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期末重难点检测卷（一）-2024-2025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（共8小题）
1．（2023春 兴庆区校级期末）已知数列{an}满足an+an+2＝2an+1（n∈N*），且a3＝2，a5＝8，则a7＝（　　）
A．12 B．13 C．14 D．15
2．（2024春 成都期末）已知在递减等比数列{an}中，a2+a5＝18，a3 a4＝32，若an＝1，则n＝（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
3．（2024春 灵武市校级期末）《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱．欲令高爵出少，以次渐多，问各几何？”意思是：“有大夫、不更、簪裹、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱？”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（　　）
A．23 B．26 C．10 D．14
4．（2024春 南充期末）已知数列{an}的通项公式为，则数列{an}的前n项和Sn最小时n的值是（　　）
A．4或5 B．4 C．5 D．5或6
5．（2024春 金牛区期末）已知数列{an}中，a1+a2+a3+…+an＝2n﹣1（n∈N*），则a12+a22+a32+…+an2等于（　　）
A． B． C．4n﹣1 D．（2n﹣1）2
6．（2024春 建华区校级期末）已知实数x1，x2满足，则x1x2＝（　　）
A．27 B．32 C．64 D．81
7．（2024春 红塔区校级期末）设函数，若函数y＝f（x）存在两个极值点x1，x2，且不等式f（x1）+f（x2）≥x1+x2+t恒成立，则t的取值范围为（　　）
A．（﹣∞，﹣1] B．（﹣∞，﹣16﹣8ln2]
C． D．（﹣∞，﹣13]
8．（2024春 广丰区校级期末）已知函数f（x）及其导函数f′（x）定义域均为R，满足，且f（x+3）为奇函数，记g（x）＝f′（x），其导函数为g′（x），则g（）+g′（2025）＝（　　）
A．﹣2 B．2 C．1 D．0
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2023春 宁德期末）公差为d的等差数列{an}，其前n项和为Sn，S11＞0，S12＜0，下列说法正确的有（　　）
A．d＜0 B．a7＞0
C．{Sn}中S5最大 D．|a4|＜|a9|
（多选）10．（2023秋 鄂尔多斯期末）数列{an}的前n项和为Sn，已知，则下列说法正确的是（　　）
A．数列{an}是递减数列
B．数列{an}是等差数列
C．当n＞5时，an＜0
D．数列有最大项，没有最小项
（多选）11．（2021春 临沂期末）函数，若x1≠x2，有f（x1）＝f（x2）＝m，则（　　）
A．f（x）的图象与x轴有两个交点
B．
C．f（2）＜f（3）
D．若0＜x1＜x2＜4，则2＜x1＜e
三．填空题（共3小题）
12．（2024秋 闽侯县校级期末）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝10，a2+a6＝6，则d＝　 　 ．
13．（2023春 虹口区校级期末）若各项均为正数的等比数列{an}中，a1a3＝1，，则 　 　 ．
14．（2024春 广州期末）函数（a＞0，b＞0）的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数“，并把其图象与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”．以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”的图象有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，当a＝1，b＝1时，函数f（x）的“囧点”坐标为 　 　 ；此时函数f（x）的所有“囧圆”中，面积的最小值是 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 岳阳县校级期末）等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn．
