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2023-2024学年江西省宜春市高二下学期6月期末联考数学试题（含答案）
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这是一份2023-2024学年江西省宜春市高二下学期6月期末联考数学试题（含答案），共8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.命题“∃x>0，x2−2x−7>0”的否定是( )
A. ∃x≤0，x2−2x−7≤0B. ∃x>0，x2−2x−7≤0
C. ∀x>0，x2−2x−7>0D. ∀x>0，x2−2x−7≤0
2.已知集合A=x∈RxA. 6,+∞B. 6,+∞C. 3,+∞D. 3,+∞
3.函数fx=ln4−xsinx⋅ x−1的定义域为( )
A. 1,π2∪π2,4B. 1,π∪π,4C. 1,π2∪π2,4D. 1,π∪π,4
4.若函数fx=t⋅4x+2t−1⋅2x有最小值，则t的取值范围是( )
A. 0,12B. 0,12C. 12,+∞D. 12,+∞
5.已知a=40.3,b=lg4a4,c=lg4lg4a，则( )
A. b>c>aB. a>c>bC. a>b>cD. c>a>b
6.若x，y∈R，则“2x−2y>12x−12y”是“ln(x−y)>0”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.在等比数列an中，a1,a5是函数f(x)=x2−10x+tlnx的两个极值点，若a2a4=2 2a3−2，则t的值为( )
A. −4B. −5C. 4D. 5
8.设定义域为R的偶函数y=fx的导函数为y=f′x，若f′x+x+12也为偶函数，且f2a+4>fa2+1，则实数a的取值范围是( )
A. −∞,−1∪3,+∞B. −∞,−3∪1,+∞
C. −3,1D. −1,3
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.下列各组函数不是同一函数的是( )
A. f(x)=( x)2,g(x)=x
B. f(x)=x3+3x2−2x+1,g(t)=t3+3t2−2t+1
C. f(x)=x,g(x)=3x3
D. f(x)= x−2⋅ x+2,g(x)= x2−4
10.设函数fx在R上可导，其导函数为f′x，且函数gx=xf′x的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A. fx有三个极值点B. f0为函数的极大值
C. f−1为fx的极小值D. fx有两个极小值
11.对于正整数n，φn是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．函数φn以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如φ9=6(1,2,4,5,7,8与9互质)，则( )
A. 若n为质数，则φn=n−1B. 数列φn单调递增
C. 数列nφ2n的最大值为1D. 数列φ3n为等比数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知fx是奇函数，当x>0时，fx=2023x−2024，则f−1=_________．
13.已知数列an满足：a1=m，当n为奇数时，an+1=3an+1；当n为偶数时，an+1=12an.若a8=1，则m的取值为_____________．
14.设集合A=r1,r2,⋯,rn⊆2,3,⋯,37，(n≥2,n∈N)且A中任意两数之和不能被5整除，则n的最大值为___________．
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)
已知数列an各项均为正数，且a1=1,an+12−2an+1=an2+2an．
(1)求an的通项公式；
(2)数列bn满足b1=1，bn+1=an−bnn∈N∗，求数列bn的前21项和．
16.(本小题12分)
已知函数fx=ax+lnxa∈R．
(1)当a=2时，求函数fx在1,e的最小值和最大值；
(2)讨论函数fx的单调性．
17.(本小题12分)
为了加强“平安校园”建设，有效遏制涉校案件的发生，保障师生安全，某校决定在学校门口利用一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面为24平方米，且背面靠墙的长方体形状的校园警务室．由于此警务室的后背靠墙，无需建造费用，甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体报价为每平方米300元，屋顶和地面以及其他报价共计14400元．设屋子的左右两面墙的长度均为x米(3≤x≤6)．
