2023-2024学年四川省成都市玉林中学高二（下）诊断数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年四川省成都市玉林中学高二（下）诊断数学试卷（含答案），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.已知数列{an}满足an=1an−1+1(n ≥ 2,n∈N*)，若a4=53，则a1=( )
A. 1B. 32C. 2D. 85
2.某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读，则不同的选法共有( )
A. 24种B. 9种C. 3种D. 26种
3.已知某物体的运动方程是s=t39+t，则当t=3s时的瞬时速度是( )
A. 2m/sB. 3m/sC. 4m/sD. 5m/s
4.函数f(x)=lnx−4x+1的递增区间为( )
A. (14,+∞)B. (0,4)C. (0,14)D. (−∞,14)
5.已知f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么f(x)的图象最有可能是图中的( )
A. B. C. D.
6.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，右焦点为F，B为椭圆上一点，AF⋅BF=0，cs∠BAF=1213，则椭圆的离心率为( )
A. 713B. 34C. 13D. 712
7.要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20cm，要使其体积最大，则高为( )
A. 33cmB. 10 33cmC. 16 33cmD. 20 33 cm
8.已知数列{an}满足a1=21，an+1−an=4n，则ann的最小值为( )
A. 2 42−2B. 454C. 10D. 11
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.等差数列{an}是递增数列，满足a7=3a5，前n项和为Sn，下列选择项正确的是( )
A. d>0B. a1<0
C. 当n=5时Sn最小D. Sn>0时n的最小值为8
10.下列式子中正确的是( )
A. (3x2+csx)′=6x−sinxB. (lnx−2x)′=1x−2xln2
C. (2sin2x)′=2cs2xD. (sinxx)′=xcsx−sinxx2
11.已知函数f(x)=ex−x2，则下列说法正确的是( )
A. f(x)在R上单调递增
B. f(x)在(−∞,ln2)上单调递减
C. 若函数y=f(x)−lnx+x2在x=x0处取得最小值，则x0∈(0,1)
D. ∀x∈(0,+∞)，f(x)>lnx−x2+2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有______种．
13.已知等比数列{an}的各项均为正数，若lg3a1+lg3a2+…+lg3a12=12，则a6a7等于______．
14.已知函数f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)>f(x)在R上恒成立，则不等式e2f(2x−1)−e3xf(1−x)>0的解集是______．
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)
已知在等差数列{an}中，a3=5，a17=3a6．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=2n(an+3)，求数列{bn}的前n项和Sn．
16.(本小题15分)
设函数f(x)=x3+2x2−4x+1．
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极值．
17.(本小题15分)
已知数列{an}前n项和为Sn，且Sn=2an−1．
(1)证明数列{an}是等比数列；
(2)设bn=(2n−1)an，求数列{bn}的前n项和Tn．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB/​/CD，且CD=2，AB=1，BC=2 2，PA=2，AB⊥BC，N为PD的中点．
(1)求证：AN/​/平面PBC；
(2)求平面PAD与平面PCD夹角的余弦值；
(3)点M在线段AP上，直线CM与平面PAD所成角的正弦值为4 515，求点M到平面PCD的距离．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=alnx−x(a∈R)．
(1)求函数y=f(x)的单调区间；
(2)若函数y=f(x)在其定义域内有两个不同的零点，求实数a的取值范围；
(3)若0答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：数列{an}满足an=1an−1+1(n ≥ 2,n∈N*)，a4=53，
可得a3=1a4−1=32．
a2=1a3−1=2．
a1=1a2−1=1．
故选：A．
直接利用递推关系式，逐步求解即可．
本题考查数列的递推关系式的应用，数列项的求法，是基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查简单计数原理的应用，属于基础题．
由题意利用分类计数原理求出答案．
【解答】
解：某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，
2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读，共有4+3+2=9种选法，
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，s=t39+t，则s′=1+13t2，
将t=3代入得s′(3)=4m/s，
故选：C．
求出位移的导数，将t=3代入，利用位移的导数值为瞬时速度，求出当t=3s时的瞬时速度．
本题考查导数在物理中的应用：位移的导数值为瞬时速度．
4.【答案】C
【解析】解：∵f(x)=lnx−4x+1，
∴f′(x)=1x−4=1−4xx(x>0)．
由f′(x)>0，得1−4xx>0，
∵x>0，∴1−4x>0，得0∴函数f(x)=lnx−4x+1的递增区间为(0,14).