16．（2024秋 锡山区校级期末）设数列{an}的首项a1为常数，且an+1＝3n﹣2an（n∈N*）．
（1）判断数列是否为等比数列，请说明理由；
（2）Sn是数列{an}的前n项的和，若{Sn}是递增数列，求a1的取值范围．
17．（2024春 洛阳期末）
已知函数f（x）＝log21．
（1）求函数f（x）的最大值；
（2）设不等式f（x）≤0的解集为A，若对任意x1∈A，存在x2∈[0，1]，使得x1＝g（x2），求实数a的值．
18．（2024春 普陀区校级期末）设n（n≥3）是给定的正整数．对于数列a1，a2，…，an，令集合S＝{ai+aj|1≤i≤j≤n}．
（1）对于数列﹣2，0，1，直接写出集合S；（用列举法表示）
（2）设常数d＞0．若a1，a2，…，an是以a1为首项，d为公差的等差数列，求证：集合S的元素个数为2n﹣1；
（3）若a1，a2，…，an是等比数列，且a1＝1，公比q＝2．求集合S的元素个数，并求集合S中所有元素之和．
19．（2024春 海淀区校级期末）已知函数f（x）＝klnx+x+1，k∈R．
（1）若曲线y＝f（x）在（1，f（1））处切线过原点，求k的值；
（2）若f（x）在上最小值为1，求k的值；
（3）当k＝1时，若 x∈（0，+∞），都有f（x）≤m（x2+2x），求整数m的最小值．
期末重难点检测卷（一）-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A B A A D D B
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AD ACD BCD
一．选择题（共8小题）
1．（2023春 兴庆区校级期末）已知数列{an}满足an+an+2＝2an+1（n∈N*），且a3＝2，a5＝8，则a7＝（　　）
A．12 B．13 C．14 D．15
【解答】解：数列{an}满足an+an+2＝2an+1（n∈N*），
所以数列{an}是等差数列，
所以a3+a7＝2a5，解得a7＝14．
故选：C．
2．（2024春 成都期末）已知在递减等比数列{an}中，a2+a5＝18，a3 a4＝32，若an＝1，则n＝（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【解答】解：在递减等比数列{an}中，
a2 a5＝a3 a4＝32①，
∵a2+a5＝18②，
∴a2＝16，a5＝2，
设等比数列{an}的公比为q，
则，解得，
∵a6＝a5q＝1，
∴n＝6．
故选：A．
3．（2024春 灵武市校级期末）《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱．欲令高爵出少，以次渐多，问各几何？”意思是：“有大夫、不更、簪裹、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱？”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（　　）
A．23 B．26 C．10 D．14
【解答】解：设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成等差数列{an}．
设公差为d（d＞0），前n项和为Sn．
由题意可知，a2＝17，S5＝100，
则S5＝5a3＝100，解得a3＝20，所以d＝a3﹣a2＝3，
所以公士出的钱数为a5＝a3+2d＝20+2×3＝26．
故选：B．
4．（2024春 南充期末）已知数列{an}的通项公式为，则数列{an}的前n项和Sn最小时n的值是（　　）
A．4或5 B．4 C．5 D．5或6
【解答】解：由于数列{an}的通项公式为，
当n＝1，2，3，4，时，a1＜0，a2＜0，a3＜0，a4＜0，
当n＝5时，a5＝0，
当n≥6时，an＞0，
所以数列{an}的前n项和Sn最小时n的值为4或5；
故选：A．
5．（2024春 金牛区期末）已知数列{an}中，a1+a2+a3+…+an＝2n﹣1（n∈N*），则a12+a22+a32+…+an2等于（　　）
A． B． C．4n﹣1 D．（2n﹣1）2
【解答】解：数列{an}中，，
可得a1＝2﹣1＝1，n≥2时，a1+a2+…+an﹣1＝2n﹣1﹣1，
又，
两式相减可得an＝2n﹣1，对n＝1也成立，
则1+4+16+…+4n﹣1
（4n﹣1），
故选：A．
6．（2024春 建华区校级期末）已知实数x1，x2满足，则x1x2＝（　　）
A．27 B．32 C．64 D．81
【解答】解：由题意得，x1＞0，x2＞0．