(Ⅰ)当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？并求出最低报价．
(Ⅱ)现有乙工程队也要参与此警务室的建造竞标，其给出的整体报价为1800a(1+x)x元(a>0)，若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求a的取值范围．
18.(本小题12分)
已知fx=ex−ax−1，a∈R，e是自然对数的底数．
(1)当a=1时，求函数y=fx的极值；
(2)若关于x的方程fx+1=0有两个不等实根，求a的取值范围；
(3)当a>0时，若满足fx1=fx2x119.(本小题12分)
设有穷数列an的项数为m(m≥2)，若正整数k(2≤k≤m)满足：∀nak，则称k为数列an的“min点”．
(1)若an=(−1)n(2n−3)(1≤n≤5)，求数列an的“min点”；
(2)已知有穷等比数列an的公比为2，前n项和为Sn.若数列Sn+1Sn存在“min点”，求正数a1的取值范围；
(3)若an≥an−1−1(2≤n≤m)，数列an的“min点”的个数为p，证明：a1−am≤p．
参考答案
1.D
2.B
3.B
4.A
5.C
6.B
7.C
8.A
9.AD
10.ABD
11.ACD
12.1
13.−1927
14.16
15.解：(1)数列{an}各项均为正数，且a1=1，an+12−2an+1=an2+2an，
可得an+12−an2=2(an+1+an)，即为(an+1+an)(an+1−an)=2(an+1+an)，
因为an>0，所以an+1−an=2，
所以数列{an}是以首项为1，公差为2的等差数列，
则an=1+2(n−1)=2n−1；
(2)由题设an=bn+1+bn(n∈N∗)，
b1+b2+⋯+b21=b1+(b2+b3)+(b4+b5)+⋯+(b20+b21)=b1+a2+a4+⋯+a20=1+3+7+⋯+39=1+3+392×10=211．
所以数列{bn}的前21项和为211．
16.解：(1)当a=2时，f(x)=2x+lnx，x∈[1,e]，则f′(x)=−2x2+1x=x−2x2，
令f′(x)=0得，x=2，所以当x∈[1,2]时，f′(x)<0，f(x)单调递减;
当x∈(2,e]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x=2时，f(x)取得极小值，也是最小值f(2)=1+ln2，
又因为f(1)=2，f(e)=1+2e<2，所以f(x)的最大值为2，
综上所述，函数f(x)在[1,e]的最小值为1+ln2，最大值2;
(2)因为f(x)=ax+lnx(x>0)，所以f′(x)=−ax2+1x=x−ax2，
当a≤0时，f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，故此时f(x)在(0,+∞)上为增函数;
当a>0时，令f′(x)=0，得x=a，当0当x>a时，f′(x)>0，故此时f(x)在(a,+∞)上为增函数;在(0,a)上为减函数，
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上为增函数;当a>0时，f(x)在(a,+∞)上为增函数;在(0,a)上为减函数．
17.解：(Ⅰ)设甲工程队的总造价为y元，
则y=3(300×2x+400×24x)+14400=1800(x+16x)+14400(3⩽x⩽6)1800(x+16x)+14400≥1800×2× x⋅16x+14400=28800．
当且仅当x=16x，即x=4时，等号取到，ymin=28800，
即当左右两面墙的长度为4米时，甲工程队报价最低，最低报价28800元；
(Ⅱ)由题意可得，1800(x+16x)+14400>1800a(1+x)x对任意的x∈[3,6]恒成立．
整理得：a令g(x)=x2+8x+16x+1，g(x)=x2+8x+16x+1=(x+1)2+6(x+1)+9x+1=(x+1)+9x+1+6≥6+2 9=12，当且仅当x+1=9x+1，即x=2，等号取到，
∵x∈[3,6]，g(x)=(x+1)+9x+1+6在x∈[3,6]上递增，
∴g(x)min=g(3)=494 ，
所以a<494，综上a的取值范围为0
18.解：(1)当a=1时，f(x)=ex−x−1，定义域为R，
则f′(x)=ex−1，
令f′(x)=0，得x=0，
当x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以y=f(x)在x=0处取到极小值0，无极大值；
(2)方程f(x)+1=ex−ax=0，
显然当x=0时，方程不成立，则a=exx，x≠0，
若方程有两个不等实根，即y=a与g(x)=exx有2个交点，
则g′(x)=(x−1)exx2，
当x<0或0并且x∈(−∞,0)时，g(x)<0，当x∈(0,1)时，g(x)>0，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)严格增，x>0时，当x=1时，g(x)取得最小值，g(1)=e，
