吉林省白城市第一中学2023-2024学年高二下学期6月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份吉林省白城市第一中学2023-2024学年高二下学期6月月考数学试题（Word版附解析），共15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。


一、单选题（共6小题）
1. 已知函数 fx=xlnx−2−e,x>02x−1,x≤0，则对于方程 f2x−afx+4=0．下列说法错误的是( )
A. 若 a∈−4,4，则该方程无解
B. 若 a=−4，则该方程有一个实数根
C. 若 a∈−2−e−42+e,−4∪4，则该方程有两个实数根
D. 若 a∈−∞,−2−e−42+e，则该方程有四个实数根
2. 设f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f′(x)，若f(x)－f′(x)<1，f(0)＝2021，则不等式f(x)>2020·ex＋1(e为自然对数的底数)的解集为()
A. (－∞，0)∪(0，＋∞)B. (2020，＋∞)
C. (0，＋∞)D. (－∞，0)∪(2020，＋∞)
3. 函数 f(x)=2x−2x+lnx，若 f(m)+f1n2=0，则 3m+1n2的最小值为（ ）
A. 26B. 4C. 23D. 1
4. 在等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，则f′(0)等于()
A. 26B. 29C. 215D. 212
5. (2023·江苏省连云港市灌云高级中学11月月考)已知实数，，，那么实数的大小关系是( )
A. B. C. D.
6. 函数f(x)＝ax2－2lnx－1有两个零点，则a的取值范围为()
A. (－∞，e)B. (0，e)C. (0,1)D. (－∞，1)
二、多选题（共4小题）
7. 已知函数 fx=ex−1+lnx及点 Pa,b，则下列说法正确的是（ ）
A. 当 a=1时，过点P至多能作 y=fx的一条切线
B. 当 b>2a−1且 a≤0时，过点P至少能作 y=fx的一条切线
C. 当 b=2a−1a>0且 a≠1时，过点P恰能作 y=fx的两条切线
D. 当 b=fa≠1时，过点P恰能作 y=fx的两条切线
8. 已知函数 fx=x3−axa>0， Bx1,y1在函数 fx的图象上， A3,t，则下列选项正确的是( )
A. 设函数 gx=fx+a4x−aa8，则函数 gx在 −a2,a2上单调递减
B. 当 t=0且 a=9时，函数 fx上恰有两条切线通过点A
C. 当 3a+t=0时，函数 fx上恰有三条切线通过点A
D. 函数 fx在点B处的切线交 fx的图像于另一点 Cx2,y2，则 2x1+x2=0
9. 已知函数 fx=x+1ex−1−ax−1，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 fx在R上单调递增，则 a≤−1
B. 若 0a−1的解集为 m,nn>m，则 n−m>2
C. 若 fx若两个极值点 x1， x2，且 x2>2x1，则 a∈−eln22,0
D. 若 a=1，则过 0,3仅能做曲线 y=fx的一条切线
10. 已知函数 f(x)=x⋅ex,x≤0,|lgx|,0A. 当 x≤0时， −1e≤f(x)≤0
B. x3+x4的取值范围为 2,10110
C. 当 m<0时， fx1+fx2+3fx3x4x5+fx6的取值范围为 −1e,0
D. 当 m>0时， fx1+fx2+3fx3x4x5+fx6的取值范围为 0,23e
三、填空题（共3小题）
11. 某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比．如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站________千米处．
12. 将正奇数按如图所示的规律排列：
则2 023在第________行，从左向右第________个数．
13. 数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且an＋2＝·an＋2cs2(n∈N*)，则a2 022＝________.
四、解答题（共5小题）
14. 记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
15. 在(1)a2＋a4＝6，S9＝45，(2)Sn＝＋，(3)＝(n≥2)，a1＝1这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答.
设等差数列{an}的前n项和为Sn，________，数列{bn}为等比数列，b1＝2a1，b2＝2a2，求数列{anbn}的前n项和Tn.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
16. 已知数列{an}的通项公式为an＝.
