【突破课堂】期末考试综合检测(二)--26版高中同步达标检测卷人教A版数学选必修2

高中同步达标检测卷
期末考试综合检测(二)
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(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.已知等比数列{an}满足++=2,a2=2,记Sn为{an}的前n项和,则S3=(　　)
A.1　　　B.2　　　
C.4　　　D.8
2.已知函数f(x)=2x3+ax2+36x-24在x=2处有极值,则该函数的单调递增区间是(　　)
A.(-∞,2)和(3,+∞)　　　B.(2,3)
C.(2,+∞)　　　D.(-∞,3)
3.已知数列{an}满足a1=2,an=2-,n≥2,则a2 025=(　　)
A.　　　B.　　　
C.2　　　D.
4.已知数列{an}满足a1=1,an+1+an=(n+1)·sin(n≥2,n∈N*),Sn是数列{an}的前n项和,则S2 025=(　　)
A.510　　　B.508　　　C.1 013　　　D.1 011
5.曲线C1:y=x2和曲线C2:y=4ex-2的公切线方程为(　　)
A.4x-y-4=0　　　B.x-2y-4=0
C.x-y+1=0　　　D.2x-y-2=0
6.已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(2n-1)·2n,设bn=,Sn为数列{bn}的前n项和.若SnA.1　　　B.　　　C.2　　　D.
7.已知不等式x+aln x+≥xa对任意x∈(1,+∞)恒成立,则实数a的最小值为(　　)
A.-　　　B.-　　　C.-e　　　D.-2e
8.已知函数f(x)=ln x+1-ax有两个零点x1,x2,且x1A.a>1　　　B.x1+x2<　　　
C.x1x2<1　　　D.x2-x1>-1
二、多项选择题(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.下列说法正确的是(　　)
A.已知a=5+2,c=5-2,则a,b,c成等比数列的充要条件为b=1
B.若{an}为等差数列,其前n项和为Tn,且a1 011<0,a1 011+a1 012>0,则当Tn<0时,n的最大值为2 022
C.若an=-2n+11,则数列{an}的前5项的和最大
D.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若=,则=
10.已知函数f(x)=+ln x,下列说法正确的是(　　)
A. f(1)是f(x)的极大值
B.函数y=f(x)-x有且只有1个零点
C. f(x)在(0,1)上单调递减
D.设g(x)=xf(x),则g(x)≥g
11.定义:在区间I上,若函数y=f(x)单调递减,且y=xf(x)单调递增,则称y=f(x)在区间I上是“弱减函数”.根据定义可得(　　)
A. f(x)=在(0,+∞)上是“弱减函数”
B. f(x)=在(1,2)上是“弱减函数”
C.若f(x)=在(m,+∞)上是“弱减函数”,则m≥e
D.若f(x)=cos x+kx2在上是“弱减函数”,则≤k≤
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.设函数f(x)=ln x+2,若曲线y=f(x)在点(x0, f(x0))处的切线与抛物线y2=4x相切,则x0的值为　　　　.
13.已知函数f(x)=e2x-2a(x-2)ex-a2x2(a>0)恰有两个零点,则a=　　　　.
14.“雪花”是非常美丽的图案,理论上,一片雪花的周长可以无限长,围成雪花的曲线称作“雪花曲线”,又称“科赫曲线”,是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.下图是“雪花曲线”的一种形成过程:从一个正三角形开始,把每条边分成三等份,然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形,再去掉底边,重复进行这一过程.若第1个图形中的三角形的周长为1,则第n个图形的周长为　　　　;若第1个图形中的三角形的面积为1,则第n个图形的面积为　　　　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)设f(x)=sin xcos x+acos x,x∈.
(1)若a=1,求f(x)的值域;
(2)若f(x)存在极值点,求实数a的取值范围.
16.(15分)已知数列{an}满足:a1=1,且对于任意正整数n,均有n(an+1-an)=an+2n2+2n.
(1)证明:为等差数列;
(2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.
17.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an+n-3.
(1)证明数列{an-1}为等比数列,并求{an}的通项公式;
(2)在an和an+1之间插入n个数,使这(n+2)个数组成一个公差为dn的等差数列,求数列的前n项和Tn;
(3)在(2)的条件下,若对任意的n∈N*,Tn>m恒成立,求实数m的取值范围.
18.(17分)已知函数f(x)=2x2-3sin(x+φ),其中|φ|≤.
(1)若f(x)是偶函数,求φ;
(2)当φ=0时,讨论函数f(x)在[0,+∞)上的零点个数;
(3)若 x≥0, f(x)≥0,求φ的取值范围.
