2022-2023学年上海市嘉定二中高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年上海市嘉定二中高二（下）期中数学试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=11，a5=19，则S10=( )
A. 310B. 210C. 110D. 39
2.对于数列{an}，“an+1>|an|(n=1,2,…)”是“{an}为递增数列”的( )
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.设函数f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)+xf′(x)>x2，则不等式(x−2014)2f(x−2014)−4f(2)>0的解集为( )
A. (2012,+∞)B. (0,2012)C. (0,2016)D. (2016,+∞)
4.若过点(a,b)(a>0)可以作曲线y=xex的三条切线，则( )
A. 0C. 0二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.已知等差数列{an}的首项为−1，前n项和为Sn，若S10−S5=−10，则公差为______．
6.在数列{an}中，a1=−14，an=1−1an−1(n≥2)，则数列{an}的第5项为______．
7.已知{an}是等差数列，公差d≠0，a1=1，且a1，a3，a9成等比数列，则数列{2an}的前n项和Sn= ．
8.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=2，且S1000=S1023，则S2022= ______．
9.设等差数列{an}的前n项之和为Sn满足S10−S5=20，那么a8=______．
10.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+3n+2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为______．
11.已知f(x)=−x3−2x−3，若对于任意的x∈(0,π)，都有f(sinx+9sinx)+f(a)≤−6，则实数a的最小值为______．
12.若曲线y=(x+a)e2x有两条过坐标原点的切线，则实数a的取值范围是______．
13.已知函数f(x)=x3+ax2+bx的图象在点(0,f(0))处的切线斜率为−4，且x=−2时，y=f(x)有极值，则f(x)在[−3,2]上的最小值为 ．
14.已知函数f(x)=2x3−mx2+2(m>0)的单调减区间为(a,b)，若b−a≤2，则m的最大值为______．
15.黎曼猜想由数学家波恩哈德⋅黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想涉及到很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”.黎曼猜想研究的是无穷级数ξ(s)=n=1∞n−s=11s+12s+13s+⋯，我们经常从无穷级数的部分和11s+12s+13s+⋯+1ns入手.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=12(an+1an)，则[1S1+1S2+⋯+1S400]= ______(其中[x]表示不超过x的最大整数)．
16.若函数f(x)=exx3−a(3x+lnx)的极小值点只有一个，则a的取值范围是______．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
在各项均为正数的等比数列{an}中，a1=2，且2a1，a3，3a2成等差数列．
(Ⅰ) 求等比数列{an}的通项公式；
(Ⅱ) 若数列{bn}满足bn=11−2lg2an，求数列{bn}的前n项和Tn的最大值．
18.(本小题14分)
(1)已知函数f(x)=12x2+2x−3lnx，求f′(x)>0解集；
(2)设曲线y=e2ax+1在点(0,e)处的切线与直线2x−ey+1=0垂直，求a的值．
19.(本小题16分)
设Sn为数列{an}的前n项和，满足Sn=32an−32(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，a4的值，并由此猜想数列{an}的通项公式an；
(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．
20.(本小题18分)
在数列{an}中，a1=a，a2=b，a3=c，且an+3=an.函数y=f(x)满足：f(n)的值均为正整数，其中n∈N*，数列bn=af(n)．
(1)若a=1，b=2，c=3，f(n)=2n+1，求数列{bn}的通项公式；
(2)若a，b，c互不相等，且f(n)=qn(q∈N*,q>1)，bn+2=bn，bn+1≠bn，求q的取值范围；
