2021_2022学年新教材高中数学模块素养评价二含解析苏教版选择性必修第一册.doc

1、模块素养评价(二)(120分钟150分)一、单选题(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经过圆2的圆心C，且与直线2xy0垂直的直线方程是()A2xy10B2xy10Cx2y30 Dx2y30【解析】选C.设与直线2xy0垂直的直线方程是x2yc0，把圆222的圆心C(1，1)代入可得12c0，所以c3，故所求的直线方程为x2y30.2(2021宁波高二检测)设Sn为等比数列的前n项和，已知3S3a43，3S2a33，则公比q()A3B4C5D6【解析】选B.由已知3S3a43，3S2a33，两式作差得3S33S2a4a33a3，所以a44a

2、3，即q4.3从动点P向圆C：221作切线，则切线长的最小值为()A2 B2 C3 D【解析】选B.依题意，圆C：221，圆心是C，半径是1.从动点P向圆C：221作的切线，PC，圆心到切线的垂线组成一个直角三角形，当切线长最小时，PC为最小，PC，当a1时，PC取得最小值3，此时切线长为2.4已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设cnabn，Tnc1c2cn，则当Tn2 020时，n的最大值是()A8 B9 C10 D11【解析】选B.因为是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an2n1.因为是以1为首项，2为公比的等比数列，所以bn2n1.所以Tnc

3、1c2cnab1ab2abna1a2a4a2n1(211)(221)(241)2n2n2n1n2.因为Tn2 020，所以2n1n22 020，解得n9.则当Tn0，b0)上恰有4个不同的点Pi(i1，2，3，4)满足PiB2PiA，其中A(1，0)，B(1，0)，则双曲线C的虚轴长的取值范围为()A BC D【解析】选C.依题意可得a1，设P，则由PB2PA，得2，整理得2y2.由得x2x20，依题意可知80，解得b2，则双曲线C的虚轴长2b2.6(2021合肥高二检测)一艘船的燃料费y(单位：元/时)与船速x(单位：km/h)的关系是yx3x.若该船航行时其他费用为540元/时，则在100

4、 km的航程中，要使得航行的总费用最少，航速应为()A30 km/h B30 km/hC30 km/h D60 km/h【解析】选A.由题意得，100 km的航程需要小时，故总的费用f(x).即f(x)x2100.故f(x)2x.令f(x)0有x30.故当0x30时f(x)30时f(x)0，f(x)单调递增使得航行的总费用最少，航速应为30 km/h.7(2021天津高二检测)已知椭圆C1：y21与双曲线C2：y21的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则()Amn且e1e21 Bmn且e1e11Cm1 Dmn且e1e20，因为m1，n0，所以mn.因为e1，e2，所以e1e21.8

5、(2021重庆高二检测)已知f(x)2t(ln xx)恰有一个极值点为1，则t的取值范围是()A BC D【解析】选D.由题意，函数f(x)的定义域为，对函数f(x)求导得f(x)2t，因为f(x)2t恰有一个极值点为1，所以ex2t0在上无解，即t在上无解，令g，则g0，所以函数g在上单调递增，当x时，gg，所以t.二、多选题(本题共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，有选错的得0分，部分选对的得3分)9(2021厦门高二检测)下列结论正确的是()A已知点P在圆C：222上，则的最小值是B已知直线kxyk10和以M，N为端点的线段相交，则实数

6、k的取值范围为kC已知点P是圆x2y2r2外一点，直线l的方程是axbyr2，则l与圆相交D若圆M：22r2上恰有两点到点N的距离为1，则r的取值范围是【解析】选CD.A选项，设k，则ykx2，因为点P在圆C：222上，所以直线ykx2与圆C：222有交点，因此圆心到直线的距离d，解得k7或k1，故A错；B选项，由kxyk10得k0，所以，即直线kxyk10过点P，因为直线kxyk10和以M，N为端点的线段相交，所以只需kkPN或kkPM，故B错；C选项，圆x2y2r2的圆心到直线axbyr2的距离d，而点P是圆x2y2r2外一点，所以a2b2r2，所以dr，所以直线与圆相交，故C正确D选项，