故选：C．
求出原函数的导函数，由导函数大于0求解分式不等式得答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查原函数的单调性与导函数符号间的关系，是基础题．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数的图象的应用，利用导函数的符号，判断函数的单调性，然后判断函数的图象即可．
【解答】
解：由题意可知函数在x<0，x>2时，导函数f′(x)<0，函数是减函数，
x∈(0,2)时，导函数f′(x)>0，函数是增函数，
函数的图象如图D．
故选：D．
6.【答案】D
【解析】解：依题意|BF|=b2a，|AF|=a+c，
因为cs∠BAF=1213，所以tan∠BAF=512，
所以b2a(a+c)=512，因为a2=b2+c2，所以a2−c2a(a+c)=512，
整理得7a2−12c2−5ac=0，
因为e=ca∈(0,1)，
所以12e2+5e−7=0，解得e=712．
故选：D．
依题意列出椭圆a、c的齐次式即可求解．
本题考查椭圆的性质，属中档题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查旋转体问题，以及函数的导数的最值问题，是中档题，这是一个最值问题，要求高为多少，可以直接设出来，带着x求解即可．
解：设圆锥的高为x，
则底面半径为 202−x2，
其体积为V=13πx(202−x2)(0V′=13π(400−3x2)，令V′=0，
解得x1=20 33，x2=−20 33(舍去)．
当00；
当20 33∴当x=20 33时，V取最大值．
故选D．
8.【答案】D
【解析】解：数列{an}满足a1=21，an+1−an=4n，则an−an−1=4(n−1)，
an−1−an−2=4(n−2)，
…，
a2−a1=4×1，
所有的式子相加得到：an−a1=4(1+2+…+n−1)=4×n(n−1)2=2n2−2n，
所以an=2n2−2n+21，
则ann=2n2−2n+21n=2n+21n−2，
由于2n+21n≥2 2n⋅21n，
当且仅当2n=21n，解得n2=212，
由于n∈N+，
所以当n=3时，ann的最小值为6+7−2=11．
故选：D．
直接利用叠加法和基本不等式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：叠加法在数列的通项公式的求法及应用，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
9.【答案】ABD
【解析】解：由题意，设等差数列{an}的公差为d，
因为a7=3a5，可得a1+6d=3(a1+4d)，解得a1=−3d，
又由等差数列{an}是递增数列，可知d>0，则a1<0，故A，B正确；
因为Sn=d2n2+(a1−d2)n=d2n2−7d2n，
由n=−−7d2nd=72可知，当n=3或4时Sn最小，故C错误，
令Sn=d2n2−7d2n>0，解得n<0或n>7，即Sn>0时n的最小值为8，故D正确．
故选：ABD．
设等差数列{an}的公差为d，因为a7=3a5，求得a1=−3d，根据数列{an}是递增数列，得到A，B正确；再由前n项公式，结合二次函数和不等式的解法，即可求解．
本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其单调性、二次函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：(3x2+csx)′=(3x2)′+(csx)′=6x−sinx；
(lnx−2x)′=(lnx)′−(2x)′=1x−2xln2；
(2sin2x)′=2cs2x×2=4cs2x；
(sinxx)′=(sinx)′⋅x−sinx⋅(x)′x2=xcsx−sinxx2．
故选：ABD．
根据导数的运算计算即可．
本题考查了导数的运算相关的知识，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由已知得：f′(x)=ex−2x，令g(x)=f′(x)=ex−2x，
易知g′(x)=ex−2，令g′(x)=0，得x=ln2，
故x∈(−∞,ln2)时，g′(x)<0，g(x)此时单调递减，x∈(ln2,+∞)时，g′(x)>0，g(x)此时单调递增，
所以g(x)≥g(ln2)=2−2ln2>0，故f(x)在R上单调递增，故A正确，B错误；
令H(x)=f(x)−lnx+x2=ex−lnx，
则H′(x)=ex−1x=xex−1x，令h(x)=xex−1，