(3)若f(n)=2n+(−1)n(n+1)2，求数列{bn}的前2021项的和．
21.(本小题18分)
已知f(x)=ex−12x2−x−1，g(x)=cs2x+2x2−1．
(1)证明：x≥0时，f(x)≥0；
(2)求函数g(x)的单调区间；
(3)证明：x≥0时，xex+12sin2x≥2sinx+sin2x.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：在等差数列{an}中，由a3=11，a5=19，得公差d=a5−a35−3=19−112=4，
∴首项a1=a3−2d=11−8=3，
∴S10=10a1+10×92×d=30+45×4=210．
故选：B．
由已知求得公差与首项，再由等差数列的前n项和公式求解．
本题考查等差数列的通项公式与前n项和，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由an+1>|an|(n=1,2,)知{an}所有项均为正项，
且a1即{an}为递增数列
反之，{an}为递增数列，
不一定有an+1>|an|(n=1,2,)，
如−2，−1，0，1，2，
故选：B．
要考虑条件问题，需要从两个方面来考虑，由an+1>|an|(n=1,2,)知{an}所有项均为正项，且a1|an|(n=1,2,)．
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起．本题是把数列同条件的判断结合在一起．
3.【答案】D
【解析】解：根据题意，令F(x)=x2f(x)，
则有F′(x)=2xf(x)+x2f′(x)，
又由2f(x)+xf′(x)>x2且x∈(0,+∞)，
则F′(x)=2xf(x)+x2f′(x)>0，即函数F(x)为增函数，
不等式(x−2014)2f(x−2014)−4f(2)>0
⇒(x−2014)2f(x−2014)>4f(2)⇒F(x−2014)>F(2)，
则有x−2014>2，解可得x>2016；
即不等式(x−2014)2f(x−2014)−4f(2)>0的解集为(2016,+∞)；
故选：D．
根据题意，令F(x)=x2f(x)，对其求导可得F′(x)，结合题意分析可得F′(x)>0，即函数F(x)为增函数，则可以将不等式(x−2014)2f(x−2014)−4f(2)>0转化为F(x−2014)>F(2)，结合函数的单调性可得x−2014>2，解可得x的取值范围，即可得答案．
本题主要函数的导数与单调性的关系，涉及不等式的解法，关键是利用条件构造函数，并利用函数单调性和导数之间的关系分析．
4.【答案】D
【解析】解：由y=xex，得y′=(x+1)ex，
设切点为(x0,x0ex0)，则(x0+1)ex0=x0ex0−bx0−a，整理得(x02−ax0−a)ex0=−b，
由题意知关于x0的方程(x02−ax0−a)ex0=−b有三个不同的解．
令f(x)=(x2−ax−a)ex，则f′(x)=(x+2)(x−a)ex，
由f′(x)=0，得x=−2或x=a，又a>0，
∴当x∈(−∞,−2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(−2,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
又当x→−∞时，f(x)→0，当x→+∞时，f(x)→+∞，且f(−2)=4+ae2，f(a)=−aea<0，
画出函数f(x)的大致图象如图．
∵f(x)的图象与直线y=−b有三个交点，∴0<−b<4+ae2，即−(a+4)故选：D．
设切点为(x0,x0ex0)，利用导数求出过切点的切线方程，问题转化为方程(x02−ax0−a)ex0=−b有三个不同的解，令f(x)=(x2−ax−a)ex，利用导数研究其单调性与最值，画出函数f(x)的大致图象，数形结合得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求最值，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】−17
【解析】解：因为等差数列{an}的首项为−1，
因为S10−S5=−10+45d−(−5+10d)=−10，
则公差d=−17．
故答案为：−17．
由已知结合等差数列的求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的求和公式的应用，属于基础题．
6.【答案】5
【解析】解：因为a1=−14，an=1−1an−1(n≥2)，
所以a2=1−1a1=1−1−14=5，a3=1−1a2=1−15=45，a4=1−1a3=1−145=−14，a5=1−1a4=1−1−14=5．
故答案为：5．
根据a1及递推公式计算可得结果．
本题考查数列递推关系的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】2n+1−2
