新教材2023年高中数学本册综合检测1新人教A版选择性

本册综合检测(一)考试时间120分钟，满分150分．一、单项选择题(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，只有一项是符合题目要求的)1．已知数列{an}的前4项依次为－eq\f(1,3)，1，－eq\f(9,5)，eq\f(8,3)，则该数列的一个通项公式可以是(A)A．an＝(－1)n·eq\f(n2,n＋2)B．an＝(－1)n＋1·eq\f(n2,n＋2)C．an＝(－1)n·eq\f(n2,2n＋1)D．an＝(－1)n＋1·eq\f(n2,2n＋1)[解析]数列的前4项分别为－eq\f(1,3)，eq\f(4,4)，－eq\f(9,5)，eq\f(16,6)，可得奇数项为负数，偶数项为正数，可知：第n项的符号为(－1)n，排除选项B，D；再观察分数的分母需满足n＋2，最终可得通项公式an＝(－1)n·eq\f(n2,n＋2).2．在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a7＝28，若am＝26，则m＝(D)A．6 B．7C．8 D．9[解析]由题意，可得a3＋a7＝2a5＝28，故a5＝14，所以公差d＝eq\f(a5－a1,4)＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋3·(n－1)＝3n－1，所以am＝3m－1＝26，解得m＝9.3．已知f(k)＝k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k(k∈N*)，则(B)A．f(k＋1)－f(k)＝2k＋2B．f(k＋1)－f(k)＝3k＋3C．f(k＋1)－f(k)＝4k＋2D．f(k＋1)－f(k)＝4k＋3[解析]f(k)＝k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k(k∈N*)，则f(k＋1)－f(k)＝(k＋1)＋(k＋2)＋(k＋3)＋…＋(2k－1)＋2k＋(2k＋1)＋2(k＋1)－[k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k]＝3k＋3.4．已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为eq\f(15,8)，且8a5＝a1－2a3，则a3＝(C)A．eq\f(1,16) B．eq\f(1,8)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,2)[解析]设等比数列{an}的公比为q，因为前4项和为eq\f(15,8)，且8a5＝a1－2a3，所以q≠1，eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝eq\f(15,8)，8a1q4＝a1－2a1q2，解得a1＝1，q＝eq\f(1,2).则a3＝eq\f(1,4).5．(2021·山东卷)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则(D)A．eb<a B．ea<bC．0<a<eb D．0<b<ea[解析]在曲线y＝ex上任取一点P(t，et)，对函数y＝ex求导得y′＝ex，所以，曲线y＝ex在点P处的切线方程为y－et＝et(x－t)，即y＝etx＋(1－t)et，由题意可知，点(a，b)在直线y＝etx＋(1－t)et上，可得b＝aet＋(1－t)et＝(a＋1－t)et，令f(t)＝(a＋1－t)et，则f′(t)＝(a－t)et.当t<a时，f′(t)>0，此时函数f(t)单调递增，当t>a时，f′(t)<0，此时函数f(t)单调递减，所以，f(t)max＝f(a)＝ea，由题意可知，直线y＝b与曲线y＝f(t)的图象有两个交点，则b<f(t)max＝ea，当t<a＋1时，f(t)>0，当t>a＋1时，f(t)<0，作出函数f(t)的图象如下图所示：由图可知，当0<b<ea时，直线y＝b与曲线y＝f(t)的图象有两个交点．故选D．解法二：画出函数曲线y＝ex的图象如图所示，根据直观即可判定点(a，b)在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线．由此可知0<b<ea.故选D．6．(2022·武汉高二检测)等差数列{an}中，a1与a4037是f(x)＝x－4lnx－eq\f(m,x)的两个极值点，则logeq\r(2)a2019＝(B)A．1 B．2C．0 D．eq\f(1,2)[解析]f′(x)＝1－eq\f(4,x)＋eq\f(m,x2)＝eq\f(x2－4x＋m,x2)，因为a1与a4037是f(x)＝x－4lnx－eq\f(m,x)的两个极值点，令g(x)＝x2－4x＋m，所以a1与a4037是方程x2－4x＋m＝0的两个根，即a1＋a4037＝4，也即2a2019＝4，所以a2019＝2，则logeq\r(2)a2019＝2log22＝2.7．已知关于x的不等式1＋2xlnx≤mx2在[1，＋∞)上恒成立，则m的最小值为(A)A．1 B．2C．3 D．4[解析]依题意，1＋2xlnx≤mx2⇔m≥eq\f(2lnx,x)＋eq\f(1,x2)，令g(x)＝eq\f(2lnx,x)＋eq\f(1,x2)，故g′(x)＝eq\f(2（x－xlnx－1）,x3)，令h(x)＝x－xlnx－1，则h′(x)＝－lnx，故当x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝－lnx≤0，h(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(1)＝0，所以g′(x)≤0，故g(x)＝eq\f(2lnx,x)＋eq\f(1,x2)在[1，＋∞)上单调递减，故m≥[g(x)]max＝g(1)＝1，故m的最小值为1.8．已知定义域为R的奇函数f(x)的导函数为f′(x)，当x>0时，xf′(x)>f(x)．若a＝eq\f(f（－log23）,－log23)，b＝eq\f(f（log46）,log46)，c＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,8))),sin\f(π,8))，则a，b，c的大小关系为(C)A．