2023-2024学年广东省佛山市南海中学高二（下）第一次段考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省佛山市南海中学高二（下）第一次段考数学试卷（含解析），共14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。

1.对函数y=lg12x+e2x，求导正确的是( )
A. y′=1xln2+e2xB. y′=1xln2+2e2x
C. y′=1−xln2+e2xD. y′=1−xln2+2e2x
2.记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a7=6，a10=13，则S14=( )
A. 98B. 112C. 126D. 140
3.已知双曲线E的实轴长为8，且与椭圆y249+x224=1有公共焦点，则双曲线E的渐近线方程为( )
A. 3x±4y=0B. 4x±3y=0C. 4x±5y=0D. 5x±4y=0
4.已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，现往圆锥内放入一个体积最大的球，则球的表面积与圆锥的侧面积之比是( )
A. 1：3B. 2：3C. 3：2D. 4：5
5.已知函数y=xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中，y=f(x)的图象大致是( )
A.
B.
C.
D.
6.如图是函数f(x)=x3+bx2+cx+d的大致图象，则x12+x22=( )
A. 23
B. 43
C. 83
D. 4
7.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2+3n，若首项为12的数列{bn}满足1bn+1−1bn=an，则数列{bn}的前2024项和为( )
A. 10122023B. 20252024C. 20232024D. 20242025
8.数列{an}满足an+2+(−1)nan=2n−1，前12项和为164，则a1的值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)的图象如图所示.则对于任意x1，x2∈R(x1≠x2)，下列结论正确的是( )
A. f(x1)−f(x2)x1−x2<0
B. f′(x1)−f′(x2)x1−x2<0
C. f(x1+x22)D. f′(x1+x22)10.已知数列{an}满足：a1=m(m为正整数)，an+1=an2,当an为偶数时3an+1,当an为奇数时，若a6=1，则m可能的取值有( )
A. 3B. 4C. 5D. 32
11.如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，若原正三角形边长为1，记第n个图形的边数为an，第n个图形的边长为bn，第n个图形的周长为Ln，第n个图形的面积为Sn,n∈N*.则下列命题正确的是( )
A. an=3×4n−1B. S3=4027S1
C. b4=181D. 数列{Ln}的前n项和为4n3n−2−9
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知f(x)=−5x+sinx，则满足f(a2)+f(−4)>0的实数a的取值范围是______．
13.在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数，R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定.假设某种传染病的基本传染数R0=4，平均感染周期为7天，那么感染人数由1个初始感染者增加到1365人大约需要的天数为______.(初始感染者传染R0个人为第一轮传染，这R0个人每人再传染R0个人为第二轮传染…)
14.已知函数f(x)=2ex+x,x≤02x−1,x>0，若x2>x1，且f(x2)=f(x1)，则x2−x1的最小值是______，此时在点(x1,f(x2))处的切线与坐标轴围成的三角形面积为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知数列{an}满足a1=3，an+1=3an−2n．
(1)令bn=an−2n，证明：数列{bn}为等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=(x2−2x+a)ex，a∈R．
(1)若a=1，求函数f(x)在x∈[0,3]上的最大值和最小值；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
17.(本小题15分)
