2023北师大版新教材
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高中语文新课程标准高中物理选修31全套教案高中英语研修观课报告高中物理学习方法和技巧高中数学说课稿范文
数学选择性必修第二册全书综合测评(全卷满分150分,考试用时120分钟)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.已知等差数列{an}的公差d≠0,且a3+a6+a9=18,若an=6,则n的值为( ) A.12B.8C.6D.42.若函数f(x)=lnx+x,则limΔx→0f(1+Δx)-f(1)Δx=( )A.1B.2C.3D.43.在等比数列{an}中,a2+a3=1,a4+a5=2,则a6+a7=( )A.2B.22C.4D.424.已知函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,则下列结论正确的是( )A.x=-1是函数f(x)的极小值点B.x=-4是函数f(x)的极小值点C.函数f(x)在区间(-∞,-4)上单调递增D.函数f(x)在区间(-4,-1)上先增后减5.在等差数列{an}中,首项a1>0,公差d≠0,前n项和为Sn(n∈N+),且满足S3=S15,则Sn的最大项为( )A.S7B.S8C.S9D.S106.在明朝程大位的《算法统宗》中有这样一首歌谣:“远看巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”这首歌谣描述的这个宝塔古称浮屠,它一共有7层,每层悬挂的灯数是上一层的2倍,共有381盏灯,则塔顶的灯的盏数为( )A.5B.6C.4D.37.已知函数f(x)=xex-ex-a有且仅有两个零点,则实数a的取值范围是( )A.-4e3,0B.(-1,0]C.-4e3,-2e3D.(-1,0)8.设函数f(x)的定义域为D,如果存在[m,n]⊆D,使得f(x)在[m,n]上的值域为[m,n],则称函数f(x)在[m,n]上为“等域函数”.若定义域为1e,e2的函数g(x)=cx(c>0,c≠1)在其定义域的某个子区间上为“等域函数”,则实数c的取值范围为( )A.2e2,1eB.2e2,1eC.[e2e2,e1e]D.[e2e2,e1e)二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)9.等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,当首项a1和d变化时,a3+a8+a13是一个定值,则下列各数也为定值的有( )A.a7B.a8C.S15D.S1610.若数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=-an+1(n∈N+),则( )A.a1=12B.S3=98C.数列{an}是等比数列D.Sn+1=12Sn11.已知函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f(x)=13x3-f'(1)x2-2,则( )A.f'(1)=13B.f(1)=2C.f(x)不存在极值D.与f(x)的图象相切的直线的斜率不可能为-412.已知f(x)=ex·x3,则下列结论正确的是( )A.f(x)在R上单调递增B.f(log52)
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
填在题中横线上)13.已知等比数列{an}中,a7=8,a11=32,则a9= . 14.已知函数f(x)=11-x,数列{an}满足a2=2,an+1=f(an),则a2021= . 15.已知函数f(x)=xg(x),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是x-y-1=0,则曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程是 . 16.设函数f(x)=ax3+bx2+cx(a,b,c∈R,a≠0),若不等式xf'(x)-af(x)≤1对任意x∈R恒成立,则a= ,b+2ca的取值范围为 .(第一空2分,第二空3分) 四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)已知各项均不为0的数列{an}中,a1=1,且满足 . (1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{an+2n-1}的前n项和Sn.从①an+1=2an(n∈N+);②an+1-an=2(n∈N+);③an+1+an=2(n∈N+)这三个条件中选择一个,补充在上面的问题中并作答.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.18.(本小题满分12分)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax.(1)当a=0时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在[0,+∞)上的最小值为-32a,求a的值.19.(本小题满分12分)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=3(n+1)an.(1)设bn=ann,求证:数列{bn}是等比数列;(2)求数列{an}的前n项和Sn.20.(本小题满分12分)新冠肺炎疫情发生后,某地政府为了支持企业复工复产,决定向当地企业发放补助款,其中对纳税额x(万元)在x∈[4,8]的小微企业做统一
