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2022-2023学年广西北海市高二（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广西北海市高二（下）期末数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广西北海市高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 用列举法可将集合{(x,y)|x∈{0，1}，y∈{1,2}}表示为( )
A. {0,1} B. {(1,2)}
C. {(0,1)，(1,2)} D. {(0,1)，(0,2)，(1,1)，(1,2)}
2. 命题“∃x∈R，x2−3⩽0”的否定是( )
A. ∃x∉R，x2−3<0 B. ∀x∈R，x2−3>0
C. ∃x∈R，x2−3>0 D. ∀x∉R，x2−3⩾0
3. 已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且a2+a5+a8=30，则S9=( )
A. 30 B. 60 C. 90 D. 180
4. 已知实数a，b满足3a+b=2，则3a+b2的最小值为( )
A. 12 B. 74 C. 32 D. 2
5. 设a=e0.1，b=0.1e，c=ln0.1，则( )
A. a>b>c B. a>c>b C. b>c>a D. b>a>c
6. 函数f(x)=x22x−2−x的部分图象可能是( )
A. B.
C. D.
7. 设函数f(x)的定义域为R，满足f(x−1)=2f(x)，且当x∈(0,1]时，f(x)=x(x−1).若对任意x∈[a,+∞)，都有f(x)⩾−316成立，则a的取值范围是( )
A. [14,+∞) B. [34,+∞) C. (−∞,−14] D. (−∞,−34]
8. 已知函数f(x)=ex−ax,x≥0,−x2−(a+2)x+1,x<0有3个零点，则实数a的取值范围是( )
A. (1e,+∞) B. (1,+∞) C. (e,+∞) D. (e2,+∞)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，若f(1)=−1，则满足f(x−2)⩾−1的x的值可能为( )
A. −1 B. 0 C. 1 D. 2
10. 已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A. f(x)在区间(−5,−2)上单调递减 B. f(x)在区间(−3,1)上单调递增
C. f(x)在x=3处取得极大值 D. f(x)在x=1处取得极大值
11. 下列说法中，正确的有( )
A. 已知an+1=an−2，则数列{an}是递减数列
B. 数列{an}的通项an=n2−kn+2，若{an}为单调递增数列，则k<3
C. 已知正项等比数列{an}，则有a1+a8⩽a4+a5
D. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S2=4，S4=10，则S6=18
12. 已知a>0且a≠1，函数f(x)=ax−xa(x>0)，则( )
A. 若a=e，则f(x)有且仅有1个零点
B. 若a=2，则f(x)在区间(1,3)上单调递减
C. 若f(x)有两个零点，则a∈(1,e)
D. 若a>1，则存在x0∈(0,+∞)，使得当x>x0时，有f(x)>0
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设等比数列{an}的公比为q(q>0)，其前n项和为Sn，且a1=1，a3=4，则a5= ______ ，S5= ______ ．
14. f(x)是以2为周期的函数，若x∈[0,1]时，f(x)=3x，则f(3)= ______ ．
15. 已知函数f(x)=12x2−(a+2)x+2alnx+1在(4,6)上存在极值点，则实数a的取值范围是______ ．
16. 设x，y∈R，a>1，b>1，若ax=by=6，2a+b=16，则1x+1y的最大值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知函数f(x)=2x+bx+a,x∈[−1,1]，满足条件f(0)=32,f(−1)=1．
(1)求f(x)的解析式；
(2)用单调性的定义证明f(x)在x∈[−1,1]上单调递增，并求f(x)在x∈[−1,1]上的最值．
18. (本小题12.0分)
设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>1，a2=16，S3=84．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{n+an}的前n项和为Tn．
19. (本小题12.0分)
中国梦蕴含航天梦，航天梦助力中国梦.2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心成功点火发射，实现了神舟十六号航天员乘组与神舟十五号航天员乘组太空在轨轮换.已知火箭起飞质量x(单位：kg)是箭体质量M(单位：kg)和燃料质量m(单位：kg)之和.在发射阶段，不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度v(单位：km/s)和x的函数关系是v=alnx+blnM，其中a，b为常数，且当燃料质量为0kg时，火箭的最大速度为0km/s.已知某火箭的箭体质量为Mkg，当燃料质量为(e2−1)Mkg时，该火箭最大速度为4km/s．
(1)求该火箭的最大速度v与起飞质量x之间的函数关系式；
(2)“第一宇宙速度”是指物体在环绕地球做匀速圆周运动所需达到的速度，也称为“航天器最小发射速度”.请问当燃料质量至少是箭体质量的多少倍时，该火箭最大速度可达到7.9km/s(第一宇宙速度)？
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=lnx−a(x+1)+2(a∈R)．
(1)若f(x)在[1e,e]上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若∃x∈(0,+∞)，使得f(x)≥0，求实数a的取值范围．
21. (本小题12.0分)
已知数列{an}的首项a1=1，且满足an+1=4an+2an+3．
(1)求证：{an−2an+1}为等比数列，并求an；
(2)对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数，求[1a1+1+2a2+1+3a3+1+⋯+60a60+1]的值．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=(x2+1)eax(a∈R)．