a<b<c B．c<a<bC．c<b<a D．b<c<a[解析]令g(x)＝eq\f(f（x）,x)(x≠0)，由于f(x)为R上的奇函数，所以g(x)＝eq\f(f（x）,x)(x≠0)为定义域上的偶函数，又当x>0时，xf′(x)>f(x)，所以，当x>0时，g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)>0，所以，偶函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；又0<sineq\f(π,8)<1<log46<log49＝log23，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,8)))<g(log46)<g(log49)＝g(log23)＝g(－log23)，即c<b<a.二、多项选择题(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，有多个选项是符合题目要求的，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．下列关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题中真命题是(AD)A．数列{an}是递增数列B．数列{nan}是递增数列C．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是递增数列D．数列{an＋3nd}是递增数列[解析]因为对于公差d>0的等差数列{an}，an＋1－an＝d>0，所以数列{an}是递增数列成立，A是真命题．对于数列{nan}，第n＋1项与第n项的差等于(n＋1)an＋1－nan＝(n＋1)d＋an，不一定是正实数，B是假命题．对于数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))，第n＋1项与第n项的差等于eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝eq\f(nan＋1－（n＋1）an,n（n＋1）)＝eq\f(nd－an,n（n＋1）)，不一定是正实数，C是假命题．对于数列{an＋3nd}，第n＋1项与第n项的差等于an＋1＋3(n＋1)d－an－3nd＝4d>0，数列{an＋3nd}是递增数列成立，D是真命题．10．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是(AC)A．a4＝0 B．Sn的最大值为S3C．S1＝S6 D．|a3|<|a5|[解析]设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；由于d的正负不清楚，故S3可能为最大值或最小值，故B不正确；因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D错误．11．(2022·南京高三检测)若函数f(x)的图象上存在两个不同的点A，B，使得曲线y＝f(x)在这两点处的切线重合，称函数f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的有(BD)A．y＝ex－x B．y＝x4－x2C．y＝x3 D．y＝x＋sinx[解析]由题意可得，性质T指函数f(x)图象上有两个不同点的切线是重合的，即两个不同点所对应的导数值相等，且两点处函数的切线方程也相同．对于A选项，y＝ex－x，则y′＝ex－1，导函数为增函数，不存在不同的两个x使得导数值相等，故A不符合；对于B选项，y′＝4x3－2x，设两切点分别为(x1，xeq\o\al(4,1)－xeq\o\al(2,1))，(x2，xeq\o\al(4,2)－xeq\o\al(2,2))且4xeq\o\al(3,1)－2x1＝4xeq\o\al(3,2)－2x2，取x1＝－eq\f(\r(2),2)，x2＝eq\f(\r(2),2)，则y1＝－eq\f(1,4)＝y2，两切点处的导数值为y′＝0，两切点连线的直线斜率为k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝0，所以两切点处的导数值等于两切点连线的斜率，符合性质T，所以B选项符合；对于C选项，设两切点分别为(x1，xeq\o\al(3,1))和(x2，xeq\o\al(3,2))，则两切点处的导数值相等有：3xeq\o\al(2,1)＝3xeq\o\al(2,2)，解得：x1＝－x2，令x1＝a，则x2＝－a，两切点处的导数y′＝3a2，两切点连线的斜率为k＝eq\f(a3－（－a）3,a－（－a）)＝a2，则3a2＝a2，得a＝0，两切点重合，不符合题意，所以C选项不符合；对于D选项，y′＝1＋cosx，设两切点的横坐标分别为x1和x2，则1＋cosx1＝1＋cosx2，所以cosx1＝cosx2，取x1＝eq\f(π,2)，x2＝eq\f(5π,2)，则y1＝eq\f(π,2)＋1，y2＝eq\f(5π,2)＋1，两切点处的导数值为y′＝1，两切点连线的直线斜率为k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝1，所以两切点处的导数值等于两切点连线的斜率，符合性质T，所以D选项符合．12．已知函数f(x)＝eq\f(x2＋x－1,ex)，则下列结论正确的是(ABC)A．函数f(x)存在两个不同的零点B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值C．当－e<k<0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根D．若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝eq\f(5,e2)，则t的最小值为2[解析]对于A．f(x)＝0⇒x2＋x－1＝0，解得x＝eq\f(－1±\r(5),2)，所以A正确；对于B．f′(x)＝－eq\f(x2－x－2,ex)＝－eq\f(（x＋1）（x－2）,ex)，当f′(x)>0时，－1<x<2，当f′(x)<0时，x<－1或x>2，故(－∞，－1)，(2，＋∞)上函数的单调递减区间，(－1，2)是函数的单调递增区间，所以f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，所以B正确．