2022年秋高中数学模块综合检测新人教A版选择性必修第二册

1、PAGE 11PAGE 模块综合检测(时间：120分钟，满分150分)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(2022年山东月考)在等差数列an中，若a21a336，则a25a27a29()A6B9C12D54【答案】B【解析】在等差数列an中，a25a29a21a332a276，a273，a25a27a293a279.2已知函数f(x)ex(x1)2(e为2.71828)，则f(x)的大致图象是()【答案】C【解析】函数f(x)ex(x1)2，当x1时，f(1)e1eq f(1,e)0，故排除A，D又f(x)ex2x2，f(x)ex

2、20 xln 2，当0 xln 2时，f(x)0，f(x)f(0)0恒成立，不满足条件；yeq blc|rc|(avs4alco1(f(x1,x2)，x(2，)，所以yeq blc(avs4alco1(f(3,(x2)2)，x(2，1)，,f(3,(x2)2)，x(1，)，)其导函数上存在两点的导函数值乘积为1，即这两点处的切线互相垂直，满足条件；yexln x，所以yexeq f(1,x)，函数yexeq f(1,x)单调递增，且yeq blc|(avs4alco1(xf(1,3)eq r(3,e)31，其导函数上存在两点的导函数值的乘积为1，即这两点处的切线互相垂直，满足条件故选C5已知数

3、列an的前n项和为Sn，a11，Sn1Sn2an1，数列eq blcrc(avs4alco1(f(2n,anan1)的前n项和为Tn，nN*，则下列结论错误的是()Aan1是等比数列BTn1eq f(1,2n1)Can12eq blc(rc)(avs4alco1(2nf(1,2)DTn1【答案】B【解析】由Sn1Sn2an1，可得an1Sn1Sn2an1，可化为an112(an1)，又S1a11，an1是首项为2，公比为2的等比数列，an12n，即an2n1，即an12n11.又eq f(2n,anan1)eq f(2n,(2n1)(2n11)eq f(1,2n1)eq f(1,2n11)，T

4、n11eq f(1,221)eq f(1,221)eq f(1,231)eq f(1,2n1)eq f(1,2n11)1eq f(1,2n11)0，即Tneq f(f(x),x)，则关于x的不等式eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,3)1)eq sup12(3)f(x3)f(3)0的解集为()A(3，6)B(0，3)C(0，6)D(6，)【答案】A【解析】eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,3)1)eq sup12(3)f(x3)f(3)0，(x3)3f(x3)27f(3)0，(x3)3f(x3)27f(3)定义在(0，)的函数f(x)，3x，令g(x)x3f(x)

5、，不等式(x3)3f(x3)27f(3)，即为g(x3)eq f(f(x),x)，xf(x)3f(x)，xf(x)3f(x)0，x3f(x)3x2f(x)0，g(x)0，g(x)单调递增又因为由上可知g(x3)g(3)，x33.3x，3x6.故选A7已知数列an满足a1eq f(1,2)a2eq f(1,n)ann2n(nN*)，设数列bn满足bneq f(2n1,anan1)，数列bn的前n项和为Tn，若Tneq f(n,n1)(nN*)恒成立，则的取值范围是()Aeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)，)Beq blcrc)(avs4alco1(f(1,4)，)Ceq bl

6、crc)(avs4alco1(f(3,8)，)Deq blc(rc)(avs4alco1(f(3,8)，)【答案】D【解析】因为a1eq f(1,2)a2eq f(1,n)ann2n(nN*)，所以a1eq f(1,2)a2eq f(1,n1)an1(n1)2(n1)(nN*，n2)，故eq f(1,n)an2n即an2n2，其中n2.而令n1，则a11212212，故an2n2，n1.bneq f(2n1,4n2(n1)2)eq f(1,4)eq blcrc(avs4alco1(f(1,n2)f(1,(n1)2)，故Tneq f(1,4)eq blcrc(avs4alco1(blc(rc)(

7、avs4alco1(f(1,12)f(1,22)blc(rc)(avs4alco1(f(1,22)f(1,32)f(1,n2)f(1,(n1)2)eq f(1,4)eq blcrc(avs4alco1(1f(1,(n1)2)eq f(n22n,4(n1)2)，故Tneq f(n,n1)(nN*)恒成立，等价于eq f(n22n,4(n1)2)eq f(n,n1)，即eq f(n2,4(n1)恒成立，化简得到eq f(1,4)eq f(1,4(n1)eq f(3,8).8(2022年合肥三模)若关于x的不等式(a2)xx2alnx在区间eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)(e

