2020-2021学年高二数学下学期期末测试卷03（北师大版2019选择性必修第二册）（全解全析）.doc

2020–2021学年高二下学期期末测试卷03数学全解全析1．C【解析】由条件利用等差中项化简，再根据等差数列的性质及等差数列的求和公式即可求解.，，，又，，故选：C【点睛】关键点点睛：根据等差数列的性质时，化简是解题的关键，属于中档题.2．A【解析】原不等式恒成立可转化为恒成立，求导分析求出的最大值，求出，构造函数利用导数求最大值即可求解.令，则恒成立即为恒成立，因为，所以的定义域为当时当时，在上单调递增，在上单调递减，所以，由所以，则令则，令则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，故，所以的最大值为.故选：A【点睛】关键点点睛：根据不等式恒成立转化为求函数的最大值得出，构造函数转化为求函数的最大值是解题的关键，属于难题.3．D【解析】由题意，直接求解即可.因为，所以，所以；；；；；；；；；；所以.故选：D【点睛】数学中的新定义题目解题策略：(1)仔细阅读，理解新定义的内涵；(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.4．C【解析】由已知递推关系先求的通项公式，用错位相减法求数列的前项的和， 再变量分离不等式，构造新数列，确定新数列的单调性进而求最值.由，得，当时，，两式作差，得，化简得，当时，，，，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；，，，，错位相减得，，所以.令，则，故当时，，单调递增，且，当时，，单调递减，，，于是由题意得.故选: C.【点睛】方法点睛:确定数列问题中的参数取值范围（或最值），常通过变量分离，构造数列转化为求新数列的最值.5．C【解析】根据导数判断的单调性，然后根据图象即可判断.当时，，令，则，故在上单调递增，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，且，，，令得，在同一直角坐标系中，作出函数与的大致图象，如图所示，两函数图象共有6个交点，故有6个零点.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的交点判断函数的零点问题，属于较难题.6．B【解析】利用裂项相消法可求得，进而可求出，根据的单调性可求出最小值.，整理得，解得或（舍去），即，则．当时，数列单调递减，当时，数列单调递增，当时，，当时，，故当时，取最小值．故选：B．【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用裂项相消法求出，再判断出的单调性.7．A【解析】利用导数研究函数的单调性，进而求出函数的值域为，利用函数的极值点，求得，再求出函数的单调区间，利用已知可得到关于a 的不等式，解不等式得解.因为，求导，令，得令，得，所以当时，单调递增，又，，故当时，函数的值域为因为，求导，令，得所以在上单调递增，在上单调递减，即是函数的极值点，又是函数的极值点，所以，得，且．因为对任意的，总存在唯一的，使得成立，当时，，所以，则，解得：．故选：A．【点睛】易错点睛：本题考查利用导数求函数的单调性，极值，最值等，易错点是容易忽略“对任意的，总存在唯一的，使得成立”中的“唯一”条件，从而得到，导致结果出错．8．B【解析】由函数有两个极值点，可得有两个不相等的实根，必有判别式大于零，而方程的判别大于零，可知此方程有两解，且或，再分别讨论利用平移变换即可解出方程或解的个数解：因为函数有两个极值点，所以有两个不相等的实根，所以，此时,因为，所以，而方程的判别式，所以此方程有两解且或，不妨设，（1）把的图像向下平移个单位即可得的图像因为，所以可知方程有两解，（2）把的图像向下平移个单位即可得的图像因为，所以可知方程只有一解，由（1）（2）可知，方程或，只有3 个实数解，即关于的方程的不同实根个数为3故选：B【点睛】此题考查了利用导数研究函数的单调性、极值及方程解的个数、平移变换等知识，考查数形结合的思想，考查分类讨论思想和计算能力，属于较难题9．ACD【解析】通过导数的几何意义分别判断函数，与x轴的相切情况；时，求得的单调区间及最值，判断方程是否有唯一实数解；对分类讨论，求得有两个零点时应满足的条件，从而判断选项正误.，若的图象与轴相切，则，又，则切点坐标为，满足条件，故A正确；，，当时，易知恒成立，不存在为0的解，故不存在实数，使得的图象与轴相切，B错误；由上所述，在上单减，上单增，则；若，，，在上单增，上单减，，故方程有唯一实数解，故C正确；，，当时，恒成立，单增，不存在2个零点，故舍去；当时，在上单增，在上单减，且时，，时，，故若有两个零点，则应使最大值，即，令，易知单调递减，且，因此的解集为，D正确；故选：ACD【点睛】关键点点睛：利用导数来研究函数的单调性，最值问题，把方程的根的问题，零点问题转化为图像交点问题，利用导数求得最值，从而得证.10．ACD【解析】由题意可得数列满足递推关系，依次判断四个选项，即可得正确答案.对于A，写出数列的前6项为，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，由，，，……，，可得：，故C正确.对于D，斐波那契数列总有，则，，，……，，，可得，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换，属于中档题.11．BC【解析】写出等差数列的前项和结合“数列”的定义判断A；写出等比数列的前项和结合“数列”的定义判断B；利用裂项相消法求和判断C；当无限增大时，也无限增大判断D．