与l的距离为，则直线l的方程为(　　) x－y＋3＝0 x－y－1＝0 x－y＋3＝0或x－y－1＝0 y－1＝0 8.已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(0，＋∞)时，不等式f(x)－xf′(x)＞0成立，若a＝4f，b＝f，c＝(log9)·f(log)，则a，b，c的大小关系是(　　) a＜b＜c a＜c＜b c＜a＜b c＜b＜a 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.下列说法中正确的有(　　) ′＝cos 已知函数f(x)在R上可导，且f′(1)＝1，则 ＝2 一质点的运动方程为s＝t2，则该质点在t＝2时的瞬时速度是4 已知函数f(x)＝cos x，则函数y＝f′(x)的图象关于原点对称 10.已知函数f(x)＝ex－ln(x＋a)，a∈R，则(　　) 当a＝0时，f(x)没有零点 当a＝0时，f(x)是增函数 当a＝2时，直线y＝x＋1－ln 2与曲线y＝f(x)相切 当a＝2时，f(x)只有一个极值点x0，且x0∈(－1，0) 11.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形几何具有自身相似性，从它的任何一个局部经过放大，都可以得到一个和整体全等的图形.如图所示的雪花曲线，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图(2)，如此继续下去，得图(3).记an为第n(n∈N*)个图形的边长，bn为第n个图形的周长，Sn为{an}的前n项和，则下列说法正确的是(　　) bn＝3 Sn＝－ 若bn，bm为{bn}中的不同两项，且bn·bm＝b2·b4，则＋的最小值是1 若λ≤2Sn－＜μ恒成立，则μ－λ的最小值为 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.若函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，则a＝________. 13.某厂生产某种产品x件的总成本C(x)＝1 200＋x2(单位：万元)，产品单价(单位：万元)的平方与产品件数x成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，则产量定为________件时总利润最大. 14.已知f(x)＝x2＋bx＋c有极小值点－1，设bn＝，若对于任意的n∈N*，都有bn≥b4成立，则实数c的取值范围是________. 四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)设函数f(x)＝x3－x2－mx. (1)若f(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，求m的取值范围； (2)若x＝－1是函数的极值点，求函数f(x)在[0，5]上的最小值. 16.(15分)已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*)，bn＝. (1)求证：数列{bn}是等比数列； (2)从条件①{n＋bn}，②{n·bn}中任选一个，补充到下面的问题中并给出解答. 求数列________的前n项和Tn. 17.(15分)已知函数f(x)＝ln x－x2. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)≤(a－2)x恒成立，求实数a的取值范围. 18.(17分)小楠是一位收藏爱好者，在第1年初购买了价值20万元的收藏品M，受收藏品市场行情的影响，第2年、第3年的每年初M的价值为上年初价值的；从第4年开始，每年初M的价值比上年初价值增加4万元. (1)求第几年初开始M的价值超过原购买的价值； (2)记Tn(n∈N*)表示收藏品M前n年初的价值的平均值，求Tn的最小值. 19.(17分)已知函数f(x)＝x＋aex－1(a∈R)，g(x)＝xex－2x－2. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)的极大值为－2， ①求a的值；②求证：f(ln x)≤g(x). 答案 1.B　[∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，∴d＝a4－a3＝7－5＝2.] 2.A　[因为f(x)＝3ln x＋f′(1)x2－5x，所以f′(x)＝＋2f′(1)x－5，所以f′(1)＝3＋2f′(1)－5，故f′(1)＝2，所以f(1)＝f′(1)－5＝－3.] 3.B　[∵a1＝，an＝(－1)n·2an－1，∴a2＝(－1)2×2×＝，a3＝(－1)3×2×＝－，a4＝(－1)4×2×＝－，a5＝(－1)5×2×＝.] 4.A　[y′＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令y′＝0得x＝±1.当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，y′＞0；当x∈(－1，1)时，y′＜0，故y＝x3－3x＋c在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，所以y＝x3－3x＋c在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得极小值.由函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点知，函数的极大值等于0或极小值等于0，即1－3＋c＝0或－1＋3＋c＝0， 所以c＝2或c＝－2.] 5.A　[∵当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，∴f′(x)＞0，∴f(x)在区间(－∞，1)上为增函数.又∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f(x)在区间(1，＋∞)上为减函数.