则h′(x)=(x+1)ex>0在(0,+∞)上恒成立，则h(x)此时单调递增，
又h(0)h(1)=−(e−1)<0，
所以∃x0∈(0,1)，使得h(x0)=0，H(x0)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
即H(x)min=H(x0)=ex0−lnx0，又ex0=1x0，则x0=−lnx0，
所以H(x)min=x0+1x0>2，故CD正确．
故选：ACD．
对原函数求导，然后研究f′(x)的符号，判断AB选项，然后令H(x)=f(x)−lnx+x2，然后利用导数研究函数H(x)的导数，结合零点存在性定理研究导函数的极小值点(也是最小值点)的所在的区间，判断C选项，同时也可以判断f(x)−lnx−x2+2的最小值大于0，则问题可解．
本题考查利用导数研究函数的单调性、极值以及最值，从而解决不等式恒成立问题的解题思路，属于中档题．
12.【答案】240种
【解析】【分析】
本题考查排列的应用，考查间接法，注意间接法比直接分析更为简便，要使用间接法．
根据题意，使用间接法，首先计算从6名志愿者中选出4人分别从事四项不同工作的情况数目，再分析计算其包含的甲、乙两人从事翻译工作的情况数目，进而由事件间的关系，计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，由排列可得，从6名志愿者中选出4人分别从事四项不同工作，有A64=360种不同的情况，
其中包含甲从事翻译工作有A53=60种，乙从事翻译工作的有A53=60种，
若其中甲、乙两名支援者都不能从事翻译工作，则选派方案共有360−60−60=240种．
故答案为：240种．
13.【答案】9
【解析】解：由lg3a1+lg3a2+…+lg3a12=12得lg3(a1×a2×⋯×a12)=12，
所以a1×a2×⋯×a12=312，
因为等比数列{an}的各项均为正数，
所以a1⋅a12=a2⋅a11=⋯=a6⋅a7，
故(a6⋅a7)6=312，得a6⋅a7=32=9．
故答案为：9．
根据等比数列的性质得(a6⋅a7)6=312，进而可得．
本题考查等比数列的性质，属于基础题．
14.【答案】(23,+∞)
【解析】解：令g(x)=f(x)ex，
∵函数f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)>f(x)在R上恒成立，
∴g′(x)=f′(x)−f(x)ex>0，即g(x)在R上单调递增，
又e2f(2x−1)−e3xf(1−x)>0，即f(2x−1)e2x−1>f(1−x)e1−x，
∴g(2x−1)>g(1−x)，
又g(x)在R上单调递增，则2x−1>1−x，解得x>23，
∴不等式e2f(2x−1)−e3xf(1−x)>0的解集是(23,+∞)．
故答案为：(23,+∞)．
由题意构造函数g(x)=f(x)ex，可得g(x)在R上单调递增，将所求不等式转化为g(2x−1)>g(1−x)，利用单调性可解不等式，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，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
已知：a3=5，a17=3a6，
所以a1+2d=5 a1+16d=3(a1+5d) ，解得a1=1 d=2 ，
故an=2n−1；
(2)由(1)得：bn=2n(an+3)=22n(n+1)=1n−1n+1，
所以Sn=1−12+12−13+...+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
【解析】(1)直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式；
(2)利用裂项相消法的应用求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，数列的求和，裂项相消法的求和，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)∵f(x)=x3+2x2−4x+1，∴f′(x)=3x2+4x−4，
∴f′(1)=3+4−4=3，f(1)=1+2−4+1=0，
∴所求的切线方程为y=3(x−1)，即y=3x−3．
(2)令f′(x)=0，则x=23或−2．
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
∴f(x)的极大值为f(−2)=(−2)3+2×(−2)2−4×(−2)+1=9，
极小值为f(23)=(23)3+2×(23)2−4×23+1=−1327．