在A中，若是等差数列，且，公差，则，当无限增大时，也无限增大，所以数列不是“数列”，故A错误.在B中，因为是等比数列，且公比满足，所以，所以数列是“数列”，故B正确.在C中，因为，所以.所以数列是“数列”，故C正确.在D中，因为，所以，当无限增大时，也无限增大，所以数列不是“数列”，故D错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.12．AD【解析】求出的导数，检验在内的导数符号，即可判断选项A；选项B、C可设、的隔离直线为，对一切实数x都成立，即有，又对一切都成立，，，，根据不等式的性质，求出、的范围，即可判断选项B、C；存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为，则隔离直线的方程为，构造函数求出函数的导数，根据导数求出函数的最值.对于选项A：，，当时，，所以函数在内单调递增；故选项A正确对于选项BC：设、的隔离直线为，则对一切实数x都成立，即有，即，又对一切都成立，则，即 ，，，，即有且，，可得，同理可得：，故选项B不正确，故选项C不正确；对于选项D：函数和的图象在处有公共点，因此存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为，则隔离直线的方程为，即，由，可得对于恒成立，则，只有，此时直线方程为，下面证明，令，，当时，，当时，，当时，，则当时，取到极小值，极小值是，也是最小值.所以，则当时恒成立.所以和之间存在唯一的“隔离直线”，故选项D正确.故选：AD【点睛】本提以函数为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的导数，利用导数求最值，属于难题.13．19【解析】先由，再求得，从而就容易求出结果了.由，令，数列是公差为1，首项为的等差数列，所以，变形可得，由累加法得，所以，所以，故数列是公差为的等差数列，则的公差，所以．故答案为：19.【点睛】关键点睛：求解本题的关键：（1）由得到，从而得到数列是等差数列；（2）会利用累乘法得到，进而得到是等差数列．14．6【解析】运用数列{bn}为“坠点数列”且b1＝﹣1，综合判断数列{bn}中有且只有两个负项．假设存在正整数m，使得Sm+1＝Tm，显然m≠1，且Tm为奇数，而{an}中各项均为奇数，可得m必为偶数． 再运用不等式证明m≤6，求出数列即可．∵ ，即bn+1＝2bn，∴ ，而数列{bn}为“坠点数列”且，所以数列{bn}中有且只有两个负项．假设存在正整数m，使得Sm+1＝Tm，显然m≠1，且Tm为奇数，而{an}中各项均为奇数，∴m必为偶数， 首先证明： ．若m＞7，数列{an}中（Sm+1）max＝1+3+…+（2m+1）＝ ，而数列{bn}中，bm必然为正，否则，显然矛盾；∴ 设 设 而∴{dm}（m＞7）为增数列，且d7＞0，则（m＞7）为增数列，而＞0，∴（Tm）min＞（Sm）max，即m≤6． 当m＝6时，构造：{an}为1，3，1，3，5，7，9，…，{bn}为﹣1，2，4，8，﹣16，32，64，…此时p＝2，q＝4．∴mmax＝6，对应的p＝2，q＝4．故答案为：6【点睛】本题是新定义题，考查了数列递推式，综合考查学生运用新定义求解数列的问题，考查了分析问题和解决问题的能力，属于难题．15．①③④【解析】画出的大致图象，即可判断①②；对于③，由题可得，当时，，所以，故判断③；对于④，由得范围，故可判断④；对于⑤，由题知，又在上单调，所以，，将，代入验证即可.①若，在上有5个零点，可画出大致图象，由图3可知，在有且仅有3个极大值点，故①正确；②若，且在有且仅有4个零点，同样由图可知在有且仅有2个极小值点，故②错误；③若，由在上有5个零点，得，即，当时，，所以，所以在上单调递增，故③正确；④若，因为，∴，∴，因为在有且仅有4个零点，所以，所以，所以④正确；⑤若的图象关于对称，为它的零点，则(，T为周期)，得，又在上单调，所以，，又当时，，，在上不单调；当时，，，在上单调，满足题意，故的最大值为9，故⑤不正确.故答案为：①③④【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，考查函数的零点与极值相关概念，考查了数形结合的思想，考查学生的逻辑推理与运算求解能力.16．【解析】由于，由题意得关于的方程的两个相异实数根，由此可求得，再将转化为结合韦达定理即可求得的取值范围.因为，所以，又因为函数存在不相等的两个“点”和，所以，是关于的方程的两个相异实数根．所以，又，，所以，即，从而，因为，所以，即，所以，因为，所以，解得，所以实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及极值，考查等价转化思想及函数与方程思想的应用，考查逻辑思维与综合运算能力，属于难题.17．（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）证明见解析.【解析】（1）首先求导令求得参数，接着讨论导函数的正负得到原函数的单调性即可；（2）令，从而将函数图像有交点转化为在有零点，参变分离得，再转化为图像有交点的问题，令求导判断函数的单调性求出最值，最后证明即可.（1）因为，所以，则，所以，令，显然，在上单调递增，又，所以当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增；（2）证明：令，当时，曲线与直线有交点即函数在有零。