2023-2024学年江西省稳派上进联考高二下学期7月期末调研测试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年江西省稳派上进联考高二下学期7月期末调研测试数学试题（含答案），共7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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.数列2，−43，65，−87，⋯的一个通项公式为( )
A. (−1)n+1n+12n+1B. (−1)n−12n2n−1C. (−1)n2n2n−1D. (−1)n−1nn+1
2.已知集合M={x|x>−12}，N={x|x∈Z,−3A. 3B. 4C. 7D. 8
3.某物体走过的路程s(单位：m)与时间t(单位：s)的函数关系为s=2t+16t3，则该物体在t=2时的瞬时速度为( )
A. 4m/sB. 6m/sC. 8m/sD. 9m/s
4.已知在等差数列{an}中，a2+a8=10，a6=20，则a2024−a2020=( )
A. 15B. 30C. 45D. 60
5.设x0为函数f(x)=lnxex的极值点，则( )
A. x0∈(0,1)B. x0∈(1,3)C. x0∈(3,4)D. x0∈(4,5)
6.已知实数a，b满足e2a−2+eb=e2−2a+e−b，则2a+b=( )
A. −2B. 0C. 1D. 2
7.若首项为1的数列{an}满足an+1= 3an+1 3−an，则a16=( )
A. 2− 3B. 2+ 3C. −1D. 1
8.在平面直角坐标系xOy中，M为曲线y=lnxx上位于第一象限内的一点，N为M在x轴上的射影，则sin∠MON的最大值为( )
A. 1 e2+1B. 1 4e2+1C. 1eD. 12e
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.“∀x∈(0,3]，x2−ax+9≥0”成立的一个充分条件是( )
A. a≤5B. a≤6C. a≤7D. a≤8
10.已知f(x)为定义在R上的奇函数，g(x)为定义在R上的偶函数，则( )
A. f(f(x))=f(−f(−x))B. g(g(x))=g(−g(−x))
C. f(g(x))=−f(−g(−x))D. g(f(x))=−g(−f(−x))
11.设数列{an}满足a1=1，且当n≥2时an=nan−1,n为奇数,an−1n,n为偶数,则( )
A. a3=32B. ∀n∈N∗，a2n≤12
C. ∃n∈N∗，a2n>C2nn4nD. ∀n∈N∗，a2n+1≤(32)n
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知命题p:∃x∈[−2024,211]，x2>985，则¬p为 ．
13.方程3lnx+4lnx=5lnx的唯一正根为 ．
14.中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术，剪纸具有广泛的群众基础，交融于各族人民的社会生活，是各种民俗活动的重要组成部分，其传承赓(gēng)续的视觉形象和造型格式，蕴涵了丰富的文化历史信息，是中国古老的民间艺术之一.已知某剪纸的裁剪工艺如下：取一张半径为1的圆形纸片，记为⊙O，在⊙O内作内接正方形，接着在该正方形内作内切圆，记为⊙O1，并裁剪去该正方形与内切圆之间的部分(如图所示阴影部分)，记为一次裁剪操作⋯⋯重复上述裁剪操作n次，最终得到该剪纸，则第2024次操作后，所有被裁剪部分的面积之和为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数f(x)=32−32x+1．
(1)判断f(x)的奇偶性，并说明理由;
(2)求x∈[1,2]时，f(x)的值域．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=(x+a)ln(x+1).记f′(x)为f(x)的导函数．
(1)若a=1，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)讨论f′(x)的单调性．
17.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2×3n−1−1．
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{nan}的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx−x−1x，x>1，证明：
(1)f(x)>0;
(2)sin1x(3)∀n∈N∗，i=1nsin1n+i19.(本小题12分)
若数列{bn}满足(n−54)π(1)若a1=π4，求a2，a3，a4;
(2)证明：数列{an+an+1}为等差数列．
参考答案
1.B
2.A
3.A
4.D
5.B
6.D
7.C
8.B
9.AB
10.ABC
11.ABD
12.∀x∈[−2024,211]，x2≤985
13.e2
14.(4−π)(22024−1)22024
15.解：(1)由题意可知f(x)的定义域为R，关于原点对称，
且f(x)+f(−x)=32−32x+1+32−32−x+1=3−32x+1−3×2x2x+1=3−3=0，即f(x)=−f(−x)，可知f(x)为奇函数．
(2)因为x∈[1,2]，令2x+1=t∈[3,5]，则函数f(t)=32−3t，
易知f(t)在t∈[3,5]上单调递增，
所以f(x)的值域为[12,910].
