2024-2025学年新教材高中数学模块素养检测二含解析新人教A版选择性必修2

PAGEPAGE11模块素养检测(二)(120分钟150分)一、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，只有一项符合题目要求的)1．已知a为函数f(x)＝x3－12x的微小值点，则a＝()A．－4B．－2C．4D．2【解析】选D.由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，所以f(x)的微小值点为a＝2.2．已知三个实数2，a，8成等比数列，则双曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x2,a2)＝1的渐近线方程为()A．3x±4y＝0B．4x±3y＝0C．eq\r(3)x±2y＝0D．9x±16y＝0【解析】选A.由题意，三个实数2，a，8成等比数列，可得a2＝16，即双曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x2,16)＝1的渐近线方程为3x±4y＝0.3．在如图的表格中，假如每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x＋y＋z的值为()2412xyzA．1B．2C．3D．4【解析】选B.由表格知，第三列为首项为4，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以x＝1.依据每行成等差数列得第四列前两个数字分别为5，eq\f(5,2)，故第四列所成的等比数列的公比为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．下列是函数f(x)在[a，b]上的图象，则f(x)在(a，b)上无最大值的是()【解析】选D.在开区间(a，b)上，只有D选项所示函数f(x)无最大值．5．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，那么a的取值范围是()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】选A.设h(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋a－x2＋3x，则h′(x)＝x2－4x＋3＝(x－3)(x－1)，所以当x∈[1，3)时，h(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，h(x)单调递增．当x＝3时，函数h(x)取得微小值也是最小值．因为f(x)的图象始终在g(x)的图象上方，所以h(x)min>0，即h(3)＝a>0，所以a的取值范围是(0，＋∞).6．已知各项不为0的等差数列{an}满意a4－2aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b3b8b10＝()A．1B．8C．4D．2【解析】选B.设{an}的公差为d，则由条件式可得，(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．已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1·a6·a11＝3eq\r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，则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】选D.{an}是等比数列，{bn}是等差数列，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)，若对随意两个不相等的正实数x1，x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>2恒成立，则a的取值范围为()A．(0，1] B．(1，＋∞)C．(0，1) D．[1，＋∞)【解析】选D.对随意两个不相等的正实数x1，x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>2恒成立，则当x>0时，f′(x)≥2恒成立，f′(x)＝eq\f(a,x)＋x≥2在(0，＋∞)上恒成立，则a≥(2x－x2)max＝1.二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}的各项按如下规律排列：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)，…，以下运算和结论正确的是()A．a24＝eq\f(3,8)B．数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…是等比数列C．数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…的前n项和为Tn＝eq\f(n2＋n,4)D．若存在正整数k，使Sk＜10，Sk＋1≥10，则ak＝eq\f(5,7)【解析】选ACD.以2到7为分母的数共有1＋2＋3＋…＋6＝21个，故a22＝eq\f(1,8)，a23＝eq\f(2,8)，a24＝eq\f(3,8)，故A正确；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)为等差数列，B错误；数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)))的前n项和为Tn＝eq\f(n2＋n,4)，C正确；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，此时a20＝eq\f(5,7)，D正确．10．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x对x∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是()A．2f(2)－3f(1)＞5B．若f(1)＝2，x＞1，则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，则f(x)＞x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)【解析】选CD.设函数g(x)＝eq\f(f（x）－x2,x＋1)，则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)，因为(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x，所以g′(x)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而g(1)＞g(2)＞g(3)，整理得2f(2)－3f(1)＜5，f(3)－2f(1)＜7，故A错误，C正确．当0＜x＜1时，若f(1)＝2，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，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正确，从而B不正确．11．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图：a11a12a13……a1na21a22a23……a2na31a32a33……a3n……an1an2an3……ann该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m＞0).已知a11＝2，a13＝a61＋1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有()A．m＝3B．a67＝17×37C．aij＝3(i－1)×3j－1D．S＝eq\f(1,4)n(3n＋1)(3n－1)【解析】选ACD.由题意，该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列，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)，所以选项A是正确的；又由a67＝a61m6＝(2＋5×3)×36＝17×36，所以选项B不正确；又由aij＝ai1mj－1＝[(a11＋(i－1)×m]×mj－1＝[2＋(i－1)×3]×3j－1＝(3i－1)×3j－1，所以选项C是正确的；又由这n2个数的和为S，则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)，所以选项D是正确的．