方案
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,方案要求同时具备下列两个条件:①补助款f(x)(万元)随企业原纳税额x(万元)的增加而增加;②补助款不低于原纳税额的50%.经测算,政府决定采用函数模型f(x)=x4-mx+4(其中m为参数)作为补助款发放方案.(1)判断使用参数m=12是否满足条件,并说明理由;(2)求同时满足条件①②的参数m的取值范围.21.*(本小题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn,对任意n∈N+都有Sn=3n2+12an.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记bn=an+4(n∈N+),试用数学归纳法证明:1b1+1b2+…+1bn<233n+2(n∈N+).22.(本小题满分12分)已知函数f(x)=lnx+12ax2-(a+1)x(a∈R).(1)当a=1时,判断函数f(x)的单调性;(2)若关于x的方程f(x)=12ax2有两个不同实根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明x1x2>e2.答案与解析全书综合测评1.C ∵a3+a6+a9=18,∴3a6=18,∴a6=6,又an=6,∴an=a6,又d≠0,∴{an}不是常数列,∴n=6.故选C.2.B 由题意得f'(x)=1x+1,所以f'(1)=1+1=2,所以limΔx→0f(1+Δx)-f(1)Δx=f'(1)=2.故选B.3.C 设等比数列{an}的公比为q,则a4+a5a2+a3=a2q2+a3q2a2+a3=q2=2,所以a6+a7=a4q2+a5q2=(a4+a5)q2=2×2=4.故选C.4.B 对于A,由题图可知,当-40,当x>-1时,f'(x)>0,故x=-1不是函数f(x)的极小值点,故A错误;对于B,由题图可知,当x<-4时,f'(x)<0,当x>-4时,f'(x)≥0(不恒为0),故x=-4是函数f(x)的极小值点,故B正确;对于C,由题图可知,当x<-4时,f'(x)<0,故函数f(x)在区间(-∞,-4)上单调递减,故C错误;对于D,由题图可知,当-40,故函数f(x)在区间(-4,-1)上单调递增,故D错误.故选B.5.C 由S3=S15得,a4+a5+…+a15=0,∴6(a9+a10)=0,即a9+a10=0.又a1>0,∴a9>0,a10<0,∴Sn的最大项为S9.故选C.6.D 由题意可知,每层悬挂的灯的盏数从上到下依次构成公比为2的等比数列,设塔顶的灯的盏数为a1,则(1-27)a11−2=(27-1)a1=127a1=381,解得a1=3,故选D.7.D 令f(x)=0,则xex-ex=a,令g(x)=xex-ex,则g'(x)=ex+xex-ex=xex,∴当x<0时,g'(x)<0,当x>0时,g'(x)>0,∴g(x)min=g(0)=-1,易知g(1)=0,当x<1时,g(x)<0恒成立.由此可以画出函数g(x)的大致图象,如图所示,由图象可得,要使函数f(x)有且仅有两个零点,只需g(0)0,h(x)单调递增,当e-3时,f'(x)≥0(不恒为0),f(x)单调递增,A错误.又00,Δ=4c2-4b≤0,所以b>0,b≥c2,所以b+2ca≥c2+2c3=(c+1)2-13≥-13,当且仅当c=-1,b=1时,等号同时成立,所以b+2ca的取值范围是-13,+∞.17.解析 选①:(1)因为an+1=2an(n∈N+),a1=1,(2分)所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=1×2n-1=2n-1.(5分)(2)由(1)得an+2n-1=2n-1+2n-1=2n,(7分)则Sn=21+22+23+…+2n=2(1−2n)1−2=2(2n-1)=2n+1-2.(10分)选②:(1)因为an+1-an=2(n∈N+),a1=1,所以数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,(3分)所以an=1+2(n-1)=2n-1.(5分)(2)由(1)得an+2n-1=2n-1+2n-1,(7分)则Sn=(1+20)+(3+21)+(5+22)+…+[(2n-1)+2n-1]=[1+3+5+…+(2n-1)]+(20+21+22+…+2n-1)=n(1+2n-1)2+1−2n1−2=n2+2n-1.(10分)选③:(1)因为an+1+an=2(n∈N+),a1=1,所以a2=2-a1=1,(2分)a3=2-a2=1,……所以an=1.(5分)(2)由(1)得an+2n-1=1+2n-1,(7分)则Sn=(1+20)+(1+21)+…+(1+2n-1)=n+(20+21+…+2n-1)=n+1−2n1−2=n+2n-1.(10分)18.解析 (1)当a=0时,f(x)=(x-1)ex,f'(x)=xex.(1分)当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.(2分)所以f(x)在x=0处取得极小值,极小值为f(0)=-1,无极大值.(4分)(2)易得f'(x)=xex-a.(5分)因为x∈[0,+∞),所以xex≥0.当a≤0时,-a≥0,故f'(x)≥0(不恒为0),所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(0)=-1=-32a,解得a=23(舍去).