本册综合测评-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册作业与测评word（北师大版）

数学　选择性必修　第二册　作业与测评（北师） 本册综合测评 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．已知数列{an}的通项公式为an＝，n∈N＋，则该数列的前4项依次为(　　) A．1，0，1，0 B．0，1，0，1 C．，0，，0 D．2，0，2，0 答案：A 解析：因为an＝，n∈N＋，所以n分别取1，2，3，4，可得a1＝1，a2＝0，a3＝1，a4＝0．故选A． 2．函数f(x)＝＋cos2x，则f′(x)＝(　　) A．－2sin2x B．－－sin2x C．＋sin2x D．－－2sin2x 答案：D 解析：因为f(x)＝＋cos2x，所以f′(x)＝－2sin2x，故f′(x)＝－－2sin2x．故选D． 3．在前n项和为Sn的等比数列{an}中，a2＋a3＝－2，a3＋a4＝4，则S8＝(　　) A．80 B．85 C．90 D．95 答案：B 解析：设等比数列{an}的公比为q，则＝＝q＝－2，∴a2＋a3＝a1q＋a1q2＝2a1＝－2，解得a1＝－1，∴S8＝＝＝85．故选B． 4．已知函数f(x)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．f(x)有2个极值点 B．f(x)在x＝1处取得极小值 C．f(x)有极大值，没有极小值 D．f(x)在(－∞，1)上单调递减 答案：C 解析：由题意及题图得，当x<3时，f′(x)≥0；当x>3时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，则f(x)有一个极大值，没有极小值，故A，B，D错误，C正确．故选C． 5．血药浓度检测可使给药方案个体化，从而达到临床用药的安全、有效、合理．某医学研究所研制的某种治疗高血压的新药进入了临床试验阶段，经检测，当患者A给药2小时的时候血药浓度达到峰值，此后每经过3小时检测一次，每次检测血药浓度降低到上一次检测血药浓度的40%，当血药浓度为峰值的1．024%时，给药时间为(　　) A．11小时 B．14小时 C．17小时 D．20小时 答案：C 解析：设检测第n次时，给药时间为bn，则{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，则bn＝b1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1．设当给药时间为3n－1小时的时候，患者的血药浓度为an，血药浓度峰值为a，则数列{an}是首项为a，公比为0．4的等比数列，所以an＝a×0．4n－1，令an＝0．01024a，即0．4n－1＝0．45，解得n＝6，所以当血药浓度为峰值的1．024%时，给药时间为b6＝3×6－1＝17．故选C． 6．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不单调，则实数k的取值范围是(　　) A．(－∞，－3]∪[－1，1]∪[3，＋∞) B．(－3，－1)∪(1，3) C．(－2，2) D．不存在这样的实数k 答案：B 解析：由题意得，f′(x)＝3x2－12＝0在区间(k－1，k＋1)上至少有一个实数根，又f′(x)＝3x2－12＝0的根为±2，且f′(x)在x＝2或x＝－2两侧异号，而区间(k－1，k＋1)的区间长度为2，故只有2或－2在区间(k－1，k＋1)上，∴k－1<2<k＋1或k－1<－2<k＋1，∴1<k<3或－3<k<－1．故选B． 7．已知两等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是An，Bn，且满足＝，则＝(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是An，Bn，且满足＝，所以＝＝＝＝＝＝．故选B． 8．已知a＝，b＝，c＝(其中e为自然常数)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a<c<b B．b<a<c C．c<b<a D．c<a<b 答案：C 解析：由a，b，c三个式子的特点，设函数f(x)＝，x∈(0，＋∞)，易得ae＝f，be＝f(ln 2)，ce＝f，f′(x)＝ex，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，易知1＝ln e>ln 2>ln ＝，所以f(ln 2)<f，即be<ae，b<a，be＝＝＝f(ln 4)，下面证明：ln 4>，构造g(x)＝ln x－，x≥1，则g′(x)＝－＝≥0在x≥1时恒成立，故g(2)>g(1)＝0，故ln 2>>，则8ln 2>5，ln 4>，因为1<<ln 4，所以f<f(ln 4)，所以ce<be，故c<b，故c<b<a．