令log3x2﹣2＝t，则，32+tt＝81，得t 3t＝9，
∴x1，t是方程x 3x＝9的根．
令f（x）＝x 3x（x＞0），则f′（x）＝3x+x 3xln3＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴x1＝t，即log3x2﹣2＝x1，∴x1x2＝（log3x2﹣2）x2＝81．
故选：D．
7．（2024春 红塔区校级期末）设函数，若函数y＝f（x）存在两个极值点x1，x2，且不等式f（x1）+f（x2）≥x1+x2+t恒成立，则t的取值范围为（　　）
A．（﹣∞，﹣1] B．（﹣∞，﹣16﹣8ln2]
C． D．（﹣∞，﹣13]
【解答】解：函数f（x）定义域为（0，+∞），
由，得，
又函数y＝f（x）存在两个极值点x1，x2，
∴方程x2﹣4x+a＝0在（0，+∞）上有两个不相等的正实数根，
则，解得0＜a＜4，
又
．
设h（a）＝alna﹣a﹣12，0＜a＜4，
则h′（a）＝lna，
当0＜a＜1时，h′（a）＜0，h（a）单调递减，
当1＜a＜4时，h′（a）＞0，h（a）单调递增，
∴h（a）min＝h（1）＝﹣13．
∵不等式f（x1）+f（x2）≥x1+x2+t恒成立，即f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）≥t恒成立，
∴t≤﹣13，即t的取值范围为（﹣∞，﹣13]．
故选：D．
8．（2024春 广丰区校级期末）已知函数f（x）及其导函数f′（x）定义域均为R，满足，且f（x+3）为奇函数，记g（x）＝f′（x），其导函数为g′（x），则g（）+g′（2025）＝（　　）
A．﹣2 B．2 C．1 D．0
【解答】解：因为，两边同时求导可得：，
又g（x）＝f'（x），即，
可得g（x）关于对称，对g（x）两边同时求导可得，
则g（x）关于对称，又f（x+3）为奇函数，则f（x+3）＝﹣f（3﹣x），
求导可得g（3+x）＝g（3﹣x），所以g（x）关于x＝3对称，
同时求导得g'（3+x）＝﹣g'（3﹣x），则g'（x）关于（3，0）对称，
由g（x）关于对称，g（x）关于x＝3对称得，g（x）的周期为6；
同理g'（x）的周期也为6，
因此，
又g（x）关于对称，；由g'（x）关于（3，0）对称，可得g'（3）＝0，
所以．
故选：B．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2023春 宁德期末）公差为d的等差数列{an}，其前n项和为Sn，S11＞0，S12＜0，下列说法正确的有（　　）
A．d＜0 B．a7＞0
C．{Sn}中S5最大 D．|a4|＜|a9|
【解答】解：∵公差为d的等差数列{an}，其前n项和为Sn，S11＞0，S12＜0，
∴11a6＞0，解得a6＞0，
6（a6+a7）＜0，解得a7＜0，故B错误；
d＝a7﹣a6＜0，故A正确；
∵a6＞0，a7＜0，∴{Sn}中S6最大，故C错误；
∵a6＞0，a7＜0，a6+a7＜0，
∴|a6|＜|a7|，∴|a4|＜|a9|，故D正确．
故选：AD．
（多选）10．（2023秋 鄂尔多斯期末）数列{an}的前n项和为Sn，已知，则下列说法正确的是（　　）
A．数列{an}是递减数列
B．数列{an}是等差数列
C．当n＞5时，an＜0
D．数列有最大项，没有最小项
【解答】解：当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣2n+10，又a1＝S1＝9≠﹣2×1+10，
所以，则{an}是递减数列，故A正确，B错误；
当n＞5时，an＝10﹣2n＜0，故C正确；
是递减数列，故D正确．
故选：ACD．
（多选）11．（2021春 临沂期末）函数，若x1≠x2，有f（x1）＝f（x2）＝m，则（　　）
A．f（x）的图象与x轴有两个交点
B．
C．f（2）＜f（3）
D．若0＜x1＜x2＜4，则2＜x1＜e
【解答】解：函数的定义域为，
令f′（x）＞0，解得0＜x＜e；令f′（x）＜0，解得x＞e，
所以f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
，当x→0+时，f（x）→﹣∞，当x→+∞时，f（x）→0+，
又，作出函数f（x）的大致草图，
由函数图象可知A错误，C正确，
f（x1）＝f（x2）＝m，即直线y＝m与函数f（x）的图象有两个交点，
数形结合可知，故B正确；
若0＜x1＜x2＜4，则0＜x1＜e＜x2＜4，
则，即f（2）＜f（x1）＜f（e） 2＜x1＜e，故D正确；
故选：BCD．
三．填空题（共3小题）
