2021年人教版高中数学选择性必修第二册期末模块检测(基础卷)(解析版)

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以下为本文档部分文字说明:

选择性必修第二册期末模块检测试卷基础A卷解析版学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________题型:8(单选)+4(多选)+4(填空)+6(解答),满分150分,时间:120

分钟一、单选题1.已知等比数列na中,1212aa,3134aa,则4=a()A.18B.18C.4D.4【答案】A【分析】根据题意,将条件表示为1,aq的形式,计算出1,aq,再计算4a即可.【详解】∵等比数列na中,1212aa,3134aa,∴1

12111234aaqaaq,解得111,2aq,∴341311128aaq.故选:A.2.已知等差数列{}na的前n项和为nS,3a=5,则5S=()A.5B.25C.35D.50【答案】B【分析】根据等差中项及等差数列求和公式即可求解.【详

解】由题意可知,{}na为等差数列,所以15355()5252525222aaaS故选:B3.古代数学著作《九章算术》有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日五尺,问日织几何?”意思是:“女子善于织布,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问

这名女子每天分别织布多少?”某数学兴趣小组依托某制造厂用织布机完全模拟上述情景,则从第一天开始,要使织布机织布的总尺数为165尺,则所需的天数为()A.7B.8C.9D.10【答案】D【分析】设该女子第一天织布x尺,根据题意,求得531x尺,结合等比数列的求和公式,列

出方程,即可求解.【详解】设该女子第一天织布x尺,则5天共织布5(12)512x,解得531x尺,在情境模拟下,设需要n天织布总尺数达到165尺,则有5(12)3116512n,整理得21024n,解得10n.故选:

D.4.观察下列式子:213122,221151233,222111712344,…,则可归纳出2221111231n小于()A.1nnB.211nnC.211nnD.21nn【答案】C【分析】根据已知式子分子和分

母的规律归纳出结论.【详解】由已知式子可知所猜测分式的分母为1n,分子第1n个正奇数,即21n+,2221112112311nnn.故选:C.5.设曲线1exyax在点1x处的切线方程为2yx,则a()A.

0B.1C.2D.3【答案】D【分析】利用12xy可求得答案.【详解】1exya,∵112xya,则3a.故选:D6.已知数列na,nb都是等差数列,记nS,nT分别为na

,nb的前n项和,且713nnSnTn,则55ab=()A.3415B.2310C.317D.6227【答案】D【分析】利用等差数列的性质以及前n项和公式即可求解.【详解】由713nnSnTn,19551

991955199927916229239272aaaaaaSbbbbbbT.故选:D7.已知函数331xfxxe,其导函数为fx,则2020202020212021ffff的值为()A.1B.2C.3D.4【答案

】C【分析】求得可得()fx的解析式,求出()fx解析式,可得fx为偶函数,即可求出20212021ff的值,再求3fxfx,即可求得20202020ff的值,即可求得答案

.【详解】22331xxefxxe,2222333()311xxxxeefxxxee,所以fx为偶函数,所以202120210ff,因为33333331111xxxxxefxfxxxeeee

,所以202020203ff,所以20202020202120213ffff.故选:C.8.已知函数22210,0xaxxxfxeaxex有两个零点,则实数a

的取值范围是()A.,eB.2e,C.20,eD.0,e【答案】B【分析】分离变量,利用导函数应用得到函数在0x无零点,则0x有两个零点,利用函数最值得到参数范围【详解】当0x时,201ef,∴0x不是函数fx的零点.当0x

时,由0fx,得221xax,设221xhxx,3210xhxx,则hx在,0上单调递减,且0hx.所以0x时无零点当0x时,0fx等价于2xeeax,令

2xeegxx,22xxxeeegxx,得gx在0,2上单调递减,在2,上单调递增,2min(2)gxge,2gxe.因为fx有2个零点,所以2ae.故选:B.【点睛】分离变量法,利用导

数求函数的单调性,极值是解题关键.二、多选题9.已知递减的等差数列na的前n项和为nS,57SS,则()A.60aB.6S最大C.130SD.110S【答案】ABD【分析】转化条件为670aa,进而可得60a,70a,再结合等差数列的性质及前n项和公式逐

项判断即可得解.【详解】因为57SS,所以750SS,即670aa,因为数列na递减,所以67aa,则60a,70a,故A正确;所以6S最大,故B正确;所以113137131302aaSa,故C错误;所以11