(1)若f(x)在x=12处取得极值，求f(x)的极值；
(2)讨论f(x)的单调性．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合{(x,y)|x∈{0，1}，y∈{1,2}}表示为{(0,1)，(0,2)，(1,1)，(1,2)}．
故选：D．
根据元素与集合的关系及描述法的定义即可得出正确的选项．
本题考查了集合的描述法和列举法的定义，元素与集合的关系，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，命题“∃x∈R，x2−3⩽0”是特称命题，
其否定为∀x∈R，x2−3>0．
故选：B．
根据题意，由全称命题和特称命题的关系，分析可得答案．
本题考查命题的否定，注意全称命题和特称命题的关系，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：等差数列{an}中，a2+a5+a8=2a5+a5=3a5=30，
解得a5=10，
所以S9=9(a1+a9)2=9a5=9×10=90．
故选：C．
根据等差数列项的性质求出a5，再利用中间项求S9．
本题考查了等差数列的性质与前n项和计算问题，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为3a+b=2，所以b=2−3a，
所以3a+b2=3a+(2−3a)2=9a2−9a+4=9(a−12)2+74≥74．
故选：B．
由已知先用a表示b，然后代入到所求式子，结合二次函数的性质即可求解．
本题主要考查了二次函数的性质的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由题意可知a=e0.1>e0=1，0
故选A．
通过中间数进行比较．
本题主要考查对数的大小比较，属中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由f(x)=x22x−2−x，
则f(−x)=(−x)22−x−2x=−x22x−2−x=−f(x)，
可得f(x)是奇函数，排除AC选项；
当x=1时，可得f(1)=22−12=43>0，图象在x轴上方，排除D，
故选：B．
判断函数的奇偶性，再带入特殊点即可选出答案．
本题考查了函数图象的判断，奇偶性的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：当x∈(0,1]时，f(x)=x(x−1)=x2−x=(x−12)2−14≥−14，
当a<0时，对任意x∈[a,+∞),f(1)=−14⩽−316，不符合题意；
当x∈(1,2]时，f(x)=12f(x−1)=12(x−1)(x−2)∈[−18,0]，
同理当x∈(2,3]时，f(x)∈[−116,0]，
以此类推，当x>1时，f(x)⩾−316恒成立．
当x∈(0,1]时，令f(x)=−316，
解得x=14,34，
要使当x∈[a,+∞)时，都有f(x)⩾−316恒成立，
只需a⩾34．
故选：B．
分析可知，当a<0时，不符合题意，然后根据题意可得当x>1时，必有f(x)⩾−316，而当x∈(0,1]时，令f(x)=−316，可得x=14,34，由此可得答案．
本题考查抽象函数及其性质，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：当x<0时，f(x)=−x²−(a+2)x+1，又f(0)=1，所以f(x)在(−∞,0)上有唯一零点，
要使f(x)有3个零点，即f(x)=eˣ−ax在[0,+∞)上有2个零点，
即y=eˣ与y=ax的图象有2个交点，
设切点为设切点坐标为(t,et)，
由y=ex，得y′=ex，则过切点的切线方程为y=et(x−t)+et，
把点(0,0)代入，可得0=et(−t)+et，
得t=1，则切点坐标为(1,e)，
即过(0,0)与y=eˣ相切的直线方程为y=ex，
所以实数a的取值范围是(e,+∞)．
故选：C．
要使f(x)有3个零点，只需f(x)=eˣ−ax在[0,+∞)上有2个零点，即y=eˣ与y=ax的图象有2个交点，求得过(0,0)与y=eˣ相切的直线方程为y=ex，即可求解．
本题考查了导数的几何意义，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：∵偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，且f(1)=−1，
∴f(x−2)⩾−1=f(1)，
|x−2|≤1，
∴−1⩽x−2⩽1，即1⩽x⩽3，
符合要求的x值为C，D．
故选：CD．
由f(x−2)⩾f(1)，结合题意可转化为|x−2|≤1，解之即可．
本题考查函数奇偶性与单调性的综合应用，考查等价转化思想与运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：由f′(x)的图象可知：
当−50，f(x)单调递增，故B错误；
当−20，f(x)单调递增；当3
由于f(x)在(−2,3)上单调递增，所以f(x)在x=1没有取得极大值，故D错误．
故选：AC．
由f′(x)的图象得出f′(x)在对应区间上的符号，从而得出f(x)的单调性，从而可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，属基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，由于an+1=an−2，可得an+1−an=−2<0，所以数列{an}是递减数列，A正确；
对于B，若数列{an}的通项an=n2−kn+2，若{an}为单调递增数列，则an−an−1=(n2−kn+2)−[(n−1)2−k(n−1)+2]=2n+1−k>0恒成立，所以k<3，B正确；
对于C，正项递增的等比数列{an}，则其公比q>1，假设a1=1，q=2，可得a1+a8=1+27=129,a4+a5=23+24=24，此时a1+a8>a4+a5，C错误；
对于D，等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2=4，S4=10，
又由S2，S4−S2，S6−S4构成等差数列，即4，6，S6−10构成等差数列，可得4+S6−10=2×6，解得S6=18，D正确．
故选：ABD．
根据题意，由数列的函数特性依次分析选项，综合可得答案．
本题考查数列的基本性质，涉及数列的通项公式，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A：f(x)=ex−xe(x>0)，当f(x)=0时，ex=xe，
则xlne=elnx，即lnee=lnxx，
令g(x)=lnxx,g′(x)=1−lnxx2,g′(x)=0时，x=e，