12．（2024秋 闽侯县校级期末）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝10，a2+a6＝6，则d＝　1　 ．
【解答】解：∵S5＝10，a2+a6＝6，
∴5a1+10d＝10，2a1+6d＝6，
则d＝1．
故答案为：1．
13．（2023春 虹口区校级期末）若各项均为正数的等比数列{an}中，a1a3＝1，，则 　　 ．
【解答】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
由于其各项均为正数，则q＞0，若a1a3＝1，则（a2）2＝1，解可得a2＝1，
又由，则a3，故q，a13，
则（1）．
故答案为：．
14．（2024春 广州期末）函数（a＞0，b＞0）的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数“，并把其图象与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”．以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”的图象有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，当a＝1，b＝1时，函数f（x）的“囧点”坐标为 　（0，1）　 ；此时函数f（x）的所有“囧圆”中，面积的最小值是 　3π　 ．
【解答】解：当a＝1，b＝1时，，x≠±1，
则f（0）＝﹣1，即函数f（x）的图象与y轴的交点为（0，﹣1），
所以函数f（x）的“囧点”坐标为（0，1）．
画出函数 的图象如图所示，
当“囧圆”与 的图象在x轴上方部分相切时，不妨设在第一象限的切点为（x，y）（x＞1），
则其到“囧点”的距离
，
当，即x2﹣x﹣1＝0时，解得或（舍），
所以当时，，此时“囧圆”的面积S．
当“囧圆”与 图象的下支相切时，切点为（0，﹣1），
此时半径r＝2，“囧圆”的面积S'＝π×22＝4π．
所以所有的“囧圆”中，面积的最小值为3π．
故答案为：（0，1）；3π．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 岳阳县校级期末）等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn．
【解答】解：（1）设{an}的公比为q，由已知得16＝2q3，解得q＝2，
∴an＝2n．
（2）由（1）得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32．
设{bn}的公差为d，则，解得
从而bn＝﹣16+12（n﹣1）＝12n﹣28，
所以数列{bn}的前n项和Sn6n2﹣22n．
16．（2024秋 锡山区校级期末）设数列{an}的首项a1为常数，且an+1＝3n﹣2an（n∈N*）．
（1）判断数列是否为等比数列，请说明理由；
（2）Sn是数列{an}的前n项的和，若{Sn}是递增数列，求a1的取值范围．
【解答】解：（1）∵an+1＝3n﹣2an（n∈N*），
则时，2，
∴时，为等比数列，公比为﹣2．
a1时，数列不是等比数列．
（2）a1时，an 3n，为单调递增数列，满足条件．
时，由（1）可得：an（﹣2）n﹣1，
∴，
n≥2，∴a2＞0，a3＞0，
∴．且．
综上可得：．
17．（2024春 洛阳期末）已知函数f（x）＝log21．
（1）求函数f（x）的最大值；
（2）设不等式f（x）≤0的解集为A，若对任意x1∈A，存在x2∈[0，1]，使得x1＝g（x2），求实数a的值．
【解答】解：（1）易知，
因为1≤x≤4，
所以0≤log2x≤2，
则当log2x＝0，即x＝1时，f（1）＝2，当log2x＝2，即x＝4时，f（4）＝0，
所以当x＝1时，f（x）的最大值为2；
（2）若f（x）≤0，
此时1≤log2x≤2，
即2≤x≤4，
所以A＝[2，4]，
设t＝2x+2﹣x，
当x∈[0，1]时，2x∈[1，2]，，
此时g（x）＝4x+4﹣x﹣a 2x﹣a 2﹣x+1＝（2x+2﹣x）2﹣a（2x+2﹣x）﹣1＝t2﹣at﹣1，
设h（t）＝t2﹣at﹣1，
因为A＝[2，4]是当时，函数h（t）的值域的子集，
当，即a≤4时，函数h（t）在上单调递增，
此时，
解得；
当，即a≥5时，函数h（t）在上单调递减，
此时，不等式组无解；
当，即4＜a＜5时，
函数h（t）在上单调递减，在上单调递增，
令h（2）＝3﹣2a≥4，
解得，
令，
解得，
此时均不符合题意．
