2021年人教版高中数学选择性必修第二册期末模块检测（提升卷）（解析版）

1、选择性必修第二册 期末模块检测试卷 能力提升B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已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，若，则（ ）A3BC-3D【答案】D【分析】设数列是公差为，根据等差数列的通项公式及前项和公式计算可得；【详解】解：设数列是公差为，首项为，因为所以，所以，所以所以故选：D2在数列中，则（ ）ABCD3【答案】A【分析】根据已知分析数列的周期性，可得答案【详解】解：，.该数列是周期数列，周期.又，故选：A.3意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数

2、：1，1，2，3，5，8，13，该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，若是“斐波那契数列”，则的值为（ ）.AB1CD2【答案】B【分析】由已知数列的特点依次求出，的值，发现这些数依次为，进而可求出答案【详解】由题设可知，斐波那契数列为：其特点为：前两个数为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，由此可知：，则.故选：B.4已知数列满足，设，为数列的前n项和.若对任意恒成立，则实数t的最小值为（ ）A1B2CD【答案】C【分析】先求出的通项，再利用裂项相消法可求，结合不等式的性质可求实数t的最

3、小值.【详解】时，因为，所以时，两式相减得到，故时不适合此式，所以，当时，当时，所以；所以t的最小值；故选：C.【点睛】方法点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.5已知各项均为正数的等比数列，=5，=10，则=AB7C6D【答案】A【解析】试题分析：由等比数列的性质知，a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9成等比数列，所以a4a5a6故答案为考点：等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化

4、等知识，转化与化归的数学思想6定义：如果函数在区间上存在，满足，则称函数是在区间上的一个双中值函数，已知函数是区间上的双中值函数，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【详解】，函数是区间上的双中值函数，区间上存在 ，满足 方程在区间有两个不相等的解，令，则，解得 实数的取值范围是.故选:A7若函数满足，则的值为（ ）A1B2C0D【答案】C【分析】求导得到，取带入计算得到答案.【详解】，则，则，故.故选：C.【点睛】本题考查了求导数值，意在考查学生的计算能力和应用能力.8已知是定义在上的偶函数，当时，（其中为的导函数），若，则的解集为（ ）ABCD【答案】A【分析】由，结合已知条件有偶函

5、数在上单调减，上单调增，再由 即可求解集.【详解】由，而知：在上单调减，而，即，又知：，在上有，又是定义在上的偶函数，则在上为偶函数，在上单调增，即，可得，综上，有，故选：A【点睛】思路点睛：由与组成的复合型函数式，一般可以将其作为某函数导函数的一部分，构造出原函数，再利用奇偶性、单调性求函数不等式的解集.二、多选题9设是等差数列，是其前项的和，且，则下列结论正确的是（ ）ABCD与均为的最大值【答案】BD【分析】设等差数列的公差为，依次分析选项即可求解.【详解】根据题意，设等差数列的公差为，依次分析选项：是等差数列，若，则，故B正确；又由得，则有，故A错误；而C选项，即，可得，又由且，则，必

6、有，显然C选项是错误的.，与均为的最大值，故D正确；故选：BD.【点睛】本题考查了等差数列以及前项和的性质，需熟记公式，属于基础题.10已知正项数列的前项和为，若对于任意的，都有，则下列结论正确的是（ ）ABC若该数列的前三项依次为，则D数列为递减的等差数列【答案】AC【分析】令，则，根据，可判定A正确；由，可判定B错误；根据等差数列的性质，可判定C正确；，根据，可判定D错误.【详解】令，则，因为，所以为等差数列且公差，故A正确；由，所以，故B错误；根据等差数列的性质，可得，所以，故，故C正确；由，因为，所以是递增的等差数列，故D错误.故选：AC.【点睛】解决数列的单调性问题的三种方法；1、作

