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2023-2024学年江西省新余市高二下学期期末质量检测数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年江西省新余市高二下学期期末质量检测数学试卷（含解析），共13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.设集合A={x|y=ln(x−3)}，B={x|x≤−1}，则A∪(∁RB)=( )
A. {x|−1−1}
C. {x|x≤−1，或x>3}D. {x|x>3}
2.已知命题p:y=(3a−1)x是定义域上的增函数，命题q:函数y=lga(3−ax)在[2,4]上是增函数.若¬p∧q为真命题，则实数a的取值范围是( )
A. (0,23)B. (0,23]C. (23,34)D. (23,1)
3.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=−5，S6=21S2，则S8=( )
A. 120B. 85C. −85D. −120
4.函数f(x)=(21+ex−1)sinx的图象大致是( )
A.
B.
C.
D.
5.数列{Fn}:1，1，2，3，5，8，13，21，34，⋯，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多⋅斐波那契以免子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列{Fn}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是( )
A. F2024=S2022+1B. F2024=S2023+1C. S2022=F2024+2D. S2023=F2024+2
6.2023年8月至10月贵州榕江举办了“超级星期六”全国美食足球友谊赛.已知第一赛季的第一个周六(8月26日)共报名了贵州贵阳烤肉队等3支省内和辽宁东港草莓队等3支省外美食足球代表队.根据赛程安排，在8月26日举行三场比赛，每支球队都要参赛，且省内代表队不能安排在同一场，则比赛的安排方式有( )
A. 6种B. 9种C. 18种D. 36种
7.若函数f(x)=x(π−x)π−sinx，则f(x)的极大值点的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.设a=sin111，b=ln1.1，c= 1.2−1，则( )
A. c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.已知正数a，b满足(a−1)(b−1)=1，则下列选项正确的是( )
A. 1a+1b=1B. ab+2b≥5C. a+b≥4D. a2+b2≥8
10.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，M为A1B上一动点，则下列说法正确的是( )
A. 与AB共面且与CC1共面的棱有5条
B. DB1⊥C1M
C. AM+MC1的最小值为 3+ 2
D. 若C1M与平面ABCD交于点E，则△EAC的面积为2
11.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)f(x−y)=f2(x)−f2(y)，f(1)=2，f(2)=0，则下列说法中正确的是( )
A. f(3)=−2B. f(−1)=f(5)C. f(x)为偶函数D. k=22024f(k)=−2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=2x−2−x,x⩽2lg2 (x+1),x>2，则f{f[f(7)]}= ．
13.已知A，B为随机事件，P(A)=0.5，P(B)=0.4，P(B|A)=0.3，则P(B|A)= ．
14.若函数f(x)=x2−1与g(x)=alnx−1的图象存在公共切线，则实数a的最大值为 ．
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)
已知函数fx=x2+bx+c(b,c∈R)，且fx≤0的解集为−1,2
(1)求函数fx的解析式；
(2)解关于x的不等式mfx>2x−m−1，其中m≥0
16.(本小题15分)
已知双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，实轴长和离心率均为2．
(1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程;
(2)过E(0,2)且倾斜角为45∘的直线l与双曲线C交于M，N两点，求OM⋅ON的值(O为坐标原点)．
17.(本小题15分)
已知公差大于0的等差数列{an}和公比大于0的等比数列{bn}满足a1=b1= 1，a2b3=1，a6b5=1．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)记数列{anbn}的前n项和为Sn，求证：1≤Sn<8．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=a(x+1)2−4lnx，a∈R.
(1)若a=2，求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;并求出该切线与两坐标轴围成的三角形的面积S的值;
(2)若对任意x∈[1,e]，f(x)<1恒成立，求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰伯努利(Jℎann Bernulli,1667∼1748)的儿子丹尼尔伯努利提出来的，大意如下：一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种?后来瑞士数学家欧拉(Lenℎard Euler,1707∼1783)给出了解答：记都装错n封信的情况为Dn种，可以用全排列n!减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：Dn=n!(1−11!+12!−⋯+(−1)n1n!)，其中n∈N∗．
阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f(x)在x=0处n阶可导，则有：f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2!x2+⋯+f(n)(0)n!xn+⋯，注f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式.阅读以上材料后请完成以下问题：
(1)求出D2，D3，D4的值;
(2)估算 e的大小(保留小数点后2位)，并给出用e和n表示Dn的估计公式;
(3)求证：2tan12+4tan14+⋯+2ntan12n<2n+1，其中n∈N∗．
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意得 A=xx>3 ， B=xx≤−1 ，又 ∁RB=xx>−1