8、为自然对数的底数)上有实数解，则实数a的最大值是()A1Beq f(12e,e(e1)Ceq f(e(3e),e1)Deq f(e(e2),e1)【答案】D【解析】(a2)xx2aln x在区间eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)上有实数解，不等式变形为a(xln x)x22x.xeq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)，则xln x0，aeq f(x22x,xln x).设f(x)eq f(x22x,xln x)，求f(x)的最大值f(x)eq f(2x2)(xln x)(x22x)blc(rc)(avs4alco1(1f(1,x),(xln x)2)eq

9、 f(x1)(x2lnx2),(xln x)2)，xeq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)，x2ln x2x2(1ln x)0，则1xe时，f(x)0，f(x)在1，e上单调递增；在eq blcrc)(avs4alco1(f(1,e)，1)上单调递减又f(e)eq f(e22e,e1)0；feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)eq f(f(1,e2)f(2,e),f(1,e)1)eq f(12e,ee2)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，f(x)maxf(e)eq f(e(e2),e1)，则aeq f(e(e2),e1)，即实数a的最

10、大值是eq f(e(e2),e1).二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9(2022年平和月考)设等比数列an的前n项和为Sn，若8a2a50，则下列式子中数值为常数的是()Aeq f(a5,a3)Beq f(S5,S3)Ceq f(an1,an)Deq f(Sn1,Sn)【答案】ABC【解析】因为在等比数列an中8a2a50，设公比为q，所以8a2a2q30，即q38，解得q2，所以eq f(a5,a3)eq f(a3q2,a3)4，eq f(an1,an)q2，Sneq f(a11(2)n,

11、1(2)eq f(a11(2)n,3)，所以eq f(S5,S3)eq f(f(a11(2)5,3),f(a11(2)3,3)eq f(11,3)，eq f(Sn1,Sn)eq f(f(a11(2)n1,3),f(a11(2)n,3)eq f(2)n11,(2)n1).故选ABC10(2021年北京模拟)函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图，以下命题错误的是()A3是函数yf(x)的极值点B1是函数yf(x)的最小值点Cyf(x)在区间(3，1)上单调递增Dyf(x)在x0处切线的斜率小于零【答案】BD【解析】根据导函数的图象可知，当x(，3)时，f(x)0，当x(3，1)时，f(x)0

12、，所以函数yf(x)在(，3)上单调递减，在(3，1)上单调递增，则3是函数yf(x)的极值点因为函数yf(x)在(3，1)上单调递增，则1不是函数的最小值点因为函数yf(x)在x0处的导数大于0，则yf(x)在x0处切线的斜率大于0，所以命题错误的选项为B，D11(2022年山东模拟)设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题正确的是()A若d0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则d0，则数列Sn是递增数列D若数列Sn是递增数列，则对任意nN*，均有Sn0【答案】ABC【解析】由等差数列的求和公式可得Snna1eq f(n(n1),2)deq f(d,2)n2e

13、q blc(rc)(avs4alco1(a1f(d,2)n，选项A，若d0，由二次函数的性质可得数列Sn有最大项，故正确；选项B，若数列Sn有最大项，则对应抛物线开口向下，则有d0，对应抛物线开口向上，d0，可得数列Sn是递增数列，故正确；选项D，若数列Sn是递增数列，则对应抛物线开口向上，但不一定有任意nN*，均有Sn0，故错误12(2021年枣庄期末)设函数f(x)eq f(aex1lna,lnx1)，则()Af(x)的定义域为eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,e)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，)B若a1，f(x)的极小值点为1C若ae，则f(

14、x)在(1，)上单调递增D若a1，则方程f(x)1无实数根【答案】ABD【解析】由题意得eq blc(avs4alco1(x0，,ln x10，)解得x0且xeq f(1,e)，故函数f(x)的定义域是eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,e)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，)，故A正确；当a1时，f(x)eq f(ex1,ln x1)，f(x)eq f(ex1blc(rc)(avs4alco1(ln xf(1,x)1),(ln x1)2)，令g(x)ln xeq f(1,x)1，则g(x)eq f(1,x)eq f(1,x2)0，g(x)在定义域递增，

15、而g(1)0，故xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,e)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，1)时，g(x)0，即f(x)0，即f(x)0，f(x)单调递增，故a1时，f(x)的极小值点是1，故B正确；ae时，f(x)eq f(ex1,ln x1)，f(x)eq f(ex(ln x1)f(1,x)(ex1),(ln x1)2)，令h(x)ex(ln x1)eq f(1,x)(ex1)，h(x)exeq blc(rc)(avs4alco1(ln x1f(1,x2)eq f(1,x2)，令k(x)ln x1eq f(1,x2)(x1)，则k(x)eq f(x