(1)判断是不是数列{an}中的项；
(2)试判断数列{an}中的项是否都在区间(0,1)内．
17. 一个身高1.8m的人，以1.2m/s的速度离开路灯，路灯高4.2m.
(1)求身影的长度y与人距路灯的距离x之间的关系；
(2)解释身影长的变化率与人步行速度的关系；
(3)求x＝3m时，身影长的变化率．
18. 在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面横线中，若问题中的k存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
参考答案
1. 【答案】C
【解析】函数 f(x)的定义域为 (−∞,1)∪(1,+∞)，
当 x∈(0,1)∪(1,+∞)时 f(x)=xlnx−2−e， f'(x)=lnx−1(lnx)2，
x∈(0,1)时， f'(x)<0， f(x)单调递减，
且此时当 x趋近于0时， f(x)趋近于 −2−e，故 f(x)<−2−e，
x∈(1,e)时， f'(x)<0， f(x)单调递减，
x∈(e,+∞)时， f'(x)>0， f(x)单调递增，
则 x∈(1,+∞)时， f(x)≥f(e)=−2，
而 x∈(−∞,0]时， f(x)=2x−1，
故可得 f(x)的图象如图所示：

令 f(x)=t，则方程 f2x−afx+4=0化为 t2−at+4=0，
对于A， a∈−4,4时， Δ=a2−16<0，即方程 t2−at+4=0无实根，
故 f(x)=t无实根，从而方程 f2x−afx+4=0无实根，故A正确；
对于B， a=−4时，方程 t2−at+4=0即为 t2+4t+4=0，
即 (t+2)2=0，所以 t=−2，则 f(x)=t=−2，由 f(x)的图象可知，
此方程只有一个实根为 e，故B正确；
对于C，由 t2−at+4=0得 a=t+4t，此为关于 t的对勾函数，
a在 t∈(−∞,−2),(2,+∞)时单调递增，在 t∈(−2,0),(0,2)时单调递减，
图象如图所示：

a=−2−e−42+e时 t=−2−e或 t=4−2−e>−1，由函数 a=t+4t的图象可知，
当 a∈−2−e−42+e,−4时，方程 a=t+4t有两个实根 t1,t2，
不妨设 t1则此时 f(x)=t1没有实根， f(x)=t2有两个或三个实根，故C错误；
对于D， a∈−∞,−2−e−42+e时，方程 a=t+4t有两个实根 t3,t4，
不妨设 t3则此时 f(x)=t3有一个实根， f(x)=t4有三个实根，故D正确.
故选：C
2. 【答案】C
【解析】令g(x)＝，
则g′(x)＝，
因为f(x)－f′(x)<1，即f′(x)－f(x)＋1>0，
所以g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．
因为f(0)＝2021，
所以g(0)＝f(0)－1＝2020.
不等式f(x)>2020·ex＋1可转化为>2020，即g(x)>g(0)．
由函数g(x)是R上的增函数知x>0.故选C.
3. 【答案】C
【解析】因为 f(x)=2x−2x+lnx的定义域为 0,+∞，
f'(x)=2+2x2+1x =2x2+2+xx2=2x+142+158x2>0，所以 f(x)在 0,+∞为增函数，
f(1x)=2x−21x+ln1x=2x−2x−lnx，所以 f(x)+f(1x)=0，
又 f(m)+f1n2=0， f(x)在 0,+∞为增函数，所以 m⋅1n2=1，即 mn2=1，
因为 m>0,1n2>0， 3m+1n2=3m+1m≥23m⋅1m=23，当且仅当 3m=1m，即 m=33时，等号成立，
所以 3m+1n2的最小值为 23.
故选：C.