设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1,2nan−2Sn=n2−n,n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=2−an2n，求数列{bn}的前n项和Tn．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ln(x−1)−m(x−1)+2．
(1)若曲线y=f(x)在x=3处的切线与直线2x−y+6=0垂直，求f(x)的极值；
(2)若f(x)的图象恒在直线y=2的下方．
①求实数m的取值范围；
②证明：对任意正整数n，都有ln1+ln2+ln3+…+ln(2n)<2n(1+2n)5．
19.(本小题17分)
现有甲、乙两名蓝球运动员进行投篮练习，甲每次投篮命中的概率为23，乙每次投篮命中的概率为12．
(1)为了增加投篮练习的趣味性，甲、乙两人约定进行如下游戏：甲、乙两人同时投一次篮为一局比赛，若甲投进且乙未投进，则认定甲此局获胜：若甲未投进乙投进，则认定乙此局获胜：其它情况认定为平局，获胜者此局得1分，其它情况均不得分，当一人得分比另一人得分多3分时，游戏结束，且得分多者取得游戏的胜利.求甲恰在第五局结束时取得游戏胜利的概率．
(2)投篮练习规定如下规则：甲、乙两人轮流投篮，若命中则此人继续投篮，若未命中则对方投篮，第一次投篮由甲完成，设Pn为第n次投篮由甲完成的概率．
①求第3次投篮由甲完成的概率；
②请表示第n次投篮由甲完成的概率．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵y=lg12x+e2x，
∴y′=1xln12+2e2x=1−xln2+2e2x．
故选：D．
直接利用基本初等函数的导函数与导数的运算法则求解．
本题考查导数的运算，熟记基本初等函数的导函数与导数的运算法则是关键，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：a3+a7=6，
则a5=3，
a10=13，
则S14=14(a1+a14)2=7(a5+a10)=112．
故选：B．
根据已知条件，结合等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：已知椭圆方程y249+x224=1，
则其焦点坐标为(0,−5)，(0,5)，
又双曲线E的实轴长为8，
设双曲线E的方程为y2a2−x2b2=1，其中a>0，b>0，
则a=4，b= 52−42=3，
则双曲线E的渐近线方程为y=±43x，
即双曲线E的渐近线方程为4x±3y=0．
故选：B．
由椭圆的性质，结合双曲线渐近线方程的求法求解．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了双曲线渐近线方程的求法，属中档题．
4.【答案】B
【解析】解：依题意知，圆锥的轴截面是正△VAB，△VAB内切圆即为圆锥内最大的球的截面，
则球心O在线段VO1上，VO1= 22−12= 3，
所以球O的半径为OO1=13VO1= 33，球O的表面积为S球=4π×( 33)2=4π3，
圆锥的侧面积为S侧=π×AC×VA=π×1×2=2π，
所以球的表面积与圆锥的侧面积之比为S球S侧=4π32π=23，即为2：3．
故选：B．
根据题意知，圆锥的轴截面是正△VAB，△VAB内切圆即为圆锥内最大的球的截面，由此求出球的半径和表面积，再计算圆锥的侧面积，求出球的表面积与圆锥的侧面积之比即可．
本题考查了空间几何体的表面积计算问题，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由图象看出，−11时xf′(x)>0；x≤−1，和0≤x≤1时xf′(x)≤0；
∴−11，或x≤−1时，f′(x)≥0；
∴f(x)在(−1,1]上单调递减，在(−∞,−1]，(1,+∞)上单调递增；
∴f(x)的大致图象应是B．
故选：B．
通过观察函数y=xf′(x)的图象即可判断f′(x)的符号以及对应的x的所在区间，从而判断出函数f(x)的单调性及单调区间，所以观察选项中的图象，找出符合条件的即可．
考查观察图象的能力，对于积的不等式xf′(x)≥0，(或xf′(x)≤0)的求解，函数导数符号和函数单调性的关系．
6.【答案】C
【解析】解：由图象知f(x)=0的根为0，1，2，∴d=0．
∴f(x)=x3+bx2+cx=x(x2+bx+c)=0．
∴x2+bx+c=0的两个根为1和2.∴b=−3，c=2．
∴f(x)=x3−3x2+2x.∴f′(x)=3x2−6x+2．
∵x1，x2为3x2−6x+2=0的两根，∴x1+x2=2，x1x2=23，
∴x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=4−43=83．
故选：C．
由图象知f(x)=0的根为0，1，2，求出函数解析式，x1，x2为导函数的两根，可结合根与系数的关系求解．
本题考查了识图能力，以及极值与导数的关系，考查学生分析解决问题的能力，属中档题．
7.【答案】D
【解析】解：∵Sn=n2+3n，∴an=Sn−Sn−1=2n+2(n≥2)，
当n=1时，a1=4，符合an=2n+2，