由g′(x)>0得0e，即g(x)在(e,+∞)上单调递减，
∴g(x)max=g(e)=1e，故此时f(x)有1个零点，故A正确；
对于B：f(x)=2x−x2(x>0)，f′(x)=2xln2−2x，
令g(x)=2xln2−2x，g′(x)=(ln2)22x−2，则g′(x)为增函数，
又g′(1)=(ln2)2⋅2−2<0，
∵e12<2，∴ln2>12，则(ln2)2>14，∴g′(3)=(ln2)2⋅8−2>0，
∴在(1,3)存在x0，使得在(1,x0)上g′(x)<0，在(x0,3)上g′(x)>0，
故f′(x)在(1,x0)递减，在(x0,3)递增，且f′(1)=2ln2−2<0，
∵e34>2，∴ln2<34，∴f′(3)=8ln2−6<0，
∴在(1,3)上f′(x)<0，即f(x)在(1,3)上单调递减，故B正确；
对于C：f(x)=ax−xa(x>0)，
当f(x)=0时，由选项A得lnaa=lnxx，
令g(x)=lnxx,g′(x)=1−lnxx2,g′(x)=0时，x=e，
由g′(x)>0得0e，即g(x)在(e,+∞)上单调递减，
∴g(x)max=g(e)=1e，
当a∈(1,e)时，0
存在x0∈(e,+∞)，使得当x>x0时，不等式lnxx
故选：ABD．
根据题意，利用零点存在性定理和导数的意义，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】16 31
【解析】解：等比数列{an}的公比为q(q>0)，
a3a1=4=q2，
又因为q>0，所以q=2；
所以a5=a3q2=4×4=16；S5=a1(1−q5)1−q=(1−25)1−2=31．
故答案为：16；31．
根据已知条件，结合等比数列的性质，以及等比数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，以及等比数列的前n项和公式，属于基础题．
14.【答案】3
【解析】解：因为f(x)是以2为周期的函数，
所以f(3)=f(1)，
若x∈[0,1]时，f(x)=3x，
所以f(3)=f(1)=3．
故答案为：3．
利用函数的周期及函数的解析式计算即可得解．
本题主要考查函数的周期，函数的求值，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】(4,6)
【解析】解：函数f(x)=12x2−(a+2)x+2alnx+1的导数为f′(x)=x−(a+2)+2ax，
由题意可得f′(x)=0在(4,6)内有解，
即x−(a+2)+2ax=0，也即(x−2)(x−a)=0在x∈(4,6)有解，
又4
求得f(x)的导数，由题意可得f′(x)=0在(4,6)内有解，计算可得所求取值范围．
本题考查导数的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
16.【答案】log632
【解析】解：因为ax=by=6，
所以x=loga6，y=logb6，
所以1x=log6a,1y=log6b．
因为a>1，b>1，根据基本不等式有2ab⩽(2a+b2)2=64，
当且仅当2a=b，即a=4，b=8时等号成立，
所以ab⩽32．
则1x+1y=log6a+log6b=log6ab⩽log632，
所以1x+1y的最大值为log632．
故答案为：log632．
由已知结合指数与对数的转化及基本不等式即可求解．
本题主要考查了指数与对数式的转化，还考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，函数f(x)=2x+bx+a,x∈[−1,1]，满足条件f(0)=32,f(−1)=1．
所以ba=32,−2+b−1+a=1,解得a=2,b=3,
所以f(x)=2x+3x+2,x∈[−1,1]；
(2)根据题意，由(1)的结论：f(x)=2x+3x+2=2(x+2)−1x+2=2−1x+2，
设−1≤x1
=(x1+2)−(x2+2)(x1+2)(x2+2)=x1−x2(x1+2)(x2+2)，
因为x1，x2∈[−1,1]且x10，x1+2>0，x2+2>0，
所以f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)
所以f(x)min=f(−1)=1,f(x)max=f(1)=53．
【解析】(1)根据题意，由函数的解析式可得ba=32,−2+b−1+a=1,解可得a、b的值，即可得函数的解析式；
(2)根据题意，先用作差法证明函数的单调性，由此分析可得答案．
本题考查函数的单调性和最值，涉及函数解析式的求法，属于基础题．
18.【答案】解：(1)a1q=16a1+a1q+a1q2=84，解得a1=4q=4或a1=64q=14，
∴an=4n；
(2)Tn=1+41+2+42+3+43+⋯+n+4n
=1+2+3+⋯+n+41+42+43+⋯+4n
=(1+n)n2+4(1−4n)1−4，
∴Tn=n2+n2+4n+1−43．
【解析】(1)利用基本量法，列出关于首项a1和q的方程组，即可求解．
(2)利用分组求和即可求解．
本题主要考查等比数列的通项公式，数列的求和，考查运算求解能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)由题意可知v=alnx+blnM，
则当m=0时，x=m+M=M，v=0；
当m=(e2−1)M时，x=m+M=e2M，v=4，
得到0=alnM+blnM,4=aln(e2M)+blnM,
解得a=2，b=−2，
故v=2lnx−2lnM；
(2)设m=kM，并且k>0，
得到x=m+M=(k+1)M，又因为v=2lnx−2lnM，
故当v=7.9时，得到7.9=2ln(k+1)M−2lnM，
整理得到3.95=ln(k+1)MM=ln(k+1)，
解得k=e3.95−1，
所以燃料质量至少是箭体质量的(e3.95−1)倍时，该火箭最大速度达到7.9km/s．
【解析】(1)有题意可得o=alnM+blnM4=aln(e2M)+blnM，求得a，b的值，即可得该火箭的最大速度v与起飞质量x之间的函数关系式；
(2)设m=kM且k>0，根据(1)中关系式，代入即可解得k的值，从而得答案．
本题主要考查根据实际问题选择合适的函数模型，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为f(x)=lnx−a(x+1)+2(a∈R)，所以f′(x)=1x−a(x>0)，
因为f(x)在[1e,e]上单调递增，所以f′(x)≥0在[1e,e]上恒成立，即1x−a≥0恒成立，
所以a≤(1x)min，易知y=1x在[1e,e]上单调递减，故(1x)min=1e，
所以a≤1e．
(2)因为∃x∈(0,+∞)，使得f(x)≥0，所以lnx−a(x+1)+2≥0能成立，