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式、等比数列的性质及其前n项和，考查运算求解能力，属于基础题．
由等差数列的通项公式和等比数列的性质能求出公差，由此可得等差数列{an}的通项，从而可得数列{2an}的通项，利用等比数列前n项和公式即可求出Sn．
【解答】
解：∵数列{an}是等差数列，公差d≠0，a1=1，且a1，a3，a9成等比数列，
∴(1+2d)2=1×(1+8d)，
解得d=1或d=0(舍)，
∴an=a1+(n−1)d=n，
∴2an=2n，
∴数列{2an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2．
故答案为：2n+1−2．
8.【答案】2
【解析】解：等差数列{an}中，a1=2，且S1000=S1023，
所以S1023−S1000=a1001+a1002+…+a1023=0，
所以a1012=0，即a1+1011d=0，
所以1011d=−2，
则S2022=2022×2+2022×20212×−21011=2．
故答案为：2．
由已知结合等差数列的性质及等差数列的求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式，属于基础题．
9.【答案】4
【解析】解：根据数列前n项和的定义得出：S10−S5=a6+a7+a8+a9+a10，再根据等差数列的性质即为5a8=20，a8=4
故答案为：4．
根据数列前n项和的定义S10−S5=a6+a7+a8+a9+a10，再根据等差数列的性质即可求．
本题考查等差数列的性质，属于基础题．
10.【答案】an=6,n=12n+2,n≥2,n∈N*
【解析】解：∵数列{an}的前n项和Sn=n2+3n+2(n∈N*)，
∴Sn−1=(n−1)2+3(n−1)+2，n≥2，
∴an=2n+2，n≥2，
又a1=S1=6，
∴an=6,n=12n+2,n≥2,n∈N*．
故答案为：an=6,n=12n+2,n≥2,n∈N*．
根据作差法即可求解．
本题考查数列通项公式的求解，属基础题．
11.【答案】−10
【解析】解：由f′(x)=−3x2−2<0，知f(x)=−x3−2x−3在R上严格单调递减，
设y=sinx+9sinx，令t=sinx∈(0,1]，
所以y=t+9t，y′=1−9t2<0，则y=t+9t在(0,1]上严格单调递减，故y≥1+91=10，
所以f(y)≤f(10)=−103−20−3=−1023，
由于f(sinx+9sinx)+f(a)≤−6，则f(a)≤−6−f(y)，
所以f(a)≤1017=f(−10)，得a≥−10．
故答案为：−10．
由导数得出函数f(x)是R上严格单调递减，设y=sinx+9sinx，令t=sinx∈(0,1]，y=t+9t，由导数求得ymin=10，得出f(y)≤f(10)=−1023，题设不等式转化为f(a)≤1017=f(−10)，由单调性得a的范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，不等式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】{a|a<−2或a>0}
【解析】解：由题设，令切线方程为y=kx，而y′=f′(x)=(2x+2a+1)e2x，
若切点为(t,kt)，则f′(t)=(2t+2a+1)e2t=k且f(t)=(t+a)e2t=kt，
所以t(2t+2a+1)e2t=(t+a)e2t，故2t2+2at−a=0有两个不相等的实根，
则Δ=4a2+8a>0，可得a<−2或a>0．
故答案为：{a|a<−2或a>0}．
令切线方程为y=kx、切点为(t,kt)，并对曲线y=f(x)求导，由f′(t)=k且f(t)=kt得到2t2+2at−a=0有两个不相等的实根，即可求范围．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线的方程，属于基础题．
13.【答案】−4027
【解析】解：∵f′(x)=3x2+2ax+b，
由题意可得f′(0)=b=−4f′(−2)=12−4a+b=0，解得a=2b=−4，
可得f(x)=x3+2x2−4x，f′(x)=3x2+4x−4=(x+2)(3x−2)，
令f′(x)>0，解得x<−2或x>23；令f′(x)<0，解得−2则f(x)在(−2,23)上单调递减，在(−∞,−2),(23,+∞)上单调递增，
故f(x)在x=−2处取到极大值，
∴a=2，b=−4符合题意．
又∵x∈[−3,2]，则f(x)在(−2,23)上单调递减，在[−3,−2],[23,2]上单调递增，
且f(−3)=3,f(23)=−4027，即f(−3)>f(23)，
∴f(x)在[−3,2]上的最小值为−4027．
故答案为：−4027．
根据题意列式求解a，b，即可求出f(x)的解析式，利用导数判断原函数的单调性，从而可求出函数的最值．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】6
