【文档说明】高二数学选择性必修第二册全册高分突破必刷检测卷（基础版）全解全析-2022-2023学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列（人教A版2019选择性必修第二册）.docx，共(13)页，826.991 KB，由envi的店铺上传

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高二数学人教版选择性必修第二册全册高分突破必刷检测卷（基础版）全解全析1．C【分析】根据递推关系即可逐一代入求值.【详解】312234123111115,,3534311aaaaaaaaa−−−====−==−+++.故选:C2．C【分析】由导数的运算公式、运算法则及复合函数

的导数运算公式计算各项判断即可.【详解】对于①，221221221212212122121()(e)()e(e)2ee(21)2e2e2e(1)xxxxxxxxfxxxxxxxxxxx−−−−−−−−==+=+−=+=+故①正确；对于②，∵12(

)(21)21xfxxxx−==++11113222221()[(21)](21)[(21)](21)[()(21)(21)]2fxxxxxxxxxx−−−−−=+=+++=++−++13332222321(21)(21)(21)[(21)](21

)(1)(21)xxxxxxxxxx−−−−+=+−+=++−=++=+故②正确；对于③，()(23)sin(25)(23)(sin(25))2sin(25)(23)cos(25)(25)fxxxxxxxxx=−++−+=++−++2sin(25)2(23)cos(25)

xxx=++−+故③错误；对于④，213()[log(32)](32)(32)ln2(32)ln2fxxxxx=−=−=−−故④正确；∴①②④正确，正确的个数共有3个.故选：C.3．A【分析】由题意可

知斜率，代入点斜式即可求解.【详解】由题知，()22lim22xfxx→−=−−，函数()fx在2x=处的切线斜率为：2k=−，又()22f=，切线过点()2,2，代入点斜式有：()222yx−=−−，即：260xy+−=.故选：

A.4．C【分析】根据给定条件，求出等比数列na的首项及公比，即可计算作答.【详解】设等比数列na的公比为q，依题意，323314aaqqa=−，而30a，解得12q=，数列na的前4项和为1111(1)30248a++

+=，即115308a=，解得116a=，所以88911116()216aaq===.故选：C5．D【分析】由已知的递推公式，利用累加法可求数列通项.【详解】由已知得112nnnaa++−=，12a=，则当2n时，有12111221()()(222)nnnnnnnaaaaaaaa−−−−

−=−+−++−=+++，()12121121222222222212nnnnnnnaa−−+−=++++=++++==−−经检验当1n=时也符合该式．∴122nna+=−.故选：D6．D【分析】记()()(),0fxgxxx=.判断出()gx的奇偶性和单调性，即可解不等式.【详解】

记()()(),0fxgxxx=.因为()fx是定义在R上的偶函数，所以()()fxfx−=因为()()()()fxfxgxgxxx−−==−=−−，所以()gx为奇函数，所以()()()()222222ffgg−−==−=−−.因为()20f−=，所以()(

)220gg−==.当0x时，()()()20xfxfxgxx−=，所以()gx在()0,+上单减.因为()gx为奇函数，图像关于原点对称，所以()gx在(),0−上单减.不等式()0fxx即为()

0gx.当0x时，()gx在()0,+上单减，且()20g=，所以()0gx的解集为()0,2；当0x时，()gx在(),0−上单减，且()20g−=，所以()0gx的解集为(),2−−.综上所述：()0fxx的解集为()(),20,2−−.故选：D7．D【

分析】依题意转化为2(ln1)axx+，令()(ln1)hxxx=+，利用导数求出min()hx可得答案．【详解】依题意，()2ln1afxxx−=−，令()0fx，则2(ln1)axx+，令(

)(ln1)hxxx=+，则()ln2hxx=+，令()0hx=，则21ex=，故当210,ex时，()0hx，当21,ex+时，()0hx，故()hx在210,e上单调递减，在21,e+上单调递增，故min2211

()eehxh==−，故212ea−，则212ea−，故实数a的取值范围为21,2e−−．故选：D.8．A【分析】先证明出()fx为周期为8的周期函数，把(9)(8)1ff+=转化为(0)1f=.记()(