【解析】(1)求导得f′(x)=3x2+4x−4，然后计算出f′(1)和f(1)，再根据点斜式写出切线方程．
(2)令f′(x)=0，则x=23或−2，再列表写出f′(x)，f(x)随x的变化情况，根据函数的单调性即可得解．
本题考查利用导数研究函数的切线方程、极值，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
17.【答案】(1)证明：当n=1时，a1=S1=2a1−1，所以a1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(2an−1)−(2an−1−1)，
所以an=2an−1，
所以数列{an}是以a1=1为首项，以2为公比的等比数列；
(2)解：由(1)知，an=2n−1，
所以bn=(2n−1)2n−1，
所以Tn=1+3×2+5×22+…+(2n−3)⋅2n−2+(2n−1)⋅2n−1(1)2Tn=1×2+3×22+…+(2n−3)⋅2n−1+(2n−1)⋅2n(2)
(1)−(2)得：−Tn=1+2(21+22+…+2n−1)−(2n−1)⋅2n
=1+2×2−2n−1×21−2−(2n−1)2n=(3−2n)2n−3，
所以Tn=(2n−3)2n+3．
【解析】本题考查由数列的递推关系化简证明数列为等比数列，错位相减法求和的方法，考查运算化简的能力，属于中档题．
(1)求出a1=1，通过当n≥2时，an=Sn−Sn−1，转化证明数列{an}是以a1=1为首项，以2为公比的等比数列；
(2)求出an=2n−1，然后利用错位相减法求解数列的和即可．
18.【答案】(1)证明：记CD的中点为E，连结AE，因为AB/​/CD，CE=12CD=1=AB，所以四边形ABCE是平行四边形，则AE=1，
因为AB⊥BC，所以平行四边形ABCE是矩形，则AE⊥AB，
因为PA⊥平面ABCD，AE，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AE，PA⊥AB，则PA，AE，AB两两垂直，
故以A为坐标原点，分别以AE，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，

则A(0,0,0)，B(0,1,0)，E(2 2,0,0)，D(2 2,−1,0)，C(2 2,1,0)，P(0,0,2)，
因为N为PD的中点，所以N( 2,−12,1)，则AN=( 2,−12,1)，
设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z)，而BP=(0,−1,2)，BC=(2 2,0,0)，
则m⋅BP=−y+2z=0m⋅BC=2 2x=0，令z=1，则m=(0,2,1)，
所以AN⋅m−=−12×2+1=0，则AN⊥m−，
又AN⊄平面PBC，所以AN/​/平面PBC．
(2)解：设平面PAD的一个法向量为n=(a,b,c)，而AP=(0,0,2)，AD=(2 2,−1,0)，
所以AP⋅n=2c=0AD⋅n=2 2a−b=0，令a=1，则n=(1,2 2,0)，
设平面PCD的一个法向量为u=(r,s,t)，而CD=(0,−2,0)，PC=(2 2,1,−2)，
所以CD⋅u=−2s=0PC⋅u=2 2r+s−2t=0，令r=1，则u=(1,0, 2)，
记平面PAD与平面PCD夹角为α，则0<α<π2，
所以csα=|cs|=|n⋅u||n||u|=|1+0+0| 1+8× 1+2= 39，
所以平面PAD与平面PCD夹角的余弦值为 39．
(3)解：依题意，不妨设AM=k(0≤k≤2)，则M=(0,0,k)，CM=(−2 2,−1,k)，
又由(2)得平面PAD的一个法向量为n=(1,2 2,0)，记直线CM与平面PAD所成角为β，
所以sinβ=|cs〈n,CM〉|=|n⋅CM||n||CM|=|−2 2−2 2| 1+8× 8+1+k2=4 515，解得k=1(负值舍去)，
所以M(0,0,1)，则MP=(0,0,1)，
而由(2)得平面PCD的一个法向量为u=(1,0, 2)，
所以点M到平面PCD的距离为|MP⋅u||u|=| 2| 1+2= 63．
【解析】(1)先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得PA，AE，AB两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出AN和平面PBC的法向量，由此证得线面平行；
(2)结合(1)中结论，求出平面PAD与平面PCD的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可；