7、与点N的距离为1的点在圆(x1)2y21上，由题意知圆M：22r2与圆(x1)2y21相交，所以圆心距dMN5满足r1d5r1，解得4r0，b0)的一个焦点坐标为(2，0)，且两条渐近线的夹角为，则双曲线C的标准方程为()A1 By21Cx21 Dx2y21【解析】选BC.因为焦点坐标为(2，0)，所以c2，设渐近线yx的倾斜角为，由两条渐近线的夹角为，可得2或2，解得或，所以tan 或，又a2b2c24，解得a，b1或a1，b，所以双曲线C的方程为y21或x21.11(2021揭阳高二检测)已知数列的前n项和为Sn33nn2，则下列说法正确的是()Aan342nBS16为Sn的最小值C272

8、D450【解析】选AC.a1S133132，anSnSn133nn2332342n，对于n1也成立，所以an342n，故A正确；当n0，当n17时an0，当n17时，an0，所以Sn只有最大值，没有最小值，故B错误；因为当n0，所以S1633161621716272，故C正确；S16(a17a18a19a30)2S16S302272(3330302)54490454，故D错误12(2021菏泽高二检测)已知函数yf在R上可导且f2，其导函数f满足0，若函数g满足exgf，下列结论正确的是()A函数g在上递增Bx2是函数g的极小值点Cx0时，不等式f2ex恒成立D函数g至多有两个零点【解析】选A

9、BD.因为exg(x)f(x)，所以g(x)，则g(x)，当x2时，f(x)f(x)0，故yg(x)在(2，)上递增，选项A正确；x2时，f(x)f(x)0，故yg(x)在上递减，故x2是函数yg(x)的极小值点，故选项B正确；由yg(x)在(，2)上递减，则yg(x)在(，0)上递减，由g(0)2，得x0时，g(x)g(0)，故2，故f(x)2ex，故选项C错误；若g(2)0，则函数yg(x)没有零点，故选项D正确三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13周髀算经中有这样一个问题，从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依

10、次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则冬至的日影子长为_【解析】因为从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，所以，解得所以冬至的日影子长为15.5尺答案：15.5尺14设定义域为R的函数f满足ff，则不等式ex1ff，所以F(x)0，即函数F(x)在定义域上单调递增因为ex1ff，所以，即F(x)F(2x1)，所以x2x1，即x1，所以不等式ex1ff的解集为.答案：15(2021天津高二检测)设f(

11、x)与g(x)是定义在同一区间a，b上的两个函数，若函数F(x)f(x)g(x)在a，b上有两个不同的零点，则称f(x)与g(x)在a，b上是“关联函数”若f(x)x3m与g(x)x22x在0，3上是“关联函数”，则实数m的取值范围是_【解析】令f(x)g(x)得mx3x22x，设函数h(x)x3x22x，则直线ym与函数yh(x)在区间0，3上的图象有两个交点，h(x)x2x2(x2)(x1)，令h(x)0，可得x20，3，列表如下：x0，2)2(2，3h(x)0h(x)极大值h(0)0，h(3)，如图所示：由图可知，当m1)的左、右焦点，P为C内一点，Q为C上任意一点现有四个结论：C的焦距

12、为2；C的长轴长可能为；QF2的最大值为a1；若PQQF1的最小值为3，则a2.其中所有正确结论的编号是_【解析】对于选项：因为c2a21，所以椭圆C的焦距为2c2，故选项正确；对于选项：若椭圆C的长轴长为，则a2，所以椭圆C的方程为1，因为1，所以点P在C的外部，这与P在C内矛盾，所以选项不正确对于选项：因为c1，Q为C上任意一点，由椭圆的几何性质可知，QF2的最大值为aca1，故选项正确；对于选项：由椭圆定义可知，PQQF1PQQF22a，因为PF21，所以PQQF21，所以PQQF22a2a13，此时a2，故选项正确答案：四、解答题(本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演

13、算步骤)17(10分)在a11，a1a5a；S39，S525；Snn2.这三个条件中任选一个补充在下面的问题中已知等差数列an的前n项和为Sn，且公差d0，若_(1)求数列an的通项公式；(2)记bn，求数列bn的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【解析】(1)若选：由a11，a1a5a，得a1(a14d)(a1d)2，即14d(1d)2，所以d22d，因为d0，所以d2，所以an12(n1)2n1.若选：设等差数列an的首项为a1，由S39，S525，得：解得所以an12(n1)2n1.若选：当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1，显然n