【解析】解：由f(x)=2x3−mx2+2(m>0)，得f′(x)=6x2−2mx(m>0)．
令f′(x)<0，即6x2−2mx<0，解得0所以函数f(x)=2x3−mx2+2(m>0)的单调减区间为(0,m3)，
所以b−a=m3≤2，解得m≤6，
所以m的最大值为6．
故答案为：6．
根据已知条件及导数的正负与函数单调性的关系即可求解．
本题主要考查导数知识的综合应用，考查计算能力，属于基础题．
15.【答案】38
【解析】解：由Sn=12(an+1an)，可得n=1时，a1=S1=12(a1+1a1)，解得a1=1，
当n≥2时，Sn=12(an+1an)=12(Sn−Sn−1+1Sn−Sn−1)，
化为Sn2−Sn−12=1，可得Sn2=1+n−1=n，
即有Sn= n，
1Sn=22 n>2 n+ n+1=2( n+1− n)，
则1S1+1S2+...+1S400>2( 2−1+ 3− 2+...+ 401−20)=2( 401−1)>38；
当n≥2时，1Sn=22 n<2 n+ n−1=2( n− n−1)，
则1S1+1S2+...+1S400<1+2( 2−1+ 3− 2+...+20− 399)=1+2×(20−1)=39，
即38<1S1+1S2+...+1S400<39，
可得[1S1+1S2+...+1S400]=38．
故答案为：38．
由数列的通项与前n项和的关系，结合等差数列的定义、通项公式，可得Sn= n，再由不等式的性质和数列的裂项相消求和，化简整理可得所求值．
本题考查数列的通项与前n项和的关系，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
16.【答案】(−∞,e24]∪{e39}
【解析】解：因为f(x)=exx3−a(3x+lnx)(x>0)，
所以f′(x)=x−3x4ex−ax−3x2=(x−3)x2(exx2−a)，
设g(x)=exx2(x>0)，因为g′(x)=x−2x3ex，
所以当02时，g′(x)>0，
则g(x)=exx2在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
①若exx2−a≥0恒成立，即a≤exx2在(0,+∞)上恒成立，
因为g(x)=exx2≥e222=e24，所以a≤(exx2)min=e24，
此时令f′(x)<0，解得00，解得x>3；
所以f(x)在(0,3)单调递减，在(3,+∞)单调递增，有唯一极小值点，满足题意；
②方程exx2−a=0有两个不同的根x1，x2，且x1当0x2时，exx2−a>0；当x1因为f(x)只有一个极小值点，
所以3是exx2−a=0即a=exx2的一个根，且存在另一个根0当a=e39时，f′(x)=(x−3)x2(exx2−e39)，
令f′(x)<0，解得00，解得x>m；
所以f(x)在(0,m)单调递减，在(m,+∞)单调递增，满足题意，
综上：a≤e24或a=e39，即a∈(−∞,e24]∪{e39}．
故答案为：(−∞,e24]∪{e39}．
对f(x)求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合y=exx2的图像性质即可求得a的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)设数列{an}的公比为q，an>0
因为2a1，a3，3a2成等差数列，所以2a1+3a2=2a3，
即2a1+3a1q=2a1q2，
所以2q2−3q−2=0，解得q=2或q=−12(舍去)，
又a1=2，所以数列{an}的通项公式an=2n．
(Ⅱ)由题意得，bn=11−2lg2an=11−2n，
则b1=9，且bn+1−bn=−2，
故数列{bn}是首项为9，公差为−2的等差数列，
所以Tn=n(9+11−2n)2=−n2+10n=−(n−5)2+25，
所以当n=5时，Tn的最大值为25．
【解析】(Ⅰ)设数列{an}的公比为q，由等差中项和等比数列的通项公式列出方程，结合题意求出q的值，再代入等比数列的通项公式化简；
(Ⅱ)由(Ⅰ)和题意化简 bn，并判断出数列{bn}是等差数列，求出首项和公差，代入等差数列的前n项和公式，再对Tn进行配方，根据二次函数的性质求出它的最大值．
本题考查等差中项和等比数列的通项公式，等差数列的前n项和公式，以及利用二次函数的性质求出等差数列的前n项和的最大值，注意n的取值范围．
18.【答案】解：(1)由题可得f′(x)=x+2−3x(x>0)，
由f′(x)>0可得x2+2x−3>0⇒x<−3或x>1，
又因为x>0，
故不等式的解集为{x|x>1}；
(2)由题可得f′(x)=2ae2ax+1，
依题意：f′(0)=2ae=−e2，
所以a=−14．
【解析】(1)由题可得f′(x)=x+2−3x(x>0)，然后解不等式即得；
(2)根据复合函数的导数可得f′(x)=2ae2ax+1，然后根据导数的几何意义及直线的位置关系即得．
本题考查一元二次不等式的求解，导数的几何意义的应用，属基础题．