4. 【答案】D
【解析】因为f′(x)＝x′(x－a1)(x－a2)…(x－a8)＋x(x－a1)′(x－a2)…(x－a8)＋…＋x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)′＝(x－a1)(x－a2)…(x－a8)＋x(x－a2)…(x－a8)＋…＋x(x－a1)(x－a2)…(x－a7)，
所以f′(0)＝a1·a2…a8＝(a1a8)4＝84＝212.
5. 【答案】B
【解析】由于可得，即，
又由于，所以，
假设在中，，，角B的平分线交边AC于点D，
所以，，，
所以,所以即，
所以，
所以，
所以即，解得，
在中，，
即，
所以，
由于即，所以，
所以，
因为，所以，
所以
故选：B.
6. 【答案】C
【解析】由函数f(x)＝ax2－2lnx－1有两个零点，
得方程ax2－2lnx－1＝0有两个不同的实数根，即a＝有两个不同的实数根．
令g(x)＝，x>0，则g(x)＝的图象与直线y＝a有两个不同的交点，
易得g′(x)＝＝，
令g′(x)＝0可得x＝1，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，则g(x)在区间(0,1)上单调递增；
当x∈(1, ＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在区间(1，＋∞)单调递减，
所以g(x)在x＝1处取得极大值，且极大值为g(1)＝1.
令g(x)＝>0，可得x>；令g(x)＝<0，可得0由此可以画出g(x)＝的大致图象如图，
由图象可得，当07. 【答案】ACD
【解析】由 fx=ex−1+lnx，得 f'(x)=ex−1+1x(x>0)，
设切点为 (x0,ex0−1+lnx0)，则切线的斜率为 k=ex0−1+1x0，所以有 ex0−1+lnx0−b=ex0−1+1x0(x0−a)
整理得 ex0−1(x0−a−1)−lnx0+b+1−ax0=0 (x0>0)，
令 g(x)=ex−1(x−a−1)−lnx+b+1−ax(x>0)，
g(1)=e1−1(1−a−1)−ln1+b+1−a1=b+1−2a，
g'(x) =ex−1(x−a)−1x+ax2=(x−a)ex−1−1x2 (x>0)，
令 F(x)=ex−1−1x2(x>0)，则 F'(x)= ex−1+2x3>0 (x>0)，
所以 F(x)在 (0,+∞)上递增，
因为 F(1)=e1−1−1=0，所以当 01时， Fx>0.
①当 a=1时， g'(x)=(x−1)ex−1−1x2≥0，
所以 g(x)在 (0,+∞)上单调递增，
所以函数至多有一个零点，所以至多可作一条切线，故选项A正确；
②当 a≤0时，
当 0当 x>1时， g'(x)>0，则 g(x)单调递增，
若 g(1)<0，即 b<2a−1时， g(x)有两个零点，所以恰能作两条切线；
若 g(1)=0，即 b=2a−1时， g(x)有一个零点，所以恰能作一条切线；
若 g(1)>0，即 b>2a−1时， g(x)无零点，所以可作0条切线；故选项B错误；
③当 0当 00，则 g(x)单调递增，
当 a当 x>1时， g'(x)>0，则 g(x)单调递增.
若 g(a)=0或 g(1)=0，即 b=ea−1+lna=f(a)或 b=2a−1∈(−1,1)， g(x)有两个零点，所以恰能作两条切线；
④当 a>1时，
当 00，则 g(x)单调递增，
当 a当 x>a时， g'(x)>0，则 g(x)单调递增
若 g(1)=0或 g(a)=0，即 b=2a−1>1或 b=ea−1+lna=f(a)， g(x)有两个零点，
所以恰能作两条切线：由③④得选项C、选项D正确；
故选：ACD.