14、1时也满足an2n1，所以an2n1；(2)由(1)知an2n1所以bn，则Tn(1)(1).18(12分)已知函数fx2a ln x.(1)当a2时，求函数f在点(e，f(e)处的切线方程；(2)若gf在1，)上是单调递增的，求实数a的取值范围【解析】(1)当a2时，fx22ln x，定义域为(0，)，f(x)2x，所以函数f在点(e，f(e)处的切线的斜率为f(e)，又f(e)e22，所以函数f在点(e，f(e)处的切线方程为y(e22)(xe)，即yxe2.(2)因为gfx2a ln x在1，)上是单调递增的，所以g(x)2x0在1，)上恒成立，即a2x2在1，)上恒成立，因为y2x2在

15、1，)上是单调递减的，所以当x1时，y2x2取得最大值0，所以a0.19(12分)已知数列an前n项和为Sn，a12，Sn1Sn(n1).(1)求数列an的通项公式；(2)若bnann，求数列bn的前n项和Tn.【解析】(1)由题意知an1Sn1Sn(n1)，即32，即13，因为a12，所以a1130，所以10，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以13n，所以ann3nn；(2)由(1)知，bnn3n，所以Tn13232332n3n，所以3Tn132233(n1)3nn3n1，得，2Tn332333nn3n1n3n1，所以Tn.20(12分)(2021西安高二检测)已知抛物线C：y22

16、px(p0)的焦点为F，O为坐标原点，点P，Q是抛物线C上异于点O的两个不同的动点，当直线PQ过点F时，PQ的最小值为8.(1)求抛物线C的方程；(2)若OPOQ，证明：直线PQ恒过定点【解析】(1)抛物线C的焦点坐标为F，若直线PQ过点F，则直线PQ的斜率一定不为0，不妨设直线PQ的方程为xmy，代入y22px得，y22pmyp20，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1y22pm，x1x2m(y1y2)p2pm2p.所以PQPFQFx1x22p(m21).所以，当m0时，PQmin2p8，所以p4.所以抛物线C的方程为y28x.(2)由题意设直线PQ的方程为xkyt(t0)，P(x1

17、，y1)，Q(x2，y2)，联立，得y28ky8t0.由题意得64k232t0.所以y1y28k，y1y28t.因为OPOQ，所以x1x2y1y2(ky1t)(ky2t)y1y2(k21)y1y2kt(y1y2)t28t(k21)8k2tt2t28t0，所以t8，(t0不符合题意，故舍去)所以直线PQ的方程为xky8，所以直线PQ恒过定点(8，0).21(12分)(2021曲靖高二检测)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且椭圆C过点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过椭圆C右焦点的直线l与椭圆C交于A，B两点，且与圆O：x2y22交于E，F两点，求ABEF2的取值范围【解析】(1)由已知可得

18、，所以c2a2，故b2a2c2a2，即a2b2，所以椭圆的方程为1，将点代入方程得b22，即a23，所以椭圆C的标准方程为1；(2)由(1)知，c21，故椭圆的右焦点为(1，0)，若直线l的斜率不存在，直线的方程为x1，则A，B，E(1，1)，F(1，1)，所以AB，EF24，ABEF2；若直线l的斜率存在，设直线l方程为yk(x1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线l与椭圆方程，可得(23k2)x26k2x3k260，则x1x2，x1x2，所以AB，因为圆心(0，0)到直线l的距离d，所以在圆O：x2y22中由r2d2知，EF24(r2d2)4，所以ABEF2(1)，因为k20

19、，)，则k2，故(0，2，1(1，3，故(1)(，16，即ABEF2，综上，ABEF2.22(12分)设函数f(x)x2(a2)xa ln x(aR).(1)若a1，求f(x)的极值；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)若nN*，证明：0，则x1，若f(x)0，则0x0)，当a0时，若f(x)0，则x1，若f(x)0，则0x1，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增；当01，即2a0，则0x1，若f(x)0，则x1，即a0，则0x；若f(x)0，则1x，所以f(x)在上单调递减，在(0，1)，上单调递增综上所述：当a2时，f(x)在(1，)上单调递减，在(0，1)，(，)上单调递增；当a2时，f(x)在(0，)上单调递增；当2af(1)0，所以x2xln x，令x，得x2x，所以ln ln ，即ln ，所以ln 2，ln ，ln ，ln ，将以上各式左右两边相加得：ln 2ln ln ln ，所以ln (n1).