16.解：(1)当a=1时，f(x)=(x+1)ln(x+1)，f(0)=0，
f′(x)=ln(x+1)+x+1x+1=1+ln(x+1)，
则f′(0)=1，
故曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x．
(2)由f(x)=(x+a)ln(x+1)，得f′(x)=ln(x+1)+x+ax+1，
令g(x)=f′(x)，则g′(x)=1x+1+(x+1)−(x+a)(x+1)2=x+2−a(x+1)2，x>−1，
若a≤1，则x+2−a>1−a≥0，从而g′(x)>0，g(x)在(−1,+∞)上单调递增，
若a>1，则当−1当x>a−2时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
综上所述，当a≤1时，f′(x)在(−1,+∞)上单调递增，
当a>1时，f′(x)在(−1,a−2)上单调递减，在(a−2,+∞)上单调递增．
17.解：(1)因为Sn=2×3n−1−1，
当n=1时，a1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(2×3n−1−1)−(2×3n−2−1)=4×3n−2，
而a1=1不满足上式，所以an=1,n=1,4×3n−2,n≥2.
(2)设bn=nan，可知bn=1,n=1,4n⋅3n−2,n≥2.
当n=1时，T1=b1=1;
当n≥2时，Tn=1+8×30+12×31+⋯+4(n−1)⋅3n−3+4n⋅3n−2，
3Tn=3+8×31+12×32+⋯+4(n−1)⋅3n−2+4n⋅3n−1．
两式相减得−2Tn=6+4×(31+32+⋯+3n−2)−4n⋅3n−1
=6−4n⋅3n−1+4×3(1−3n−2)1−3
=6−4n⋅3n−1+6(3n−2−1)
=(2−4n)⋅3n−1，
所以Tn=(2n−1)⋅3n−1(n≥2)，且T1=1满足该式，所以Tn=(2n−1)⋅3n−1．
18.证明：(1)由题意可得f′(x)=x−1x2>0，
所以函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)>f(1)=0，即f(x)>0，故不等式得证．
(2)令ℎ(x)=x−sinx，则ℎ′(x)=1−csx≥0，
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，
故当x>0时，x>sinx，所以1x>sin1x．
由(1)中不等式lnx>x−1x，
用xx−1替换x得1x所以当x>1时，sin1x<1x所以sin1x(3)令x=n+i，其中n∈N∗，i=1，2，3，⋯，n，
则sin1n+i所以sin1n+1sin1n+2sin1n+3⋯，
sin12n以上n个式子相加得sin1n+1+sin1n+2+sin1n+3+⋯+sin12n
<[ln(n+1)−lnn]+[ln(n+2)−ln(n+1)]+[ln(n+3)−ln(n+2)]+⋯+[ln(2n)−ln(2n−1)]
=ln(2n)−lnn=ln2nn=ln2，
即∀n∈N∗时，i=1nsin1n+i19.解：(1)当a1=π4时，由sinan+1=csan，知sina2=csa1= 22．
又由(n−54)π又a2−a1=2π∉{π2,5π2}，符合题意．
同理，由sina3=csa2= 22，7π4得a3=9π4或a3=11π4．
又a3−a2≠π2或5π2，所以a3=9π4．
由sina4=csa3= 22，11π4又a4−a3=2π∉{π2,5π2}，符合题意．
(2)证明：由sinan+1=csan，得sinan+1=sin(π2−an)，
所以an+1=π2−an+2kπ(k∈Z)或an+1+π2−an=π+2kπ(k∈Z)，
即an+1+an=π2+2kπ(k∈Z)或an+1−an=π2+2kπ(k∈Z)．
因为(n−54)π所以(−n−34)π<−an<(−n+54)π，(n−14)π所以(2n−32)π所以an+1+an=π2+2nπ(n∈Z)或an+1−an=π2或an+1−an=5π2．
又an+1−an∉{π2,5π2}，所以an+an+1=2πn+π2(n∈Z)，
an+1+an+2=2π(n+1)+π2=2πn+5π2(n∈Z)，
所以an+1+an+2−(an+an+1)=2πn+5π2−(2πn+π2)=2π，
所以数列{an+an+1}是公差为2π的等差数列．