8. 【答案】ABD
【解析】对于A， gx=fx+a4x−aa8=x3−3a4x−aa8a>0，
所以 g'x=3x2−3a4=3x−a2x+a2，
令 g'x<0，得 −a2对于B，当 t=0且 a=9时， fx=x3−9x， A3,0，则 f'x=3x2−9，
当 A3,0为切点时， k1=f'3=3×32−9=18，
此时切线方程为 y=18x−3，即 y=18x−54；
当 A3,0不为切点时，设切点为 x0,y0x0≠3，则 k=f'x0=3x02−9，
此时有 y0−0x0−3=3x02−9且 y0=x03−9x0，则 x03−9x0x0−3=3x02−9，
整理得 x0−322x0+3=0，解得 x0=−32或 x0=3(舍去)，
所以有一个切点满足要求，此时对应的切线有一条，
综上：当 t=0且 a=9时，函数 fx上恰有两条切线通过点A，故B正确；
对于C，当 3a+t=0时，则 t=−3a，此时 fx=x3−ax， A3,−3a，则 f'x=3x2−a，
易知 A3,−3a不在 fx=x3−ax上，
当 fx上的切线通过点A时，设对应的切点为 x0,y0x0≠3，
则有 y0=x03−ax0y0+3ax0−3=3x02−a，故 x03−ax0+3ax0−3=3x02−a，
整理得 2x03−9x02=0，解得 x0=0或 x0=92，
所以满足要求的切点有两个，此时对应的切线有两条，故C错误；
对于D，因为 B,C不是同一个点，则 x1≠x2，
由题意得 y1=x13−ax1y2=x23−ax2，两式相减得 y1−y2=x13−ax1−x23−ax2，
整理得 y1−y2=x1−x2x12+x1x2+x22−a，则 y1−y2x1−x2=x12+x1x2+x22−a，
又 y1−y2x1−x2=3x12−a，所以 x12+x1x2+x22−a=3x12−a，
整理得 2x12−x1x2−x22=0，即 2x1+x2x1−x2=0，
所以 2x1+x2=0，故D正确.
故选：ABD.
9. 【答案】ACD
【解析】对于A，对 f(x)求导得： f'(x)=−xex−1−a，因为函数 fx在R上单调递增，
所以 f'(x)=−xex−1−a≥0恒成立，即 −a≥xex−1恒成立，
记 g(x)=xex−1，则 −a≥g(x)max，
因为 g'(x)=1−xex−1，当 x<1时， g'(x)>0，当 x>1时， g'(x)<0，
即函数 g(x)在 (−∞,1)上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减，
因此，函数 g(x)在 x=1处取得最大值 g(1)=1，所以 −a≥1，即 a≤−1，故选项 A正确；
对于B，由 fx>a−1得 x+1ex−1>a(x+1)，等价于 (x+1)(1ex−1−a)>0，即 (x+1)(e−aex)>0，
当 x>−1时， aex所以 −1e， x>1−lna无解，
故 fx>a−1的解集为 (−1,1−lna)，此时 n−m=(1−lna)−(−1)=2−lna，当
1对于C，因为函数 fx有两个极值点 x1， x2，所以 f'(x)=−xex−1−a有两个零点点 x1， x2，
即方程 −a=xex−1有两个解为 x1， x2，记 g(x)=xex−1，
因为 g'(x)=1−xex−1，当 x<1时， g'(x)>0，
当 x>1时， g'(x)<0，即函数 g(x)在 (−∞,1)上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减，
因此，函数 g(x)在 x=1处取得最大值 g(1)=1，
令 x2=2x1，则 x1ex1−1=x2ex2−1=2x1e2x1−1，解得 x1=ln2，
此时 −a=x1ex1−1=ln2eln2−1=eln22，即 a=−eln22，
方程 −a=xex−1有两个解为 x1， x2等价于 y=−a与 y=xex−1交于两点，
所以 0<−a所以 −eln22C选项正确；
对于D， a=1时， fx=x+1ex−1−x−1， f'(x)=−xex−1−1，设 fx图象上一点 t,ft，
则 ft=t+1et−1−t−1，故过点 t,ft的切线方程为 y−t+1et−1−t−1=(−tet−1−1)x−t，
将 0,3代入上式得 3−t+1et−1−t−1=(−tet−1−1)0−t，
整理得 4et−1−t2−t−1=0，
构造函数 ℎt=4et−1−t2−t−1，则 ℎ't=4et−1−2t−1，
构造函数 mt=4et−1−2t−1，则 m't=4et−1−2，
令 m't=4et−1−2>0得 t>1+ln12，令 m't=4et−1−2<0得 t<1+ln12，
所以函数 mt=4et−1−2t−1在 (−∞,1+ln12)上单调递减，在 (1+ln12,+∞)上单调递增，
所以 mt≥m(1+ln12)=2ln2−1>0，所以 ℎ't>0，所以函数 ℎt=4et−1−t2−t−1单调递增，
又 ℎ−1=4e−2−1<0,ℎ0=4e−1−1>0，即方程 4et−1−t2−t−1=0在区间 (−1,0)有一解，
所以存在唯一一条过 0,3的切线，D选项正确.