12．设函数f(x)＝eq\f(ex,lnx)，则下列说法正确的是()A．f(x)定义域是(0，＋∞)B．x∈(0，1)时，f(x)图象位于x轴下方C．f(x)存在单调递增区间D．f(x)在区间(1，2)上有最大值【解析】选BC.由题意，函数f(x)＝eq\f(ex,lnx)满意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,lnx≠0，))解得x＞0且x≠1，所以函数f(x)＝eq\f(ex,lnx)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，所以A不正确；因为f(x)＝eq\f(ex,lnx)，当x∈(0，1)时，lnx＜0，所以f(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上的图象都在x轴的下方，所以B正确；因为f′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),（lnx）2)，所以f′(x)＞0在定义域上有解，所以函数f(x)存在单调递增区间，所以C是正确的；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，函数g(x)单调递增，且g(1)＝－1＜0，g(2)＝ln2－eq\f(1,2)＞0，所以函数f(x)在(1，2)上先减后增，没有最大值，所以D不正确．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．函数y＝eq\f(sinx,1＋sinx)的导数是________.【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．设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在(1，1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，则log2015x1＋log2015x2＋…＋log2015x2014的值为________．【解析】因为y′|x＝1＝n＋1，所以切线方程为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．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(3,2)＋a·3n，则eq\f(S6,S3)＝________.【解析】等比数列{an}的前n项和为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)；则eq\f(S6,S3)＝eq\f(\f(a1（1－q6）,1－q),\f(a1（1－q3）,1－q))＝1＋q3＝28.答案：2816．函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k)))处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．【解析】因为y′＝2x，所以过点(ak，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k)))处的切线方程为y－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k))＝2ak(x－ak)，又该切线与x轴的交点为(ak＋1，0)，所以ak＋1＝eq\f(1,2)ak，即数列{ak}是等比数列，首项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、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，求a1＋a2＋…＋a51的值．【解析】利用分组求和法求解．当n为正奇数时，an＋2－an＝0，又a1＝1，则全部奇数项都是1；当n为正偶数时，an＋2－an＝2，又a2＝2，则全部偶数项是首项和公差都是2的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a51＝(a1＋a3＋…＋a51)＋(a2＋a4＋…＋a50)＝26a1＋25a2＋eq\f(25×24,2)×2＝676.18．(12分)设函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋8，其中a∈R.已知f(x)在x＝3处取得极值．(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)在点A(1，16)处的切线方程．【解析】(1)f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a.因为f(x)在x＝3处取得极值，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点在f(x)上，由(1)可知f′(x)＝6x2－24x＋18，f′(1)＝6－24＋18＝0，所以切线方程为y＝16.19．(12分)已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满意：a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若数列{bn}是等差数列，且bn＝eq\f(Sn,n＋c)，求非零常数c.【解析】(1){an}为等差数列，因为a3＋a4＝a2＋a5＝22，又a3·a4＝117，所以a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两个根．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)，因为{bn}是等差数列，所以2b2＝b1＋b3，所以2c2＋c＝0，所以c＝－eq\f(1,2)(c＝0舍去).20．(12分)数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，若an＋Sn＝n，cn＝an－1.(1)求证：数列{cn}是等比数列；(2)求数列{bn}的通项公式．【解析】(1)因为a1＝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①②两式相减得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)，故数列{cn}是等比数列．(2)因为c1＝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).故当n≥2时，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·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝2lnx＋1.(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；(2)设a＞0时，探讨函数g(x)＝eq\f(f（x）－f（a）,x－a)的单调性．【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)≤2x＋c⇒f(x)－2x－c≤0⇒2lnx＋1－2x－c≤0(*)，设h(x)＝2lnx＋1－2x－c(x＞0)，则有h′(x)＝eq\f(2,x)－2＝eq\f(2（1－x）,x)，当x＞1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当0＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以当x＝1时，函数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)，设m(x)＝2(x－a－xlnx＋xlna)，则有m′(x)＝2(lna－lnx)，当x＞a时，lnx＞lna，所以m′(