则a(x+1)≤lnx+2能成立，又x>0，故a≤lnx+2x+1能成立，
令g(x)=lnx+2x+1(x>0)，则a≤g(x)max，g′(x)=1x(x+1)−(lnx+2)(x+1)2=1x−lnx−1(x+1)2，
令h(x)=1x−lnx−1(x>0)，则h′(x)=−1x2−1x=−x+1x2<0恒成立，
所以h(x)在(0,+∞)上单调递减，注意到h(1)=0，
所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，则g′(x)>0，g(x)在(0,1)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，则g′(x)<0，g(x)在(0,1)单调递减；
所以g(x)max=g(1)=ln1+21+1=22=1，
故a≤g(x)max=1，即实数a的取值范围为a≤1．
【解析】(1)利用导数与函数单调性的关系，将问题转化为a≤(1x)min，从而利用反比例函数的单调性即可得解；
(2)将问题转化为a≤lnx+2x+1能成立问题，构造函数研究得g(x)=lnx+2x+1的最值，从而得解．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性，存在性问题的求解，属中档题．
21.【答案】(1)证明：已知函数{an}的首项a1=1，且满足an+1=4an+2an+3，
则an+1−2an+1+1=(4an+2)−2(an+3)(4an+2)+(an+3)=2an−45an+5=25⋅an−2an+1，
又因为a1−2a1+1=−12，
所以数列{an−2an+1}是首项为−12，公比为25的等比数列，
所以an−2an+1=(−12)(25)n−1，
整理可得an=31+12(25)n−1−1，
即数列{an}的通项公式为an=31+12(25)n−1−1；
(2)解：由an=31+12(25)n−1−1可得：nan+1=n[1+12(25)n−1]3=n3+n6(25)n−1，
所以1a1+1+2a2+1+⋯+60a60+1=13(1+2+3+⋯+60)+16[1+2(25)+⋯+60(25)59]
=610+16[1+2(25)+⋯+60(25)59]，
结合错位相减法设T=1+2(25)+⋯+60(25)59，①
所以25T=(25)+2(25)2+⋯+60(25)60，②
由①−②可得：35T=1+(25)+⋯+(25)59−60(25)60=1×[1−(25)60]1−25−60(25)60=53×[1−(25)60]−60(25)60，
所以T=259−9259(25)60，
所以1a1+1+2a2+1+⋯+60a60+1=610+16[259−9259(25)60]=610+2554−92554(25)60，
因为0<92554(25)60<2554，所以0<2554−9259(25)60<1，
即[2554−9259(25)60]=0，
所以[1a1+1+2a2+1+⋯+60a60+1]=610．
【解析】(1)由已知可得an+1−2an+1+1=(4an+2)−2(an+3)(4an+2)+(an+3)=2an−45an+5=25⋅an−2an+1，即数列{an−2an+1}是首项为−12，公比为25的等比数列，然后结合等比数列通项公式的求法求解即可；
(2)由等比数列的求和公式，结合错位相减法求和即可得解．
本题考查了利用数列递推式求数列的通项公式，重点考查了错位相减法求和，属中档题．
22.【答案】解：(1)已知f(x)=(x2+1)eax(a∈R)，函数定义域为R，
可得f′(x)=2xeax+a(x2+1)eax=(ax2+2x+a)eax，
又f(x)在x=12处取得极值，所以f′(12)=0，
即14a+1+a=0，解得a=−45，
此时f′(x)=(−45x2+2x−45)e−45x，f(x)=(x2+1)e−45x，
令f′(x)=0，解得x=12或x=2，
当x<12时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当120，f(x)单调递增；
当x>2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=12时，f(x)取得极小值，f(12)=54e−25，
当x=2时，f(x)取得极大值，f(2)=5e−85；
(2)由(1)得f′(x)=2xeax+a(x2+1)eax=(ax2+2x+a)eax，
不妨设y=ax2+2x+a，易得Δ=4−4a²，
①当a=0时，f′(x)=2x，
当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
②当a≠0时，当a>1时，f′(x)=(x2+1)²eax>0，所以f(x)单调递增；
当a<−1时，f′(x)=(x2+1)²eax<0，所以f(x)单调递减；
当0
当−1− 1−aa
当−1
当−1− 1−aa0，f(x)单调递增；
当x>−1+ 1−aa时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
综上：当a=0时，f(x)单调递增；当a>1时，f(x)单调递增；
当0
当−1
【解析】(1)由题意，先对函数f(x)进行求导，根据f(x)在x=12处取得极值，得到f′(12)=0，解出a的值，代入函数中，利用导数即可得到函数单调性和极值；
(2)由(1)知f′(x)的表达式，设y=ax2+2x+a，对a=0，a≠0，Δ<0，Δ>0这四种情况进行逐一分析，进而即可求解．
本题考查利用导数判断函数单调性和利用导数研究函数的极值，考查了转化思想和分类讨论思想，属于中档题．
2022-2023学年广西北海市高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 用列举法可将集合{(x,y)|x∈{0，1}，y∈{1,2}}表示为( )
A. {0,1} B. {(1,2)}
C. {(0,1)，(1,2)} D. {(0,1)，(0,2)，(1,1)，(1,2)}
2. 命题“∃x∈R，x2−3⩽0”的否定是( )
A. ∃x∉R，x2−3<0 B. ∀x∈R，x2−3>0
C. ∃x∈R，x2−3>0 D. ∀x∉R，x2−3⩾0
3. 已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且a2+a5+a8=30，则S9=( )
A. 30 B. 60 C. 90 D. 180
4. 已知实数a，b满足3a+b=2，则3a+b2的最小值为( )
A. 12 B. 74 C. 32 D. 2
5. 设a=e0.1，b=0.1e，c=ln0.1，则( )
A. a>b>c B. a>c>b C. b>c>a D. b>a>c
6. 函数f(x)=x22x−2−x的部分图象可能是( )