(7分)当a>0时,f'(0)=-a<0,f'(a)=a(ea-1)>0,且f'(x)在[0,+∞)上单调递增,其图象是连续不间断的,故f'(x)在[0,+∞)上有唯一零点,设为x0,则x0∈(0,a),且a=x0ex0.当x∈[0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(x0)=(x0-1)ex0-ax0=(x0-1)ax0-ax0=a1−x0-1x0=-32a,(9分)所以1-x0-1x0=-32,解得x0=12或x0=2.(10分)当x0=12时,a=12e12=e2;当x0=2时,a=2e2.(11分)综上,a的值为e2或2e2.(12分)19.解析 (1)证明:由nan+1=3(n+1)an,可得an+1n+1=3ann,(3分)因为bn=ann,a1=1,所以bn+1=3bn,b1=1,(5分)所以数列{bn}是首项为1,公比为3的等比数列.(6分)(2)由(1)得bn=3n-1,则ann=3n-1,所以an=n×3n-1,(7分)则Sn=1×30+2×31+3×32+…+n×3n-1,3Sn=1×31+2×32+…+(n-1)×3n-1+n×3n,(9分)两式相减可得-2Sn=30+31+32+…+3n-1-n×3n=1−3n1−3-n×3n,(11分)则Sn=(2n-1)3n4+14.(12分)20.解析 (1)当使用参数m=12时满足条件.理由如下:当m=12时,f(x)=x4-12x+4(x∈[4,8]),所以f'(x)=14+12x2>0,所以函数f(x)在x∈[4,8]上为增函数,满足条件①.(2分)由不等式x4-12x+4≥12x,x∈[4,8],可得x2-16x+48≤0,(3分)设g(x)=x2-16x+48,x∈[4,8],则g(x)图象的对称轴为直线x=8,所以g(x)在[4,8]上为减函数且g(4)=0,所以g(x)≤0,所以f(x)=x4-12x+4≥12x恒成立,综上可得,当使用参数m=12时满足条件.(5分)(2)由函数f(x)=x4-mx+4,可得f'(x)=14+mx2=x2+4m4x2,(6分)所以当m≥0时,f'(x)>0,满足条件①,当m<0时,由f'(x)=0,可得x=2-m(负值舍去),若f(x)在[4,8]上单调递增,则2-m≤4,所以-4≤m<0,综上可得,m≥-4.(8分)由条件②可知,f(x)≥x2在[4,8]上恒成立,即不等式x4+mx≤4在[4,8]上恒成立,即m≤-14x2+4x=-14(x-8)2+16在[4,8]上恒成立.当x=4时,y=-14(x-8)2+16(4≤x≤8)取得最小值,最小值为12,所以m≤12.(11分)综上,参数m的取值范围是[-4,12].(12分)21.解析 (1)∵Sn=3n2+12an,∴Sn+1=3(n+1)2+12an+1,∴an+1=Sn+1-Sn=6n+3+12an+1-12an,∴an+1+an=12n+6,∴an+2+an+1=12(n+1)+6,两式相减可得an+2-an=12,∴{an}中奇数项、偶数项分别构成公差是12的等差数列.(2分)在Sn=3n2+12an中,令n=1,得a1=6,令n=2,得S2=12+12a2,∴a2=12.(4分)∴a2k-1=a1+12(k-1)=12k-6=6×(2k-1),a2k=a2+12(k-1)=12k=6×2k.综上所述,an=6n(n∈N+).(6分)(2)证明:①当n=1时,左边=1b1=110,右边=23×3+2=103,不等式成立.(7分)②假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,不等式成立,即1b1+1b2+…+1bk<233k+2,则当n=k+1时,1b1+1b2+…+1bk+1<233k+2+16(k+1)+4,(8分)所以只需证明233k+2+16(k+1)+4<233(k+1)+2,即证16k+10<23(3k+5-3k+2),(10分)即证16k+10<323(3k+5+3k+2)=23k+5+3k+2.∵16k+10=12×3k+5=223k+5<23k+5+3k+2是成立的,∴n=k+1时,不等式成立.根据①②知原不等式对于任意n∈N+成立.(12分)22.解析 (1)当a=1时,f(x)=lnx+12x2-2x(x>0),∴f'(x)=1x+x-2=x2-2x+1x=(x-1)2x≥0(不恒为0),(2分)∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.(3分)(2)由题意可知lnx=(a+1)x有两个不同实根,设y=kx与y=lnx的图象相切,切点坐标为(x0,y0),则y0=kx0,y0=lnx0,k=1x0,解得x0=e,y0=1,k=1e,(5分)∴0x1>0,则lnx1=(a+1)x1,lnx2=(a+1)x2,两式相加得ln(x1x2)=(a+1)(x1+x2),两式相减得lnx2x1=(a+1)(x2-x1),(7分)∴ln(x1x2)lnx2x1=x1+x2x2-x1,∴ln(x1x2)=x1+x2x2-x1·lnx2x1,要证x1x2>e2,只需证x1+x2x2-x1·lnx2x1>2,即证lnx2x1>2(x2-x1)x1+x2=2x2x1-11+x2x1,令t=x2x1(t>1),则只需证lnt>2(t-1)1+t在(1,+∞)上恒成立即可.(9分)令g(t)=lnt-2(t-1)1+t(t>1),则g'(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0,(10分)∴g(t)在(1,+∞)上单调递增,∴g(t)>g(1)=0,即lnt>2(t-1)1+t在(1,+∞)上恒成立,∴x1x2>e2.(12分)
浙公网安备 33021202002483