19.(17分)已知函数f(x)=ex+axe-x.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;
(2)若a≥2,x≥1,求证:f(x)>3cos x;
(3)当a≥4时,令g(x)=ex,曲线y=g(x)在x=m,x=n(m答案与解析
1.D　依题意得++=+=+===2,
则S3=8.
2.A　由f(x)=2x3+ax2+36x-24得f '(x)=6x2+2ax+36,
∵f(x)在x=2处有极值,
∴f '(2)=0,即24+4a+36=0,解得a=-15,
∴f '(x)=6x2-30x+36=6(x-2)(x-3),
由f '(x)>0,得x<2或x>3,
∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞,2)和(3,+∞).
3.B　由a1=2,an=2-,可得a2=2-=2-=,a3=2-=2-=,a4=2-=2-=,a5=2-=2-=,
猜想:an=.
当n=1时,a1==2,猜想成立;
假设当n=k(k∈N*)时猜想成立,即ak=,则ak+1=2-=2-=,即n=k+1时猜想成立,所以an=对任意n∈N*都成立,因此a2 025=.
4.C　由已知得an+1+an=(n+1)·sin=(n+1)·cos(n≥2,n∈N*),则a2+a3=3cos π=-3,a4+a5=5cos 2π=5,a6+a7=7cos 3π=-7,
a8+a9=9,……,a2 022+a2 023=-2 023,a2 024+a2 025=2 025,
所以S2 025=a1+(a2+a3+a4+a5)+(a6+a7+a8+a9)+…+(a2 022+a2 023+a2 024+a2 025)=1+(-3+5)+(-7+9)+…+(-2 023+2 025)=1+2×506=1 013.
5.A　由y=x2得y'=2x,由y=4ex-2得y'=4ex-2,
设曲线C1,C2的公切线与曲线C1相切于点(x1,),则切线的斜率为2x1,与曲线C2相切于点(x2,4),则切线的斜率为4,
所以2x1=4,即x1=2.
当曲线C1与曲线C2的切点相同时,x1=x2,=4,
所以x1=x2=2,所以切点为(2,4),
此时公切线的方程为4x-y-4=0;
当曲线C1与曲线C2的切点不同时,x1≠x2,2x1=,又x1=2,所以x2-1=,解得x2=2,则x1=2,与x1≠x2矛盾,
故不存在两切点不同的情况.
综上可得,曲线C1与曲线C2的公切线方程为4x-y-4=0.
6.D　设Tn为数列{nan}的前n项和,则Tn=(2n-1)·2n,
当n=1时,a1=T1=2;
当n≥2时,nan=Tn-Tn-1=(2n-1)·2n-(2n-3)·2n-1=(2n+1)·2n-1,
验证可知,当n=1时,不满足nan=(2n+1)·2n-1,
∴nan=∴bn=
∴当n=1时,S1=b1=,
当n≥2时,Sn=+++…+=+=-,
验证可知,当n=1时,满足Sn=-,∴Sn=-(n∈N*),
易知Sn=-随n的增大而增大,又>0,∴Sn<,∴t≥,即实数t的最小值为.
7.C　由x+aln x+≥xa,得x+≥xa-aln x=xa-ln xa,即-ln≥xa-ln xa,
构造函数f(x)=x-ln x(x>0),原不等式即为f≥f(xa).
易得f '(x)=1-=,
令f '(x)>0,解得x>1,令f '(x)<0,解得0因此f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
当x>1时,0<<,xa与1的大小不确定,要使a最小,只需考虑其为负数的情况,此时0因为当0两边取对数得-x≤aln x,又x>1,所以a≥-,
令g(x)=-,x>1,则g'(x)=,
令g'(x)>0,得1e,
故g(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
故g(x)≤g(e)=-e,因此a的最小值是-e.
8.D　令f(x)=0,得a=,
由已知得直线y=a与函数y=的图象有两个交点,
令g(x)=,x>0,则g'(x)=-,令g'(x)=0,得x=1,
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
当0时,g(x)>0,当x→0+时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0,在同一平面直角坐标系中画出g(x)的图象和直线y=a,如图所示:
因为直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点,所以a∈(0,1),A错误.
易得f '(x)=-a=,
由f '(x)>0得0,
所以f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为,则必有0,
令h(x)=f-f(x)=ln-ln x+2ax-2,其中0则h'(x)=-+2a=<0,则h(x)在上单调递减,
所以h(x1)>h=0,即f-f(x1)>0,即f(x1)又f(x2)=f(x1)=0,所以f(x2)因为函数f(x)在上单调递减,所以x2>-x1,即x1+x2>,B错误.