)xfxgx=e，利用导数判断出()gx在R上单调递减，把原不等式转化为()()0gxg，即可求解.【详解】因为()3fx+为偶函数，(1)fx+为奇函数，所以()()33fxfx+=−+，(1)(1)0fxfx+

+−+=.所以()()6fxfx=−+，()(2)0fxfx+−+=，所以(6)(2)0fxfx−++−+=.令2tx=−+，则(4)()0ftft++=.令上式中t取4t−，则()(4)0ftft+−=，所以(4)(4)ftft+=−.令t取4t+，则()(8)ftft=+，所以()(

8)fxfx=+.所以()fx为周期为8的周期函数.因为(1)fx+为奇函数，所以(1)(1)0fxfx++−+=，令0x=，得：(1)(1)0ff+=，所以(1)0f=，所以(9)(8)1ff+=，即为(1)(0)1ff+=，所以(0)1f=.记()()xfxgx=e，所以()

()()exfxfxgx−=.因为()()fxfx，所以()0gx，所以()()xfxgx=e在R上单调递减.不等式()xfxe可化为()1exfx，即为()()0gxg.所以0x.故选：A.9．AB【分析】先将na的通项公式写出，再按照有关定义逐项分析.【详解】由

题意，11nnaaq−=，111nnqSaq−=−；对于A，()12221nnaaq−=，所以2na是首项为21a，公比为2q的等比数列，正确；对于B，因为1q−，()()()10111011121112111121311

31411,1,1aaaqaqaqqaaaqqaaaqq+=+=++=++=+，()()()()()222222222121311112131411,1aaaqqaaaaaqq+=+++=+，()()()21213111213140aaaaaa+=++，1213131411121213aa

aaaaaa++=++,它们成等比数列，正确；对于C，若10a，q＞1，则()11111110nnnnnaaaqaqaqq−−+−=−=−＜，na为递减数列，错误；对于D，()1111111nnnnnaSSqqaqq++

−=−−+=−，若10a，q＞0，则10nnSS+−＜，1nnSS+，nS是递减数列，错误.故选：AB.10．ABC【分析】根据函数的定义、单调函数的定义，等比数列的定义，求和公式，可得答案.

【详解】根据题意可知，12与1,5,7,11互质，29与1,2,3,28共28个数都互质，即()()122942832+=+=，所以A正确；由题意知()()()21,42,62===，可知数列()2n不是单调递增的，B正确；若p为质数，则

小于等于np的正整数中与np互质的数为1,,1,1,,21,,21,1nppppp−+−+−，即每p个数当中就有一个与np不互质，所以互质的数的数目为1nnnnppppp−−=−个，故()()11nnppp

−=−，所以()()()()12111nnnnppppppp−−−−==−为常数，即数列()np为等比数列，故C正确；根据选项C即可知()1323nn−=，数列()3nn的前4项和为12345826185454+++=，故D错误，故选：ABC11．AB【分

析】按绝对值的定义分类讨论去掉绝对值称号后，求导确定函数的单调性、极值，在确定方程的根的个数时，注意函数值的变化趋势．【详解】3x时，()(3)exfxxa=−+，()(2)exfxx=−，2x时，()0fx，23x时，()0fx，()fx在(,2)−上单调递增，在(2,3)上

单调递减，A正确；3x时，()(3)exfxxa=−+，()(2)exfxx=−0，()fx在(3,)+上单调递增，由上讨论知2x=是()fx的极大值点，3x=是()fx的极小值点，B正确；2(2)efa=+，(3)fa=，2x

时，()3exfxxaa=−+，所以0a时，()0fx=无实数解，C错误；0a=时，()3exfxx=−，由以上讨论知()03ftt==，()3fx=有3个实数解，所以(())0ffx=有3个实数解，D

错误．故选：AB．【点睛】方法点睛：函数方程根的个数问题，可利用导数确定函数的单调性、极值，从而确定函数的变化趋势，然后结合函数图象，把根的个数转化为函数图象与直线的交点个数．12．ABD【分析】根据给定条件，求出函数()fx的导数

()fx，再求出()fx的导数，推导()fx正负判断A；结合零点存在性定理推理判断B；利用导数探讨最值判断C；利用导数证明不等式判断D作答.【详解】函数()()e1sin=−−xfxxx，求导得()esin(1)cosxfxxxx=−−−，令()()esin(1)co

sxgxfxxxx==−−−，求导得()e2cos(1)sinxgxxxx=−+−，对于A，当π02x−时，()e0,sin0,1cos0xxxx−−−，有()0fx，函数()fx在π[,0]2−上单调递增，A正确；对于B，当π2x−