A. B.
C. D.
7. 设函数f(x)的定义域为R，满足f(x−1)=2f(x)，且当x∈(0,1]时，f(x)=x(x−1).若对任意x∈[a,+∞)，都有f(x)⩾−316成立，则a的取值范围是( )
A. [14,+∞) B. [34,+∞) C. (−∞,−14] D. (−∞,−34]
8. 已知函数f(x)=ex−ax,x≥0,−x2−(a+2)x+1,x<0有3个零点，则实数a的取值范围是( )
A. (1e,+∞) B. (1,+∞) C. (e,+∞) D. (e2,+∞)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，若f(1)=−1，则满足f(x−2)⩾−1的x的值可能为( )
A. −1 B. 0 C. 1 D. 2
10. 已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A. f(x)在区间(−5,−2)上单调递减 B. f(x)在区间(−3,1)上单调递增
C. f(x)在x=3处取得极大值 D. f(x)在x=1处取得极大值
11. 下列说法中，正确的有( )
A. 已知an+1=an−2，则数列{an}是递减数列
B. 数列{an}的通项an=n2−kn+2，若{an}为单调递增数列，则k<3
C. 已知正项等比数列{an}，则有a1+a8⩽a4+a5
D. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S2=4，S4=10，则S6=18
12. 已知a>0且a≠1，函数f(x)=ax−xa(x>0)，则( )
A. 若a=e，则f(x)有且仅有1个零点
B. 若a=2，则f(x)在区间(1,3)上单调递减
C. 若f(x)有两个零点，则a∈(1,e)
D. 若a>1，则存在x0∈(0,+∞)，使得当x>x0时，有f(x)>0
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设等比数列{an}的公比为q(q>0)，其前n项和为Sn，且a1=1，a3=4，则a5= ______ ，S5= ______ ．
14. f(x)是以2为周期的函数，若x∈[0,1]时，f(x)=3x，则f(3)= ______ ．
15. 已知函数f(x)=12x2−(a+2)x+2alnx+1在(4,6)上存在极值点，则实数a的取值范围是______ ．
16. 设x，y∈R，a>1，b>1，若ax=by=6，2a+b=16，则1x+1y的最大值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知函数f(x)=2x+bx+a,x∈[−1,1]，满足条件f(0)=32,f(−1)=1．
(1)求f(x)的解析式；
(2)用单调性的定义证明f(x)在x∈[−1,1]上单调递增，并求f(x)在x∈[−1,1]上的最值．
18. (本小题12.0分)
设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>1，a2=16，S3=84．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{n+an}的前n项和为Tn．
19. (本小题12.0分)
中国梦蕴含航天梦，航天梦助力中国梦.2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心成功点火发射，实现了神舟十六号航天员乘组与神舟十五号航天员乘组太空在轨轮换.已知火箭起飞质量x(单位：kg)是箭体质量M(单位：kg)和燃料质量m(单位：kg)之和.在发射阶段，不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度v(单位：km/s)和x的函数关系是v=alnx+blnM，其中a，b为常数，且当燃料质量为0kg时，火箭的最大速度为0km/s.已知某火箭的箭体质量为Mkg，当燃料质量为(e2−1)Mkg时，该火箭最大速度为4km/s．
(1)求该火箭的最大速度v与起飞质量x之间的函数关系式；
(2)“第一宇宙速度”是指物体在环绕地球做匀速圆周运动所需达到的速度，也称为“航天器最小发射速度”.请问当燃料质量至少是箭体质量的多少倍时，该火箭最大速度可达到7.9km/s(第一宇宙速度)？
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=lnx−a(x+1)+2(a∈R)．
(1)若f(x)在[1e,e]上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若∃x∈(0,+∞)，使得f(x)≥0，求实数a的取值范围．
21. (本小题12.0分)
已知数列{an}的首项a1=1，且满足an+1=4an+2an+3．
(1)求证：{an−2an+1}为等比数列，并求an；
(2)对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数，求[1a1+1+2a2+1+3a3+1+⋯+60a60+1]的值．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=(x2+1)eax(a∈R)．
(1)若f(x)在x=12处取得极值，求f(x)的极值；
(2)讨论f(x)的单调性．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合{(x,y)|x∈{0，1}，y∈{1,2}}表示为{(0,1)，(0,2)，(1,1)，(1,2)}．
故选：D．
根据元素与集合的关系及描述法的定义即可得出正确的选项．
本题考查了集合的描述法和列举法的定义，元素与集合的关系，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，命题“∃x∈R，x2−3⩽0”是特称命题，
其否定为∀x∈R，x2−3>0．
故选：B．
根据题意，由全称命题和特称命题的关系，分析可得答案．