故选C． 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．数列{an}满足a1＝10，an＝an－1－2(n≥2)，则(　　) A．数列{an}是递减数列 B．an＝2n＋8 C．点(n，an)都在直线y＝－2x＋12上 D．数列{an}的前n项和Sn的最大值为32 答案：AC 解析：数列{an}满足a1＝10，an＝an－1－2(n≥2)，即an－an－1＝－2<0(n≥2)，所以数列{an}是递减数列，故A正确；数列{an}是以a1＝10为首项，d＝－2为公差的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝10＋(n－1)×(－2)＝－2n＋12，则点(n，an)都在直线y＝－2x＋12上，故B不正确，C正确；数列{an}的前n项和Sn＝＝＝－n2＋11n＝－＋，又因为n＝∉N＋，所以n＝5时，S5＝30，n＝6时，S6＝30，则Sn的最大值为30，故D不正确．故选AC． 10．已知各项均为正数的等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝15，且a1＋2，a2＋5，a3＋13构成等比数列{bn}的前3项，则(　　) A．a2＝5 B．bn＝5×2n－1 C．an＝2n－1 D．设cn＝anbn，则数列{cn}的前n项和Tn＝(2n－1)×2n＋1 答案：ABD 解析：设各项均为正数的等差数列{an}的公差为d，则由已知得a1＋a2＋a3＝3a2＝15，即a2＝5，故A正确；又(5－d＋2)(5＋d＋13)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)，a1＝a2－d＝3，所以an＝a1＋(n－1)×d＝2n＋1，即an＝2n＋1，故C错误；又b1＝a1＋2＝5，b2＝a2＋5＝10，所以q＝2，所以bn＝5×2n－1，故B正确；因为cn＝anbn＝(2n＋1)×5×2n－1＝(2n＋1)×2n－1，所以Tn＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1，2Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n，两式相减得－Tn＝3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＝3＋－(2n＋1)×2n＝(1－2n)×2n－1，则Tn＝(2n－1)×2n＋1，故D正确．故选ABD． 11．关于函数f(x)＝aln x＋，下列判断正确的是(　　) A．当a＝1时，f(x)≥ln 2＋1 B．当a＝－1时，不等式f(2x－1)－f(x)>0的解集为 C．当a>e时，函数f(x)有两个零点 D．当f(x)的最小值为2时，a＝2 答案：ABD 解析：对函数f(x)＝aln x＋，x>0求导得f′(x)＝－＝，当a＝1时，f(x)＝ln x＋，f′(x)＝，当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)≥f(2)＝ln 2＋1，故A正确；当a＝－1时，f(x)＝－ln x＋，在(0，＋∞)上单调递减，因为f(2x－1)－f(x)>0，即f(2x－1)>f(x)，所以0<2x－1<x，解得x∈，故B正确；当a＝2e时，f(x)＝2eln x＋，f′(x)＝，则当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)≥f＝2eln ＋2e＝0，函数只有一个零点，故C错误；当a≤0时，f(x)＝aln x＋单调递减，无最小值；当a>0时，由f′(x)＝可得，当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝f＝aln ＋a＝2，解得a＝2，故D正确．故选ABD． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．曲线y＝在点(0，0)处的切线方程为________． 答案：x－y＝0 解析：因为y′＝＝，所以切线斜率k＝1，所以曲线y＝在点(0，0)处的切线方程为x－y＝0． 13．在等比数列{an}中，an>0且a1013＝5，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a2024＋log5a2025＝________． 