所以数列{an}的通项公式为an=2n+2．
∵1bn+1−1bn=an，∴1bn+1−1bn=2n+2，
即1b2−1b1=4，
1b3−1b2=6，
……
1bn−1bn−1=2n，又1b1=2，
累加法可得1bn=2+4+6+...+2n=12n(2+2n)=n2+n，
即bn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则T2024=(11−12)+(12−13)+⋯+(12024−12025)=20242025．
故选：D．
已知数列{an}的前n项和为Sn，做差法计算数列{an}的通项公式，代入1bn+1−1bn=an，累加法求出数列{bn}的通项公式，裂项相消即可求出数列{bn}的前2024项和．
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，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由an+2+(−1)nan=2n−1，
可得a2+a4=3，a6+a8=11，a10+a12=19，
由前12项和为164，可得a1+a3+a5+...+a11=164−3−11−19=131，
即有a1+(a1+1)+(a1+6)+(a1+15)+(a1+28)+(a1+45)=131，
即6a1=36，解得a1=6．
故选：C．
由数列的分组求和，结合数列的递推式，解方程可得所求值．
本题考查数列的分组求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：由导函数的图象可知，导函数f′(x)的图象在x轴下方，f′(x)<0，所以原函数为减函数，所以A选项正确；
又由导函数的图像可知，f′(x)在R上单调递增，根据单调递增函数的定义可知，f′(x1)−f′(x2)x1−x2>0，所以B选项错误；
并且递减的速度是先快后慢，所以f(x)的图象如下图1所示，
因为f(x1+x22)=yB，f(x1)+f(x2)2=yA，由图可知yB根据导函数如图2所示，f′(x3+x42)=yC，f(x3)+f(x4)2=yD，yC>yD，D选项错误．
故选：AC．
根据导函数f′(x)的图象在x轴下方，即f′(x)<0，原函数为减函数，利用递减的速度是先快后慢，可得函数f(x)的图象，再结合函数图象得出正确答案．
本题考查了导函数的应用问题，由导函数的图象推出原函数应具备的性质，利用数形结合是解题的关键，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：∵a6=1，
∴a5必为偶数，∴a6=a52=1，解得a5=2．
当a4为偶数时，a5=a42，解得a4=4；当a4为奇数时，a5=3a4+1=2，解得a4=13，舍去．
∴a4=4．
当a3为偶数时，a4=a32=4，解得a3=8；当a3为奇数时，a4=3a3+1=4，解得a3=1．
当a3=8时，当a2为偶数时，a3=a22=8，解得a2=16；当a2为奇数时，a3=3a2+1=8，解得a2=73，舍去．
当a3=1时，当a2为偶数时，a3=a22=1，解得a2=2；当a2为奇数时，a3=3a2+1=1，解得a2=0，舍去．
当a2=16时，当a1为偶数时，a2=a12=16，解得a1=32=m；当a1为奇数时，a2=3a1+1=16，解得a1=5=m．
当a2=2时，当a1为偶数时，a2=a12=2，解得a1=4=m；当a1为奇数时，a2=3a1+1=2，解得a1=13，舍去．
综上可得m=4，5，32．
故选：BCD．
a6=1，可得a5必为偶数，因此a6=a52=1，解得a5=2.当a4为偶数时，a5=a42，解得a4=4；当a4为奇数时，a5=3a4+1=2，解得a4=−13，舍去．依此类推即可得出．
本题考查分段数列的求值、分类讨论的思想方法，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，第n个图形的的每条边分成三等份，去掉中间段，并以中间段为边向形外作正三角形，得第n+1个图形，
则原来每条边变为4条，即an+1=4an，而a1=3，
因此an=3×4n−1，故A正确；
对于B，第2个图形在第1个图形外增加3个边长为13的正三角形，第3个图形在第2个图形外增加12个边长为19的正三角形，
而所有正三角形都相似则S3=S1+3×(13)2S1+12×(19)2S1=4027S1，故B正确；
对于C，由作法知，bn+1=13bn，而b1=1，
则bn=(13)n−1，所以b4=127，故C错误；
对于D，由选项AC知，Ln=anbn=3×4n−1×(13)n−1=3×(43)n−1，
所以数列{Ln}的前n项和为3[1−(43)n]1−43=4n3n−2−9，故D正确．
故选：ABD．
根据给定的图形作法，探讨an，bn，Ln，Sn各自的变化规律，计算判断即得．
本题主要考查了归纳推理，考查了等比数列的性质，以及前n项和公式，属于中档题．
12.【答案】(−2,2)
