模块综合检测(2)（Word练习）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

模块综合检测(二) (时间：120分钟　满分：150分) 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．在等比数列{an}中，若a2＝－32，a5＝4，则公比q应为(　　) A．±　　　　　　 B．±2 C．－ D．－2 解析：选C　因为＝q3＝－， 故q＝－． 2．若f(x)＝2xf′(1)＋x2，则f′(0)等于(　　) A．2 B．0 C．－2 D．－4 解析：选D　∵f′(x)＝2f′(1)＋2x， ∴f′(1)＝2f′(1)＋2， f′(1)＝－2，f′(0)＝2f′(1)＝－4，选D． 3．在等差数列{an}(n∈N*)中，若a4＋a5＋a6＝27，则a1＋a9等于(　　) A．9 B．27 C．18 D．54 解析：选C　由a4＋a5＋a6＝3a5＝27，解得a5＝9，则a1＋a9＝2a5＝18，故选C． 4．据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多d(d为常数)盏，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的底层共有灯(　　) A．2盏 B．3盏 C．26盏 D．27盏 解析：选C　由题意，塔的每层的灯数成等差数列，记塔的底层到顶层的灯数依次为为a1，a2，…a9，根据等差数列的性质可得 a1＋a2＋…＋a8＋a9＝9a5＝126，所以a5＝14． 根据题意可得a1＝a5＋(5－1)d＝14＋4d，a9＝a5－(9－5)d＝14－4d，所以a1＝13a9， 即14＋4d＝13×(14－4d)，解得d＝3， 所以最下面一层有灯14＋4×3＝26(盏)，故选C． 5．设曲线y＝在点(1，0)处的切线与直线x－ay＋1＝0垂直，则a＝(　　) A．－ B． C．－2 D．2 解析：选A　由题意得， y′＝＝(x>0)．∵曲线在点(1，0)处的切线与直线x－ay＋1＝0垂直，∴＝－a，解得a＝－，故选A． 6．若f(x)＝x2－2x－4ln x，则f(x)的单调递增区间为(　　) A．(2，＋∞) B．(－1，0)∪(2，＋∞) C．(1，＋∞) D．(0，2) 解析：选A　由题意得f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2－＝＝，当x∈(0，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，故选A． 7．设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N*)，则S6等于(　　) A．44 B．45 C．(46－1) D．(45－1) 解析：选B　an＋1＝Sn＋1－Sn＝3Sn， ∴Sn＋1＝4Sn，又S1＝a1＝1， ∴＝4．即{Sn}是首项为1，公比为4的等比数列． ∴S6＝S1·q5＝45． 8．若关于x的不等式xln x－kx＋k＋1>0在(1，＋∞)内恒成立，则满足条件的整数k的最大值为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选C　关于x的不等式xln x－kx＋k＋1>0在(1，＋∞)内恒成立， 即关于x的不等式xln x>k(x－1)－1在(1，＋∞)内恒成立， 即函数y＝xln x(x>1)的图象恒在直线y＝k(x－1)－1的上方． 当直线y＝k(x－1)－1与函数y＝xln x(x>1)相切时，设切点为(x0，y0)， 则，由①②得x0ln x0＝k(x0－1)－1，把③代入得x0(k－1)＝k(x0－1)－1，化简得x0＝k＋1．由x0>1得k>0． 又由③得k＝ln x0＋1>1．即相切时整数k≥2． 因此函数y＝xln x(x>1)的图象恒在直线y＝k(x－1)－1的上方时，整数k的最大值为2． 故选C． 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．设函数f(x)＝x3－12x＋b，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)在(－∞，－1)上单调递增 B．函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减 C．若b＝－6，则函数f(x)的图象在点(－2，f(－2))处的切线方程为y＝10 D．若b＝0，则函数f(x)的图象与直线y＝10有三个公共点 解析：选CD　对于选项A，B，根据函数f(x)＝ x3－12x＋b，可得f′(x)＝3x2－12，令3x2－12＝0，得x＝－2或x＝2，故函数f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减，所以选项A，B都不正确；对于选项C，当b＝－6时，f′(－2)＝0，f(－2)＝10，故函数f(x)的图象在点(－2，f(－2))处的切线方程为y＝10，选项C正确；对于选项D，当b＝0时，f(x)的极大值为f(－2)＝16，极小值f(2)＝－16，故直线y＝10与函数f(x)的图象有三个公共点，选项D正确．故选C、D． 10．设等比数列{an}的公比为q，其前n项和Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7·a8>1，<0．则下列结论正确的是(　　) A．0<q<1 B．a7·a9>1 C．Sn的最大值为S9 D．