由题意得则x1+x2=>,
所以ln(x1x2)>0,可得x1x2>1,C错误.
由图可知-1,又因为x2>,所以x2-x1>-1,D正确.
9.CD　对于A,若a,b,c成等比数列,则b2=ac=(5+2)×(5-2)=1,解得b=±1,A错误;
对于B,由等差数列的性质可得a1+a2 022=a1 011+a1 012>0,
所以T2 022=>0,B错误;
对于C,因为an=-2n+11,所以a1=-2+11=9,an+1-an=-2(n+1)+11-(-2n+11)=-2,所以{an}为等差数列,
故{an}的前n项和An==-n2+10n=-(n-5)2+25,
由二次函数的性质可得当n=5时,An取得最大值,C正确;
对于D,设S4=m,因为=,所以m≠0,且S8=5m,由等差数列前n项和的性质知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等差数列,
又S4=m,S8-S4=4m,所以S12-S8=7m,S16-S12=10m,解得S12=12m,S16=22m,所以=,D正确.
10.BCD　对于A,C,函数f(x)=+ln x的定义域为(0,+∞), f '(x)=-+=,
当0当x>1时, f '(x)>0,则函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以当x=1时,函数f(x)取得极小值,为f(1)=1,故A错误,C正确;
对于B,函数y=f(x)-x=+ln x-x,其定义域为(0,+∞),
则y'=-+-1=<0,
故函数y=f(x)-x在(0,+∞)上单调递减,
又当x=1时,y=f(1)-1=0,
所以函数y=f(x)-x有且只有1个零点,故B正确;
对于D,g(x)=xf(x)=1+xln x,其定义域为(0,+∞),
则g'(x)=ln x+1,令g'(x)=0,得x=,
当0当x>时,g'(x)>0,则函数g(x)在上单调递增,
所以g(x)≥g,故D正确.
11.BCD　对于A, f(x)=在(0,+∞)上单调递减,y=xf(x)=1,是常数函数,不具有单调性,故A错误.
对于B, f(x)=,则f '(x)=,当x∈(1,2)时, f '(x)<0,
∴函数f(x)在(1,2)上单调递减,
y=xf(x)=,则y'==,当x∈(1,2)时,y'=>0,∴y=xf(x)在(1,2)上单调递增,故B正确.
对于C,易知f(x)=在(m,+∞)上单调递减, f '(x)=,令f '(x)<0,得x>e,故f(x)在(e,+∞)上单调递减,∴m≥e,又y=xf(x)=ln x在(e,+∞)上单调递增,∴m≥e,故C正确.
对于D,由已知得f(x)=cos x+kx2在上单调递减,
∴f '(x)=-sin x+2kx≤0在x∈上恒成立,即2k≤在上恒成立,即2k≤,x∈.
令h(x)=,x∈,则h'(x)=,
令φ(x)=xcos x-sin x,x∈,
则φ'(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x<0,
∴φ(x)在上单调递减,∴φ(x)<φ(0)=0,
∴h'(x)<0,∴h(x)在上单调递减,
∴h(x)>h=,∴2k≤,∴k≤.
令g(x)=xf(x)=xcos x+kx3,则g(x)在上单调递增,
∴g'(x)=cos x-xsin x+3kx2≥0在x∈上恒成立,
即3k≥在x∈上恒成立,
即3k≥,x∈,
令F(x)=,x∈,则F'(x)=,
易知当x∈时,F'(x)>0,∴F(x)在上单调递增,
∴F(x)综上,k的取值范围是,故D正确.
12.答案　1
解析　由题意得f(x0)=ln x0+2,x0>0,f '(x)=,则f '(x0)=,
所以曲线f(x)在点(x0, f(x0))处的切线方程为y-(ln x0+2)=(x-x0),即y=x+ln x0+1,
联立消去x,整理得y2-4x0y+4x0(ln x0+1)=0,
由已知得Δ=(-4x0)2-16x0(ln x0+1)=0,即ln x0-x0+1=0.
令g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=,
当00,g(x)单调递增,当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,则g(x)max=g(1)=0,则x0=1.
13.答案　
解析　因为f(x)=e2x-2a(x-2)ex-a2x2(a>0),
所以f '(x)=2e2x-2a[ex+(x-2)ex]-2a2x=2(ex-ax)(ex+a).
