2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)模塊素養(yǎng)檢測二含解析新人教A版選擇性必修2

PAGEPAGE11模塊素養(yǎng)檢測(二)(120分鐘150分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求的)1．已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的微小值點(diǎn)，則a＝()A．－4B．－2C．4D．2【解析】選D.由題意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.當(dāng)x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－2，2)時(shí)，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)的微小值點(diǎn)為a＝2.2．已知三個(gè)實(shí)數(shù)2，a，8成等比數(shù)列，則雙曲線eq\f(y2,9)－eq\f(x2,a2)＝1的漸近線方程為()A．3x±4y＝0B．4x±3y＝0C．eq\r(3)x±2y＝0D．9x±16y＝0【解析】選A.由題意，三個(gè)實(shí)數(shù)2，a，8成等比數(shù)列，可得a2＝16，即雙曲線eq\f(y2,9)－eq\f(x2,16)＝1的漸近線方程為3x±4y＝0.3．在如圖的表格中，假如每格填上一個(gè)數(shù)后，每一橫行成等差數(shù)列，每一縱列成等比數(shù)列，那么x＋y＋z的值為()2412xyzA．1B．2C．3D．4【解析】選B.由表格知，第三列為首項(xiàng)為4，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，所以x＝1.依據(jù)每行成等差數(shù)列得第四列前兩個(gè)數(shù)字分別為5，eq\f(5,2)，故第四列所成的等比數(shù)列的公比為eq\f(1,2)，所以y＝5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(5,8)，同理z＝6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＝eq\f(3,8)，所以x＋y＋z＝2.4．下列是函數(shù)f(x)在[a，b]上的圖象，則f(x)在(a，b)上無最大值的是()【解析】選D.在開區(qū)間(a，b)上，只有D選項(xiàng)所示函數(shù)f(x)無最大值．5．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋a，函數(shù)g(x)＝x2－3x，它們的定義域均為[1，＋∞)，并且函數(shù)f(x)的圖象始終在函數(shù)g(x)圖象的上方，那么a的取值范圍是()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，＋∞)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))【解析】選A.設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋a－x2＋3x，則h′(x)＝x2－4x＋3＝(x－3)(x－1)，所以當(dāng)x∈[1，3)時(shí)，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(3，＋∞)時(shí)，h(x)單調(diào)遞增．當(dāng)x＝3時(shí)，函數(shù)h(x)取得微小值也是最小值．因?yàn)閒(x)的圖象始終在g(x)的圖象上方，所以h(x)min>0，即h(3)＝a>0，所以a的取值范圍是(0，＋∞).6．已知各項(xiàng)不為0的等差數(shù)列{an}滿意a4－2aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＋3a8＝0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b7＝a7，則b3b8b10＝()A．1B．8C．4D．2【解析】選B.設(shè){an}的公差為d，則由條件式可得，(a7－3d)－2aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＋3(a7＋d)＝0，解得a7＝2或a7＝0(舍去).所以b3b8b10＝beq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))＝aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))＝8.7．已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，若a1·a6·a11＝3eq\r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，則taneq\f(b3＋b9,1－a4·a8)的值是()A．1B．eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(\r(2),2)D．－eq\r(3)【解析】選D.{an}是等比數(shù)列，{bn}是等差數(shù)列，且a1·a6·a11＝3eq\r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，所以aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝(eq\r(3))3·3b6＝7π，所以a6＝eq\r(3)，b6＝eq\f(7π,3)，所以taneq\f(b3＋b9,1－a4·a8)＝taneq\f(2b6,1－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)))＝taneq\f(2×\f(7π,3),1－（\r(3)）2)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2π－\f(π,3)))＝－taneq\f(π,3)＝－eq\r(3).8．