1116111102aaSa,故D正确.故选:ABD.10.已知定义在R上的函数fx,其导函数fx的大致图象如图所示,则下列叙述不正确的是()A.fafefdB.函数fx在,ab上递增,在,bd上递减C.函数fx的极值点为c,eD.函数

fx的极大值为()fb【答案】ABD【分析】对A,B由导数与函数单调性的关系,即可判断()fa,()fb,()fc的大小以及fx的单调性,对C,D由极值的定义即可判断.【详解】解:由题图知可,当,

xc时,0fx,当,xce时,0fx,当,xe时,0fx,所以fx在,c上递增,在,ce上递减,在,e上递增,对A,fdfe,故A错误;对B,函数fx)在,ab上递增,在,bc上递增,在,cd上递减,故

B错误;对C,函数fx的极值点为c,e,故C正确;对D,函数fx的极大值为fc,故D错误.故选:ABD.11.在《增减算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过

其关”.则下列说法正确的是()A.此人第六天只走了5里路B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里C.此人第二天走的路程比全程的14还多1.5里D.此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍【答案】BCD【分析】设此人第n天走na里路,则{}na是首项为1a,公比为12

q的等比数列,由6S求出1a,然后求出相应的项,判断各选项.【详解】解:根据题意此人每天行走的路程成等比数列,设此人第n天走na里路,则{}na是首项为1a,公比为12q的等比数列.所以611611()(1)23781112aaqSq

,解得1192a.选项A:55611192()62aaq,故A错误,选项B:由1192a,则61378192186Sa,又1921866,故B正确.选项C:211192962aaq,而6194.54S,9694.51.5,故C正确.选项

D:2123111(1)192(1)33624aaaaqq,则后3天走的路程为37833642,而且336428,D正确.故选:BCD.【点睛】关键点点睛:本题考查等比数列的应用,解题关

键是引入等比数列{}na,na表示第n天行走的路程,根据前6项的和求出首项1a,然后可得通项公式,从而判断出结论.12.已知数列na的前n项和为2n33Snn,则下列说法正确的是()A.342nan

B.16S为nS的最小值C.1216272aaaD.1230450aaa【答案】AC【分析】利用和与项的关系,分1n和2n分别求得数列的通项公式,检验合并即可判定A;根据数列的项的正负情况可以否定B;根据前16项都是正值可计算判定C;注意到12

1617193300()aaaSaaa16302SS可计算后否定D.【详解】1133132aS,2213333113422nnnaSSnnnnnn,对于1n也成立,所以342n

an,故A正确;当17n时,0na,当n=17时na0,当17n时,na0,nS只有最大值,没有最小值,故B错误;因为当17n时,0na,∴21216163316161716272aaaS

,故C正确;121617193300()aaaSaaa2163022272(333030SS)54490454,故D错误.故选:AC.【点睛】本题考查数列的和与项的关系,数

列的和的最值性质,绝对值数列的求和问题,属小综合题.和与项的关系1112nnnSnaSSn,若数列na的前k项为正值,往后都是小于等于零,则当nk时有122nknaaaSS

,若数列na的前k项为负值,往后都是大于或等于零,则当nk时有122nknaaaSS.若数列的前面一些项是非负,后面的项为负值,则前n项和只有最大值,没有最小值,若数列的前面一些项是非正,

后面的项为正值,则前n项和只有最小值,没有最大值.三、填空题13.已知2()21fxxxf,则1f等于__________.(用数字作答)【答案】-2【分析】求出fx的导函数,代入1x即可求解.【详解】2()21fxxxf,221fxx

f,12121ff,解得12f.故答案为:2.14.fx对任意xR都有112fxfx.数列na满足:120nafffnn11nffn

LL,则na__________.【答案】14n【分析】采用倒序相加法即可求得结果.【详解】由题意得:1012ff,1112nffnn,2212nffnn,……,12101nnafffffnnn

,12110nnnafffffnnn,122nna,解得:14nna.故答案为:14n.【点睛】本题考查利

用倒序相加法求和的问题,属于基础题.15.已知32()263fxxx,对任意的2][2x,都有()fxa,则a的取值范围为_______.【答案】[3),【分析】利用导数研究函数的单调性,进而求得在给定区间上的最大值,根据不等式恒成立的意义即得实数a的取值范围

.【详解】由2()6120fxxx得0x或2x,在区间[-2,0)上'0fx,fx单调递增;在(0,2)内时'0,fxfx单调递减.又(2)37f,(0)3f,(2)

5f,∴max()3fx,又()fxa对于任意的x∈[-2,2]恒成立,∴3a,即a的取值范围是3,故答案为:3,.【点睛】本题考查利用导数研究函数的在闭区间上的最值进而求不等式恒成立中的参数范围,属基础题,关键在于利用导数研究函数的单调性,求得在给定区间上的最大值

.16.古代埃及数学中有一个独特现象:除23用一个单独的符号表示以外,其他分数都可写成若干个单分数和的形式.例如2115315,可这样理解:假定有两个面包,要平均分给5个人,如果每人12,不够,每人13,余13,再将这13分2成5份,每人得115,这样每人