令y=ex-ax,则y'=ex-a,令y'=0,得x=ln a,
故当x>ln a时,y'>0,函数y=ex-ax单调递增,
当x故当x=ln a时,函数y=ex-ax取得极小值,也是最小值,为a(1-ln a),
当a(1-ln a)≥0,即0当a(1-ln a)<0,即a>e时,函数y=ex-ax的图象与x轴有两个交点,
设交点为(x1,0),(x2,0),且x1则当xx2时,ex-ax>0,即f '(x)>0,函数f(x)单调递增,
当x1函数f(x)恰有两个零点即函数f(x)的图象与x轴有两个交点,即f(x1)=0或f(x2)=0,
所以-2a(x1-2)-a2=0或-2a(x2-2)-a2=0,
又=ax1,=ax2,
所以x1=2或x2=2,所以a===.
14.答案　;-×
解析　记第n个图形为Pn,其边长为an,边数为bn,周长为Ln,面积为Sn.若第1个图形中的三角形的周长为1,则a1=,b1=3,
则P1有b1=3条边,边长为a1=;P2有b2=4b1条边,边长为a2=a1;P3有b3=42b1条边,边长为a3=a1;……,
则an=a1=,bn=b1·4n-1=3×4n-1.
所以Ln=anbn=×3×4n-1=.
由题意可知Pn是在Pn-1的每条边上生成一个小三角形,即Sn=Sn-1+bn-1×,n≥2,
故Sn-Sn-1=××bn-1,Sn-1-Sn-2=××bn-2,……,S2-S1=××b1,累加可得Sn-S1=(·bn-1+·bn-2+…+·b1)(n≥2).
因为数列{an}是以为公比的等比数列,数列{bn}是以4为公比的等比数列,所以{·bn-1}是以为公比的等比数列,
若第1个图形中的三角形的面积为1,则S1=1,即=1,故=,则=,又b1=3,
所以·bn-1+·bn-2+…+·b1==,所以Sn-S1=×(n≥2), 所以Sn=-×(n≥2),又S1=1满足上式,所以Sn=-×.
15.解析　(1)若a=1,则f(x)=sin xcos x+cos x,x∈,
故f '(x)=cos2x-sin2x-sin x=-2sin2x-sin x+1=-(sin x+1)(2sin x-1),(3分)
当x∈时,sin x+1>0,2sin x-1<0,则f '(x)>0, f(x)单调递增;
当x∈时,sin x+1>0,2sin x-1>0,则f '(x)<0, f(x)单调递减.(5分)
又f=, f(0)=1, f=0,
所以f(x)的值域为.(7分)
(2)f '(x)=cos2x-sin2x-asin x=1-2sin2x-asin x,x∈.
若f(x)存在极值点,则f '(x)=0在x∈上有解,即a=-2sin x在x∈上有解.(9分)
令t=sin x,因为x∈,所以t∈(0,1),则a=-2t在t∈(0,1)上有解.(11分)
易知函数g(t)=-2t在(0,1)上单调递减,所以g(t)>g(1)=-1,又当t→0+时,g(t)→+∞,所以a>-1,即a的取值范围是(-1,+∞).(13分)
16.解析　(1)证明:由n(an+1-an)=an+2n2+2n,可得nan+1-(n+1)an=2n(n+1),故=2,即-=2,(4分)
因此是首项为=1,公差为2的等差数列.(6分)
(2)由(1)得=1+2(n-1)=2n-1,(8分)
所以bn==,(10分)
则Sn=b1+b2+…+bn=+++…+,
所以Sn=++…++,(12分)
两式相减得Sn=+++…+-=1+-=2-,(14分)
故Sn=3-.(15分)
17.解析　(1)因为Sn=2an+n-3①,
所以当n=1时,a1=2a1-2,所以a1=2,
当n≥2时,Sn-1=2an-1+n-4②,
①-②得an=2an-2an-1+1,即an=2an-1-1,(2分)
所以an-1=2(an-1-1),又a1-1=1,
所以数列{an-1}是首项为1,公比为2的等比数列,
所以an-1=2n-1,故an=2n-1+1.(5分)
(2)由已知得an+1=an+(n+1)dn,所以2n+1=2n-1+1+(n+1)dn,
解得dn=,所以=.(7分)
所以Tn=+++…+,
则Tn=++…++,
两式相减得Tn=2+++…+-
=2+-=3-,(9分)
所以Tn=6-.(10分)
(3)由于对任意的n∈N*,Tn>m恒成立,所以6->m恒成立,
即m<.
令bn=,则bn+1-bn=-=-<0,(13分)
所以数列{bn}是递减数列,故数列{bn}中的最大项为b1==4,
所以=2,所以m<2.