Tn的最大值为T7 解析：选AD　∵a1>1，a7·a8>1，<0， ∴a7>1，a8<1，∴0<q<1，故A正确； a7a9＝a<1，故B错误； ∵a1>1，0<q<1，∴数列为递减数列， ∴Sn无最大值，故C错误； 又a7>1，a8<1，∴T7是数列{Tn}中的最大项，故D正确．故选A、D． 11．若函数exf(x)(e＝2．718…，e为自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．给出下列函数：不具有M性质的为(　　) A．f(x)＝ln x B．f(x)＝x2＋1 C．f(x)＝sin x D．f(x)＝x3 解析：选ACD　对于A，f(x)＝ln x，则g(x)＝exln x，则g′(x)＝ex，函数先递减再递增； 对于B，f(x)＝x2＋1，则g(x)＝exf(x)＝ex(x2＋1)，g′(x)＝ex(x2＋1)＋2xex＝ex(x2＋2x＋1)≥0在实数集R上恒成立，∴g(x)＝exf(x)在定义域R上是增函数； 对于C，f(x)＝sin x，则g(x)＝exsin x，g′(x)＝ex(sin x＋cos x)＝exsin，显然g(x)不单调； 对于D，f(x)＝x3，则g(x)＝exf(x)＝exx3，g′(x)＝exx3＋3exx2＝ex(x3＋3x2)＝exx2(x＋3)，当x＜－3时，g′(x)＜0， ∴g(x)＝exf(x)在定义域R上先减后增； ∴具有M性质的函数的序号为B，不具有M性质的函数的序号为A，C，D．故选A、C、D． 12．已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，且满足an＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)，a1＝，则下列说法正确的是(　　) A．数列{an}的前n项和为Sn＝ B．数列{an}的通项公式为an＝ C．数列{an}为递增数列 D．数列为递增数列 解析：选AD　∵an＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)， ∴Sn－Sn－1＋4Sn－1Sn＝0， ∵Sn≠0，∴－＝4． 因此数列为以＝4为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确； 所以＝4＋4(n－1)＝4n， ∴Sn＝，即A正确； 当n≥2时an＝Sn－Sn－1＝－＝－ 所以an＝ 即B、C不正确； 故选A、D． 三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13．曲线y＝(x＋1)ex在点(0，1)处的切线的方程为______． 解析：∵y′＝(x＋2)ex，∴k＝2， ∴y－1＝2x，y＝2x＋1． 答案：y＝2x＋1 14．设等差数列{an}前n项和为Sn．若a2＝10，S5＝40，则a5＝______，Sn的最大值为______． 解析：∵数列{an}是等差数列，∵S5＝40， ∴＝＝40，∴a3＝8， 又∴a2＝10，∴d＝－2，∴an＝a2＋(n－2)×d＝10＋(n－2)×(－2)＝14－2n， ∴a5＝14－2×5＝4， Sn＝＝＝＝(13－n)n＝－n2＋13n＝ －＋， ∴当n＝6或7时，Sn有最大值42． 答案：4　42 15．已知函数f(x)＝－x3＋ax在区间(－1，1)上是增函数，则实数a的取值范围是________． 解析：由题意知f′(x)＝－3x2＋a≥0在区间(－1，1)上恒成立，则a≥3x2在区间(－1，1)上恒成立，故a≥3． 答案：[3，＋∞) 16．已知函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*，若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________． 解析：∵y′＝2x，∴y＝x2(x>0)的图象在点(ak，a)处的切线方程为y－a＝2ak(x－ak)．又该切线与x轴的交点为(ak＋1，0)，∴ak＋1＝ak，即数列{an}是首项a1＝16，公比q＝的等比数列，∴a3＝4，a5＝1，∴a1＋a3＋a5＝21． 答案：21 四、解答题(本题共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．(10分)设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4． (1)求{an}的通项公式； (2)设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an＋bn}的前n项和Sn． 解：(1)设q(q>0)为等比数列{an}的公比， 则由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4， 即q2－q－2＝0， 解得q＝2或q＝－1(舍去)， 因此q＝2． 所以{an}的通项公式为 an＝2×2n－1＝2n． (2)Sn＝＋n×1＋×2＝2n＋1＋n2－2． 18．(12分)已知函数f(x)＝－x3＋3x＋3． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)求函数f(x)在[0，2]上的最大值和最小值． 解：(1)因为函数f(x)＝－x3＋3x＋3， 则f′(x)＝－3x2＋3， 令f′(x)>0⇒－3x2＋3>0⇒－1<x<1，f′(x)<0⇒－3x2＋3<0⇒x<－1或x>1， 故函数f(x)在区间(－1，1)上单调递增， 在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减． (2)由(1)可知函数f(x)在[0，1]上单调递增，在区间(1，2]上单调递减， 所以函数的极大值也为最大值f(1)＝－13＋3×1＋3＝5． 