人教A版(新教材)高中數(shù)學選擇性必修第二冊模塊檢測卷(B卷)

人教A版(新教材)高中數(shù)學選擇性必修第二冊PAGEPAGE1模塊檢測卷(B卷)(時間：120分鐘滿分：150分)一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中只有一項符合題目要求)1.在等比數(shù)列{an}中，若a2＝4，a5＝－32，則公比q應為()A.±eq\f(1,2) B.±2C.eq\f(1,2) D.－2〖答案〗D〖解析〗因為eq\f(a5,a2)＝q3＝－8，故q＝－2.2.若f(x)＝2xf′(1)＋x2，則f′(0)等于()A.2 B.0C.－2 D.－4〖答案〗D〖解析〗∵f′(x)＝2f′(1)＋2x，∴f′(1)＝2f′(1)＋2，f′(1)＝－2，f′(0)＝2f′(1)＝－4，選D.3.在等差數(shù)列{an}中，a1＝1，且a2－a1，a3－a1，a4＋a1成等比數(shù)列，則a5＝()A.7 B.8C.9 D.10〖答案〗C〖解析〗設等差數(shù)列{an}的公差為d，由a2－a1，a3－a1，a4＋a1成等比數(shù)列，則(a3－a1)2＝(a2－a1)(a4＋a1)，即(2d)2＝d·(2＋3d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以a5＝a1＋4d＝1＋4×2＝9，故選C.4.設函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為()A.y＝－2x B.y＝－xC.y＝2x D.y＝x〖答案〗D〖解析〗因為函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，f(0)＝0，所以曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為y－f(0)＝f′(0)x，化簡可得y＝x，故選D.5.據(jù)有關(guān)文獻記載：我國古代一座9層塔共掛了126盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)比上一層燈數(shù)都多d(d為常數(shù))盞，底層的燈數(shù)是頂層的13倍，則塔的底層共有燈()A.2盞B.3盞C.26盞D.27盞〖答案〗C〖解析〗由題意，塔的每層的燈數(shù)成等差數(shù)列，記塔的底層到頂層的燈數(shù)依次為a1，a2，…，a9，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得a1＋a2＋…＋a8＋a9＝9a5＝126，所以a5＝14.根據(jù)題意可得a1＝a5＋(5－1)d＝14＋4d，a9＝a5－(9－5)d＝14－4d，所以a1＝13a9，即14＋4d＝13×(14－4d)，解得d＝3，所以最下面一層有燈13×2＝26(盞)，故選C.6.若函數(shù)f(x)＝ax－lnx的圖象上存在與直線x＋2y－4＝0垂直的切線，則實數(shù)a的取值范圍是()A.(－2，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D.(2，＋∞)〖答案〗D〖解析〗因為函數(shù)f(x)＝ax－lnx的圖象上存在與直線x＋2y－4＝0的垂直的切線，所以函數(shù)f(x)＝ax－lnx的圖象上存在斜率為2的切線，故k＝f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝2有解，所以a＝2＋eq\f(1,x)，x>0有解，因為y＝2＋eq\f(1,x)，x>0的值域為(2，＋∞).所以a∈(2，＋∞).7.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＋a5＝－14，S9＝－27，則使得Sn取最小值時的n為()A.1B.6C.7D.6或7〖答案〗B〖解析〗由等差數(shù)列{an}的性質(zhì)，可得a1＋a5＝2a3＝－14?a3＝－7，又S9＝eq\f(9（a1＋a9）,2)＝－27?a1＋a9＝－6?a5＝－3，所以d＝eq\f(a5－a3,5－3)＝2，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝a3＋(n－3)d＝－7＋(n－3)×2＝2n－13，令an≤0?2n－13≤0，解得n≤eq\f(13,2)，所以數(shù)列的前6項為負數(shù)，從第7項開始為正數(shù)，所以使得Sn取最小值時的n為6，故選B.8.若方底無蓋水箱的容積為256，則最省材料時，它的高為()A.4B.6C.4.5D.8〖答案〗A〖解析〗設底面邊長為x，高為h，則V(x)＝x2·h＝256，∴h＝eq\f(256,x2).∴S(x)＝x2＋4xh＝x2＋4x·eq\f(256,x2)＝x2＋eq\f(4×256,x)，∴S′(x)＝2x－eq\f(4×256,x2).令S′(x)＝0，解得x＝8，∴當x＝8時，S(x)取得最小值.∴h＝eq\f(256,82)＝4.二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中有多項符合題目要求，全部選對得5分，選對但不全的得2分，有選錯的不得分)9.若Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且Sn＝2an＋1(n∈N*)，則下列說法正確的是()A.a5＝－16 B.S5＝－63C.數(shù)列{an}是等比數(shù)列 D.數(shù)列{Sn＋1}是等比數(shù)列〖答案〗AC〖解析〗因為Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且Sn＝2an＋1(n∈N*)，所以S1＝2a1＋1，因此a1＝－1，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以數(shù)列{an}是以－1為首項，以2為公比的等比數(shù)列，故C正確；因此a5＝－1×24＝－16，故A正確；又Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B錯誤；因為S1＋1＝0，所以數(shù)列{Sn＋1}不是等比數(shù)列，故D錯誤.故選AC.10.定義在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是()A.函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，4)單調(diào)遞增B.函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))單調(diào)遞減C.函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值D.