已知f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2(a>0)，若對隨意兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)x1，x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>2恒成立，則a的取值范圍為()A．(0，1] B．(1，＋∞)C．(0，1) D．[1，＋∞)【解析】選D.對隨意兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)x1，x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>2恒成立，則當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)≥2恒成立，f′(x)＝eq\f(a,x)＋x≥2在(0，＋∞)上恒成立，則a≥(2x－x2)max＝1.二、選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)9．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列{an}的各項(xiàng)按如下規(guī)律排列：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(2,3)，eq\f(1,4)，eq\f(2,4)，eq\f(3,4)，eq\f(1,5)，eq\f(2,5)，eq\f(3,5)，eq\f(4,5)…，eq\f(1,n)，eq\f(2,n)，…，eq\f(n－1,n)，…，以下運(yùn)算和結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)24＝eq\f(3,8)B．?dāng)?shù)列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…是等比數(shù)列C．?dāng)?shù)列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…的前n項(xiàng)和為Tn＝eq\f(n2＋n,4)D．若存在正整數(shù)k，使Sk＜10，Sk＋1≥10，則ak＝eq\f(5,7)【解析】選ACD.以2到7為分母的數(shù)共有1＋2＋3＋…＋6＝21個(gè)，故a22＝eq\f(1,8)，a23＝eq\f(2,8)，a24＝eq\f(3,8)，故A正確；eq\f(1,n＋1)＋eq\f(2,n＋1)＋…＋eq\f(n,n＋1)＝eq\f(n（n＋1）,2（n＋1）)＝eq\f(n,2)為等差數(shù)列，B錯(cuò)誤；數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)))的前n項(xiàng)和為Tn＝eq\f(n2＋n,4)，C正確；可得T6＝eq\f(62＋6,4)＝10.5，即S21＝10.5＞10；S20＝eq\f(21,2)－eq\f(6,7)＜10，此時(shí)a20＝eq\f(5,7)，D正確．10．定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x對x∈(0，＋∞)恒成立．下列結(jié)論正確的是()A．2f(2)－3f(1)＞5B．若f(1)＝2，x＞1，則f(x)＞x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)C．f(3)－2f(1)＜7D．若f(1)＝2，0＜x＜1，則f(x)＞x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)【解析】選CD.設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）－x2,x＋1)，則g′(x)＝eq\f([f′（x）－2x]（x＋1）－（f（x）－x2）,（x＋1）2)＝eq\f(（x＋1）f′（x）－f（x）－（x2＋2x）,（x＋1）2)，因?yàn)?x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x，所以g′(x)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(1)＞g(2)＞g(3)，整理得2f(2)－3f(1)＜5，f(3)－2f(1)＜7，故A錯(cuò)誤，C正確．當(dāng)0＜x＜1時(shí)，若f(1)＝2，因?yàn)間(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)＞g(1)＝eq\f(1,2)，即eq\f(f（x）－x2,x＋1)＞eq\f(1,2)，即f(x)＞x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2).故D正確，從而B不正確．11．將n2個(gè)數(shù)排成n行n列的一個(gè)數(shù)陣，如圖：a11a12a13……a1na21a22a23……a2na31a32a33……a3n……an1an2an3……ann該數(shù)陣第一列的n個(gè)數(shù)從上到下構(gòu)成以m為公差的等差數(shù)列，每一行的n個(gè)數(shù)從左到右構(gòu)成以m為公比的等比數(shù)列(其中m＞0).已知a11＝2，a13＝a61＋1，記這n2個(gè)數(shù)的和為S.下列結(jié)論正確的有()A．m＝3B．a(chǎn)67＝17×37C．a(chǎn)ij＝3(i－1)×3j－1D．S＝eq\f(1,4)n(3n＋1)(3n－1)【解析】選ACD.