模块综合检测（一）(教用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

模块综合检测（一） （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共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f（x）＝cos x（sin x＋1）的导数是（　　） A.cos 2x＋sin x B.cos 2x－sin x C.cos 2x＋cos x D.cos 2x－cos x 解析：B　由f（x）＝cos x（sin x＋1）可得f'（x）＝－sin x（sin x＋1）＋cos x·cos x＝cos2x－sin2x－sin x＝cos 2x－sin x，故选B. 2.函数f（x）＝x3－2x2＋3x＋1的图象在x＝1处的切线在x轴上的截距是（　　） A.1 B. C.－ D.0 解析：C　由题意可得f'（x）＝3x2－4x＋3，则f（1）＝3，f'（1）＝2，即切点坐标为（1，3），切线斜率k＝2，故切线方程为y－3＝2（x－1），即2x－y＋1＝0，令y＝0，解得x＝－，故函数f（x）的图象在x＝1处的切线在x轴上的截距是－.故选C. 3.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a6＝25，S5＝40，则数列{an}的公差d＝（　　） A.4 B.3 C.2 D.1 解析：B　设等差数列{an}的首项为a1，由a3＋a6＝25及S5＝40得解得d＝3.故选B. 4.已知数列{an}满足a1＝1，点（n，an＋an＋1）在函数y＝kx＋1的图象上，其中k为常数（k≠0），且a1，a2，a4成等比数列，则k的值为（　　） A.2 B.3 C.4 D.5 解析：A　因为点（n，an＋an＋1）在函数y＝kx＋1的图象上，所以an＋an＋1＝kn＋1⇒an＋1＝kn＋1－an，a1＝1，所以a2＝k＋1－a1＝k，a3＝2k＋1－a2＝k＋1，a4＝3k＋1－a3＝2k.因为a1，a2，a4成等比数列，所以k2＝1×2k⇒k＝2或k＝0（舍去）.故选A. 5.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，nan＋1＝2Sn，bn＝（－1）nan，数列{bn}的前n项和为Tn，则T100＝（　　） A.0 B.50 C.100 D.2 525 解析：B　法一　由于nan＋1＝2Sn①，则当n≥2时，（n－1）an＝2Sn－1②，①－②得nan＋1－（n－1）an＝2an，即＝，易知＝，所以an＝a1···…·＝1×××…×＝n（n≥2）.又a1＝1满足an＝n，故an＝n（n∈N＋），则bn＝（－1）n·n，易知b1＋b2＝b3＋b4＝…＝b99＋b100＝1，所以T100＝50. 法二　由于nan＋1＝2Sn①，则当n≥2时，（n－1）·an＝2Sn－1②，①－②得nan＋1－（n－1）an＝2an，即＝，又易知＝，所以数列{}为常数列，所以＝＝1，所以an＝n，则bn＝（－1）n·n，易知b1＋b2＝b3＋b4＝…＝b99＋b100＝1，所以T100＝50.故选B. 6.已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1.若数列{an＋an＋1}是公比为2的等比数列，则a2 026＝（　　） A. B. C.21 013－1 D.21 012－1 解析：A　依题意，a1＋a2＝1，an＋an＋1＝2n－1，当n≥2时，an－1＋an＝2n－2，则an＋1－an－1＝2n－2，所以a2 026＝a2＋（a4－a2）＋（a6－a4）＋…＋（a2 026－a2 024）＝1＋2＋23＋25＋…＋22 023＝1＋＝.故选A. 7.已知定义在（0，＋∞）上的函数f（x）满足xf'（x）－f（x）＜0，其中f'（x）是函数f（x）的导函数，若2f（a－2 025）＞（a－2 025）f（2），则实数a的取值范围为（　　） A.（0，2 025） B.（2 025，＋∞） C.（2 027，＋∞） D.（2 025，2 027） 解析：D　令h（x）＝，x∈（0，＋∞），则h'（x）＝.因为xf'（x）－f（x）＜0，所以h'（x）＜0，所以函数h（x）在（0，＋∞）上单调递减.因为2f（a－2 025）＞（a－2 025）f（2），a－2 025＞0，所以＞，即h（a－2 025）＞h（2），所以a－2 025＜2且a－2 025＞0，解得2 025＜a＜2 027，所以实数a的取值范围为（2 025，2 027）.故选D. 8.