分得11315.形如*2(3,21nnNn…的分数的分解:2115315,2117428,2119545,按此规律,则221n________*3,nnN….【答案】2112nnn【分析】根据21123133(231)

,21124144(241),21125155(251),…进行归纳推理.【详解】由题意得,2115315,即21123133(231),2117428,即21124144(241)

,2119545,即21125155(251),由此归纳出*211(3,21(21)nnNnnnn….经验证112112(21)(21)21nnnnnnn,结论成立,∴2

211212nnnn.故答案为:2112nnn.【点睛】方法点睛:由数列的前n项归纳通项公式时,首先要分析项的结构,然后再探究结构中的各部分与项的序号n间的函数关系,进而求得通项公式.四、解答题17.已知数列na各项

均为正数,其前n项和为nS,且满足241nnSa.(1)求数列na的通项公式.(2)设11nnnbaa,求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)21nan;(2)21nnTn.【分析】(1

)由=1n可得11a,再由2n时,21141nnSa与条件作差可得12nnaa,从而利用等差数列求通项公式即可;(2)由nb1(21)(21)nn利用裂项相消求和即可.【详解】(1)∵241nnSa,∴21141aa,解得11a,当2n时,由2

41nnSa①可得,21141nnSa②,①-②:1120nnnnaaaa,∵0na,∴10nnaa,∴120nnaa,即∴12nnaa,∴na

是以11a为首项,以2d为公差的等差数列,∴1(1)12(1)21naandnn综上所述,结论是:21nan.(2)由(1)可得11nnnbaa1(21)(21)nn11122121nn

∴2nanTbbb111111123352121nn11122121nnn,综上所述,21nnTn.18.在①133aab,②254bSb

,③194aa这三个条件中任选两个,补充在下面的问题中.若问题中的m存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.设等差数列na的前n项和为nS,nb是各项均为正数的等比数列,设前n项和为nT

,若,,且1422,5bTT.是否存在大于2的正整数m,使得134,,mSSS成等比数列?(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.)【答案】答案见解析.【分析】由等比数列的条件,求得2q=,可得等比

数列的通项公式.然后分别选取条件①②,条件①③,条件②③,列出关于等差数列首项与公差的方程组,求得首项与公差,得到等差数列的通项公式及前n项和,再由14S,3S,mS成等比数列列式求解m值即可.【详解】解:设na的公差为d,nb的公比为(0)qq,由题意知1q,所以42

1142(1)(1)5511bqbqTTqq,整理得215q,因为0q,所以2q=,所以2nnb.(1)当选取的条件为①②时,有1358416aaS,所以1122824adad,解得1128ad.所以2

820,416nnanSnn.所以21312,12,416mSSSmm,若134,,mSSS成等比数列,则2314mSSS,所以241630mm,解得1322m,因为m为正整数,所以不符合题意,此

时m不存在.(2)当选取的条件为①③时,有131984aaaa,所以11228284adad,解得162ad.所以228,7nnanSnn.所以2136,12,7m

SSSmm,若134,,mSSS成等比数列,则2314mSSS,所以2760mm,解得6m或1m(舍去)此时存在正整数6m满足题意.(3)当选取的条件为②③时,有1954416aaS,所以1128424adad,解得1

61ad.所以2137,2nnnnanS.所以213136,15,2mmmSSS,若134,,mSSS成等比数列,则2314mSSS,即22524mS,所以2452750mm,解得13942m,因为m为正整数,所以不符合题意,此时m不存在.【点睛

】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题,解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用,尤其需要注意的是,在使用等比数列的前n项和公式时,应该要分类讨论,有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.19.已知数列na中,11a,*13n

nnaanNa(1)证明:数列112na是等比数列(2)若数列nb满足312nnnnnba,求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)证明见解析;(2)1242nnnT

.【分析】(1)由*13nnnaanNa可得11111322nnaa,然后可得答案;(2)由(1)可算出231nna,12nnnb,然后用错位相减法可算出答案.【详解】(1)证明:由*13nnnaanNa,知11

111322nnaa又111322a,∴112na是以32为首项,3为公比的等比数列(2)解:由(1)知111333222nnna,∴231nna,12nnnb0122111111123

(1)22222nnnTnn211111112(1)22222nnnTnn两式相减得012111111222222222nnnnTnn∴1242nnnT20.已知函数()()xxfxaaRe(1)

求函数()fx的单调区间;(2)若方程()fx=0有两个不相等的实数根,求实数a的取值范围.【答案】(1)()fx的单调递增区间是(,1),单调递减区间是(1,).(2)10ae【分析】(1)首先求出函数的导函数,再解不等式即可得到函数的单