−时，ecos0,(1)sin00,xxxx−−，有()0gx，函数()fx在π[,]2−−上单调递增，而2()e10,()e102ff−−−=−−−=+，则0(,)2x−−使得0()0fx=，当0xx−时，()0fx，当02xx−

时，()0fx，因此()fx在0[,]x−上递减，在0[,]2x−上递增，由选项A知，()fx在0[,0]x上递增，又20()e0,(0)10,()()e1022fffxf−−−==−=−−，则1020(

,),(,0)xxxx−，使得12()()0fxfx==，因此函数()fx在π,0−上有两个零点，B正确；对于C，对π,0x−恒有()202()fxkkfx−，由选项B知，min0()()f

xfx=，则有()00002()e1sinxkfxxx=−−，由()00fx=得：0000esin(1)cosxxxx=+−，()0000000000()sin(1)cos1sinsin(1)(cossin)fxxxxxxxxxx=+−−−=+−−，令()sin(1)(cossin),2h

xxxxxx=+−−−−，()(3)cossin0hxxxxx=−−，函数()hx在π[,]2−−上单调递减，()()222hxh−=−−，又20()()e122fxf−−=−−，则有()201111

e42242fx−−−−−，因此整数k的最大值为2−，C不正确；对于D，当01x时，令()sin,()ln(1)uxxxtxxx=−=−−，则1()cos10,()10uxxtxx=−=−，函数()ux在(0,1)上递减，(

)(0)0uxu=，即0sin1xx，函数()tx在(0,1)上递增，()(1)0txt=，即ln1xx−，令2e(1)sinlne(1)1e((1()n))lxxxxxxxxxfxxxx+−−+−−+=−=−=−，01x，显然2(1)x−−在(0,1)上单调递增，则有函数

2e(1)xyx=−−在(0,1)上单调递增，因此2e(1)exx−−，即e()x，所以当01x时，()elnfxx−成立，D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关

键.13．12##0.5【分析】求出函数()fx的导数，再利用导数的几何意义及直线斜率的定义可求【详解】因为()lnfxxax=−，所以()1fxax=−，所以()fx在1x=处的切线斜率()1112kfa==−=

，解得12a=．故答案为：12．14．17−【分析】直接根据等差数列的求和公式列方程求解.【详解】由10510SS−=−得109541051022dd−+−−+=−，解得17d=−故答案为：17−15．196【分析】根据整理代换法，结合等比数列的性质、换元法、基本

不等式进行求解即可.【详解】设该等比数列的公比为q，33365432132132149)49(aaaaaaaqaqaqaaa++−−−=+++=+−2331)(1)49(qaaa−=++，因为数列na是正项等比数列，所以3213491qaaa++=−，且1q，所以

66666321327193849()1aqaqaqqaaaqaaqa=++=++=−++，令331(0)1qttqt−==+，于是有63987491149(2)49221961qttqttaaa==+++=+−+，当且仅当1tt=取等号，即

1t=时取等号，即32q=时取等号，所以987aaa++的最小值为196，故答案为：19616．10,e【分析】由题意得到()e2xxfxa=+−在()0,+有一个变号零点，分1a与01a

两种情况，排除1a，当01a时，二次求导，分类讨论得到10ea时，()e2xxfxa=+−在()0,1x内存在唯一零点，即在()0,+有一个零点.【详解】函数()eloge2xxafxax

=+−（0a且1a）在()0,+有一个极值点，则()e2xxfxa=+−在()0,+有一个变号零点，当1a时，()fx在（0，+∞）上单调递增，所以()()00fxf=，不符合题意，舍去.当01a时，令()()e2xxhxfxa==+−，则()eln0xxhxaa

=+=，解得0e1loglnaxa=，①当e1logln0aa，即11ea≤时，()fx在()0,+上单调递增，所以()()00fxf=舍去；②当e1logln0aa时，即10ea时，()fx在