19.【答案】解：(1)当n=1时，S1=32a1−32=a1，a1=3，
当n=2时，S2=32a2−32,a1+a2=32a2−32，a2=32，
当n=3时，S3=32a3−32,a1+a2+a3=32a3−32，a3=33，
当n=4时，S4=32a4−32,a1+a2+a3+a4=32a4−32，a4=34，
猜想an=3n；
(2)①当n=1时，a1=3成立．
②假设n=k(k∈N*)时，结论成立，即ak=3k．
那么，当n=k+1时，ak+1=Sk+1−Sk=32ak+1−32ak
即ak+1=3ak=3k+1．
∴当n=k+1时，结论成立．
综上，猜想an=3n成立．
【解析】(1)根据Sn=32an−32(n∈N*)依次求得a1，a2，a3，a4的值，并由此猜想an．
(2)利用数学归纳法的方法证得an=3n．
本题主要考查数学归纳法的应用，属于基础题．
20.【答案】解：(1)依题意，a1=1，a2=2，a3=3，而f(n)=2n+1，则f(3n)=6n+1，f(3n−1)=6n−1，f(3n−2)=6n−3，
又an+3=an，bn=af(n)，因此b3n=af(3n)=a1=1，b3n−1=af(3n−1)=a2=2，b3n−2=af(3n−2)=a3=3，
所以数列{bn}的通项公式是bn=3,n=3k−22,n=3k−11,n=3k,k∈N*；
(2)若q=3k，k∈N*，则f(n)=qn=(3k)n为3的倍数，对一切n∈N*，bn=a3=c，不符合“bn+1≠bn”的条件；
若q=3k−2，k∈N*，f(n)=qn=(3k−2)n=[3(k−1)+1]n=3k+1，k∈N*，
因此对一切n∈N*，bn=a1=a，不符合“bn+1≠bn”的条件；
若q=3k−1，k∈N*，则f(2n)=(3k−1)2n=3M+1，M∈N*，f(2n−1)=(3k−1)2n−1=3L−1，L∈N*，
因此b2n=a1=a，b2n−1=a2=b，符合题意，
所以q的取值范围是{q|q=3k−1,k∈N*}；
(3)因为f(n)=2n+(−1)n(n+1)2，则f(1)=1，f(2)=3，f(3)=9，f(4)=17，
于是得b1=a1=a，b2=a3=c，b3=a3=c，b4=a2=b，
又f(n+4)−f(n)=2n+4+(−1)(n+4)(n+5)2−2n−(−1)n(n+1)2=15⋅2n为3的倍数，因此总有bn+4=bn，
所以b1+b2+⋯+b2021=b1+505(b1+b2+b3+b4)=506a+505b+1010c．
【解析】(1)先求出f(3n)，f(3n−1)，f(3n−2)，再结合已知即可求出数列{bn}的通项作答．
(2)根据给定条件，按n除以3的余数情况分类计算、判断作答．
(3)根据给定条件，计算数列{bn}的前几项，再探讨其周期，结合周期性求解作答．
本题考查数列与函数的综合，以及数列的周期性和数列的求和，考查分类讨论思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)f′(x)=ex−x−1，令φ(x)=f′(x)，则φ′(x)=ex−1，
因为x≥0，所以φ′(x)=ex−1≥0，所以φ(x)在[0,+∞)单调递增，
所以φ(x)≥φ(0)=0，所以f(x)在[0,+∞)单调递增，则f(x)≥f(0)=0．
(2)g′(x)=−2sin2x+4x，令h(x)=g′(x)，则h′(x)=−4cs2x+4≥0，
所以h(x)在R上单调递增，又h(0)=0，
所以x<0时，h(x)0时，h(x)>h(0)=0，函数g(x)单调递增．
所以，g(x)的单调递减区间为(−∞,0)，单调递增区间为(0,+∞)．
(3)证明：要证xex+12sin2x≥2sinx+sin2x，即证xex≥sinx(2−csx)+sin2x.
①当x>π时，xex≥πeπ>4，而sinx(2−csx)+sin2x<4，所以不等式成立．
②当00，由(2)知：x≥0时，cs2x≥1−2x2，
所以csx≥1−2(x2)2=1−12x2，2−csx≤1+12x2，
所以只需证xex≥sinx(1+12x2)+sin2x.
令p(x)=sinx−x(x≥0)，则p′(x)=csx−1≤0，
所以p(x)在(0,+∞)单调递减，所以p(x)≤p(0)=0，即sinx≤x．
故只需证xex≥x(1+12x2)+x2，即证：ex≥1+12x2+x．
由(1)知，上述不等式成立．
综上，当x≥0时，xex+12sin2x≥2sinx+sin2x.
【解析】(1)求导f′(x)=ex−x−1，令φ(x)=f′(x)，利用导数求出φ(x)的单调性，可得φ(x)≥0，则f(x)单调递增，即可证得结论；
(2)对g(x)求导，令h(x)=g′(x)，由导数与单调性的关系可得h(x)的单调性，由h(x)<0，h(x)>0，可得g(x)单调区间；
(3)要证xex+12sin2x≥2sinx+sin2x，即证xex≥sinx(2−csx)+sin2x.对x>π，0本题主要考查不等式的证明，考查导数性质、函数的单调区间等知识，考查运算求解能力，是中档题．