对于C．当x→＋∞时，y→0，根据B可知，函数的最小值是f(－1)＝－e，再根据单调性可知，当－e<k<0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根，所以C正确；对于D．由图象可知，t的最大值是2，所以不正确．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知递增等比数列{an}满足a2＋a3＝6a1，则{an}的前三项可以依次是__1，2，4(答案不唯一)__．[解析]设{an}的公比为q，因为a2＋a3＝6a1，所以a1q＋a1q2＝6a1，所以q＋q2＝6，解得q＝－3或q＝2，又数列{an}为递增数列，所以q＝2，所以只要写首项为正数，公比为2的等比数列的前三项均可，如1，2，4.14．已知f(x)为奇函数，当x<0时，f(x)＝ex3＋2e－x，则曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程是__y＝ex－2e__．[解析]因为奇函数在关于原点对称的两点处的切线平行，且f′(x)＝3ex2－2e－x(x<0)，故f′(1)＝f′(－1)＝e，又f(1)＝－f(－1)＝－e，故切线方程为y＋e＝e(x－1)，即y＝ex－2e.15．(2022·全国新高考乙卷)写出曲线y＝ln|x|过坐标原点的切线方程：__y＝eq\f(x,e)，y＝－eq\f(x,e)__．[解析]当x>0时，点(x1，lnx1)(x1>0)上的切线为y－lnx1＝eq\f(1,x1)(x－x1)，若该切线经过原点，则lnx1－1＝0，解得x＝e，此时切线方程为y＝eq\f(x,e).当x<0时，点(x2，ln(－x2))(x2<0)上的切线为y－ln(－x2)＝eq\f(1,x2)(x－x2)，若该切线经过原点，则ln(－x2)－1＝0，解得x＝－e，此时切线方程为y＝－eq\f(x,e).16．“康托尔尘埃”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其过程如下：在一个单位正方形中，首先，将正方形等分成9个边长为eq\f(1,3)的小正方形，保留靠角的4个小正方形，记4个小正方形面积之和为S1；然后，将剩余的4个小正方形分别继续9等分，分别保留靠角的4个小正方形，记16个小正方形面积之和为S2；…；操作过程不断进行下去，以至无穷，保留的图形称为康托尔尘埃．若S1＋S2＋…＋Sn≥eq\f(17,25)，则操作次数n的最小值为__3__．[解析]S1是边长为eq\f(1,3)的4个正方形的面积之和，故S1＝eq\f(1,32)×4＝eq\f(4,9)；S2是边长为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)的42个正方形的面积之和，故S2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)))eq\s\up12(2)×42＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(2)；以此类推得：Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)))eq\s\up12(n)×4n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(n)，从而S1＋S2＋…＋Sn＝eq\f(4,9)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(n)＝eq\f(\f(4,9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))\s\up12(n＋1),1－\f(4,9))＝eq\f(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4n,9n)))≥eq\f(17,25)，所以eq\f(4n,9n)≤eq\f(3,20)，函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(x)关于x单调递减，且n＝2时，eq\f(42,92)＝eq\f(16,81)>eq\f(3,20)，n＝3时，eq\f(43,93)＝eq\f(64,729)<eq\f(3,20)，故n最小值取3.四、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝4an＋3n－1，bn＝an＋n.(1)证明：数列{bn}为等比数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.[解析](1)∵bn＝an＋n，∴bn＋1＝an＋1＋n＋1.又an＋1＝4an＋3n－1，∴eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋n＋1,an＋n)＝eq\f(（4an＋3n－1）＋n＋1,an＋n)＝eq\f(4（an＋n）,an＋n)＝4.又b1＝a1＋1＝1＋1＝2，∴数列{bn}是首项为2，公比为4的等比数列．(2)由(1)知，bn＝2×4n－1，∴an＝bn－n＝2×4n－1－n，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2(1＋4＋42＋…＋4n－1)－(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(2（1－4n）,1－4)－eq\f(n（n＋1）,2)＝eq\f(2,3)(4n－1)－eq\f(1,2)n2－eq\f(1,2)n.18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝eq\f(1,x)－lnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(a＋2)<f(a2)(a∈R)，求a的取值范围．[解析](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋\f(1,x)))，且x>0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立．