模块综合检测卷(一)（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

模块综合检测卷(一) (满分：150分，时间：120分钟) 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．函数y＝2x2，则自变量从2变到2＋Δ x时函数值的增量Δ y为(　　) A．8　　　　　　　　 B．8＋2Δ x C．2(Δ x)2＋8Δ x D．4Δ x＋2(Δ x)2 解析　Δ y＝2(2＋Δ x)2－2×22＝2(Δ x)2＋8Δ x，故选C． 答案　C 2．(2025·扬州期末)设等差数列的前n项和为Sn，已知a1＋a9＝10，a5a6＝35，则S10＝(　　) A．50 B．60 C．70 D．80 解析　由是等差数列，a1＋a9＝10， 可得2a5＝10，a5＝5， a5a6＝35，所以a6＝7， 所以S10＝＝＝60. 故选B． 答案　B 3．函数f(x)＝sin x＋ex，则 f′(0)的值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．0 解析　f (x)＝sin x＋ex，∴f′(x)＝cos x＋ex， ∴f′(0)＝cos 0＋e0＝1＋1＝2，故选B． 答案　B 4．(2025·宿迁期末)设Sn为数列的前n项和，若3Sn＋2＝2an，则数列的通项公式为(　　) A．an＝n B．an＝－n C．an＝－2n D．an＝n 解析　因为3Sn＋2＝2an，则3Sn－1＋2＝2an－1， 当n≥2时，作差得3Sn－3Sn－1＝2an－2an－1， 所以3an＝2an－2an－1， 所以an＝－2an－1，所以＝－2，因为3Sn＋2＝2an，当n＝1时，a1＝－2， 数列是以－2为首项，－2为公比的等比数列， 所以数列的通项公式为an＝×n－1＝n. 故选D． 答案　D 5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S1＝1，＝4，则的值为(　　) A． B． C． D．4 解析　设公差为d，则S4＝4a1＋6d，S2＝2a1＋d，结合S4＝4S2，a1＝1，得d＝2，所以S4＝16，S6＝36，所以＝. 答案　C 6．(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{|an|}的前12项和为(　　) A．48 B．112 C．80 D．144 解析　当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9， 显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以|an|＝所以{|an|}的前12项和为＋＝80，故选C． 答案　C 7．若函数f(x)＝ln x－，则不等式f(1－x)>f(2x－1)的解集为(　　) A． B． C． D． 解析　由函数f(x)＝ln x－，因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝－在区间(0，＋∞)上也为增函数，故函数f(x)＝ln x－在区间(0，＋∞)上为增函数，所以只需1－x>2x－1>0，得<x<，故选C． 答案　C 8．牛顿迭代法亦称切线法，它是求函数零点近似解的另一种方法．若定义xk(k∈N)是函数f零点近似解的初始值，在点Pk处的切线方程为y＝f′＋f，切线与x轴交点的横坐标为xk＋1，即为函数f零点近似解的下一个初始值．以此类推，满足精度的初始值即为函数零点近似解．设函数f＝x3＋x－1，满足x0＝0，应用上述方法，则x2＝(　　) A．1 B． C． D． 解析　因为f(x)＝x3＋x－1， 导数为f′(x)＝3x2＋1， 可得f(xk)＝x＋xk－1，f′(xk)＝3x＋1， 可得f(x)在x＝xk处的切线的方程为 y－(x＋xk－1)＝(3x＋1)(x－xk)， 又因为，满足切线的方程，可得 －(x＋xk－1)＝(3x＋1)(xk＋1－xk)， 解得xk＋1＝， 由x0＝0得x1＝＝1，x2＝＝， 故选B． 答案　B 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．