16、22,x3)，故k(x)在(1，eq r(2)上递减，在(eq r(2)，)上递增，故k(x)k(eq r(2)0，故h(x)0，h(x)递增，而h(1)1，h(e)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,e)eeeeeq f(1,e)0，故存在x0(1，e)，使得h(x0)0，即f(x0)0，故f(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，故C错误；由B得f(x)的极小值即f(x)的最小值为f(1)1，由C得f(x)的最小值是f(x0)eq f(ex01,ln x01)eq f(ln x01,ln x01)1，综合B，C，a1时，f(x)的最小值是1，a1时，f(x)

17、的最小值大于1，故若a1，则方程f(x)1无实根，故D正确三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13(2022年普宁期末)已知等差数列an满足a23，SnSn351(n3)，Sn100，则公差d_【答案】2【解析】an为等差数列，故由SnSn351(n3)可得an2an1an51，即3an151，an117，故a1ana2an120，故Sneq f(n(a1an),2)10n100，n10，所以eq blc(avs4alco1(10a145d100，,a1d3，)解得d2.14已知函数f(x)eq f(1,3)x3ax2ax1(a1)在不同的两点P1(t1，f(t1)，P2(t2，f(

18、t2)处的切线的斜率相等，若不等式f(t1t2)m0(mR)恒成立，则实数m的取值范围是_【答案】1，)【解析】由题得f(x)x22axa(a1)，由已知得t1，t2为x22axac(c为常数)的两个不等实数根，所以t1t22a，f(t1t2)m0恒成立，mf(2a)(a1)恒成立令g(a)f(2a)eq f(4,3)a32a21(a1)，则g(a)4a24a4a(a1)，当a(，0)，g(a)0；g(a)在(，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，g(a)ming(0)1，m1，m1.故实数m的取值范围是eq blcrc)(avs4alco1(1，).15(2022年山东月考)函数f(x)

19、eq f(1,2)ex(sinxcosx)在区间eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)上值域为_【答案】eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)e eq sup4(f(,2) )【解析】f(x)eq f(1,2)ex(sin xcos x)eq f(1,2)ex(cos xsin x)excos x，当xeq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)时，f(x)0，故为增函数，所以f(x)maxfeq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)eq f(1,2)e eq sup4(f(,2) ，f(x)minf(0)eq f(1,2)，所以f(x

20、)的值域为eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)e eq sup4(f(,2) )16已知an是等差数列，anbn是公比为c的等比数列，a11，b10，a35，则数列an的前10项和为_，数列bn的前10项和为_(用c表示)【答案】100eq blc(avs4alco1(90，c1，,100f(1c10,1c)，c0，1)【解析】因为an是等差数列，a11，a35，所以a3a12d4，解得d2，所以an12(n1)2n1，所以S10101eq f(109,2)2100.因为anbn是公比为c的等比数列，且a1b11，所以anbncn1，故bncn12n1，当c1时，T

21、10eq f(220)10,2)90，当c1时，T10(1cc2c9)(13519)100eq f(1c10,1c)，综上T10eq blc(avs4alco1(90，c1，,100f(1c10,1c)，c0，1.)四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)在a1，a21，a3是公差为3的等差数列；满足a5a62a7，且a6eq f(1,4)这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上并解答已知各项均为正数的数列an是等比数列，并且_(1)求数列an的通项公式；(2)设bna2n，记Sn为数列bn的前n项和，求证：Sn0)，若选择条件，因为a1，a21，

22、a3是公差为3的等差数列，所以eq blc(avs4alco1(a21a13，,a3(a21)3，)即eq blc(avs4alco1(a1qa14，,a1q2a1q2，)解得eq blc(avs4alco1(a18，,qf(1,2)，)所以ana1qn18eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq sup12(n1)24n.若选择条件，由a5a62a7，可得a1q4a1q52a1q6.因为a10，所以2q2q10，解得qeq f(1,2)或q1(舍去)，又因为a6eq f(1,4)，所以ana1qn1a6qn6eq f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1

23、,2)eq sup12(n6)24n.(2)证明：由(1)可知an24n，所以bna2n242n，所以eq f(bn1,bn)eq f(222n,242n)eq f(1,4)，所以数列eq blcrc(avs4alco1(bn)是以b1a24为首项，eq f(1,4)为公比的等比数列，所以Sneq f(4blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)sup12(n),1f(1,4)eq f(16,3)eq blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)sup12(n)eq f(16,3)eq f(16,3)eq blc(r