故选：ACD
10. 【答案】AC
【解析】当 x≤0时， f(x)=x⋅ex，此时 f'(x)=(x+1)⋅ex，令 f'(x)>0，解得 −1令 f'(x)<0，解得 x<−1，可得 f(x)在 (−∞,−1)上单调递减，在 (−1,0)上单调递增，
且 f(−1)=−1e,f(0)=0，
∴当 x≤0时， −1e≤f(x)≤0，故A正确；
作出如图所示图像：
由 g(x)=3f2(x)−mf(x)−2m2有6个不同的零点，
等价于 3f2(x)−mf(x)−2m2=0有6个不同的实数根，
解得 f(x)=m或 f(x)=−2m3，
∵ x3⋅x4=1，∴若 x3+x4=x3+1x3∈2,10110，可得 1100时， −1e<−2m3<0，可得 0当 m<0时， −1e故 x3的范围为 110,1的子集， x3+x4的取值范围不可能为 2,10110，故B选项错误；
该方程有6个根，且 fx3=fx4=fx5，知 x3⋅x4=1且 fx1=fx2=fx6，
当 m<0时， fx1=fx2=fx6=m∈−1e,0，
fx3=fx4=fx5=−2m3∈(0,1)，联立解得 m∈−1e,0，
fx1+fx2+3fx3x4x5+fx6=3fx1+3fx5=3m−2m=m∈−1e,0，故C正确；
当 m>0时， fx1=fx2=fx6=−2m3∈−1e,0，
fx3=fx4=fx5=m∈(0,1)，联立解得 m∈0,32e，
fx1+fx2+3fx3x4x5+fx6=3fx1+3fx5=−2m+3m=m∈0,32e．故D错误.
故选：AC.
11. 【答案】5
【解析】依题意可设每月土地占用费y1＝，每月库存货物的运费y2＝k2x，其中x是仓库到车站的距离．
于是，由2＝，得k1＝20；由8＝10k2，得k2＝.
因此两项费用之和为y＝＋.y′＝－＋.令y′＝－＋＝0，得x＝5(x＝－5舍去)，且当x>5时，y′>0；当0故当仓库建在离车站5千米处时，两项费用之和最小．
12. 【答案】32 51
【解析】由题意知，第一行有1个奇数，第二行有3个奇数，……，
第n行有(2n－1)个奇数，
则前n行共有正奇数1＋3＋5＋……＋(2n－1)＝n2(个)，
所以第n行的最后一个正奇数为2n2－1，
当n＝31时，第31行的最后一个正奇数为1 921，
当n＝32时，第32行的最后一个正奇数为2 047，
所以2 023在第32行，
前31行共有312＝961个正奇数，2 023是第1 012个正奇数，
1 012－961＝51，
所以2 023在第32行，从左向右第51个数．
13. 【答案】2 022
【解析】当n为偶数时，an＋2＝·an＋2cs2＝an＋1＋csnπ＝an＋2，
即an＋2＝an＋2，故数列{an}的偶数项是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2＋×2＝n，
所以a2 022＝2 022.