作出函数y=g(x)的图象，如下图所示：
y=a与g(x)=exx有2个交点，
则a>e，
即a的取值范围为(e,+∞)；
(3)证明：f′(x)=ex−a，
令f′(x)=0，可得x=lna，
函数y=f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
由题意x1要证x1+x2<2lna，只需证x1<2lna−x2，
而x1<2lna−x2故只需证f(x1)>f(2lna−x2)，
又f(x1)=f(x2)，所以只需证f(x2)>f(2lna−x2)，
即证f(x2)−f(2lna−x2)>0，
令ℎ(x)=f(x)−f(2lna−x)，
即ℎ(x)=ex−ax−1−[e2lna−x−a(2lna−x)−1]=ex−a2e−x−2ax+2alna，ℎ′(x)=ex+a2e−x−2a，
由均值不等式可得ℎ′(x)=ex+a2e−x−2a≥2 ex⋅a2e−x−2a=0，当且仅当ex=a2e−x，即x=lna时，等号成立，
所以函数ℎ(x)在R上严格增，
由x2>lna，可得ℎ(x2)>ℎ(lna)=0，即f(x2)−f(2lna−x2)>0，
所以f(x1)>f(2lna−x2)，
又函数f(x)在(−∞,lna)上严格减，
所以x1<2lna−x2，
即x1+x2<2lna得证．
19.解：(1)因为a1=1，a2=1，a3=−3，a4=5，a5=−7，
所以数列{an}的“min点”为3，5．
(2)依题意，Sn=a1(1−2n)1−2=a1(2n−1)，
因为数列{Sn+1Sn}存在“min点”，所以存在n(n≥2)，使得Sn+1Sn所以a1(2n−1)+1a1(2n−1)因为n≥2，所以2n−2>0，所以a12<12n−1．
又当n=2时，12n−1取最大值13，所以a12<13，又a1>0，所以0当0则a1的取值范围为(0, 33).
(3) ①若an≥a1(n≥2)，则数列{an}不存在“min点”，即p=0．
由am−a1≥0得，a1−am≤0，所以a1−am≤p.
②若存在an，使得an证明：若a2若a2≥a1，因为存在an，使得an所以设数列an中第1个小于a1的项为an1，则an1所以n1是数列{an}的第1个“min点”．
综上，数列{an}存在“min点”．
不妨设数列an的“min点”由小到大依次为n1，n2，n3，⋯，np，
则ani+1是ani，ani+1，ani+2，⋯，ani+1−1，ani+1中第1个小于ani的项，
故ani−ani+1≤ani+1−1−ani+1，
因为an≥an−1−1(2≤n≤m)，所以an−1−an≤1，所以ani+1−1−ani+1≤1，
所以ani−ani+1≤1.
所以a1−am≤a1−anp=(a1−an1)+(an1−an2)+(an2−an3)+⋯+(anp−1−anp)
≤(an1−1−an1)+(an2−1−an2)+(an3−1−an3)+⋯+(anp−1−anp)
≤1+1+1+⋯+1(p个1)．
所以a1−am≤p.
综上，a1−am≤p，得证．
1.命题“∃x>0，x2−2x−7>0”的否定是( )
A. ∃x≤0，x2−2x−7≤0B. ∃x>0，x2−2x−7≤0
C. ∀x>0，x2−2x−7>0D. ∀x>0，x2−2x−7≤0
2.已知集合A=x∈Rx
3.函数fx=ln4−xsinx⋅ x−1的定义域为( )
A. 1,π2∪π2,4B. 1,π∪π,4C. 1,π2∪π2,4D. 1,π∪π,4
4.若函数fx=t⋅4x+2t−1⋅2x有最小值，则t的取值范围是( )
A. 0,12B. 0,12C. 12,+∞D. 12,+∞
5.已知a=40.3,b=lg4a4,c=lg4lg4a，则( )
A. b>c>aB. a>c>bC. a>b>cD. c>a>b
6.若x，y∈R，则“2x−2y>12x−12y”是“ln(x−y)>0”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.在等比数列an中，a1,a5是函数f(x)=x2−10x+tlnx的两个极值点，若a2a4=2 2a3−2，则t的值为( )
A. −4B. −5C. 4D. 5
8.设定义域为R的偶函数y=fx的导函数为y=f′x，若f′x+x+12也为偶函数，且f2a+4>fa2+1，则实数a的取值范围是( )
A. −∞,−1∪3,+∞B. −∞,−3∪1,+∞
C. −3,1D. −1,3
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.下列各组函数不是同一函数的是( )
A. f(x)=( x)2,g(x)=x
B. f(x)=x3+3x2−2x+1,g(t)=t3+3t2−2t+1
C. f(x)=x,g(x)=3x3
D. f(x)= x−2⋅ x+2,g(x)= x2−4