()00,x单调递减，在()0,x+单调递增，因为()00f=，所以()00fx，又因为()1e20fa=+−，所以()e2xxfxa=+−在()0,1x内存在唯一零点，即在()0,+有一个零点；综上可得

，实数a的取值范围为10ea.故答案为：10,e17．(1)答案见解析(2)2lnxxx−（答案不唯一，符合题意即可）(3)证明见解析【分析】（1）求导，利用导数求原函数的单调性，分0a、0a两种情况讨论；（2）

根据题意可求得1a=，结合单调性求其最值可得不等式；（3）根据不等式2lnxxx−，令1nxn+=运算整理即可.【详解】（1）由题意，函数()()2lnfxxaxax=−+，其中函数()fx的定义域为()0,+，可得()()()222xaxaafxxaxx+−=−−=，令()0fx

=，可得xa=或2ax=−，若0a，则当()0,xa时，()0fx，当(),xa+时，()0fx¢>，所以()fx上()0,a单调递减，在(),a+上单调递增；若a<0，则当0,2ax−时，()0fx，当,2ax+−时，()0

fx¢>，所以()fx在0,2a−单调递减，在,2−+a上单调递增.（2）由函数()()2lnfxxaxax=−+且()()()2xaxafxx+−=，可得()()211,12fafaa=−=−−，因为()()110ff

+=，可得2120aaa−+−−=，解得1a=或3a=−（与0a矛盾，舍去），故()2lnfxxxx=−−由（1）知，函数()fx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，所以()fx在1x=时取得最小值，最小值()min()1

0fxf==，即()0fx，故对于任意0x恒成立，有不等式2lnxxx−成立，当且仅当1x=时，“=”成立.（3）由（2）知当0x时，有2lnxxx−成立，令*11,nxnn+=N，则2111lnnnnnnn+++

−整理得，()211lnln1lnnnnnnn++=+−，所以()()()()222231ln2ln1ln3ln2ln1lnln112nnnnn++++−+−++

+−=+.18．(1)证明见解析(2)(4,)−+【分析】（1）等式两边同除以12n+，用等差数列的定义证明；（2）将条件转化为22mn−−对nN恒成立，求22n−−的最大值即可.【详解】（

1）证明：因为1122nnnaa++=+，等式两边同除以12n+，得11122nnnnaa++=+，即11122nnnnaa++−=，所以数列2nna是首项为2m，公差为1的等差数列.（2）由（1）得(1)22nnamn=+−，因此12(1)2nnnamn−=+−.由1nnaa+

对nN恒成立，得11222(1)2nnnnmnmn+−++−对nN均成立.因为120n−，不等式两边同除以12n−，得2422mnmn++−，即22mn−−对nN恒成立，当1n=

时，22n−−取最大值4−，所以4m−，所以实数m的取值范围为(4,)−+.19．(1)答案见解析(2)3【分析】(1)对函数()fx求导，对参数分类讨论求得函数()fx的单调区间.(2)由（1）的结论得出ln(1)xx+?，利用归纳法求得2111

111222n+++取值范围，即可得到t的最小正整数值.【详解】（1）因为()lnfxxmxm=−+,定义域为,()0x+，所以11()mxfxmxx−=−=，若0m，则当,()0x+时，()0fx，函数()

fx单调递增；若0m，则当10,xm时，()0fx，函数()fx单调递增，当1,xm+时，()0fx，函数()fx单调递减，综上所述，当0m时，函数()fx的单调递增区间为(0,)+；当0m时，函数()fx的单调递增区间为

10,m，单调递减区间为1,m+．（2）由（1）知，当1m=时，函数()fx的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+．所以()(1)ln1110fxf=−+=，即

ln1−xx，则有ln(1)xx+?，当且仅当0x=时等号成立，∴11ln122kk+，Nk．一方面：221111111ln1ln1ln1112222222nnn+++++++++=−

，即2111111e222n+++．另一方面：当3n时．223111111135111111222222264n++++++=

，当3n时，2111111(2,e)222n+++．∵Nt，2111111222nt+++，∴t的最小正整数值为3

．20．(1)324nan=−，最小值为7884SS==−；(2)()3312nnT=−；(3)3033.【分析】（1）利用基本量代换求出121,3ad=−=，得到通项公式和前n项和公式，利用函数求最值；（2）求出通项公