∵a＝f(0)＝f(2)，b＝f()，c＝f(log28)＝f(3)，∴c＜a＜b.] 6.D　[∵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，n∈N*，解得n≤8，则T11＝＝－a1－a2－a3－…－a8＋a9＋a10＋a11＝15＋13＋11＋9＋7＋5＋3＋1＋1＋3＋5＝73.] 7.C　[设u＝sin x，则y′＝(esin x)′＝(eu)′·(sin x)′＝cos xesin x，当x＝0时，切线的斜率k＝1，则切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0.若直线l与切线平行，可设直线l的方程为x－y＋c＝0.由两平行线间的距离为，得＝，解得c＝3或c＝－1.故直线l的方程为x－y＋3＝0或x－y－1＝0.] 8.A　[当x∈(0，＋∞)时，不等式f(x)－xf′(x)＞0成立，令g(x)＝，则g′(x)＝′＝＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减.a＝4f(4－)＝＝g(4－)，b＝f＝＝g，c＝(log9)·f(log)＝－2f＝＝g，∵f(x)是定义在R上的奇函数，∴g(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，则g＝g，∵4－＝＝＞＝＞＞0，且g(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴g(4－)＜g＜g，则a＜b＜c.] 9.BCD　[′＝0，故A错误； ＝2 ＝2f′(1)＝2，故B正确；由s＝t2得s′＝2t，则质点在t＝2时的瞬时速度是s′|t＝2＝4，故C正确；由f(x)＝cos x得f′(x)＝－sin x，导函数为奇函数，图象关于原点对称，故D正确.] 10.ACD　[当a＝0时，f(x)＝ex－ln x，则f′(x)＝，x＞0，设g(x)＝xex－1，则g′(x)＝(x＋1)ex，当x＞0时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上为增函数， 又g(0)＝－1＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点，设为m，则f(x)在(0，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，由em＝，得m＝ln ＝－ln m， 所以f(x)min＝f(m)＝em－ln m＝em＋m＞0，从而f(x)没有零点，故A正确，B错误； 当a＝2时，f(x)＝ex－ln(x＋2)，则f′(x)＝ex－，x＞－2，因为f(0)＝1－ln 2且f′(0)＝，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x＋1－ln 2，故C正确；由C选项易知f′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，且f′(－1)＜0，f′(0)＞0， 所以存在唯一的x＝x0，使f′(x0)＝0，即f(x)只有一个极值点x0，且x0∈(－1，0)，故D正确.] 11.ACD　[对于A，由题意可知，下一个图形的边长是上一个图形边长的，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为bn＝×4bn－1＝bn－1(n≥2)，所以数列{bn}是公比为，首项为3的等比数列，所以bn＝3，所以A正确； 对于B，由题意可知，从第2个图形起，每一个图形的边长均为上一个图形边长的，所以数列{an}是1为首项，为公比的等比数列，所以Sn＝＝＝－，所以B错误；对于C，由bn＝3，bn·bm＝b2·b4，得3··3·＝3··3·，所以＝，所以n＋m＝6.因为m，n∈N*，m≠n，所以当n＝1时，m＝5，则＋＝＋＝；当n＝2时，m＝4，则＋＝＋＝；当n＝4时，m＝2，则＋＝＋＝＋＝1；当n＝5时，m＝1，则＋＝＋＝，所以＋的最小值是1，所以C正确； 对于D，因为Sn＝－＝在n∈N*时单调递增，所以≤Sn＜，即1≤Sn＜.令y＝2Sn－，则y＝2Sn－在Sn∈时单调递增，所以2×1－1≤y＜2×－，即1≤y＜，即1≤2Sn－＜.因为λ≤2Sn－≤μ恒成立，所以μ－λ的最小值为－1＝，所以D正确.] 12.3　[由f(x)＝－x3＋ax2－4，可得f′(x)＝－3x2＋2ax，因为x＝2是函数f(x)的极值点，可得f′(2)＝0，所以－3×4＋2a×2＝0，解得a＝3.] 13.225　[设产品单价为m万元，因为产品单价的平方与产品件数x成反比，所以m2＝(其中k为非零常数).又因为生产100件这样的产品单价为50万元， 所以502＝，故k＝250 000.记生产x件产品时，总利润为f(x)，所以f(x)＝mx－C(x)＝500－1 200－x2，x＞0.则f′(x)＝－x，由f′(x)＞0得0＜x＜225； 由f′(x)＜0得x＞225，故函数f(x)在(0，225)上单调递增，在(225，＋∞)上单调递减.因此当x＝225时，f(x)取最大值.即产量定为225件时，总利润最大.] 14.[12，20]　[因为f(x)＝x2＋bx＋c有极小值点－1，所以－＝－1，解得b＝2(经检验符合)，即bn＝＝n＋＋2，令g(x)＝x＋＋2(x≥1)，则g′(x)＝1－＝，当c≤1时，g′(x)≥0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，此时{bn}是递增数列，不满足题意，故c＞1.当1＜x＜时，g′(x)＜0，当x＞时，g′(x)＞0，即g(x)在(1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，即数列{bn}先减后增， 因为对于任意的n∈N*，都有bn≥b4成立，所以只需b3≥b4且b4≤b5，即解得12≤c≤20.] 15.解　(1)f′(x)＝x2－2x－m，由题意可知，f′(x)＝x2－2x－m＜0在(0，＋∞)上有解，所以存在x∈(0，＋∞)，使得m＞x2－2x，因为y＝x2－2x的最小值为12－2×1＝－1，则m＞－1，即m的取值范围为(－1，＋∞). (2)因为f′(－1)＝1＋2－m＝0，所以m＝3.