14. 【答案】(1)证明 由bn＝S1·S2·…·Sn可得，
Sn＝ bn,n=1,bnbn−1,n≥2.由n＝1时， 2S1＋ 1b1＝2，
即＋＝2，
所以b1＝S1＝，
当n≥2时， 2bnbn−1＋＝2，
即2bn＝2bn－1＋1，即bn－bn－1＝，
故数列{bn}是首项为，公差为的等差数列．
(2)解 由(1)知，bn＝＋(n－1)×＝，
故当n≥2时，Sn＝＝，S1也符合该式，
故Sn＝(n∈N*)，
从而a1＝S1＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－，a1不符合该式，
所以an＝
15. 【答案】解 选(1)：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由得解得
所以公差d＝＝1，
所以an＝a3＋(n－3)×1＝n.
所以b1＝2，b2＝4，
所以公比q＝＝2，所以bn＝b1qn－1＝2n.
所以an·bn＝n·2n.
选(2)：当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＋－－＝n，
a1＝1满足上式，所以an＝n.
所以b1＝2，b2＝4.
设等比数列{bn}的公比为q，
则q＝＝2，所以bn＝b1qn－1＝2n.
所以an·bn＝n·2n.
选(3)：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由＝(n≥2)得＝2，
又a1＝1，所以a2＝2a1＝2，
所以公差d＝a2－a1＝1，所以an＝n.
所以b1＝2，b2＝4，所以公比q＝＝2，
所以bn＝b1qn－1＝2n.
所以an·bn＝n·2n.
综上，无论选(1)，(2)，(3)，都有：
Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②
①－②，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
＝－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2.
整理得Tn＝(n－1)×2n＋1＋2.
16. 【答案】解 (1)∵an＝＝＝，
∴由an＝＝，解得n＝，
∵不是正整数，∴不是数列{an}中的项．
(2)∵an＝＝＝1－，n∈N*，0<<1，
∴017. 【答案】解(1)设人距路灯的距离BO′＝x，
路灯高OO′＝4.2m，BC＝1.8，这时影长为AB＝y，
如图由平面几何的知识可得△ABC∽△AO′O
∴＝，
∴＝，
即y＝x.
(2)设离开路灯的时间为t，人步行速度为v，则x＝vt，
∴y＝vt，
由导数的意义知人影长度的变化速度v2＝y′(t)＝＝＝v(m/s)，
∴身影长的变化率与人步行速度成正比．
(3)当x＝3m时，y＝m，
∴＝＝，
∴x＝3m时，身影长的变化率.
18. 【答案】解 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
因为在等比数列{bn}中，b2＝3，b5＝－81，
所以q3＝＝－27，所以q＝－3，
从而bn＝b2(－3)n－2＝3×(－3)n－2，
从而a5＝b1＝－1.
若存在k，使得Sk>Sk＋1，即Sk＋1－Sk<0，则ak＋1<0；
同理，若使Sk＋10，则ak＋2>0.
若选①：由b1＋b3＝a2，得a2＝－1－9＝－10，
所以d＝＝＝3，
所以an＝a2＋(n－2)d＝3n－16.
当n＝4时，满足a5＝－1<0且a6＝2>0，即存在k＝4，使S4>S5且S5若选②：由a4＝b4＝27，且a5＝－1，
得d＝a5－a4＝－28<0，
所以数列{an}为递减数列，
故不存在ak＋1<0且ak＋2>0，
即不存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1若选③：由S5＝－25＝＝5a3，解得a3＝－5，
所以d＝＝＝2，
所以an＝a3＋(n－3)d＝2n－11，
所以当n＝4时，满足a5＝－1<0且a6＝1>0，即存在k＝4，使得S4>S5且S5