式，进而得到数列nb的前n项和nT；（3）利用分组求和法求出nP，直接代入求解.【详解】（1）设等差数列na的公差为d.因为66a=−，73a=−，所以116,356adda+=−=−+，解得：121,3ad=−=，所以()14132nandan+−=−=.所以()(

)2115675334524222nnnaannnS−−+−===.因为*Nn，所以当7n=或8n=时，最小值为()7838458842SS−===−（2）由（1）可得：192113,9baba====，所以等比数列nb的公比为21933b

qb===，所以113nnnbbq−==.所以等比数列nb的前n项和()()()113133311132nnnnbqTq−−===−−−（3）因为数列nc满足()()()11324nnnncan=−=−−.当n为偶数时，()(

)()3211815123273242nPnnn=−+−++−++−=；当n为奇数时，()()()()()()()3131211815123303273243242422nnnnnnnP−+=−+−++−++−−−=−−=−；所以()312

4,23,2nnnPnn+−=为奇数为偶数.所以20223202230332P==.21．(1)2πππ1228yx=−+−(2)ππ2e2ea−−−−【分析】（1）当0

a=时，求出π2f、π2f的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；（2）分析可知()gx在()0,π上有两个变号零点，分0a、a<0两种情况讨论，在0a时，由()gx在()0,π上单调递增可知结论不成立；在a<0时，可得出(

)1coseexxxgxa−=+，()1cosexxxa−=+，利用导数分析函数()x的单调性，根据函数()x在()0,π上有两个异号零点可得出关于实数a的不等式组，解之即可.【详

解】（1）解：当0a=时，()21cos2fxxx=+，则()sinfxxx=−，则ππ122f=−，2ππ28f=，切点坐标为2ππ,28，切线方程为2πππ1228yx=−−+，即2ππ12

28yx=−+−．（2）解：()()esinxgxfxaxx=+−=，则()ecos1xgxax=−+，令()()hxgx=，则()esinxhxax=+，由()gx在()0,π上有两个极值点知()gx在()0,π上有两个变号零点

，①当0a时，()0,πx时，()0hx，则函数()gx在()0,π上单调递增，()gx不可能有两个零点，舍去；②当a<0时，()1coseexxxgxa−=+，令()1cosexxxa−=+，则()

()2π2sin1esine1cossincos14eeexxxxxxxxxxx+−−−+−===，由于0πx，则ππ5π444x+，令()0x=，即π2sin42x+=，可得π3π44x+=，即π2x=，当π0,2x

时，ππ3π444x+，2πsin124x+，则()0x，所以，()x在π0,2上单调递增，当π,π2x时，3ππ5π444x+，则2π2sin242x−+，则()0x，所以，()x在π,π2

上单调递减，所以，()π2πmax2π1e2exaa−==+=+，又因为()0a=，()π2πea=+，要使()x在()0,上有两个变号零点，则π2πe020eaa−++，解得ππ2e2ea−−−−.【

点睛】关键点点睛：本题第2问考查利用函数的极值点个数求参数的取值范围，在a<0时，通过变形()1coseexxxgxa−=+，构造()1cosexxxa−=+，将问题转化为函数()x在()0,π上有两个异号零点，将函数解析式由难变易，简化了计算与分析.22．(1

)*2Nnnan=，(2)2224nnTn+=−−(3)()()29598212nnnn++−++【分析】(1)na与nS关系,作差计算即可.(2)应用错位相减法求解即可;(3)分组裂项相消求和应用求解.【

详解】（1）由题，当2n时，12nnSa+=−，所以11nnnnSSaa−+−=−，所以12nnaa+=，又因为2124aS=+=，所以2nna=，显然，当1n=时，12a=满足2nna=，所以*2,Nnnan

=（2）()22212nnTnn=+−++①所以2122222nnnTn+=+++②①-②得：()()231212222nnnTn+−=+−+++−11422212nnn++−=−−−2242nn+=+−所以2224nnTn+=−−（3）

因为()()()112111122212122nnnnncnnnn+++=−+−+++所以12nnHccc=+++()21111122122221nnnn+=−++−++()()23121

11122232122nnnn++−++−++()()122111122212222nnnn++=−+−++()()1292182122nnnn++=−−++()()2959

8212nnnn++=−++