两端点f(0)＝－03＋3×0＋3＝3，f(2)＝－23＋3×2＋3＝1，即最小值为f(2)＝1， 故函数f(x)在[0，2]上的最大值和最小值分别为5和1． 19．(12分)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列； ③a2＝3a1． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 解：选①②作条件证明③： 设＝an＋b(a＞0)，则Sn＝(an＋b)2， 当n＝1时，a1＝S1＝(a＋b)2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋b)2－(an－a＋b)2＝a(2an－a＋2b)． 因为{an}也是等差数列，所以(a＋b)2＝ a(2a－a＋2b)，解得b＝0； 所以an＝a2(2n－1)，所以a2＝3a1． 选①③作条件证明②： 因为a2＝3a1，{an}是等差数列， 所以公差d＝a2－a1＝2a1， 所以Sn＝na1＋d＝n2a1， 即＝n， 因为－＝(n＋1)－n＝， 所以{}是等差数列． 选②③作条件证明①： 设＝an＋b(a＞0)，则Sn＝(an＋b)2， 当n＝1时，a1＝S1＝(a＋b)2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋b)2－(an－a＋b)2＝a(2an－a＋2b)． 因为a2＝3a1，所以a(3a＋2b)＝3(a＋b)2， 解得b＝0或b＝－； 当b＝0时，a1＝a2，an＝a2(2n－1)，当n≥2时，an－an－1＝2a2满足等差数列的定义，此时{an}为等差数列； 当b＝－时，＝an＋b＝an－a， ＝－＜0不合题意，舍去． 综上可知{an}为等差数列． 20．(12分)数列{an}满足：a1＋a2＋a3＋…＋an＝(3n－1)． (1)求{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足an＝3anbn，求{bn}的前n项和Tn． 解：(1)令Sn＝a1＋a2＋a3＋…an， 当n＝1时，a1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，a1＝1满足此式， 所以an＝3n－1． (2)由an＝3anbn，可得bn＝(n－1)， 所以Tn＝b1＋b2＋…bn＝＋2×＋…＋(n－1)，① Tn＝＋2×＋…＋(n－2)＋(n－1)．② ①－②得 Tn＝＋＋…＋－(n－1) ＝－(n－1)， 故Tn＝－． 21．(12分)为进一步推进国家森林城市建设，我市准备制定生态环境改造投资方案，该方案要求同时具备下列两个条件： ①每年用于风景区改造的费用y随每年改造生态环境总费用x增加而增加；②每年用于风景区改造的费用y不得低于每年改造生态环境总费用x的15%，但不得高于每年改造生态环境总费用x的25%．若每年改造生态环境的总费用至少1亿元，至多4亿元；请你分析能否采用函数模型y＝(x3＋4x＋16)作为生态环境改造投资方案． 解：∵y′＝(3x2＋4)>0，x∈[1，4]． ∴当x∈[1，4]时，函数y＝(x3＋4x＋16)是增函数，满足条件①． 设g(x)＝＝， 则g′(x)＝＝． 令g′(x)＝0，得x＝2． 当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况，如下表： x 1 (1，2) 2 (2，4) 4 g′(x) － 0 ＋ g(x) 21% 递减 极小值16% 递增 24% 当x＝2时，g(x)有最小值为16%>15%， 当x＝4时，g(x)＝24%<25%， 当x＝1时，g(x)＝21%<25%，满足条件②． 所以能采用函数模型y＝(x3＋4x＋16)作为生态环境改造投资方案． 22．(12分)已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)． (1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程； (2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个不同的零点，求实数m的取值范围． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x， f′(x)＝－2x＋2，则k＝f′(1)＝2． ∵f(1)＝1，∴切点坐标为(1，1)． ∴切线方程为y－1＝2(x－1)， 即y＝2x－1． (2)由题意得，g(x)＝2ln x－x2＋m， 则g′(x)＝－2x＝． ∵x∈，∴令g′(x)＝0，得x＝1． 当≤x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 当1<x<e时，g′(x)<0，g(x)单调递减． 故g(x)在上有最大值g(1)＝m－1． 又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2， g(e)－g＝4－e2＋<0， 则g(e)<g， g(x)在上的最小值是g(e)． ∴g(x)在上有两个不同的零点的条件是 解得1<m≤2＋， ∴实数m的取值范围是． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$