函數(shù)f(x)在x＝0處取得極小值〖答案〗ABD〖解析〗根據(jù)導函數(shù)圖象可知，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，4)上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝0處取得極小值，沒有極大值，所以A，B，D選項正確，C選項錯誤.故選ABD.11.已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，有下列四個命題，其中正確的命題有()A.數(shù)列{|an|}是等比數(shù)列B.數(shù)列{anan＋1}是等比數(shù)列C.數(shù)列{lgaeq\o\al(2,n)}是等比數(shù)列D.數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等比數(shù)列〖答案〗ABD〖解析〗根據(jù)題意，數(shù)列{an}是等比數(shù)列，設其公比為q，則eq\f(an＋1,an)＝q，對于A，對于數(shù)列{|an|}，則有eq\f(|an＋1|,|an|)＝|q|，為等比數(shù)列，A正確；對于B，對于數(shù)列{anan＋1}，有eq\f(anan＋1,an－1an)＝q2，為等比數(shù)列，B正確；對于C，對于數(shù)列{lgaeq\o\al(2,n)}，若an＝1，數(shù)列{an}是等比數(shù)列，但數(shù)列{lgaeq\o\al(2,n)}不是等比數(shù)列，C錯誤；對于D，對于數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，有eq\f(\f(1,an),\f(1,an－1))＝eq\f(an－1,an)＝eq\f(1,q)，為等比數(shù)列，D正確.故選ABD.12.已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c，下列結(jié)論中正確的是()A.?x0∈R，f(x0)＝0B.若f(x)有極大值M，極小值m，則必有M>mC.若x0是f(x)極小值點，則f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上單調(diào)遞減D.若f′(x0)＝0，則x0是f(x)的極值點〖答案〗ABC〖解析〗因為當x→＋∞時，f(x)→－∞，當x→－∞時，f(x)→＋∞，由零點存在性定理知?x0∈R，f(x0)＝0，故A正確；因為f′(x)＝－3x2＋2ax＋b，若f(x)有極大值M，極小值m，則f′(x)＝0有兩根x1，x2，不妨設x1<x2，易得f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞增，在(－∞，x1)，(x2，＋∞)單調(diào)遞減，所以f(x2)＝M>f(x1)＝m，故B、C正確；導數(shù)為0的點不一定是極值點，故D錯誤.故選ABC.三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把〖答案〗填在題中的橫線上)13.數(shù)列{an}的前n項和為Sn，an＋1＝eq\f(1,1－an)(n∈N*)，a1＝2，則S50＝________.〖答案〗25〖解析〗因為an＋1＝eq\f(1,1－an)(n∈N*)，a1＝2，所以a2＝eq\f(1,1－a1)＝－1，a3＝eq\f(1,1－a2)＝eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,1－a3)＝2，∴數(shù)列{an}是以3為周期的周期數(shù)列，且前三項和S3＝2－1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，∴S50＝16S3＋2－1＝25.14.設公比為q(q>0)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，則q＝________.〖答案〗eq\f(3,2)〖解析〗由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2相減可得a3＋a4＝3a4－3a2，同除以a2可得2q2－q－3＝0，解得q＝eq\f(3,2)或q＝－1.因為q>0，所以q＝eq\f(3,2).15.將邊長為1m的正三角形薄鐵皮，沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記s＝eq\f(（梯形的周長）2,梯形的面積)，則s的最小值是________.〖答案〗eq\f(32\r(3),3)〖解析〗設AD＝x(0<x<1)，則DE＝AD＝x，∴梯形的周長為x＋2(1－x)＋1＝3－x.又S△ADE＝eq\f(\r(3),4)x2，∴梯形的面積為eq\f(\r(3),4)－eq\f(\r(3),4)x2，∴s＝eq\f(4\r(3),3)·eq\f(x2－6x＋9,1－x2)(0<x<1)，則s′＝eq\f(－8\r(3),3)×eq\f(（3x－1）（x－3）,（1－x2）2).令s′＝0，解得x＝eq\f(1,3).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))時，s′<0，s為減函數(shù)；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3).1))時，s′>0，s為增函數(shù).故當x＝eq\f(1,3)時，s取得極小值，也是最小值，此時s的最小值為eq\f(32\r(3),3).16.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當x>0時，xf′(x)>f(x)，若f(2)＝0，則2f(3)________3f(2)(填“>”“<”)，不等式x·f(x)>0的解集為________.(本題第一空2分，第二空3分)〖答案〗>(－2，0)∪(2，＋∞)〖解析〗由題意，令g(x)＝eq\f(f（x）,x)，∵x>0時，g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)>0.∴g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，∴eq\f(f（x）,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴eq\f(f（3）,3)>eq\f(f（2）,2)即2f(3)>3f(2).又∵f(－x)＝f(x)，∴g(－x)＝－g(x)，則g(x)是奇函數(shù)，且g(x)在(－∞，0)上遞增，又g(2)＝eq\f(f（2）,2)＝0，∴當0<x<2時，g(x)<0，當x>2時，g(x)>0；根據(jù)函數(shù)的奇偶性，可得當－2<x<0時，g(x)>0，當x<－2時，g(x)<0.∴不等式x·f(x)>0的解集為{x|－2<x<0或x>2}.