由題意，該數(shù)陣第一列的n個(gè)數(shù)從上到下構(gòu)成以m為公差的等差數(shù)列，每一行的n個(gè)數(shù)從左到右構(gòu)成以m為公比的等比數(shù)列，且a11＝2，a13＝a61＋1，可得a13＝a11m2＝2m2，a61＝a11＋5d＝2＋5m，所以2m2＝2＋5m＋1，解得m＝3或m＝－eq\f(1,2)(舍去)，所以選項(xiàng)A是正確的；又由a67＝a61m6＝(2＋5×3)×36＝17×36，所以選項(xiàng)B不正確；又由aij＝ai1mj－1＝[(a11＋(i－1)×m]×mj－1＝[2＋(i－1)×3]×3j－1＝(3i－1)×3j－1，所以選項(xiàng)C是正確的；又由這n2個(gè)數(shù)的和為S，則S＝(a11＋a12＋…＋a1n)＋(a21＋a22＋a2n)＋…＋(an1＋an2＋…＋ann)＝eq\f(a11（1－3n）,1－3)＋eq\f(a21（1－3n）,1－3)＋…＋eq\f(an1（1－3n）,1－3)＝eq\f(1,2)(3n－1)·eq\f(（2＋3n－1）n,2)＝eq\f(1,4)n(3n＋1)(3n－1)，所以選項(xiàng)D是正確的．12．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,lnx)，則下列說法正確的是()A．f(x)定義域是(0，＋∞)B．x∈(0，1)時(shí)，f(x)圖象位于x軸下方C．f(x)存在單調(diào)遞增區(qū)間D．f(x)在區(qū)間(1，2)上有最大值【解析】選BC.由題意，函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,lnx)滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,lnx≠0，))解得x＞0且x≠1，所以函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,lnx)的定義域?yàn)?0，1)∪(1，＋∞)，所以A不正確；因?yàn)閒(x)＝eq\f(ex,lnx)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，lnx＜0，所以f(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上的圖象都在x軸的下方，所以B正確；因?yàn)閒′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),（lnx）2)，所以f′(x)＞0在定義域上有解，所以函數(shù)f(x)存在單調(diào)遞增區(qū)間，所以C是正確的；由g(x)＝lnx－eq\f(1,x)，得g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)(x＞0)，所以g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，且g(1)＝－1＜0，g(2)＝ln2－eq\f(1,2)＞0，所以函數(shù)f(x)在(1，2)上先減后增，沒有最大值，所以D不正確．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中的橫線上)13．函數(shù)y＝eq\f(sinx,1＋sinx)的導(dǎo)數(shù)是________.【解析】f′(x)＝eq\f(cosx（1＋sinx）－sinxcosx,（1＋sinx）2)＝eq\f(cosx,（1＋sinx）2).答案：eq\f(cosx,（1＋sinx）2)14．設(shè)曲線y＝xn＋1(n∈N*)在(1，1)處的切線與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xn，則log2015x1＋log2015x2＋…＋log2015x2014的值為________．【解析】因?yàn)閥′|x＝1＝n＋1，所以切線方程為y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，得x＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，即xn＝eq\f(n,n＋1).所以log2015x1＋log2015x2＋…＋log2015x2014＝log2015(x1·x2·…·x2014)＝log2015eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·\f(2,3)·…·\f(2014,2015)))＝log2015eq\f(1,2015)＝－1.答案：－115．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝eq\f(3,2)＋a·3n，則eq\f(S6,S3)＝________.【解析】等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)qn(q≠1)，由已知Sn＝eq\f(3,2)＋a·3n，可知q＝3，a＝－eq\f(3,2)；則eq\f(S6,S3)＝eq\f(\f(a1（1－q6）,1－q),\f(a1（1－q3）,1－q))＝1＋q3＝28.答案：2816．函數(shù)y＝x2(x＞0)的圖象在點(diǎn)(ak，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k)))處的切線與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，則a1＋a3＋a5的值是________．【解析】因?yàn)閥′＝2x，所以過點(diǎn)(ak，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k)))處的切線方程為y－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k))＝2ak(x－ak)，又該切線與x軸的交點(diǎn)為(ak＋1，0)，所以ak＋1＝eq\f(1,2)ak，即數(shù)列{ak}是等比數(shù)列，首項(xiàng)a1＝16，其公比q＝eq\f(1,2)，所以a3＝4，a5＝1，所以a1＋a3＋a5＝21.