答案：2025 解析：log5a1＋log5a2＋…＋log5a2024＋log5a2025＝log5(a1a2·…·a2024a2025)＝log5(a·…·a·a1013)＝log5(52×…×52×5)＝log551012×2＋1＝2025． 14．已知f′(x)是定义在R上的函数f(x)的导函数，且f′(x)＝f(x)＋(x＋1)e2x，f(0)＝0，若对任意的实数x，都有f(x)≥m成立，则实数m的最大值为________． 答案：－ 解析：由题意，x∈R，在y＝f(x)中，f′(x)＝f(x)＋(x＋1)e2x，∴＝(x＋1)ex，∴′＝(xex)′，∴＝xex＋c(c为常数)，由f(0)＝0，解得c＝0，∴f(x)＝xe2x，∴f′(x)＝(2x＋1)e2x，当x>－时，f′(x)>0，当x<－时，f′(x)<0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，∴当x＝－时，f(x)取得最小值，且f(x)min＝f＝－，∴m≤－，∴实数m的最大值为－． 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．(本小题满分13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，Sn＋1＝3Sn＋9(n∈N＋)． (1)求证：数列{an}是等比数列； (2)若bn＝log3an，cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn． 解：(1)证明：Sn＋1＝3Sn＋9，当n≥2时，Sn＝3Sn－1＋9，相减得an＋1＝3an，又a1＝9，S2＝9＋a2＝3a1＋9，所以＝3，所以＝3，n∈N＋， 所以数列{an}是首项为9，公比为3的等比数列． (2)由(1)得an＝9×3n－1＝3n＋1，bn＝log3an＝n＋1，cn＝(n＋1)×3n＋1， Tn＝2×32＋3×33＋…＋(n＋1)×3n＋1， 则3Tn＝2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1＋(n＋1)×3n＋2， 相减得－2Tn＝2×32＋33＋…＋3n＋1－(n＋1)×3n＋2＝9＋－(n＋1)×3n＋2＝－×3n＋2， ∴Tn＝． 16．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝aex＋bx＋1在x＝0处有极值2． (1)求a，b的值； (2)证明：f(x)>ex－x． 解：(1)由已知，f′(x)＝aex＋b， 则解得 经检验，a＝1，b＝－1符合题意． (2)证明：由(1)可知，f(x)＝ex－x＋1． 要证f(x)>ex－x，只需证ex－x＋1>ex－x，即ex－ex＋1>0． 令g(x)＝ex－ex＋1，则g′(x)＝ex－e． 令g′(x)＝0，解得x＝1． 当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表所示： x (－∞，1) 1 (1，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x) 单调递减 1 单调递增 所以当x＝1时，g(x)有最小值g(1)＝e1－e×1＋1＝1>0． 故f(x)>ex－x成立． 17．(本小题满分15分)设函数f(x)＝＋(x>0)，数列{an}满足a1＝1，an＝f，n∈N＋且n≥2． (1)求数列{an}的通项公式； (2)对任意n∈N＋，设Sn＝＋＋＋…＋，若Sn≥恒成立，求实数t的取值范围． 解：(1)由an＝f及f(x)＝＋(x>0)，得an＝＋an－1，n∈N＋，且n≥2， 即an－an－1＝， 所以数列{an}是以1为首项，为公差的等差数列， 所以an＝1＋(n－1)＝． (2)因为an＝， 所以an＋1＝， 所以＝＝， 所以Sn＝＋＋＋…＋ ＝ ＝＝， 由Sn≥恒成立得，t≤恒成立， 令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝>0， 所以函数g(x)＝在(0，＋∞)上单调递增， 所以当n＝1时，取得最小值，为， 所以t≤，即实数t的取值范围是． 18．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝，g(x)＝x－ln x＋m． (1)若f(x)的最值和g(x)的最值相等，求m的值； (2)证明：若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点x1，x2，则ln x1＋ln x2<0． 解：(1)对函数求导可得，f′(x)＝，令f′(x)>0，可得x<1，令f′(x)<0，可得x>1， 所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则f(x)max＝f(1)＝． 