【解析】解：因为f(x)=−5x+sinx，该函数的定义域为R，
f(−x)=5x+sin(−x)=5x−sinx=−f(x)，故函数f(x)为奇函数，
因为f′(x)=csx−5<0对任意的x∈R恒成立，
所以，函数f(x)在R上为减函数，
由f(a2)+f(−4)>0可得f(a2)>−f(−4)=f(4)，
所以，a2<4，解得−2故答案为：(−2,2)．
分析函数f(x)的奇偶性与单调性，将所求不等式变形为f(a2)>f(4)，结合函数f(x)的单调性可得出关于实数a的不等式，解之即可．
本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．
13.【答案】35
【解析】解：依题意，每一轮传染，新增感染者数依次排成一列得等比数列{an},a1=4,an=4n，
感染者增加到1365人需要n轮传染，则1+4+42+⋯+4n=4n+1−13=1365，解得n=5，
所以感染人数由1个初始感染者增加到1365人大约需要的天数为35天．
故答案为：35．
根据给定条件，利用等比数列前n项和公式列式计算即得．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
14.【答案】1+12ln2 (1+ln2)24
【解析】解：由y=2ex+x求导得y′=2ex+1，
令2ex+1=2，解得x=−ln2，
故与直线y=2x−l平行的直线切曲线y=2ex+x，x≤0的切点(−ln2,1−ln2)，
由2x−1=1−ln2，解得x=1−12ln2，
因此(x2−x1)min=1−12ln2−(−ln2)=1+12ln2，
函数y=f(x)的图象在点(−ln2,1−ln2)处的切线的方程为y−(1−ln2)=2(x+ln2)，
直线l交x轴于点A(−1+ln22,0)，交y轴于点B(0,1+ln2)，
所以切线l与坐标轴所围三角形面积为12|OA|⋅|OB|=(1+ln2)24．
故答案为：1+12ln2，(1+ln2)24．
根据给定条件，求出与直线y=2x−1平行的直线切曲线y=2ex+x，x≤0的切点(x1,f(x1))，再求出x2即可得最小值，然后求出切线方程即可求出面积．
本题主要考查了导数的几何意义在切线方程求解中的应用，属于中档题．
15.【答案】证明：(1)bn+1bn=an+1−2n+1an−2n=3an−2n−2n+1an−2n=3an−3×2nan−2n=3(an−2n)an−2n=3，
故数列{bn}是公比为3的等比数列；
解：(2)由(1)有b1=a1−2=3−2=1，bn=b1×3n−1=1×3n−1=3n−1，
可得an=2n+3n−1，
则Sn=2×(1−2n)1−2+1×(1−3n)1−3=2n+1+3n2−52．
【解析】(1)由bn+1bn=an+1−2n+1an−2n=3an−2n−2n+1an−2n=3(an−2n)an−2n=3，由此可得bn+1=3bn，即可完成证明；
(2)先求解出{bn}的通项公式，由此可求{an}的通项公式，采用分组求和的方法求解出Sn．
本题考查数列求和，考查学生的运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=(x2−2x+1)ex，则f′(x)=(x2−1)ex，
令f′(x)=(x2−1)ex=0，得x=1或x=−1，
由于x∈[0,3]，所以当x∈(0,1)，f′(x)<0，f(x)在(0,1)单调递减，
当x∈(1,3)，f′(x)>0，f(x)在(1,3)单调递增，
所以f(x)在x=1时取到极小值，且f(1)=0，
又因为f(0)=1，f(3)=4e3．
综上，函数f(x)在x∈[0,3]上的最大值为4e3，最小值为0．
(2)因为f(x)=(x2−2x+a)ex，a∈R，
所以f′(x)=(x2+a−2)ex，a∈R，
当a−2≥0，即a≥2时，f′(x)=(x2+a−2)ex≥0，f(x)在(−∞,+∞)单调递增，
当a−2<0，即a<2时，令f′(x)=(x2+a−2)ex=0，则x=± 2−a，
所以当x∈(−∞,− 2−a)，f′(x)>0，f(x)在(−∞,− 2−a)单调递增，
当x∈(− 2−a, 2−a)，f′(x)<0，f(x)在(− 2−a, 2−a)单调递减，
当x∈( 2−a,+∞)，f′(x)>0，f(x)在( 2−a,+∞)单调递增．
综上所述，当a≥2时，f(x)在(−∞,+∞)单调递增；
当a<2时，f(x)在(−∞,− 2−a)，( 2−a,+∞)单调递增，在(− 2−a, 2−a)单调递减．
【解析】(1)求导，利用导数研究函数f(x)在x∈[0,3]的单调性，求极值和区间端点函数值，即可求解；
(2)对函数求导，根据未知数a的不同范围，分别求出函数单调性．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为2nan−2Sn=n2−n，
所以2(n−1)an−1−2Sn−1=(n−1)2−(n−1),n≥2，
两式相减可得2nan−2(n−1)an−1−2an=2n−2，