下列命题不正确的是(　　) A．若数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋2n－1，则数列{an}是等差数列 B．等差数列{an}的公差d>0则{an}是递增数列 C．常数列既是等差数列，又是等比数列 D．等比数列{an}是递增数列，则{an}的公比q>1 解析　{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn，故A错误； 若d>0，则an＋1>an，故B正确； 当an＝0时，该常数列不是等比数列，故C错误； 等比数列{an}是递增数列，a1＜0，0<q<1，故D错误；故选ACD． 答案　ACD 10．已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S5>S6>S4，以下有四个命题，其中正确的有(　　) A．数列{Sn}中的最大项为S10 B．数列{an}的公差d<0 C．S10>0 D．S11<0 解析　S5>S6>S4，故a6<0，a5>0且a5＋a6>0，故数列{Sn}中的最大项为S5，A错误；数列{an}的公差d<0，B正确； S10＝＝5(a5＋a6)>0，C正确； S11＝＝11a6<0，D正确； 故选BCD． 答案　BCD 11．若满足f′(x)＋f(x)>0，对任意正实数a，下面不等式恒成立的是(　　) A．f(a)<f(2a) B．f(a)e2a>f(－a) C．f(a)＞f(0) D．f(a)＞ 解析　设h(x)＝exf(x)，h′(x)＝ex(f′(x)＋f(x))， 因为f′(x)＋f(x)>0， 所以h′(x)>0，h(x)在R上是增函数， 因为a是正实数，所以a<2a，所以eaf(a)<e2af(2a)，因为e2a>ea>1, f(a)，f(2a)大小不确定，故A错误， 因为－a<a，所以e－af(－a)<eaf(a)， 即f(a)e2a>f(－a)，故B正确． 因为a>0，所以eaf(a)>e0f(0)＝f(0)，因为ea>1，f(a)，f(0)大小不确定．故C错误． eaf(a)>e0f(0)＝f(0)，因为ea>1， 所以f(a)>，故D正确．故选BD． 答案　BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．曲线y＝xln x在x＝e处的切线方程是____________________. 解析　求导得f′(x)＝ln x＋1， ∴f′(e)＝ln e＋1＝2. ∵f(e)＝eln e＝e， ∴曲线f(x)＝xln x在x＝e处的切线方程为y－e＝2(x－e)，即y＝2x－e. 答案　y＝2x－e 13．在数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝0(n∈N*)，bn是an和an＋1的等差中项，设Sn为数列{bn}的前n项和，则S6＝________. 解析　由an＋1＝2an，{an}为等比数列，所以an＝2n，所以2bn＝2n＋2n＋1，即bn＝3·2n－1，所以S6＝3·1＋3·2＋…＋3·25＝189. 答案　189 14．(2025·上海闵行期中)已知a，b∈R，则2＋2的最小值为________. 解析　2＋2＝2＋2， 设P，Q，则P在函数f＝ex的图象上，Q在函数g＝ln x的图象上，且f＝ex与g＝ln x关于直线y＝x对称， 所以问题转化为求f＝ex与g＝ln x图象上两点距离的平方的最小值， f′＝ex，令f′＝1，则x＝0，由对称性可得最小时，a＝0，b＝0， min＝，所以2＋2的最小值为＝2. 答案　2 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)已知等差数列{an}中，a1＝－7，S3＝－15. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解析　(1)依题意，设等差数列{an}的公差为d， 因为S3＝3a2＝－15， 所以a2＝－5，又a1＝－7， 所以公差d＝2， 所以an＝a1＋(n－1)d＝－7＋2(n－1)＝2n－9. (2)由(1)知a1＝－7，d＝2， 所以Sn＝na1＋d＝－7n＋×2＝n(n－8)． 