24、c)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(n)0，若x(0，e时，g(x)的最小值是3，求实数a的值(e是自然对数的底数)解：(1)因为函数f(x)2xln x，所以f(x)2eq f(1,x)，f(1)1，f(1)2，所以f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y2x1，即xy10.(2)f(x)定义域是(0，)，由(1)知，当f(x)0时，xeq f(1,2)，当f(x)0时，0 xeq f(1,2)，所以f(x)的单调增区间是eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，)，单调减区间是eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2).(3)因为g(x)

25、f(x)(a2)xaxln x，所以g(x)aeq f(1,x)eq f(ax1,x)，当eq f(1,a)e，即0aeq f(1,e)时，g(x)0，所以g(x)在(0，e上单调递减，所以g(x)ming(e)ae13，解得aeq f(4,e)(舍去)；当0eq f(1,a)eq f(1,e)时，当0 xeq f(1,a)时，g(x)0，当eq f(1,a)x0，所以g(x)mingeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)1ln a3，解得ae2，满足条件综上，实数a的值是e2.19(12分)已知递增的等差数列an的前n项和为Sn，S11，S2，S31，S4成等比数列(1)求数

26、列an的通项公式；(2)已知bneq f(1)n(4n4),an1an2)，求数列bn的前2n项和T2n.解：(1)由S11知等差数列eq blcrc(avs4alco1(an)首项为1，所以Snneq f(n(n1),2)d.由S2，S31，S4成等比数列可得(S31)2S2S4，所以(23d)2(2d)(46d)，解得d2或deq f(2,3)，由递增的等差数列eq blcrc(avs4alco1(an)知d0，所以d2，所以an12(n1)2n1.(2)因为bneq f(1)n(4n4),an1an2)eq f(1)n(4n4),(2n1)(2n3)(1)neq blc(rc)(avs4

27、alco1(f(1,2n1)f(1,2n3)，所以T2nb1b2b3b4b2n1b2neq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)f(1,5)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,5)f(1,7)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,7)f(1,9)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,9)f(1,11)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4n1)f(1,4n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4n1)f(1,4n3)eq f(1,3)eq f(1,4n3)eq f(4n,3(4n3).20(12分)已知数列an满足

28、：a11，an1eq f(an,an1).(1)求证：eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)为等差数列；(2)若数列bn中的前n项和Sn2eq f(1,2an)，求数列bn通项公式；(3)在(2)的条件下，数列eq blcrc(avs4alco1(cn)满足cn(1)neq f(2n,bn)(nN*)，是否存在正整数m，使对任意nN*都有cncm？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由(1)证明：a11，an1eq f(an,an1)，eq f(1,an1)eq f(1,an)eq f(an1,an)eq f(1,an)1，所以eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)

29、为以1为首项，1为公差的等差数列(2)解：由(1)得eq f(1,an)1(n1)1n，aneq f(1,n)，Sn2 eq sup4(f(1,2an) (eq r(2)n，当n1时，b1S1eq r(2)，当n2时，bnSnSn1(eq r(2)n(eq r(2)n1，bneq blc(avs4alco1(r(2)，n1，,(r(2)n(r(2)n1，n2.)(3)解：cn(1)neq f(2n,bn)eq blc(avs4alco1(f(r(2),2)，n1，,f(1)n(2n),(r(2)n(r(2)n1)，n2，)当n为偶数，且大于2时，cn为负数；当n等于2时，cn为零；当n为奇数，

30、且大于2时，cn为正数，此时cneq f(n2,(r(2)n(r(2)n1)；cn2cneq f(n,(r(2)n2(r(2)n1)eq f(n2,(r(2)n(r(2)n1)eq f(4n,2(r(2)1)(r(2)n1).因此当n3时，c5c3；当n5，n为奇数时，cn20，f(x)2aeq f(b,x2)eq f(1,x)，因为f(x)在x1，xeq f(1,2)处取得极值，所以eq blc(avs4alco1(f(1)2ab10，,fblc(rc)(avs4alco1(f(1,2)2a4b20)eq blc(avs4alco1(af(1,3)，,bf(1,3)，)所以aeq f(1,3)，beq f(1,3).(2)f(x)eq f(2,3)eq f(1,3x2)eq f(1,x)eq f(1,3x2)(x1)(2x1)，所以xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)时，f(x)0，f(x)单调递增，x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减，故x1，xeq f(1,2)为函数的极值点f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)上单调递减，在eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，1)上单调递增，在(1，2上单调递减，而f(x)eq f(2,3)xeq f(1,3x)ln x，所以feq bl