对n∈N＋，设xn是关于x的方程nx3＋2x－n＝0的实数根，an＝[（n＋1）xn]（n＝2，3，…），其中符号[x]表示不超过x的最大整数，则＝（　　） A.1 014 B.1 015 C.2 025 D.2 026 解析：A　设函数f（x）＝nx3＋2x－n，则f'（x）＝3nx2＋2，当n是正整数时，可得f'（x）＞0，则f（x）为增函数.因为当n≥2时，f（）＝n×（）3＋2×－n＝·（－n2＋n＋1）＜0，且f（1）＝2＞0，所以当n≥2时，方程nx3＋2x－n＝0有唯一的实数根xn，且xn∈（，1），所以n＜（n＋1）xn＜n＋1，an＝[（n＋1）xn]＝n.因此＝（2＋3＋4＋…＋2 026）＝1 014.故选A. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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.已知函数f（x）＝－x，则下列结论错误的是（　　） A.f（x）的单调递减区间为（0，1） B.f（x）的极大值点为1 C.f（x）的极小值为－1 D.f（x）的最大值为0 解析：ACD　因为f（x）＝－x（x＞0），所以f'（x）＝－1＝，令φ（x）＝1－ln x－x2，则φ'（x）＝－－2x＜0，所以φ（x）＝1－ln x－x2在（0，＋∞）上单调递减.因为φ（1）＝0，所以当0＜x＜1时，φ（x）＞0，即f'（x）＞0；当x＞1时，φ（x）＜0，即f'（x）＜0，所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，＋∞），所以f（x）max＝f（1）＝－1，又f'（1）＝0，由极值的定义可知，x＝1是f（x）的极大值点，极大值为f（1）＝－1，所以选项A、C和D错误，选项B正确，故选A、C、D. 10.已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋（2n－1）an＝n，其中bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，则下列四个结论中，正确的是（　　） A.数列{an}的通项公式为an＝ B.数列{an}为递减数列 C.Sn＝ D.若对于任意的n∈N＋都有Sn＜λ，则λ≥ 解析：BD　对于A，由a1＋3a2＋…＋（2n－1）an＝n可得，当n＝1时，a1＝1，当n≥2时，a1＋3a2＋…＋（2n－3）an－1＝n－1，两式相减得（2n－1）·an＝1，即an＝，a1＝1也适合上式，综上所述，an＝，A错误；对于B，an＋1－an＝－＝－＜0，当n∈N＋时恒成立，故an＋1＜an，即数列{an}为递减数列，B正确；对于C，∵bn＝＝＝（－），∴Sn＝（1－＋－＋…＋－）＝（1－）＝，C错误；对于D，∵＞0对任意n∈N＋恒成立，故Sn＝（1－）＜，若对于任意的n∈N＋都有Sn＜λ，则λ≥，D正确.故选B、D. 11.已知函数f（x）＝，则下列结论正确的是（　　） A.函数f（x）与x轴有两个不同的交点 B.函数f（x）既存在最大值又存在最小值 C.若当x∈[t，＋∞）时，f（x）min＝－e，则t的最大值为－1 D.若方程f（x）＝k有1个实根，则k∈（，＋∞） 解析：AC　由题意可知f（x）的定义域为R.对于A，令f（x）＝＝0，则x2＋x－1＝0，解得x＝，所以函数f（x）与x轴有两个不同的交点，故A正确；对于B，因为f'（x）＝＝－，当x∈（－∞，－1）∪（2，＋∞）时，f'（x）＜0；当x∈（－1，2）时，f'（x）＞0，可知f（x）在（－∞，－1），（2，＋∞）上单调递减，在（－1，2）上单调递增，则f（x）的极大值为f（2）＝，极小值为f（－1）＝－e，当x→－∞时，f（x）→＋∞；当x→＋∞时，f（x）→0， 可知函数f（x）有最小值f（－1）＝－e，无最大值，故B错误；对于C，因为函数f（x）有最小值f（－1）＝－e，若当x∈[t，＋∞）时，f（x）min＝－e，则t≤－1，所以t的最大值为－1，故C正确；对于D，方程f（x）＝k有1个实根等价于曲线y＝f（x）与直线y＝k有1个交点，结合图象可知k∈{－e}∪（，＋∞），故D错误.故选A、C. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上） 12.函数f（x）＝（e2x＋ex）cos x的图象在点（0，f（0））处的切线方程是　3x－y＋2＝0　. 解析：由题可得，f'（x）＝（2e2x＋ex）cos x＋（－sin x）（e2x＋ex），f'（0）＝3，f（0）＝2，故所求切线方程为y－2＝3x，即3x－y＋2＝0. 13.公差不为零的等差数列{an}中，2a3－＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝　16　. 