7、差比较法：根据的符号，判断数列是递增数列、递减数列或是常数列；2、作商比较法：根据或与1的大小关系，进行判定；3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断.11对于函数，下列说法正确的是（ ）A在处取得极大值B有两个不同的零点CD若在上恒成立，则【答案】ACD【分析】求得函数的导数，根据导数的符号，求得函数的单调区间和极值，可判定A正确；根据函数的单调性和，且时， ，可判定B不正确；由函数的单调性，得到，再结合作差比较，得到，可判定C正确；分离参数得到在上恒成立，令，利用导数求得函数的单调性与最值，可判定D正确.【详解】由题意，函数，可得，令，即，解得，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单

8、调递减，所以当时，函数取得极大值，极大值为，所以A正确；由当时，因为在上单调递增，所以函数在上只有一个零点，当时，可得，所以函数在上没有零点，综上可得函数在只有一个零点，所以B不正确；由函数在上单调递减，可得，由于，则，因为，所以，即，所以，所以C正确；由在上恒成立，即在上恒成立，设，则，令，即，解得，所以当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值为，所以，所以D正确.故选：ACD.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，

9、求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题12已知等比数列首项，公比为，前项和为，前项积为，函数，若，则（ ）A为单调递增的等差数列BC为单调递增的等比数列D使得成立的的最大值为6【答案】BCD【分析】令，利用可得，B正确；由可得A错误；由可得C正确；由，可推出，可得D正确.【详解】令，则，因为是等比数列，所以，即，B正确；，是公差为的递减等差数列，A错误；，是首项为，公比为的递增等比数列，C正确；，时，时，时，时，又，所以使得成立的的最大值为6，D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：利用等比数列的性质、通项公式、求和公式、数列的单调性求解是解

10、题关键.三、填空题13求和：_ 【答案】【解析】易知该数列的通项，故该数列的前n项和为14朱载堉（1536-1611）是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作律学新说中制作了最早的“十二平均律”十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍设第三个音的频率为，第七个音的频率为，则_【答案】【分析】将每个音的频率看作等比数列，利用等比数列知识可求得结果.【详解】由题知：一个八度13个音，且相邻两个音之间的频率之比相等，

11、可以将每个音的频率看作等比数列，一共13项，且，最后一个音是最初那个音的频率的2倍，故答案为：【点睛】关键点点睛：构造等比数列求解是解题关键.15已知是，的等差中项，是，的等比中项，则_.【答案】【分析】由题意得，消去，可得，化简得，得，则有【详解】由题设可知：由是，的等差中项，则，是，的等比中项，则，则有可知：，则将式变形得：，即，则.故答案为：.【点睛】关键点点睛：此题考查等差中项、等比中项的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是由已知条件得，消去，可得，再利用三角函数恒等变换公式化简可得结果，考查转化思想和计算能力，属于中档题16为了评估某种治疗肺炎药物的疗效，现有关部门对该

12、药物在人体血管中的药物浓度进行测量设该药物在人体血管中药物浓度与时间的关系为，甲、乙两人服用该药物后，血管中药物浓度随时间变化的关系如下图所示给出下列四个结论： 在时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同； 在时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率相同； 在这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同； 在,两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率不相同.其中所有正确结论的序号是_【答案】【分析】理解平均变化率和瞬时变换率的意义，结合图象，判断选项.【详解】在时刻，为两图象的交点，即此时甲、乙两人血管中的药物浓度相同，故正确；甲、乙两人在时刻的切线的斜率不相等，即两人的不相同，所以

13、甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不相同，故不正确；根据平均变换率公式可知，甲、乙两人的平均变化率都是，故正确；在时间段，甲的平均变化率是，在时间段，甲的平均变化率是，显然不相等，故正确.故答案为：【点睛】思路点睛：本题是一道识图的实际应用问题，判断的关键是理解两个概念，瞬时变化率和平均变化率，结合导数的几何意义可知瞬时变化率就是在此点处切线的斜率，平均变化率是.四、解答题17设数列的前n项和为，从条件，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列的前n项和为，_.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n和.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【分析】（1）若选可得为常数