整理得(n−1)an−(n−1)an−1=n−1，
所以an−an−1=1，n≥2，
所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以an=1+n−1=n；
解：(2)由题意得bn=2−an2n=2−n2n，
所以Tn=b1+b2+⋯+bn=121+022+⋯2−n2n①，
12Tn=122+023+⋯2−n2n+1②，
②减①可得−12Tn=−12+122+123+⋯+12n+2−n2n+1，
所以−Tn=−1+121+122+⋯+12n−1+2−n2n=−1+12[1−(12)n−1]1−12+2−n2n=−(12)n−1+2−n2n=−n2n，
所以Tn=n2n．
【解析】(1)利用an，Sn的关系，以及等差数列的定义、通项公式可得所求；
(2)利用错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题主要考查数列的和与项的递推关系，以及错位相减求和方法的应用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵f(x)=ln(x−1)−m(x−1)+2，∴f′(x)=1x−1−m，
∵曲线y=f(x)在x=3处的切线与直线2x−y+6=0垂直，
∴f′(3)=12−m=−12，解得m=1，
故f(x)=ln(x−1)−x+3，f′(x)=1x−1−1=2−xx−1(x>1)，
当x>2时，f′(x)<0；当10．
∴f(x)在(1,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，
故f(x)的极大值为f(2)=ln1−2+3=1，无极小值．
(2)①函数f(x)的图象恒在直线y=2的下方等价于ln(x−1)−m(x−1)<0在(1,+∞)上恒成立，即m>ln(x−1)x−1恒成立．
设g(x)=ln(x−1)x−1，则g′(x)=1−ln(x−1)(x−1)2，
令g′(x)=0，得x=e+1．
当10；当x>e+1时，g′(x)<0，
∴g(x)在(1,e+1)上单调递增，在(e+1,+∞)上单调递减，
故g(x)的最大值为g(e+1)=1e，
∴实数m的取值范围是(1e,+∞)．
②由①可知，当m=25>1e时，ln(x−1)x−1<25，即ln(x−1)<2(x−1)5对x>1恒成立．
令n=x−1(n∈N*)，则lnn<2n5，
∴ln1+ln2+ln3+…+ln(2n)<25(1+2+3+…+2n)=25×(1+2n)⋅2n2=2n(1+2n)5，
故命题得证．
【解析】(1)求导得f′(x)=1x−1−m，易知f′(3)=−12，解出m的值即可得f(x)和f′(x)的解析式，再比较f′(x)与0的大小关系即可得f(x)的单调性，从而求得极值．
(2)①原问题等价于ln(x−1)−m(x−1)<0在(1,+∞)上恒成立，参变分离后，有m>ln(x−1)x−1；构造函数g(x)=ln(x−1)x−1，通过导数判断函数g(x)的单调性，并求出最大值即可得解；
②由①可知，当m=25>1e时，ln(x−1)x−1<25，即ln(x−1)<2(x−1)5对x>1恒成立，令n=x−1(n∈N*)，则lnn<2n5，然后结合等差数列的前n项和公式即可得证．
本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、恒成立问题和不等式的证明，根据参变分离法，将函数的恒成立问题转化为函数的最值问题，以及放缩法的灵活运用是解题的关键，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)由题意可得，甲每次投篮不命中的概率为13，乙每次投篮不命中的概率为12，
在一局比赛中，甲得1分的概率为23×12=13，乙得1分的概率为13×12=16，甲、乙均不得分的概率为1−16−13=12，
可得甲恰在第五局结束时取得游戏胜利的比分为3：0或4：1，
当比分是3：0时，甲获胜的概率为C42×(13)2×(12)2×13=118，
当比分是4：1时，甲获胜的概率为C31×(13)2×(16)×(13)2=1162，
所以甲恰在第五局结束时取得游戏胜利的概率为118+1162=581；
(2)①由题意知：P1=1，P2=23，P1=23，
P3=23P2+12(1−P2)=23×23+12×(1−23)=1118，
②可得当n≥2时，Pn=23Pn−1+12(1−Pn−1)=16Pn−1+12，
所以Pn−35=16(Pn−1−35)，又P1−35=1−35=25，
所以{Pn−35}是以16为公比，25为首项的等比数列，
所以Pn−35=25(16)n−1，
故Pn=35+25(16)n−1．
【解析】(1)根据独立重复实验，按比分分情况讨论可得答案；
(2)综合应用概率和数列的知识即可解决．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了等比数列的应用，属于中档题．