本题考查命题的否定，注意全称命题和特称命题的关系，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：等差数列{an}中，a2+a5+a8=2a5+a5=3a5=30，
解得a5=10，
所以S9=9(a1+a9)2=9a5=9×10=90．
故选：C．
根据等差数列项的性质求出a5，再利用中间项求S9．
本题考查了等差数列的性质与前n项和计算问题，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为3a+b=2，所以b=2−3a，
所以3a+b2=3a+(2−3a)2=9a2−9a+4=9(a−12)2+74≥74．
故选：B．
由已知先用a表示b，然后代入到所求式子，结合二次函数的性质即可求解．
本题主要考查了二次函数的性质的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由题意可知a=e0.1>e0=1，0
故选A．
通过中间数进行比较．
本题主要考查对数的大小比较，属中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由f(x)=x22x−2−x，
则f(−x)=(−x)22−x−2x=−x22x−2−x=−f(x)，
可得f(x)是奇函数，排除AC选项；
当x=1时，可得f(1)=22−12=43>0，图象在x轴上方，排除D，
故选：B．
判断函数的奇偶性，再带入特殊点即可选出答案．
本题考查了函数图象的判断，奇偶性的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：当x∈(0,1]时，f(x)=x(x−1)=x2−x=(x−12)2−14≥−14，
当a<0时，对任意x∈[a,+∞),f(1)=−14⩽−316，不符合题意；
当x∈(1,2]时，f(x)=12f(x−1)=12(x−1)(x−2)∈[−18,0]，
同理当x∈(2,3]时，f(x)∈[−116,0]，
以此类推，当x>1时，f(x)⩾−316恒成立．
当x∈(0,1]时，令f(x)=−316，
解得x=14,34，
要使当x∈[a,+∞)时，都有f(x)⩾−316恒成立，
只需a⩾34．
故选：B．
分析可知，当a<0时，不符合题意，然后根据题意可得当x>1时，必有f(x)⩾−316，而当x∈(0,1]时，令f(x)=−316，可得x=14,34，由此可得答案．
本题考查抽象函数及其性质，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：当x<0时，f(x)=−x²−(a+2)x+1，又f(0)=1，所以f(x)在(−∞,0)上有唯一零点，
要使f(x)有3个零点，即f(x)=eˣ−ax在[0,+∞)上有2个零点，
即y=eˣ与y=ax的图象有2个交点，
设切点为设切点坐标为(t,et)，
由y=ex，得y′=ex，则过切点的切线方程为y=et(x−t)+et，
把点(0,0)代入，可得0=et(−t)+et，
得t=1，则切点坐标为(1,e)，
即过(0,0)与y=eˣ相切的直线方程为y=ex，
所以实数a的取值范围是(e,+∞)．
故选：C．
要使f(x)有3个零点，只需f(x)=eˣ−ax在[0,+∞)上有2个零点，即y=eˣ与y=ax的图象有2个交点，求得过(0,0)与y=eˣ相切的直线方程为y=ex，即可求解．
本题考查了导数的几何意义，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：∵偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，且f(1)=−1，
∴f(x−2)⩾−1=f(1)，
|x−2|≤1，
∴−1⩽x−2⩽1，即1⩽x⩽3，
符合要求的x值为C，D．
故选：CD．
由f(x−2)⩾f(1)，结合题意可转化为|x−2|≤1，解之即可．
本题考查函数奇偶性与单调性的综合应用，考查等价转化思想与运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：由f′(x)的图象可知：
当−5
当−2
由于f(x)在(−2,3)上单调递增，所以f(x)在x=1没有取得极大值，故D错误．
故选：AC．
由f′(x)的图象得出f′(x)在对应区间上的符号，从而得出f(x)的单调性，从而可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，属基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，由于an+1=an−2，可得an+1−an=−2<0，所以数列{an}是递减数列，A正确；
对于B，若数列{an}的通项an=n2−kn+2，若{an}为单调递增数列，则an−an−1=(n2−kn+2)−[(n−1)2−k(n−1)+2]=2n+1−k>0恒成立，所以k<3，B正确；
对于C，正项递增的等比数列{an}，则其公比q>1，假设a1=1，q=2，可得a1+a8=1+27=129,a4+a5=23+24=24，此时a1+a8>a4+a5，C错误；
对于D，等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2=4，S4=10，
又由S2，S4−S2，S6−S4构成等差数列，即4，6，S6−10构成等差数列，可得4+S6−10=2×6，解得S6=18，D正确．
故选：ABD．
根据题意，由数列的函数特性依次分析选项，综合可得答案．
本题考查数列的基本性质，涉及数列的通项公式，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A：f(x)=ex−xe(x>0)，当f(x)=0时，ex=xe，
则xlne=elnx，即lnee=lnxx，
令g(x)=lnxx,g′(x)=1−lnxx2,g′(x)=0时，x=e，
由g′(x)>0得0
∴g(x)max=g(e)=1e，故此时f(x)有1个零点，故A正确；
对于B：f(x)=2x−x2(x>0)，f′(x)=2xln2−2x，