(3)先利用线面角结合向量法求得M的坐标，再利用空间向量点面距离公式求解即可．
本题主要考查线面平行的证明，平面与平面所成角的求法，点到平面距离的求法，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)定义域为(0,+∞)，
∵f(x)=alnx−x(a∈R)，
∴f′(x)=ax−1=a−xx，
①当a≤0时，f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立，
即函数y=f(x)的单调递减区间为(0,+∞)，无递增区间；
②当a>0时，f′(x)=0，解得x=a，
当x∈(0,a)时，f′(x)>0，∴函数y=f(x)的单调递增区间为(0,a)，
当x∈(a,+∞)时，f′(x)<0，∴函数y=f(x)的单调递减区间为(a,+∞)，
综上可知：
①当a≤0时，函数y=f(x)的单调递减区间为(0,+∞)，无递增区间；
②当a>0时，函数y=f(x)的单调递增区间为(0,a)，单调递减区间为(a,+∞)；
(2)解法一：由(1)知，当a≤0时，函数y=f(x)在(0,+∞)上单调递减，
∴函数y=f(x)至多有一个零点，不符合题意，
当a>0时，函数y=f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减，
∴f(x)max=f(a)=alna−a，
又函数y=f(x)有两个零点，
∴f(a)=alna−a=a(lna−1)>0，∴a>e，
又f(1)=−1<0，∴∃x1∈(1,a)，使得f(x1)=0，
又f(a2)=alna2−a2=a(2lna−a)，
设g(a)=2lna−a,g′(a)=2a−1=2−aa，
∵a>e，
∴g′(a)<0，∴函数g(a)在(e,+∞)上单调递减，
∴g(a)∴∃x2∈(a,a2)，使得f(x2)=0，
综上可知，a>e为所求．
∴实数a的取值范围为(e,+∞)．
解法二：函数y=f(x)在其定义域内有两个不同的零点⇔方程alnx−x=0有两个不同的解，
依题意，a≠0，∴方程1a=lnxx有两个不同的解，
设g(x)=lnxx(x>0)，则g′(x)=1−lnxx2，
当x∈(0,e)时，g′(x)>0，当x∈(e,+∞)，g′(x)<0，
∴函数y=g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
∴g(x)max=g(e)=1e，
当x∈(0,e)时，g(x)<1e；当x∈[e,+∞)时，0∴方程1a=lnxx有两个不同的解⇔1a<1e⇔a>e，
∴实数a的取值范围为(e,+∞)．
(3)证明：依题意，x1，x2(0设x2=tx1，因为x2>x1>0⇒t>1，
∵a=x1lnx1=x2lnx2=tx1lnx1+lnt，
∴lnx1=lntt−1,ax1=1lnx1=t−1lnt，
不等式x1lnx1<2x2−x1⇔x1lnx1<2tx1−x1⇔1lnx1<2t−1⇔t−1lnt<2t−1，
∵t>1，所证不等式即2tlnt−lnt−t+1>0，
设h(t)=2tlnt−lnt−t+1，∴h′(t)=2lnt+2−1t−1,
令φt=h′t，则φ′t=2t+1t2>0
∴h′(t)在(1,+∞)上是增函数，且h′(t)>h′(1)=0，
∴h(t)在(1,+∞)上是增函数，且h(t)>h(1)=0，
即2tlnt−lnt−t+1>0，从而x1lnx1<2x2−x1．
【解析】本题考查利用导数解(证明)不等式、利用导数求函数的单调区间(含参)、利用导数研究函数的零点(或方程的根)，属于难题．
(1)求出函数f(x)定义域与f′(x)，根据a≤0、a>0分类讨论，利用导数即可求出函数y=f(x)的单调区间；
(2)法一：当a≤0时，函数y=f(x)至多有一个零点，不符合题意，当a>0时，f(x)max=f(a)=alna−a，f(a)>0，求出a>e，∃x1∈(1,a)，使得f(x1)=0，由f(a2)=a(2lna−a)，设g(a)=2lna−a，利用导数即可求出实数a的取值范围．
法二：将函数y=f(x)在其定义域内有两个不同的零点转化为方程1a=lnxx有两个不同的解，设g(x)=lnxx(x>0)，则g′(x)=1−lnxx2，利用导数即可求出实数a的取值范围．
(3)x1，x2(01，所证不等式即2tlnt−lnt−t+1>0，设h(t)=2tlnt−lnt−t+1，利用导数可得h(t)的单调性，即可证明x1lnx1<2x2−x1． x
(−∞,−2)
−2
(−2,23)
23
(23,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
↑
极大值
↓
极小值
↑