故实数m的取值范围为(-∞,2).(15分)
18.解析　(1)若f(x)是偶函数,则f(x)=f(-x),即2x2-3sin(x+φ)=2(-x)2-3sin(-x+φ),因此sin(x+φ)=sin(-x+φ),(2分)
所以cos φ=0,又|φ|≤,所以φ=±.(4分)
(2)当φ=0时, f(x)=2x2-3sin x,则f '(x)=4x-3cos x,
令g(x)=f '(x)=4x-3cos x,则g'(x)=4+3sin x>0恒成立,
因此g(x)=f '(x)在[0,+∞)上单调递增,(6分)
又f '(0)=-3<0, f '=2π>0,所以 x0∈,使得f '(x0)=0,
当x>x0时, f '(x)>0,当0因此f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,(8分)
又f(0)=0,所以f(x0)<0,
又f(π)=2π2>0,所以f(x)在(x0,+∞)上存在一个零点,
故f(x)在[0,+∞)上有两个零点.(10分)
(3)由题意得,当x=0时,f(0)=-3sin φ≥0,即sin φ≤0,又|φ|≤,所以φ∈.(11分)
当x∈[0,+∞)时, f '(x)=4x-3cos(x+φ),
令h(x)=f '(x)=4x-3cos(x+φ),则h'(x)=4+3sin(x+φ)>0,
则h(x)=f '(x)在[0,+∞)上单调递增,则f '(x)≥f '(0)=-3cos φ.(12分)
(i)若φ=-,则f '(x)≥f '(0)=0,则f(x)在[0,+∞)上单调递增,
则f(x)≥f(0)=-3sin=3,符合题意.(13分)
(ii)若φ∈,则f '(0)=-3cos φ<0, f '=2π-3cos>0,
则由函数零点存在定理知 x1∈,使得f '(x1)=0,即4x1=3cos(x1+φ)①,(14分)
当x>x1时, f '(x)>0,当0故f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增,
则f(x)min=f(x1)=2-3sin(x1+φ)≥0②,(15分)
因为φ∈,x1∈,所以x1+φ∈,
若sin(x1+φ)≤0,则②式显然成立,
若sin(x1+φ)>0,即x1+φ∈,
由①②可得4+16-9≥0,所以≥,
因为x1∈,所以≤x1<,即≤cos(x1+φ)<,
则≤cos(x1+φ)<1,因此0因为sin θ=,θ∈,所以x1+φ≤θ,则φ≤θ-x1≤θ-,
则-<φ≤θ-.
综上,φ的取值范围是.(17分)
19.解析　(1)当a=1时, f(x)=ex+xe-x,
∴f(0)=1, f'(x)=ex+e-x-xe-x,(2分)
∴f'(0)=2,∴曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=2x+1.(4分)
(2)证明:当a≥2,x≥1时, f(x)=ex+axe-x≥ex+2xe-x,(5分)
令h(x)=ex+2xe-x,x≥1,则h'(x)=ex+(2-2x)e-x=,
令φ(x)=ex-x-1,x≥1,则φ'(x)=ex-1>0,
∴φ(x)单调递增,∴φ(x)≥φ(1)=e-2>0,∴当x≥1时,ex>x+1,(8分)
∴当x≥1时,(ex)2>(x+1)2,即(ex)2-2x>x2+1≥2,∴(ex)2+(2-2x)>4,即h'(x)>0,∴h(x)=ex+2xe-x在[1,+∞)上单调递增,
∴f(x)≥h(x)≥h(1)=e+>3≥3cos x,即f(x)>3cos x.(10分)
(3)g(x)=ex=-+ex-,
则g'(x)=-e2x+ex-=-(ex-1),∵a≥4,∴ln >0,
故当x∈(-∞,0)∪时,g'(x)<0,当x∈时,g'(x)>0,∴g(x)在(-∞,0)和上单调递减,在上单调递增,(13分)
由已知得g'(m)=g'(n)(m∴g(m)+g(n)=+em+n-(m+n),
易得em+en=+1≥2,当且仅当m=n时等号成立,
∵m记t=em+n,则t∈,令F(t)=+t-ln t,则F'(t)=1-,0当t∈时,F'(t)<0,F(t)单调递减;当t∈时,F'(t)>0,F(t)单调递增,
∴当t=时,F(t)有极小值,也是最小值,为F=+-ln,故G(a)=+-ln,a≥4,
则G'(a)=>0,
∴G(a)单调递增,则G(a)min=G(4)=-2ln 2.(17分)