因为g(x)＝x－ln x＋m， 所以g′(x)＝，x>0， 令g′(x)>0，可得x>1， 令g′(x)<0，可得0<x<1， 所以函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 则g(x)min＝g(1)＝1＋m， 由题意可知，＝1＋m，m＝－1， 所以m的值为－1． (2)证明：若F(x)有两个零点x1，x2，不妨设0<x2<x1， F(x)＝＋ln －m，设＝n1，＝n2， 由F(x1)＝F(x2)＝0，得 因为函数y＝n＋ln n－m是增函数，所以n1＝n2， 则＝，设＝t(t>1)， 则x2＝，x1＝， 欲证ln x1＋ln x2<0，即证x1x2<1， 即证t<1， 只需证ln t<－(t>1)， 即证ln <(t>1)． 设h(x)＝ln x－(x>1)， h′(x)＝， 在(1，＋∞)上，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)<h(1)＝0，所以ln x－<0(x>1)， 又>1，所以ln <，从而命题得证． 19．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝－ln (x＋a)． (1)讨论函数g(x)＝f(x)－的单调性； (2)若a＝1，且存在整数k使得f(x)>k恒成立，求整数k的最大值． (参考数据：e≈1．95，e≈2．12，ln 2≈0．69，ln 3≈1．10，ln 5≈1．61，ln 7≈1．95) 解：(1)由g(x)＝f(x)－＝－ln (x＋a)(x>－a)， 得g′(x)＝－ ＝， 若a≤0，则－a≥0，1－a≥1， 当－a<x<1－a时，g′(x)<0，当x>1－a时，g′(x)>0， 所以函数g(x)在(－a，1－a)上单调递减，在(1－a，＋∞)上单调递增； 若a＝1，则g′(x)＝≥0(x>－1)， 所以函数g(x)在(－a，＋∞)上单调递增； 若0<a<1，则1－a>0， 当－a<x<0或x>1－a时，g′(x)>0，当0<x<1－a时，g′(x)<0， 所以函数g(x)在(0，1－a)上单调递减，在(－a，0)和(1－a，＋∞)上单调递增； 若a>1，则1－a<0， 当－a<x<1－a或x>0时，g′(x)>0，当1－a<x<0时，g′(x)<0， 所以函数g(x)在(1－a，0)上单调递减，在(－a，1－a)和(0，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a≤0时，函数g(x)在(－a，1－a)上单调递减，在(1－a，＋∞)上单调递增； 当a＝1时，函数g(x)在(－a，＋∞)上单调递增； 当0<a<1时，函数g(x)在(0，1－a)上单调递减，在(－a，0)和(1－a，＋∞)上单调递增； 当a>1时，函数g(x)在(1－a，0)上单调递减，在(－a，1－a)和(0，＋∞)上单调递增． (2)若a＝1， 则f(x)＝－ln (x＋1)(x>－1)， f′(x)＝－＝， 令h(x)＝xex－x－1(x>－1)， 则h′(x)＝(x＋1)ex－1(x>－1)， 令m(x)＝(x＋1)ex－1(x>－1)， 则m′(x)＝(x＋2)ex>0(x>－1)， 所以函数m(x)在(－1，＋∞)上单调递增，即函数h′(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 又h′(0)＝0，则当－1<x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0， 所以函数h(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(0)＝－1，又h(－1)＝－<0，h＝e－≈－<0，h(1)＝e－2>0， 所以函数h(x)存在唯一的零点x0，且x0∈，此时x0ex0＝x0＋1， 则当－1<x<x0时，h(x)<0，即f′(x)<0，当x>x0时，h(x)>0，即f′(x)>0， 所以函数f(x)在(－1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(x0)＝－ln (x0＋1)＝－ln (x0＋1)， 令φ(x)＝－ln (x＋1)，x∈， 则φ′(x)＝－－<0，x∈， 所以函数φ(x)在上单调递减， 所以φ(1)<φ(x)<φ， 又φ(1)＝1－ln 2≈0．31，φ＝－ln ＝－ln 7＋2ln 2≈－0．57<1， 所以f(x)min＝f(x0)∈(0，1)， 又存在整数k使得f(x)>k恒成立，所以整数k的最大值为0． 11 学科网（北京）股份有限公司 $