令g(x)=2xln2−2x，g′(x)=(ln2)22x−2，则g′(x)为增函数，
又g′(1)=(ln2)2⋅2−2<0，
∵e12<2，∴ln2>12，则(ln2)2>14，∴g′(3)=(ln2)2⋅8−2>0，
∴在(1,3)存在x0，使得在(1,x0)上g′(x)<0，在(x0,3)上g′(x)>0，
故f′(x)在(1,x0)递减，在(x0,3)递增，且f′(1)=2ln2−2<0，
∵e34>2，∴ln2<34，∴f′(3)=8ln2−6<0，
∴在(1,3)上f′(x)<0，即f(x)在(1,3)上单调递减，故B正确；
对于C：f(x)=ax−xa(x>0)，
当f(x)=0时，由选项A得lnaa=lnxx，
令g(x)=lnxx,g′(x)=1−lnxx2,g′(x)=0时，x=e，
由g′(x)>0得0
∴g(x)max=g(e)=1e，
当a∈(1,e)时，0
存在x0∈(e,+∞)，使得当x>x0时，不等式lnxx
故选：ABD．
根据题意，利用零点存在性定理和导数的意义，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】16 31
【解析】解：等比数列{an}的公比为q(q>0)，
a3a1=4=q2，
又因为q>0，所以q=2；
所以a5=a3q2=4×4=16；S5=a1(1−q5)1−q=(1−25)1−2=31．
故答案为：16；31．
根据已知条件，结合等比数列的性质，以及等比数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，以及等比数列的前n项和公式，属于基础题．
14.【答案】3
【解析】解：因为f(x)是以2为周期的函数，
所以f(3)=f(1)，
若x∈[0,1]时，f(x)=3x，
所以f(3)=f(1)=3．
故答案为：3．
利用函数的周期及函数的解析式计算即可得解．
本题主要考查函数的周期，函数的求值，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】(4,6)
【解析】解：函数f(x)=12x2−(a+2)x+2alnx+1的导数为f′(x)=x−(a+2)+2ax，
由题意可得f′(x)=0在(4,6)内有解，
即x−(a+2)+2ax=0，也即(x−2)(x−a)=0在x∈(4,6)有解，
又4
求得f(x)的导数，由题意可得f′(x)=0在(4,6)内有解，计算可得所求取值范围．
本题考查导数的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
16.【答案】log632
【解析】解：因为ax=by=6，
所以x=loga6，y=logb6，
所以1x=log6a,1y=log6b．
因为a>1，b>1，根据基本不等式有2ab⩽(2a+b2)2=64，
当且仅当2a=b，即a=4，b=8时等号成立，
所以ab⩽32．
则1x+1y=log6a+log6b=log6ab⩽log632，
所以1x+1y的最大值为log632．
故答案为：log632．
由已知结合指数与对数的转化及基本不等式即可求解．
本题主要考查了指数与对数式的转化，还考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，函数f(x)=2x+bx+a,x∈[−1,1]，满足条件f(0)=32,f(−1)=1．
所以ba=32,−2+b−1+a=1,解得a=2,b=3,
所以f(x)=2x+3x+2,x∈[−1,1]；
(2)根据题意，由(1)的结论：f(x)=2x+3x+2=2(x+2)−1x+2=2−1x+2，
设−1≤x1
=(x1+2)−(x2+2)(x1+2)(x2+2)=x1−x2(x1+2)(x2+2)，
因为x1，x2∈[−1,1]且x1
所以f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)
所以f(x)min=f(−1)=1,f(x)max=f(1)=53．
【解析】(1)根据题意，由函数的解析式可得ba=32,−2+b−1+a=1,解可得a、b的值，即可得函数的解析式；
(2)根据题意，先用作差法证明函数的单调性，由此分析可得答案．
本题考查函数的单调性和最值，涉及函数解析式的求法，属于基础题．
18.【答案】解：(1)a1q=16a1+a1q+a1q2=84，解得a1=4q=4或a1=64q=14，
∴an=4n；
(2)Tn=1+41+2+42+3+43+⋯+n+4n
=1+2+3+⋯+n+41+42+43+⋯+4n
=(1+n)n2+4(1−4n)1−4，
∴Tn=n2+n2+4n+1−43．
【解析】(1)利用基本量法，列出关于首项a1和q的方程组，即可求解．
(2)利用分组求和即可求解．
本题主要考查等比数列的通项公式，数列的求和，考查运算求解能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)由题意可知v=alnx+blnM，
则当m=0时，x=m+M=M，v=0；
当m=(e2−1)M时，x=m+M=e2M，v=4，
得到0=alnM+blnM,4=aln(e2M)+blnM,
解得a=2，b=−2，
故v=2lnx−2lnM；
(2)设m=kM，并且k>0，
得到x=m+M=(k+1)M，又因为v=2lnx−2lnM，
故当v=7.9时，得到7.9=2ln(k+1)M−2lnM，
整理得到3.95=ln(k+1)MM=ln(k+1)，
解得k=e3.95−1，
所以燃料质量至少是箭体质量的(e3.95−1)倍时，该火箭最大速度达到7.9km/s．
【解析】(1)有题意可得o=alnM+blnM4=aln(e2M)+blnM，求得a，b的值，即可得该火箭的最大速度v与起飞质量x之间的函数关系式；
(2)设m=kM且k>0，根据(1)中关系式，代入即可解得k的值，从而得答案．
本题主要考查根据实际问题选择合适的函数模型，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为f(x)=lnx−a(x+1)+2(a∈R)，所以f′(x)=1x−a(x>0)，