四、解答題(本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17.(本小題滿分10分)設{an}是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，a1＝2，a3＝a2＋4.(1)求{an}的通項公式；(2)設{bn}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列{an＋bn}的前n項和Sn.解(1)設q(q>0)為等比數(shù)列{an}的公比，則由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，因此q＝2.所以{an}的通項公式為an＝2×2n－1＝2n.(2)Sn＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＋n·1＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝2n＋1＋n2－2.18.(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2.(1)求h(x)＝f(x)－3x的極值；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在定義域內(nèi)為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)由已知可得h(x)＝f(x)－3x＝lnx＋x2－3x，h′(x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)(x>0)，令h′(x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)＝0，可得x＝eq\f(1,2)或x＝1，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(1，＋∞)時，h′(x)>0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時，h′(x)<0，∴h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)上為增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上為減函數(shù)，則h(x)極小值＝h(1)＝－2，h(x)極大值＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(5,4)－ln2.(2)g(x)＝f(x)－ax＝lnx＋x2－ax，g′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a(x>0)，由題意可知g′(x)≥0(x>0)恒成立，即a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)，∵x>0時，2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)，當且僅當x＝eq\f(\r(2),2)時等號成立，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)＝2eq\r(2)，∴a≤2eq\r(2)，即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，2eq\r(2)〗.19.(本小題滿分12分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且2Sn＝3an－1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝log3an＋1，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項和Tn.解(1)由2Sn＝3an－1(n∈N*)得，2Sn－1＝3an－1－1(n≥2).兩式相減并整理得，an＝3an－1(n≥2).令n＝1，由2Sn＝3an－1(n≥N*)得，a1＝1.故{an}是以1為首項，公比為3的等比數(shù)列，因此an＝3n－1(n∈N*).(2)由bn＝log3an＋1，結(jié)合an＝3n－1得，bn＝n.則eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，故Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,n＋1).20.(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ex＋eq\f(1,x－a)，a∈R，試討論函數(shù)f(x)的零點個數(shù).解函數(shù)f(x)的定義域為{x|x≠a}.(1)當x>a時，ex>0，x－a>0，∴f(x)>0，即f(x)在(a，＋∞)上無零點.(2)當x<a時，f(x)＝eq\f(ex（x－a）＋1,x－a)，令g(x)＝ex(x－a)＋1，則g′(x)＝ex(x－a＋1).由g′(x)＝0得x＝a－1.當x<a－1時，g′(x)<0；當x>a－1時，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，a－1)上單調(diào)遞減，在(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(a－1)＝1－ea－1.∴當a＝1時，g(a－1)＝0，∴x＝a－1是f(x)的唯一零點；當a<1時，g(a－1)＝1－ea－1>0，∴f(x)沒有零點；當a>1時，g(a－1)＝1－ea－1<0，∴f(x)有兩個零點.21.(本小題滿分12分)已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通項公式；(2)設cn＝an＋bn，求數(shù)列{cn}的前n項和.解(1)設數(shù)列{an}的公差為d，{bn}的公比為q，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＝b1q＝3，,b3＝b1q2＝9))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,q＝3.))∴{bn}的通項公式bn＝b1qn－1＝3n－1，又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2.∴{an}的通項公式an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*).(2)設數(shù)列{cn}的前n項和為Sn.∵cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋2×3－1＋32＋…＋2n－1