所以f′(x)＝x2－2x－3，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3.所以当x∈[0，3)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(3，5]时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.所以函数f(x)在[0，5]上的最小值为f(3)＝9－9－9＝－9. 16.(1)证明　因为a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*)，所以当n≥2时，an－1＝2(an－1－1)＋2n，所以＝＋1，即－＝1，所以是以＝2为首项，1为公差的等差数列，所以＝2＋(n－1)×1＝n＋1， 所以an＝(n＋1)2n＋1，bn＝＝＝2n.因为b1＝＝2，n≥2时，＝＝2，所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列. (2)解　选①：因为bn＝2n，所以n＋bn＝n＋2n，则Tn＝(1＋2)＋(2＋22)＋(3＋23)＋…＋(n＋2n)＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝n(n＋1)＋＝＋＋2n＋1－2.选②：因为bn＝2n，所以nbn＝n·2n，则Tn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，(ⅰ)2Tn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得－Tn＝1×21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1，所以Tn＝n×2n＋1－＝n×2n＋1－2n＋1＋2＝(n－1)2n＋1＋2. 17.解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x＝(x＞0)，令f′(x)＞0，得1－2x2＞0，所以0＜x＜，则f(x)的单调递增区间为，令f′(x)＜0，得1－2x2＜0，所以x＞，则f(x)的单调递减区间为. (2)f(x)≤(a－2)x恒成立等价于a－2≥恒成立，设h(x)＝，则h′(x)＝，设m(x)＝1－x2－ln x，则m′(x)＝－2x－＝－(x＞0)，易知m′(x)＜0，∴m(x)在(0，＋∞)上单调递减，又∵m(1)＝0，∴当x∈(0，1)时，m(x)＞0，即h′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，m(x)＜0，即h′(x)＜0，∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)在x＝1处取得极大值，也是最大值， ∴h(x)≤h(1)＝－1，∴a－2≥－1，∴a≥1，故a的取值范围是[1，＋∞). 18.解　(1)设第n(n∈N*)年初M的价值为an万元，依题意，当1≤n≤3时，数列{an}是首项为20，公比为的等比数列，所以an＝20×＝5×23－n.故a2＝10，a3＝5，所以a3<a2<a1.当n≥4时，数列{an}是以a4为首项，4为公差的等差数列.因为a4＝a3＋4＝9，所以an＝9＋(n－4)×4＝4n－7.令an>20，得n>.又n∈N*，所以n≥7.因此第7年初M的价值超过原购买的价值. (2)设Sn表示前n年初M的价值的和，则Tn＝.由(1)，知当1≤n≤3时，Sn＝＝40－5×23－n，Tn＝.当n≥4时，由于S3＝35，故Sn＝S3＋(a4＋a5＋…＋an)＝35＋＝2n2－5n＋32，Tn＝＝2n＋－5.当1≤n≤3时，由①得T1＝20，T2＝15，T3＝， 所以T1>T2>T3；当n≥4时，易知Tn＝2n＋－5是递增的，故(Tn)min＝T4＝11. 由于T3>T4，故在第4年初Tn的值最小，最小值为11. 19.(1)解　由f(x)＝x＋aex－1，得f′(x)＝1＋aex.当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，所以函数f(x)在R上单调递增；当a＜0时，令f′(x)＞0，得x＜－ln(－a)，令f′(x)＜0，得x＞－ln(－a)，所以函数f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减.综上可知，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a＜0时，f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，(－ln(－a)，＋∞)上单调递减. (2)①解　由(1)知a＜0，且当x＝－ln(－a)时，f(x)取得极大值－2，所以f(－ln(－a))＝－ln(－a)＋ae－ln(－a)－1＝－2，解得a＝－1.②证明　由a＝－1，则f(x)＝x－ex－1.要证f(ln x)≤g(x)，即证xex－x－ln x－1≥0.令F(x)＝xex－x－ln x－1，则F′(x)＝(x＋1)ex－－1＝(x＋1)，x＞0.令G(x)＝(x＋1)(x＞0)，易知G(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为G(1)＝2(e－1)＞0，G＝(－2)＜0， 所以∃x0∈，使得G(x0)＝0，即ex0＝，所以当x∈(0，x0)时，G(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，G(x)＞0，所以F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(x0)＝x0ex0－x0－ln x0－1，又因为ex0＝，即x0＝－ln x0， 所以F(x)min＝1－x0＋x0－1＝0，所以F(x)≥0，即xex－x－ln x－1≥0，所以f(ln x)≤g(x). 学科网（北京）股份有限公司 $$