解析：∵2a3－＋2a11＝2（a3＋a11）－＝4a7－＝0，又∵b7＝a7≠0，∴b7＝a7＝4.∴b6b8＝＝16. 14.“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将x化成x＝ln ex，x＝eln x（x＞0）的变形技巧，已知函数f（x）＝xex，g（x）＝－，若f（x1）＝g（x2）＞0，x1，x2＞0，则－x1－ln x1的最小值为　1　. 解析：依题意，f（x1）＝g（x2），即x1＝－（x1，x2＞0）.∵－＝ln ＝ln ，则x1＝ln （x1，x2＞0）.设f（x）＝xex，则f'（x）＝ex＋xex＞0在（0，＋∞）上恒成立，∴函数f（x）＝xex在（0，＋∞）上单调递增，则x1＝ln ⇔＝，∴－x1－ln x1＝x1－（x1＋ln x1）＝－（x1＋ln x1）.令t＝x1＋ln x1，显然t＝x1＋ln x1在（0，＋∞）上单调递增，t∈R，设h（t）＝et－t，h'（t）＝et－1＝0⇒t＝0，∴h（t）在区间（－∞，0）上单调递减，在区间（0，＋∞）上单调递增，h（t）min＝h（0）＝1. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、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Sn满足＝＋1（n≥2，n∈N＋），且a1＝1. （1）求数列{an}的通项公式； （2）记bn＝，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥成立的n的最小值. 解：（1）由－＝1，得数列{}是公差为1的等差数列， 又∵＝＝1，∴＝n，∴Sn＝n2. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－1， 又∵a1＝1也满足上式， ∴an＝2n－1（n∈N＋）. （2）由（1）知，bn＝＝， ∴Tn＝［＋＋…＋（－）］＝＝. 由Tn≥得n2≥4n＋2，得（n－2）2≥6，∴n≥5， ∴n的最小值为5. 16.（本小题满分15分）已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且＝. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn＝，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的取值范围. 解：（1）由＝， 得Sn＋1＋Sn＝an＋1（Sn＋1－Sn）＝①， 所以当n≥2时，Sn＋Sn－1＝②. 由①－②得an＋1＋an＝－＝（an＋1＋an）·（an＋1－an）. 因为数列{an}为各项均为正数的数列，所以an＋1－an＝1（n≥2）， 又由a1＝1，＝，得a2＝2， 所以a2－a1＝1，所以an＋1－an＝1（n∈N＋）. 故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝1＋（n－1）×1＝n. （2）由（1）得bn＝＝， 所以数列{bn}的前n项和Tn＝＋＋＋…＋， 所以Tn＝＋＋＋…＋＋， 两式作差可得Tn＝1＋＋＋…＋－＝－＝－， 所以Tn＝－＜. 由于Tn－Tn－1＝＞0，T1＝b1＝1， 则数列{Tn}在n∈N＋上为递增数列，于是Tn∈［1，）. 17.（本小题满分15分）帕德近似是法国数学家帕德于19世纪末提出的，其基本思想是将一个给定的函数表示成两个多项式之比的形式，具体是：给定两个正整数m，n，函数f（x）在x＝0处的[m，n]阶帕德近似为R（x）＝，其中R（0）＝f（0），R'（0）＝f'（0），R″（0）＝f″（0），…，R（m＋n）（0）＝f（m＋n）（0）（f（n）（x）为f（n－1）（x）的导数）.已知函数f（x）＝ln（x＋1）在x＝0处的[1，1]阶帕德近似为R（x）＝. （1）求实数a，b的值； （2）证明：当x＞0时，f（x）＞R（x），并比较cos与ln的大小. 解：（1）∵f'（x）＝，f″（x）＝－， ∴f'（0）＝1，f″（0）＝－1， 又R'（x）＝，R″（x）＝， 由R'（0）＝1，R″（0）＝－1， 得a＝1，b＝. （2）证明：令h（x）＝f（x）－R（x）＝ln（x＋1）－， 则h'（x）＝－＝＞0对x∈（0，＋∞）恒成立， ∴h（x）在（0，＋∞）上单调递增， 又h（0）＝0， ∴h（x）＞0，即当x＞0时，f（x）＞R（x）. ∵ln（x＋1）＞在x∈（0，＋∞）时恒成立， ∴ln＝ln（1＋）＞＝＞， 又cos＜， ∴cos＜ln. 18.