因为f(x)在[1e,e]上单调递增，所以f′(x)≥0在[1e,e]上恒成立，即1x−a≥0恒成立，
所以a≤(1x)min，易知y=1x在[1e,e]上单调递减，故(1x)min=1e，
所以a≤1e．
(2)因为∃x∈(0,+∞)，使得f(x)≥0，所以lnx−a(x+1)+2≥0能成立，
则a(x+1)≤lnx+2能成立，又x>0，故a≤lnx+2x+1能成立，
令g(x)=lnx+2x+1(x>0)，则a≤g(x)max，g′(x)=1x(x+1)−(lnx+2)(x+1)2=1x−lnx−1(x+1)2，
令h(x)=1x−lnx−1(x>0)，则h′(x)=−1x2−1x=−x+1x2<0恒成立，
所以h(x)在(0,+∞)上单调递减，注意到h(1)=0，
所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，则g′(x)>0，g(x)在(0,1)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，则g′(x)<0，g(x)在(0,1)单调递减；
所以g(x)max=g(1)=ln1+21+1=22=1，
故a≤g(x)max=1，即实数a的取值范围为a≤1．
【解析】(1)利用导数与函数单调性的关系，将问题转化为a≤(1x)min，从而利用反比例函数的单调性即可得解；
(2)将问题转化为a≤lnx+2x+1能成立问题，构造函数研究得g(x)=lnx+2x+1的最值，从而得解．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性，存在性问题的求解，属中档题．
21.【答案】(1)证明：已知函数{an}的首项a1=1，且满足an+1=4an+2an+3，
则an+1−2an+1+1=(4an+2)−2(an+3)(4an+2)+(an+3)=2an−45an+5=25⋅an−2an+1，
又因为a1−2a1+1=−12，
所以数列{an−2an+1}是首项为−12，公比为25的等比数列，
所以an−2an+1=(−12)(25)n−1，
整理可得an=31+12(25)n−1−1，
即数列{an}的通项公式为an=31+12(25)n−1−1；
(2)解：由an=31+12(25)n−1−1可得：nan+1=n[1+12(25)n−1]3=n3+n6(25)n−1，
所以1a1+1+2a2+1+⋯+60a60+1=13(1+2+3+⋯+60)+16[1+2(25)+⋯+60(25)59]
=610+16[1+2(25)+⋯+60(25)59]，
结合错位相减法设T=1+2(25)+⋯+60(25)59，①
所以25T=(25)+2(25)2+⋯+60(25)60，②
由①−②可得：35T=1+(25)+⋯+(25)59−60(25)60=1×[1−(25)60]1−25−60(25)60=53×[1−(25)60]−60(25)60，
所以T=259−9259(25)60，
所以1a1+1+2a2+1+⋯+60a60+1=610+16[259−9259(25)60]=610+2554−92554(25)60，
因为0<92554(25)60<2554，所以0<2554−9259(25)60<1，
即[2554−9259(25)60]=0，
所以[1a1+1+2a2+1+⋯+60a60+1]=610．
【解析】(1)由已知可得an+1−2an+1+1=(4an+2)−2(an+3)(4an+2)+(an+3)=2an−45an+5=25⋅an−2an+1，即数列{an−2an+1}是首项为−12，公比为25的等比数列，然后结合等比数列通项公式的求法求解即可；
(2)由等比数列的求和公式，结合错位相减法求和即可得解．
本题考查了利用数列递推式求数列的通项公式，重点考查了错位相减法求和，属中档题．
22.【答案】解：(1)已知f(x)=(x2+1)eax(a∈R)，函数定义域为R，
可得f′(x)=2xeax+a(x2+1)eax=(ax2+2x+a)eax，
又f(x)在x=12处取得极值，所以f′(12)=0，
即14a+1+a=0，解得a=−45，
此时f′(x)=(−45x2+2x−45)e−45x，f(x)=(x2+1)e−45x，
令f′(x)=0，解得x=12或x=2，
当x<12时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当12
当x>2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=12时，f(x)取得极小值，f(12)=54e−25，
当x=2时，f(x)取得极大值，f(2)=5e−85；
(2)由(1)得f′(x)=2xeax+a(x2+1)eax=(ax2+2x+a)eax，
不妨设y=ax2+2x+a，易得Δ=4−4a²，
①当a=0时，f′(x)=2x，
当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
②当a≠0时，当a>1时，f′(x)=(x2+1)²eax>0，所以f(x)单调递增；
当a<−1时，f′(x)=(x2+1)²eax<0，所以f(x)单调递减；
当0
当−1− 1−aa
当−1
当−1− 1−aa
当x>−1+ 1−aa时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
综上：当a=0时，f(x)单调递增；当a>1时，f(x)单调递增；
当0
当−1
【解析】(1)由题意，先对函数f(x)进行求导，根据f(x)在x=12处取得极值，得到f′(12)=0，解出a的值，代入函数中，利用导数即可得到函数单调性和极值；
(2)由(1)知f′(x)的表达式，设y=ax2+2x+a，对a=0，a≠0，Δ<0，Δ>0这四种情况进行逐一分析，进而即可求解．
本题考查利用导数判断函数单调性和利用导数研究函数的极值，考查了转化思想和分类讨论思想，属于中档题．
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