即f(x)单调递减区间为(0，＋∞)．(2)f(a＋2)<f(a2)等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2>0,a2>0,a＋2>a2))，解得－1<a<0或0<a<2.∴a的取值范围为(－1，0)∪(0，2)．19．(本小题满分12分)已知{an}为等比数列，其前n项和为Sn，且满足a3＝1，S3＝3a2＋1.{bn}为等差数列，其前n项和为Tn，如图__________所示，Tn的图象经过A，B两个点．(1)求Sn；(2)若存在正整数n，使得bn>Sn，求n的最小值．从图①②③中选择一个适当的条件，补充在上面问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．[解析](1)由S3＝3a2＋1，得a1＝2a2，即eq\f(a3,q2)＝eq\f(2a3,q)，因为a3≠0，所以q＝eq\f(1,2)，a1＝4，所以Sn＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＝8－23－n.(2)由题图①知：T1＝b1＝1，T3＝－3，可判断d<0，数列{bn}是递减数列．而{8－23－n}是递增数列，由于b1<S1，所以选择题图①不满足“存在正整数n，使得bn>Sn”．由题图②知：T1＝b1＝1，T3＝6，可判断d>0，数列{bn}是递增数列．由题图③知：T1＝b1＝－3，T3＝0，可判断d>0，数列{bn}是递增数列．所以选择题图②③均可能满足“存在正整数n，使得bn>Sn”．第一种情况：如果选择题图②，即T1＝b1＝1，T3＝6，可得d＝1，bn＝n.当n＝1，2，3，4，5，6，7时，bn>Sn不成立，当n＝8时，b8＝8，S8＝8－23－8<b8，所以使得bn>Sn成立的n的最小值为8.第二种情况：如果选择题图③，即T1＝b1＝－3，T3＝0，可得d＝3，bn＝3n－6.当n＝1，2，3，4时，bn>Sn不成立，当n＝5时，b5＝9，S5＝8－23－5<bn成立，所以使得bn>Sn成立的n的最小值为5.20．(本小题满分12分)若函数f(x)＝ax3－bx2＋2，当x＝2时，函数f(x)有极值－2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的极值；(3)若关于x的方程f(x)－k＝0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．[解析](1)函数f(x)＝ax3－bx2＋2，∴f′(x)＝3ax2－2bx，由题意知，当x＝2时，函数f(x)有极值－2，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝0，,f（2）＝－2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12a－4b＝0，,8a－4b＋2＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3，))故所求函数的解析式为f(x)＝x3－3x2＋2.(2)由(1)得f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.x(－∞，0)0(0，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增2单调递减－2单调递增因此，当x＝0时，f(x)有极大值2，当x＝2时，f(x)有极小值－2.(3)若关于x的方程f(x)－k＝0有三个不同的实数解，则f(x)＝k有三个不同的实数根，即y＝f(x)的图象与直线y＝k有三个交点．由(2)可得函数f(x)的图象如图所示，∴实数k的取值范围为－2<k<2.21．(本小题满分12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn.已知a1b1＝2，S2＝6，S3＝12，T2＝eq\f(4,3)，n∈N*.(1)求{an}，{bn}的通项公式；(2)是否存在正整数k，使得Sk<6k且Tk>eq\f(13,9)？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．[解析](1)设数列{an}的公差为d，在数列{an}中，S3－S2＝a3＝6，因为S2＝a1＋a2＝a3－2d＋a3－d＝12－3d＝6，所以d＝2，从而a1＝a3－2d＝2，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.由a1b1＝2得，b1＝T1＝1.因为b2＝T2－T1＝eq\f(4,3)－1＝eq\f(1,3)，设数列{bn}的公比为q，所以q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(1,3)，所以bn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1).(2)由(1)知Sk＝eq\f(k（a1＋ak）,2)＝k(k＋1)，所以Sk＝k(k＋1)<6k，即k2－5k<0，解得0<k<5，又Tk＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3k))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3k)))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2×3k－1)，所以Tk＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2×3k－1)>eq\f(13,9)，即eq\f(1,3k－1)<eq\f(1,9)，解得k>3.综上，k＝4.22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝axlnx－x2＋2的图象在点(1，1)处的切线方程为y＝1.(1)当x∈(0，2)时，证明：0<f(x)<2；(2)设函数g(x)＝xf(x)，当x∈(0，1)时，证明：0<g(x)<1；(3)若数列{an}满足：an＋1＝f(an)，0<a1<1，n∈N*.证明：eq\o(∑,\s