14、数列，即可求出；若选利用可得，即可得为常数数列，即可求出；若选利用可得，即可得到数列是以1为首项，1为公差的等差数列，从而得解；（2）利用错位相减法求和；【详解】选条件时，（1）时，整理得，所以.（2）由（1）得：，设，其前项和为，所以 ， ，得：，故，所以.选条件时，（1）由于，所以，当时，得：，整理得，所以.（2）由（1）得：，设，其前项和为，所以 ， ，得：，故，所以.选条件时，由于， 时，整理得（常数），所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.所以.（2）由（1）得：，设，其前项和为，所以，得：，故，所以.【点睛】数列求和的方法技巧：(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性

15、相关联的数列的求和(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和18已知为等差数列，为等比数列，.（1）求和的通项公式；（2）对任意的正整数，设，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列和等比数列的通项公式可求得数列和的通项公式；（2）设数列的前项和中奇数项的和为，偶数项的和为，推导出：当为正奇数时，当为正偶数时，利用裂项相消法可求出，利用错位相减法可求得，进而可求得数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的公差为，等比

16、数列的公比为，由，则，可得，所以，因为，所以，整理得，解得，所以；（2）设数列的前项和中奇数项的和为，偶数项的和为，当为奇数时，当为偶数时，对任意的正整数，由得，得，化简得.因此，数列的前项和为.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于型数列，利用分组求和法；（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.19已知函数()（1）若函数有两个极值点，求的取值范围；（2）证明：当时，【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）由题意转化为有两个变号零点，再参变分离后

17、得，利用图象求的取值范围；（2）首先构造函数()，求函数的二次导数，分析函数的单调性，并求函数的最值，并证明不等式.【详解】（1）的定义域为，若函数有两个极值点，则有两个变号零点，等同于，即水平直线与曲线有两个交点(不是的切线)，令，的定义域为，则，令，解得，当时，在上单调递减，当时，在上单调递减，则为的极大值，也为最大值，当时，当时，当时，且为正数，则的图像如图所示，则此时；（2）证明：令()，则只需证明当时恒成立即可，则，令，则，当时，则，则在时单调递增，又，时，则在时单调递增，当时，即当时，【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证

18、明或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.其中一种重要的技巧就是找到函数在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的突破口.20已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由题可知数列为等比数列，公比，进一步求出的通项公式，所以，利用累加法求出数列的通项公式；（2）利用对数列进行放缩 ，化简求出答案.【详解】（1），所以数列为等比数列，公比，所以，所以（2）证明： 【点睛】放缩法的注意事项：（1）放缩的方

19、向要一致。（2）放与缩要适度。（3）很多时候只对数列的一部分进行放缩法，保留一些项不变（多为前几项或后几项）。（4）用放缩法证明极其简单，然而，用放缩法证不等式，技巧性极强，稍有不慎，则会出现放缩失当的现象。21设函数 （1）若函数在上递增，在上递减，求实数的值.（2）讨论在上的单调性；（3）若方程有两个不等实数根，求实数的取值范围，并证明.【答案】（1）（2）见解析（3），见解析【分析】（1）根据单调区间判断出是极值点，由此根据极值点对应的导数值为求解出的值，并注意验证是否满足；（2）先求解出，然后结合所给区间对进行分类讨论，分别求解出的单调性；（3）构造函数，分析的取值情况，由此求解出的取值范围；将证明通过条件转化为证明，由此构造新函数进行分析证明.【详解】（1）由于函数函数在上递增，在上递减，由单调性知是函数的极大值点，无极小值点，所以，故，此时满足是极大值点，所以；（2），当时，在上单调递增.当，即或时，在上单调递减.当且时，由 得.令得；令得.在上单调递增，在上单调递减.综上，当时，在上递增；当或时，在上递减；当且时，在上递增，在上递减. （3）令，当时，单调递减；当时，单调递增；故在处取得最小值为又当，由图象知：不妨设，则有，令在上单调递增，故即，【点睛】本题考查函数