综上所述，实数a的值为．
18．（2024春 普陀区校级期末）设n（n≥3）是给定的正整数．对于数列a1，a2，…，an，令集合S＝{ai+aj|1≤i≤j≤n}．
（1）对于数列﹣2，0，1，直接写出集合S；（用列举法表示）
（2）设常数d＞0．若a1，a2，…，an是以a1为首项，d为公差的等差数列，求证：集合S的元素个数为2n﹣1；
（3）若a1，a2，…，an是等比数列，且a1＝1，公比q＝2．求集合S的元素个数，并求集合S中所有元素之和．
【解答】解：（1）∵S＝{ai+aj|1≤i≤j≤n}，ai，aj∈{﹣2，0，1}，∴S＝{﹣4，﹣2，﹣1，0，1，2}；
（2）证明：若a1，a2，…，an为等差数列，d＞0，可得{an}为递增数列，
由等差数列的性质am+an＝ap+aq，可得集合S中的元素个数为n2n﹣1；
（3）依题意可得，设A＝{a1，a2， ，an}（n≥3），
设集合B1＝{ai+aj|ai，aj∈A，1≤i＜j≤n}，B2＝{2ai|ai∈A，i＝1，2， ，n}，
①先证B1中的元素个数为，即从集合A中任取两个元素，它们的和互不相同．
不妨设1≤i＜j＜k＜l，
于是1≤2i﹣1＜2j﹣1＜2k﹣1＜2l﹣1．
显然2i﹣1+2j﹣1＜2k﹣1+2i﹣1，
即2i+2j＜2l+2k，假设2i+2l＝2j+2k，
可得1+21﹣i＝2j﹣i+2k﹣i，即1＝2j﹣i+2k﹣i﹣2l﹣i＝2j﹣i （﹣2k﹣j （2l﹣k﹣1）+1），
因为2k﹣j，2l﹣k≥2，所以﹣2k﹣j （2l﹣k﹣1）+1≤﹣1，又2j﹣i＞0，
于是2j﹣i （﹣2k﹣j （2l﹣k﹣1）+1）＜0，等式2i+2l＝2j+2k不成立．因此，2i+2l≠2j+2k．
同理可证2i+2k≠2j+2l，
②再证B1∩B2＝ ．
不妨设1≤i＜j＜k，于是1≤2i﹣1＜2j﹣1＜2k﹣1，
显然2×2i﹣1＜2j﹣1+2k﹣1，2i﹣1+2j﹣1＜2×2k﹣1，
假设2×2j﹣1＝2i﹣1+2k﹣1，
可得2×2j﹣i＝1+2k﹣i，
即1＝2×2j﹣i﹣2k﹣i＝2j﹣i （2﹣2k﹣j），
因为2k﹣j≥2，所以2﹣2k﹣j≤0，
又2j﹣i＞0，
于是2j﹣i （2﹣2k﹣j）≤0，
等式2×2j﹣1＝2i﹣1+2k﹣1不成立．
因此，2×2j﹣1≠2i﹣1+2k﹣1．
由①②，得S＝B1∪B2，且B1∩B2＝ 此时，
集合S中的元素个数为，
集合S中所有元素的和为（n+1）（1+21+ +2n﹣1）＝（n+1）（2n﹣1）．
19．（2024春 海淀区校级期末）已知函数f（x）＝klnx+x+1，k∈R．
（1）若曲线y＝f（x）在（1，f（1））处切线过原点，求k的值；
（2）若f（x）在上最小值为1，求k的值；
（3）当k＝1时，若 x∈（0，+∞），都有f（x）≤m（x2+2x），求整数m的最小值．
【解答】解：（1）因为f（1）＝2，所以切点为（1，2）．
又，所以f′（1）＝k+1，
所以函数在（1，f（1））处的切线方程为y﹣2＝（k+1）（x﹣1）．
因为切线过点（0，0），所以﹣2＝﹣（k+1），解得k＝1．
（2）因为f（x）＝klnx+x+1（x＞0），所以，
若k≥0，f'（x）＞0在[，e]上恒成立，
所以f（x）在上的最小值为．
若k＜0，由f′（x）＞0，可得x＞﹣k；由f（x）＜0，可得0＜x＜﹣k，
所以f（x）在（0，﹣k）上单调递减，在（﹣k，+∞）上单调递增．
当，即时，f（x）在[，e]上单调递增，
由（舍去）．
当k＜e，即时，f（x）在[，﹣k]上单调递减，在[﹣k，e]上单调递增，
由f（﹣k）＝kln（﹣k）﹣k+1＝1 kln（﹣k）＝k ln（﹣k）＝1 k＝﹣e（舍去）．
当﹣k≥e，即k≤﹣e时，f（x）在上单调递减，
由f（e）＝k+e+1＝1 k＝﹣e．
综上可知：或k＝﹣e．
（3）当k＝1时，f（x）＝lnx+x+1，
f（x）≤m（x2+2x） lnx+x+1≤m（x2+2x） lnx+x+1﹣m（x2+2x）≤0，
设h（x）＝lnx+x+1﹣m（x2+2x），x＞0，
则，
若m≤0，则h′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以h（x）在（0，+∞）单调递增，
所以h（x）≤0不可能恒成立；
若m＞0，由，由，
所以h（x）在单调递增，在上单调递减，
此时，只需，
设，m＞0，则在（0，+∞）上恒成立，
所以g（m）在（0，+∞）单调递减，且，
因为e，所以g（1）＜0，
所以整数m的最小值为1．
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