答案：21四、解答題(本大題共6個(gè)小題，共70分，解答時(shí)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，求a1＋a2＋…＋a51的值．【解析】利用分組求和法求解．當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，an＋2－an＝0，又a1＝1，則全部奇數(shù)項(xiàng)都是1；當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，an＋2－an＝2，又a2＝2，則全部偶數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)和公差都是2的等差數(shù)列，所以a1＋a2＋…＋a51＝(a1＋a3＋…＋a51)＋(a2＋a4＋…＋a50)＝26a1＋25a2＋eq\f(25×24,2)×2＝676.18．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋8，其中a∈R.已知f(x)在x＝3處取得極值．(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)在點(diǎn)A(1，16)處的切線方程．【解析】(1)f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a.因?yàn)閒(x)在x＝3處取得極值，所以f′(3)＝6×9－6(a＋1)×3＋6a＝0，解得a＝3.所以f(x)＝2x3－12x2＋18x＋8.(2)A點(diǎn)在f(x)上，由(1)可知f′(x)＝6x2－24x＋18，f′(1)＝6－24＋18＝0，所以切線方程為y＝16.19．(12分)已知公差大于零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿意：a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；(2)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，且bn＝eq\f(Sn,n＋c)，求非零常數(shù)c.【解析】(1){an}為等差數(shù)列，因?yàn)閍3＋a4＝a2＋a5＝22，又a3·a4＝117，所以a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的兩個(gè)根．又公差d>0，所以a3<a4，所以a3＝9，a4＝13.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝9，,a1＋3d＝13，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4.))所以an＝4n－3.(2)由(1)知，Sn＝n·1＋eq\f(n（n－1）,2)·4＝2n2－n，所以bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c)，所以b1＝eq\f(1,1＋c)，b2＝eq\f(6,2＋c)，b3＝eq\f(15,3＋c)，因?yàn)閧bn}是等差數(shù)列，所以2b2＝b1＋b3，所以2c2＋c＝0，所以c＝－eq\f(1,2)(c＝0舍去).20．(12分)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，若an＋Sn＝n，cn＝an－1.(1)求證：數(shù)列{cn}是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式．【解析】(1)因?yàn)閍1＝S1，an＋Sn＝n，①所以a1＋S1＝1，得a1＝eq\f(1,2).又an＋1＋Sn＋1＝n＋1，②由①②兩式相減得2(an＋1－1)＝an－1，即eq\f(an＋1－1,an－1)＝eq\f(1,2)，也即eq\f(cn＋1,cn)＝eq\f(1,2)，故數(shù)列{cn}是等比數(shù)列．(2)因?yàn)閏1＝a1－1＝－eq\f(1,2)，所以cn＝－eq\f(1,2n)，an＝cn＋1＝1－eq\f(1,2n)，an－1＝1－eq\f(1,2n－1).故當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝an－an－1＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,2n).又b1＝a1＝eq\f(1,2)，即bn＝eq\f(1,2n).21．(12分)(2024·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋1.(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范圍；(2)設(shè)a＞0時(shí)，探討函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）－f（a）,x－a)的單調(diào)性．【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f(x)≤2x＋c?f(x)－2x－c≤0?2lnx＋1－2x－c≤0(*)，設(shè)h(x)＝2lnx＋1－2x－c(x＞0)，則有h′(x)＝eq\f(2,x)－2＝eq\f(2（1－x）,x)，當(dāng)x＞1時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)h(x)有最大值，即h(x)max＝h(1)＝2ln1＋1－2×1－c＝－1－c，要想不等式(*)在(0，＋∞)上恒成立，只需h(x)max≤0?－1－c≤0?c≥－1.(2)g(x)＝eq\f(2lnx＋1－（2lna＋1）,x－a)＝eq\f(2（lnx－lna）,x－a)(x＞0且x≠a)，因此g′(x)＝eq\f(2（x－a－xlnx＋xlna）,x（x－a）2)，設(shè)m(x)＝2(x－a－xlnx＋xlna)，則有m′(x)＝2(lna－lnx)，當(dāng)x＞a時(shí)，lnx＞lna，所以m′(