10.设函数fx在R上可导，其导函数为f′x，且函数gx=xf′x的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A. fx有三个极值点B. f0为函数的极大值
C. f−1为fx的极小值D. fx有两个极小值
11.对于正整数n，φn是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．函数φn以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如φ9=6(1,2,4,5,7,8与9互质)，则( )
A. 若n为质数，则φn=n−1B. 数列φn单调递增
C. 数列nφ2n的最大值为1D. 数列φ3n为等比数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知fx是奇函数，当x>0时，fx=2023x−2024，则f−1=_________．
13.已知数列an满足：a1=m，当n为奇数时，an+1=3an+1；当n为偶数时，an+1=12an.若a8=1，则m的取值为_____________．
14.设集合A=r1,r2,⋯,rn⊆2,3,⋯,37，(n≥2,n∈N)且A中任意两数之和不能被5整除，则n的最大值为___________．
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)
已知数列an各项均为正数，且a1=1,an+12−2an+1=an2+2an．
(1)求an的通项公式；
(2)数列bn满足b1=1，bn+1=an−bnn∈N∗，求数列bn的前21项和．
16.(本小题12分)
已知函数fx=ax+lnxa∈R．
(1)当a=2时，求函数fx在1,e的最小值和最大值；
(2)讨论函数fx的单调性．
17.(本小题12分)
为了加强“平安校园”建设，有效遏制涉校案件的发生，保障师生安全，某校决定在学校门口利用一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面为24平方米，且背面靠墙的长方体形状的校园警务室．由于此警务室的后背靠墙，无需建造费用，甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体报价为每平方米300元，屋顶和地面以及其他报价共计14400元．设屋子的左右两面墙的长度均为x米(3≤x≤6)．
(Ⅰ)当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？并求出最低报价．
(Ⅱ)现有乙工程队也要参与此警务室的建造竞标，其给出的整体报价为1800a(1+x)x元(a>0)，若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求a的取值范围．
18.(本小题12分)
已知fx=ex−ax−1，a∈R，e是自然对数的底数．
(1)当a=1时，求函数y=fx的极值；
(2)若关于x的方程fx+1=0有两个不等实根，求a的取值范围；
(3)当a>0时，若满足fx1=fx2x1
设有穷数列an的项数为m(m≥2)，若正整数k(2≤k≤m)满足：∀n
(1)若an=(−1)n(2n−3)(1≤n≤5)，求数列an的“min点”；
(2)已知有穷等比数列an的公比为2，前n项和为Sn.若数列Sn+1Sn存在“min点”，求正数a1的取值范围；
(3)若an≥an−1−1(2≤n≤m)，数列an的“min点”的个数为p，证明：a1−am≤p．
参考答案
1.D
2.B
3.B
4.A
5.C
6.B
7.C
8.A
9.AD
10.ABD
11.ACD
12.1
13.−1927
14.16
15.解：(1)数列{an}各项均为正数，且a1=1，an+12−2an+1=an2+2an，
可得an+12−an2=2(an+1+an)，即为(an+1+an)(an+1−an)=2(an+1+an)，
因为an>0，所以an+1−an=2，
所以数列{an}是以首项为1，公差为2的等差数列，
则an=1+2(n−1)=2n−1；
(2)由题设an=bn+1+bn(n∈N∗)，
b1+b2+⋯+b21=b1+(b2+b3)+(b4+b5)+⋯+(b20+b21)=b1+a2+a4+⋯+a20=1+3+7+⋯+39=1+3+392×10=211．
所以数列{bn}的前21项和为211．
16.解：(1)当a=2时，f(x)=2x+lnx，x∈[1,e]，则f′(x)=−2x2+1x=x−2x2，
令f′(x)=0得，x=2，所以当x∈[1,2]时，f′(x)<0，f(x)单调递减;
当x∈(2,e]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x=2时，f(x)取得极小值，也是最小值f(2)=1+ln2，