16．(15分)已知f(x)＝ex－ax－1. (1)当a＝2时，讨论f(x)的单调区间； (2)若f(x)在定义域R内单调递增，求a的取值范围． 解析　(1)当a＝2时，f(x)＝ex－2x－1， 则f′(x)＝ex－2， 令f′(x)＝ex－2>0，得x>ln 2， 令f′(x)＝ex－2<0，得x<ln 2， 所以f(x)的单调递增区间为(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln 2)． (2)由题可知：f(x)在定义域R内单调递增等价于f′(x)＝ex－a≥0， 由f′(x)＝ex－a在R上单调递增，又ex>0， 则0－a≥0⇒a≤0. 所以a的取值范围是(－∞，0]． 17．(15分)已知{an}为等差数列，{bn－1}是首项为5，公比为q的等比数列，且满足a1＋b1＝7，a2＝q，a3＋b2＝35. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝anbn－an，求数列{cn}的前n项和Sn. 解析　(1)设{an}的公差为d，由已知， 得bn－1＝5qn－1，bn＝5qn－1＋1， 所以b1＝6，因为a1＋b1＝7， 所以a1＝1， 由己知得 解得 故an＝4n－3，bn＝5n＋1. (2)设cn＝anbn－an＝(4n－3)(5n＋1)－(4n－3)＝(4n－3)·5n， 所以Sn＝1·5＋5·52＋9·53＋…＋(4n－3)·5n， 5Sn＝1·52＋5·53＋9·54＋…＋(4n－3)·5n＋1， 所以－4Sn＝5＋4·52＋4·53＋4·54＋…＋4·5n－(4n－3)·5n＋1 ＝5＋4×－(4n－3)·5n＋1 ＝－20－(4n－4)·5n＋1， 整理得Sn＝(n－1)·5n＋1＋5. 18．(17分)已知某品牌手机生产商为迎合市场需求，每年都会研发推出一款新型号手机．该公司现研发了一款新型智能手机并投入生产，生产这款手机的月固定成本为80万元，每生产1千台，须另投入27万元， 设该公司每月生产x千台并能全部销售完，每1千台的销售收入为R(x)万元，且R(x)＝为更好推广该产品，手机生产商每月还支付各类广告费用20万元． (1)写出月利润W(万元)关于月产量x(千台)的函数解析式； (2)当月产量为多少千台时，该公司在这一型号的手机生产中所获月利润最大？ 解析　 (1)设月产量x(千台)，总成本为y万元，则y＝80＋27x＋20＝100＋27x， 每1千台的销售收入为R(x)万元且R(x)＝. 则当0<x≤10时，W(x)＝x－(100＋27x)＝81x－x3－100， 则当x>10时，W(x)＝x－(100＋27x)＝980－－27x， 综上可得W(x)＝ (2)①当0<x≤10时，由W′(x)＝81－x2＝－(x＋9)(x－9)， 得当x∈(0,9)时，W′(x)>0，单调递增； 当x∈(9,10)时，W′(x)<0，单调递减． 故W(x)max＝W(9)＝81×9－×93－100＝386; ②当x>10 时，W(x)＝980－≤980－2＝380， 当且仅当27x＝即x＝>10时取最大值380, 综上，当月产量为9千台时，该公司在这一型号的手机生产中所获月利润最大，利润额为386万元． 19．(17分)(2025·长沙期末)设f＝x－1－ln x. (1)求f在处的切线方程； (2)证明：当x>0时，f≥0； (3)证明：对于任意正整数n都有· …<3恒成立． (1)解析　已知f＝x－1－ln x， 则f′＝1－， 则k＝f′＝1－e，又f＝， 所以切线方程为y－＝， 即x－y＋1＝0. (2)证明　∵f＝x－1－ln x，x∈，所以f′＝1－＝， 令f′＝0，解得x＝1， 可知当x>1时，f′>0，所以f在区间上单调递增， 当0<x<1时，f′<0，所以f在区间上单调递减， 所以当x＝1时，f取得最小值， 所以f≥f＝0. (3)证明　由(2)可知当x>1时，x－1－ln x>0，即ln x<x－1， 令x＝1＋，可得ln<， 从而ln＋ln＋ln＋…＋ln<＋＋＋…＋＝ ＝1－<1， ∴ln <1， 即…<e， 则对于任意正整数n都有·…<3恒成立． 学科网（北京）股份有限公司 $