调区间;(2)由()0xxfxae得xxae,将此方程的根看作函数xxye与ya的图象交点的横坐标,结合(1)中相关性质得到函数的图象,数形结合即可得到参数的取值范围;【详解】解:(1)∵()()xxfxaaRe所以21()

()xxxxexexfxee∴当1x时,()0fx,当1x时,()0fx;即()fx的单调递增区间是(,1),单调递减区间是(1,).(2)由()0xxfxae得xxae,将此方程的根看作函数xxye与ya的图象交点的横坐标,由(1)知函数xxye

在1x时有极大值1e,作出其大致图象,∴实数a的取值范围是10ae.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及函数的零点问题,属于基础题.21.设函数21xfxeaxx,aR.(1)0a时,求fx的最小值.(2)若0fx在

0,恒成立,求a的取值范围.【答案】(1)0;(2)1(,]2.【分析】(1)当0a时,求导可得1xfxe,令0fx,解得0x,分别讨论,0x和0,时,()fx的正负,即可得()fx

的单调性,即可求得答案;(2)求导可得21xfxeax,设21(0)xhxeaxx,分别讨论12a和12a时()hx的正负,可得()hx的单调性,进而可得()fx的单调性,综合分析,即可得答案.【详解】(1)当0a时,1xfxex,则1xfx

e,令0fx,解得0x,当,0x时,0fx,所以fx在,0单调递减函数;当0,x时,0fx,所以fx在0,单调递增函数;所以

min00fxf.(2)21xfxeaxx,则21xfxeax,设21(0)xhxeaxx,则()2xhxea,当12a时,()0hx,所以hx在0,上为

增函数,又(0)0h,所以()(0)0hxh,即()0fx,所以()fx在在0,上为增函数,又(0)0f,所以()(0)0fxf,满足题意;当12a时,令()0hx,解得ln2xa,

当(0,ln2)xa时,()0hx,所以()hx在(0,ln2)a为减函数,所以当[0,ln2)xa时,()(0)0hxh,即()0fx,所以()fx在[0,ln2)xa为减函数,又(0)0f所以()(0)0fxf?,不满足题意,综上:a的取值范围是1(,]2【点睛

】解题的关键是熟练掌握利用导数求解函数单调性,极(最)值的方法,若处理恒成立问题时,需满足min()0fx≥,若处理存在性问题时,需满足max()0fx,需仔细审题,进行求解,属中档题.22.已知2()2lnfxxxax.(1)若函数()fx在2x处取得极值,求实数a的值;

(2)若()()gxfxax,求函数()gx的单调递增区间;(3)若2a,存在正实数12,xx,使得1212fxfxxx成立,求12xx的取值范围.【答案】(1)4;(2)答案见解析;(3)317,2.

【分析】(1)由题意结合极值的概念可得(2)0f,解得4a后,验证即可得解;(2)求导得(1)(2)()(0)xxagxxx,按照0a、02a、2a、2a分类讨论,求得()0gx的解集即可得解;(3)转化条件得2121

21212322lnxxxxxxxx,令12txx,()22ln(0)tttt,求导确定()t的单调性和值域即可得解.【详解】(1)222()22(0)axxafxxxxx,∵函数()fx在2x处取得极值

,84(2)0afx,解得4a,当4a时,2222(1)(2)()xxxxfxxx.∴当02x时,()0fx,()fx单调递减;当2x时,()0fx,()fx单调递增;∴当4a时,函数()fx在2x处取得极小值;(2)2()()(2)lng

xfxaxxaxax,22(2)(1)(2)()2(2)(0)axaxaxxagxxaxxxx,令()0fx,则1x或2ax,①当0a时,令()0gx可得1x,∴函数()gx的单调递增区间为(1,);②当

02a时,令()0gx可得02ax或1x,∴函数()gx的单调递增区间为0,,(1,)2a;③当2a时,()0gx在(0,)x上恒成立,∴函数()gx的单调递增区间为(0,);④当2a时,令()0gx可得01x或2

ax,∴函数()gx的单调递增区间为(0,1),,2a;(3)2a,2()22lnfxxxx,1212fxfxxx,221212121222lnxxxxxxxx,整理可得

212121212322lnxxxxxxxx,令12txx,()22ln(0)tttt,12(1)()21tttt,令()0t,解得1t,当01t时,()0t,()t单调递减;当1t时,()0t,(

)t单调递增;∴当1t时,()t取得极小值即最小值为12,2121232xxxx即21212320xxxx,解得123172xx(舍去)或123172xx,

12xx的取值范围为317,2.【点睛】本题考查了导数的综合应用,考查了运算求解能力、逻辑推理能力、分类讨论思想,属于中档题.

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