又因为f(1)=2，f(e)=1+2e<2，所以f(x)的最大值为2，
综上所述，函数f(x)在[1,e]的最小值为1+ln2，最大值2;
(2)因为f(x)=ax+lnx(x>0)，所以f′(x)=−ax2+1x=x−ax2，
当a≤0时，f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，故此时f(x)在(0,+∞)上为增函数;
当a>0时，令f′(x)=0，得x=a，当0
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上为增函数;当a>0时，f(x)在(a,+∞)上为增函数;在(0,a)上为减函数．
17.解：(Ⅰ)设甲工程队的总造价为y元，
则y=3(300×2x+400×24x)+14400=1800(x+16x)+14400(3⩽x⩽6)1800(x+16x)+14400≥1800×2× x⋅16x+14400=28800．
当且仅当x=16x，即x=4时，等号取到，ymin=28800，
即当左右两面墙的长度为4米时，甲工程队报价最低，最低报价28800元；
(Ⅱ)由题意可得，1800(x+16x)+14400>1800a(1+x)x对任意的x∈[3,6]恒成立．
整理得：a
∵x∈[3,6]，g(x)=(x+1)+9x+1+6在x∈[3,6]上递增，
∴g(x)min=g(3)=494 ，
所以a<494，综上a的取值范围为0
18.解：(1)当a=1时，f(x)=ex−x−1，定义域为R，
则f′(x)=ex−1，
令f′(x)=0，得x=0，
当x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以y=f(x)在x=0处取到极小值0，无极大值；
(2)方程f(x)+1=ex−ax=0，
显然当x=0时，方程不成立，则a=exx，x≠0，
若方程有两个不等实根，即y=a与g(x)=exx有2个交点，
则g′(x)=(x−1)exx2，
当x<0或0
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)严格增，x>0时，当x=1时，g(x)取得最小值，g(1)=e，
作出函数y=g(x)的图象，如下图所示：
y=a与g(x)=exx有2个交点，
则a>e，
即a的取值范围为(e,+∞)；
(3)证明：f′(x)=ex−a，
令f′(x)=0，可得x=lna，
函数y=f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
由题意x1
而x1<2lna−x2
又f(x1)=f(x2)，所以只需证f(x2)>f(2lna−x2)，
即证f(x2)−f(2lna−x2)>0，
令ℎ(x)=f(x)−f(2lna−x)，
即ℎ(x)=ex−ax−1−[e2lna−x−a(2lna−x)−1]=ex−a2e−x−2ax+2alna，ℎ′(x)=ex+a2e−x−2a，
由均值不等式可得ℎ′(x)=ex+a2e−x−2a≥2 ex⋅a2e−x−2a=0，当且仅当ex=a2e−x，即x=lna时，等号成立，
所以函数ℎ(x)在R上严格增，
由x2>lna，可得ℎ(x2)>ℎ(lna)=0，即f(x2)−f(2lna−x2)>0，
所以f(x1)>f(2lna−x2)，
又函数f(x)在(−∞,lna)上严格减，
所以x1<2lna−x2，
即x1+x2<2lna得证．
19.解：(1)因为a1=1，a2=1，a3=−3，a4=5，a5=−7，
所以数列{an}的“min点”为3，5．
(2)依题意，Sn=a1(1−2n)1−2=a1(2n−1)，
因为数列{Sn+1Sn}存在“min点”，所以存在n(n≥2)，使得Sn+1Sn
又当n=2时，12n−1取最大值13，所以a12<13，又a1>0，所以0
(3) ①若an≥a1(n≥2)，则数列{an}不存在“min点”，即p=0．
由am−a1≥0得，a1−am≤0，所以a1−am≤p.
②若存在an，使得an
综上，数列{an}存在“min点”．
不妨设数列an的“min点”由小到大依次为n1，n2，n3，⋯，np，
则ani+1是ani，ani+1，ani+2，⋯，ani+1−1，ani+1中第1个小于ani的项，
故ani−ani+1≤ani+1−1−ani+1，
因为an≥an−1−1(2≤n≤m)，所以an−1−an≤1，所以ani+1−1−ani+1≤1，
所以ani−ani+1≤1.
所以a1−am≤a1−anp=(a1−an1)+(an1−an2)+(an2−an3)+⋯+(anp−1−anp)
≤(an1−1−an1)+(an2−1−an2)+(an3−1−an3)+⋯+(anp−1−anp)
≤1+1+1+⋯+1(p个1)．
所以a1−am≤p.
综上，a1−am≤p，得证．
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