（本小题满分17分）设函数f（x）＝ex＋1－x2－kx. （1）当k＝0时，求曲线y＝f（x）在点（－1，f（－1））处的切线方程； （2）若f（x）在区间[－1，＋∞）上单调递增，求k的取值范围； （3）当x≥－1时，f（x）≥f（－1），求k的取值范围. 解：（1）当k＝0时，f（x）＝ex＋1－x2，可得f'（x）＝ex＋1－2x， 则曲线y＝f（x）在点（－1，f（－1））处的切线斜率为f'（－1）＝3，且f（－1）＝0， 所以曲线y＝f（x）在点（－1，f（－1））处的切线方程为y＝3x＋3. （2）由f（x）＝ex＋1－x2－kx，可得f'（x）＝ex＋1－2x－k. 因为f（x）在区间[－1，＋∞）上单调递增，所以x∈[－1，＋∞），f'（x）≥0恒成立. 令F（x）＝f'（x）＝ex＋1－2x－k，则F'（x）＝ex＋1－2， 令F'（x）＝0，解得x＝ln 2－1＞－1， 所以当x∈（－1，ln 2－1）时，F'（x）＜0，故F（x）单调递减； 当x∈（ln 2－1，＋∞）时，F'（x）＞0，故F（x）单调递增， 所以F（x）min＝F（ln 2－1）＝4－2ln 2－k. 又因为f'（x）≥0，所以F（x）min≥0，即4－2ln 2－k≥0，解得k≤4－2ln 2. 所以实数k的取值范围为（－∞，4－2ln 2]. （3）因为f（－1）＝k，所以题意等价于当x＞－1时，f（x）≥k， 即∀x∈（－1，＋∞），ex＋1－x2－kx≥k，整理得ex＋1－x2≥k（x＋1）. 因为x＞－1，所以x＋1＞0，故等价于∀x∈（－1，＋∞），≥k. 设G（x）＝，x∈（－1，＋∞），可得G'（x）＝， 化简得G'（x）＝（ex＋1－x－2）. 令函数g（x）＝ex－x－1，x∈（－∞，＋∞），可得g'（x）＝ex－1， 当x＜0时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞0时，g'（x）＞0，g（x）单调递增， 故在x＝0时，g（x）取到最小值，即g（x）≥g（0）＝0，即ex≥x＋1， 所以ex＋1≥x＋2，即ex＋1－x－2≥0，所以当x∈（－1，0）时，G'（x）＜0，G（x）单调递减， 当x∈（0，＋∞）时，G'（x）＞0，G（x）单调递增，所以G（x）的最小值为G（0）＝e， 故k≤e，即实数k的取值范围为（－∞，e]. 19.（本小题满分17分）已知数列{an}共有m（m≥2，m∈N＋）项，且an∈Z，若满足≤1（1≤n≤m－1），则称{an}为“约束数列”.记“约束数列”{an}的所有项的和为Sm. （1）当m＝5时，写出所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束数列”； （2）当m＝2 000，a1＝25时，设p：a2 000＝2 024；q：“约束数列”{an}为等差数列.请判断p是q的什么条件，并说明理由； （3）当a1＝1，a2k＝0（1≤k≤，k∈N＋）时，求｜Sm｜的最大值. 解：（1）当m＝5时，所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束数列”有： 1，1，2，1，1；1，1，1，2，1；1，2，1，1，1. （2）p是q的充分不必要条件.理由如下： 当a2 000＝2 024时，∵≤1（n＝1，2，…，1 999），∴an＋1－an≤1. 则a2 000＝（a2 000－a1 999）＋（a1 999－a1 998）＋（a1 998－a1 997）＋…＋（a2－a1）＋a1≤1 999＋a1＝2 024， 当且仅当a2 000－a1 999＝a1 999－a1 998＝a1 998－a1 997＝…＝a2－a1＝1时，a2 000＝2 024成立， ∴“约束数列”{an}是公差为1的等差数列. 当“约束数列”{an}是等差数列时，由≤1， 得an＋1－an＝1或an＋1－an＝0或an＋1－an＝－1， 若an＋1－an＝0，则{an}的公差为0，∴a2 000＝a1＝25； 若an＋1－an＝－1，则{an}的公差为－1，∴a2 000＝a1－1 999＝－1 974； 若an＋1－an＝1，则{an}的公差为1，∴a2 000＝a1＋1 999＝2 024， 即当“约束数列”{an}是等差数列时，a2 000＝25或－1 974或2 024. 综上得p是q的充分不必要条件. （3）∵a1＝1，a2k＝0，∴要使得取最大值，则an≥0，当且仅当同时满足以下三个条件时，取最大值. ①当2≤n≤k时，an－an－1＝1； ②当k＋1≤n≤2k时，an－an－1＝－1； ③当2k＋1≤n≤m时，an－an－1＝1. ∴＝［×2－k］＋ ＝k2＋. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $