期末巩固卷(含解析)-2023-2024学年高二数学下学期人教A版(2019)选择性必修第二册

文档属性

名称 期末巩固卷(含解析)-2023-2024学年高二数学下学期人教A版(2019)选择性必修第二册
格式 docx
文件大小 1.2MB
资源类型 试卷
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2024-07-07 17:41:54

图片预览

文档简介

中小学教育资源及组卷应用平台
期末巩固卷-2023-2024学年高二数学下学期人教A版(2019)选择性必修第二册
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.已知等差数列,,……,则该数列的前n项和( )
A.无最大值,有最小值 B.有最大值,无最小值
C.有最大值,有最小值 D.无最大值,无最小值
2.曲线在点处的切线方程是( )
A. B.
C. D.
3.在公差为的等差数列中,,则( )
A.1或2 B.1 C. D.
4.已知数列是等比数列,其公比为q,前n项和为,则“”是“”的( )条件
A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要
5.已知数列和数列的通项公式分别为和,若它们的公共项从小到大依次排列构成新数列,则满足不等式的最大的整数( )
A.134 B.135 C.136 D.137
6.设函数,则是( )
A.奇函数,且对任意都有
B.奇函数,且存在使得
C.偶函数,且对任意都有
D.偶函数,且存在使得
7.已知是定义域为的偶函数,且在上单调递减,,,,则( )
A. B. C. D.
8.用数学归纳法证明“对任意偶数,能被整除时,其第二步论证应该是( )
A.假设(为正整数)时命题成立,再证时命题也成立
B.假设(为正整数)时命题成立,再证时命题也成立
C.假设(为正整数)时命题成立,再证时命题也成立
D.假设(为正整数)时命题成立,再证时命题也成立
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.设是等比数列,为其的项和,已知,,则等于( )
A. B. C. D.
10.关于函数,下列判断正确的是( )
A.是的极大值点
B.函数有且只有1个零点
C.对不等式在上恒成立
D.对任意两个正实数,且,若,则
11.大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论,主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理,数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足,,则( )
A. B.
C. D.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.在数列中,已知,且,则 .
13.已知函数,若,则 .
14.已知各项均为正整数的数列满足:对任意正整数,均存在,使得.若,则满足条件的数列的个数为 .
四、解答题:本题共5小题,第15小题13分,第16、17小题15分,第18、19小题17分,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.设是数列的前项和(其中为正整数),已知,且数列是等差数列,求.
16.已知函数是两个不同的正数,且满足.
(1)讨论的单调性;
(2)当时,证明:.
17.设是公比大于1的等比数列,为数列的前项和.已知,且 构成等差数列,令.
(1)求数列的通项公式;
(2)令,求数列的前项和.
18.如果曲线存在相互垂直的两条切线,称函数是“正交函数”.已知,设曲线在点处的切线为.
(1)当,时,是否存在直线满足,且与曲线相切?请说明理由;
(2)如果函数是“正交函数”,求满足要求的实数a的集合;
(3)若对任意,曲线都不存在与垂直的切线,求的取值范围.
19.已知数列的前n项和满足,.
(1)求的通项公式;
(2)若表示不超过x的最大整数,如,求的值;
(3)设,,问是否存在正整数m,使得对任意正整数n均有恒成立?若存在,求出m的最大值;若不存在,请说明理由.
参考答案:
1.A
【分析】根据通项首项为负,公差为正判断即可.
【详解】易得该等差数列首项为负,公差为正,
故该数列的前n项和,
故当或时取得最小值,无最大值.
故选:A
2.A
【分析】依题意,切点为,由导数的几何意义可得切线的斜率,进而可得切线方程.
【详解】依题意,切点为,,
所以切线的斜率为,
所以切线方程为,即.
故选:A
3.D
【分析】根据给定条件,利用等差数列通项列式求解即得.
【详解】在等差数列中,
则,整理得,
所以.
故选:D
4.A
【分析】利用充分条件与必要条件的定义以及等比数列的前n项和公式即可得出选项.
【详解】充分性:当时,,所以“”是“”的充分条件;
必要性:当时,若,成立;
若,,解得,
所以,当时,或,因此“”是“”的不必要条件;
所以“”是“”的充分不必要条件,
故选:A.
5.A
【分析】求出数列的通项公式,再解不等式即得.
【详解】依题意,令,则,即有,显然是5的正整数倍,
令,因此,由,解得,
所以最大的整数.
故选:A
6.C
【分析】先求定义域,判断定义域是否关于原点对称,再根据,得到是偶函数;等价于,即,当,等价于,作差法比大小,分别构造,,求导,借助函数的单调性进行比大小,当时,结合偶函数的定义,得到成立,进而对任意都有.
【详解】的定义域为,关于原点对称,
又,故是偶函数,
令,,
故在上单调递减,,
即,;
令,,
故在上单调递减,,
即,,
所以时,,,
即,,
当时,,所以对任意都有.
故选:.
7.A
【分析】令,利用导数求得在单调递增,得到,得到,再由对数函数的性质,得到,再由函数的单调性与奇偶性,即可求解.
【详解】令,可得,所以在单调递增,
又由,所以,即,可得,
又由,所以,
因为是定义域为的偶函数,且在上单调递减,
则在上单调递增,且,
所以,即,
所以.
故选:A.
8.D
【分析】根据题意可得为偶数,结合数学归纳法的证明步骤即可得出答案.
【详解】因为为正偶数,所以第二步的假设应写为:
假设(为正整数)时命题成立,再证时命题也成立,
即当(为正整数)时,能被整除,
再证时,能被整除.
故选:D
9.BD
【分析】由等比中项的性质得,再由可计算公比,进而可求得.
【详解】设等比数列的公比为,因为,所以,所以,
因为,所以,即,
①当时,得,解得或,
当时,,所以;
当时,,所以.
②当时,可得,因为,
所以此方程无解,故舍去.
故选:BD
10.BCD
【分析】对于A,直接对函数求导研究即可;对于B,构造函数,求导,利用单调性来判断即可;对于C,将问题转化为在上恒成立,构造函数,求其最大值即可;对于D,将问题转化为证明,,构造函数,利用导数求其最值可得答案.
【详解】对于A,,,
当时,,函数在上单调递减,
当时,,函数在上单调递增,
为的极小值点,A错误;
对于B,,
则,所以函数在上单调递减,
又,所以函数有且只有1个零点,B正确;
对于C,若在上恒成立,
得在上恒成立,
则,
令,则,
令,,
当时,,单调递减,
,即,
在上单调递减,
故函数,则,C正确;
对于D, 令,


在上单调递减,
则,即, ,
,,结合A选项可得,

,函数在上单调递增,
则,
即对任意两个正实数,且,若,则,D正确.
故选:BCD.
【点睛】关键点点睛:本题难点在选项D,将问题转化为证明,是关键,然后构造出函数来解决问题.
11.BCD
【分析】当时,,当时,,联立可得,利用累加法可得,从而可求得的通项公式,再逐项判断即可.
【详解】因为,,
令且,
当时,①;
当时,②,
由①②联立得.
所以,
累加可得.
令(且为奇数),得,
当时满足上式,
所以当为奇数时,.
当为奇数时,,
所以,其中为偶数.
所以,故C正确.
所以,故A错误.
当为偶数时,,即,
当为奇数时,,即,
综上可得,故B正确.
因为
,故D正确.
故选:BCD.
12.
【分析】由累加法和裂项相消法求通项即可得出答案.
【详解】由可得:


故答案为:.
13./
【分析】利用导数的定义求解即可.
【详解】.
故答案为:.
14.
【分析】按照已知等式可确定偶数项,由依次分析奇数项可能的取值,进而确定满足条件的数列.
【详解】,,,,;
当时,,,即,成等差数列,
又,,或,;
当时,或,
当时,(舍)或;当时,(舍)或(舍),
,,,;
当时,或或,
或或;
当时,,,
当时,(舍);当时,,则;当时,,则;
,,,,,或,,,,,;
当时,,
当时,或或或或;
当时,或或或或;
当时,,,
当时,(舍);当时,(舍);
当时,(舍);当时,,则;
当,时,,则;当,时,(舍);
时,或;时,;
综上所述:满足条件的数列有、、,共个.
故答案为:.
【点睛】关键点点睛:本题考查根据数列递推关系求解数列中的各项,解题关键是能够根据能成立的等式,分析出各项所有可能的取值,并剔除不合题意的取值,考查了学生的分析和逻辑推理能力.
15.
【分析】利用基本量法求出的通项公式可求.
【详解】设公差为,则,
又,所以,解得.
所以,故.
16.(1)在上单调递增,在上单调递减
(2)证明见解析
【分析】(1)对求导,讨论与的大小,即可求出的单调性;
(2)令,由可得,,代入可将题意转化为证明,令,证明即可.
【详解】(1)函数的定义域为,
求导可得,
由,可得,由,可得,
所以在上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)可得,
令,当时,由,得,
整理可得,从而.
要证明,只需证明,
即证,即证,
化简得,
即证:,
设,
所以,
设,
则,
因为,所以,所以在上单调递增,
所以,即,
从而在上单调递增,所以,故原命题成立.
【点睛】方法点睛:利用导数证明不等式问题,常用方法有如下几种:
方法一:等价转化是证明不等式成立的常见方法,其中利用函数的对称性定义,构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略;
方法二:比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径,构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可,例如对数平均不等式的证明;
方法三:利用不等式的性质对原不等式作等价转换后,利用导数证明相关的式子成立.
17.(1)
(2)
【分析】(1)设数列的公比为q,由已知条件列方程组求和,可得数列的通项公式,再由得的通项公式;
(2)由数列的通项,利用分组求和,结合等差数列和等比数列的前项和公式求.
【详解】(1)设数列的公比为q,由已知, ,
则有,由,解得,所以;
由,得.
(2),
所以
.
18.(1)存在,理由见解析
(2)
(3).
【分析】(1)先求得的切线斜率,再根据“正交函数”的定义得到方程有解即可.
(2)利用导数讨论的单调性,根据“正交函数”的定义即可得到
(3)结合第(2)问的结论,利用补集的思想与基本不等式求解.
【详解】(1)当时,,则,即的斜率,
假设存在,则的斜率,
则有解,即在上有解,
该方程化简为,解得或,符合要求,
因此该函数存在另外一条与垂直的切线.
(2),
令,则,
当时,单调递减;当时,单调递增;
设曲线的另一条切线的斜率为,
当时,,显然不存在,即不存在两条相互垂直的切线;
当时,,且,
∴,,且,,
∴在、上各有一个零点,
故当,或时,都有;
当时,,
故必存在,即曲线存在相互垂直的两条切线,
所以,
所以.
(3)因为,由(2)知,曲线存在相互垂直的两条切线,
不妨设,,满足,即,
又,,
所以,
故,
当且仅当时等号成立,所以,
解得,
又,即,
解得,
因为,,
所以.
综上可知,对任意满足的所有函数不存在与垂直的切线的的取值范围是.
【点睛】关键点点睛:本题考查导数解决函数新定义问题.关键点是根据题中函数的新定义,结合已学知识进行解题,第(3)问用到了补集的思想,即先求出存在相互垂直的两条切线时的范围,再求该范围的补集,即可得出结果.
19.(1)
(2)1
(3)存在,最大值为674.
【分析】(1)利用给定的递推公式求得,结合“当时,”进行计算即可.
(2)在时,可得,再求和确定范围,按定义即可作答.
(3)利用裂项相消法求和,再判断单调性即可求解作答.
【详解】(1)因为,
则当时,,
又因为,
所以数列是以为首项,公差为1的等差数列,
于是得,即,
当时,,又满足上式,
所以的通项公式为.
(2)由(1)知,当时,,

当时,,即对任意的,都有,
所以
(3)由(1)知,,
则有,
因,则数列单调递增,,
因对任意正整数均有成立,于是得,解得,而,则,
所以存在正整数,使得对任意正整数均有总成立,的最大值为674.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)