则 A∪∁RB=xx>−1 ，
故选：B．
2.【答案】B
【解析】解：若y=(3a−1)x是定义域上的增函数，则3a−1>1，解得a>23；
若函数y=lga(3−ax)在[2,4]上是增函数，则3−2a>03−4a>00因为¬p∧q为真命题，所以¬p为真命题，且q为真命题，即p为假命题，且q为真命题，
因此a≤23且0故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：S2，S4−S2，S6−S4，S8−S6成等比数列，
S4−S2=q2S2S6−S4=q4S2=S6+5⇒S6=21S2(q2+1)S2=−5(q4−21)S2=5
从而计算可得S2=−1,S4=−5,S6=−21,S8=−85
故选C．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意得，f(x)的定义域为R，
又因为函数f(x)=(21+ex−1)sin x=1−ex1+exsinx
则f−x=1−e−x1+e−xsin−x =1−ex1+exsinx=f(x)，
所以fx为偶函数，故排除C，D；
当x=2时，fx<0，故排除B；
故选A．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，F1=1，F2=F1，F3=F2+F1，F4=F3+F2，…，
F2023=F2022+F2021，F2024=F2023+F2022，
则F3−F2=F1，F4−F3=F2，…，F2023−F2022=F2021，F2024−F2023=F2022，
将上述各式两边相加得，F2024−F2=S2022，
所以F2024=S2022+1．
故选：A．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意，分2步进行分析：
①先将3支省内代表队安排在三场比赛，每场一支代表队，有A33=6种安排方法，
②再将3支外省的代表队安排在三场比赛，每场一支代表队，有A33=6种安排方法，
则有6×6=36种安排方式．
故选：D．
7.【答案】B
【解析】解：由题得f(x)= −sinx+x− x2π= −1π(x− π2) 2− sinx+ π4，
因为y= −sinx与y=−1π (x−π2)2+ π4的图象均关于直线x= π2对称，
所以f(x)的图象也关于直线x= π2对称，又f′(x)=− csx+1−2πx，
且当x> π时，−2πx+1<−1，所以f′(x)<1+ csx ≤0，即f′(x)<0，
所以f(x)在( π，+ ∞)上单调递减；
令ℎ(x)=f′(x)=− csx+1−2πx，
则ℎ′(x)= sinx− 2π，又ℎ′( π2)=1− 2π>0，ℎ′( π)=− 2π<0，ℎ′(x)在( π2， π)单调递减，
所以 ∃ x0 ∈( π2， π)，使得ℎ′( x0)=0，
所以当x ∈( π2， x0)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
当x ∈( x0， π)时，ℎ′(x) < 0，ℎ(x)单调递减，
又ℎ( π2)=ℎ( π)=0，
所以在( π2， π)上，ℎ(x)>0，即f′(x)>0，f(x)单调递增．
由f(x)图象的对称性可知，在(0， π2)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(− ∞，0)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
又f′(0)=f′( π2)=f′( π)=0，所以结合图象可知f(x)极大值点的个数为2．
故选B．
8.【答案】B
【解析】解：比较a，b：令f(x)= lnx−1+ 1x(x>0)，f′(x)= 1x− 1x2= x−1x2，
当x ∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x ∈(1,+ ∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x) ≥f(1)= ln1−1+ 11=0，
故 lnx ≥1− 1x，可得b= ln1.1 ≥1− 11.1= 111．
令g(x)= sinx−x(x>0)，g′(x)= csx−1 ≤0，当且仅当x=2k π(k ∈ N∗)时取等号，
所以g(x)在(0,+ ∞)上单调递减，所以g(x)0，
所以a= sin 111< 111，故a比较b，c：令ℎ(x)=ln(1+x)− 1+2x+1，x∈0,0.1,ℎ′x=11+x−1 1+2x,
因为x+12− 1+2x2=x2>0，即1+x> 1+2x，
所以ℎ′x=11+x−1 1+2x<0，
所以ℎ(x)在(0,0.1)单调递减，又ℎ(0)=0，所以ℎ(0.1)<0，即ln 1.1< 1.2−1，即b所以a9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由题得a−1b−1=1，则ab−a−b+1=1，
则ab=a+b，即1a+1b=1，故 A正确；
对于B，因为ab−1=b，
所以ab=1b−1，
ab+2b=1b−1+2b+2−2=1b−1+2(b−1)+2⩾2 2+2，
当且仅当b=1+ 22时，等号成立，故 B不正确；
对于C，a+b=a+b1a+1b=2+ba+ab≥2+2=4，
当且仅当a=b=2时，等号成立，故 C正确；
对于D，a2+b2≥(a+b)22≥422=8，
当且仅当a=b=2时，等号成立，故 D正确．
故选：ACD．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，AB与CC1不共面，因此没有同时与这两条直线平行的直线，与AB平行且与CC1相交的有CD，C1D1，与AB相交且与CC1平行的有AA1，BB1，与AB相交且与CC1相交的有BC，所以共有5条，故A正确．
对于B，易知DB1⊥平面A1BC1，又C1M⊂平面A1BC1，所以DB1⊥C1M，故B正确．
对于C，如图，
以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C2，连接AC2，则AC2为AM+MC1的最小值，所以A，M，C2
三点共线.因为AA1=AB=2，所以A1B=A1C2=BC2=2 2.在△AA1C2中，根据正弦定理可得AC2sin∠AA1C2=AA1sin π6，解得AC2=4sin∠AA1C2=4sin(π3+π4)=4× 22×( 32+12)= 2+ 6.故C错误．
对于D，设平面A1BC1与平面ABCD的交线为l，因为A1C1//平面ABCD，所以A1C1//l，则AC//l，又C1M与平面ABCD交于点E，所以E∈l，则S△ACE=S△ACB=2，
故D正确．
11.【答案】AD
【解析】解：令x=y=0，则f20=0⇒f0=0．
另令x=0，则fyf−y=−f2y，由f1=2，所以f(y)=0不恒成立，
所以f−y=−fy，所以函数fx为奇函数，故 C错误；
令x=2，y=1，则f3f1=f22−f21⇒f3=−2，故 A正确；
令x=3，y=2，则f5f1=f23−f22⇒f5=2，
又f−1=−f1=−2，所以f−1=−f5，故 B错；
令y=2得fx+2fx−2=f2x−f22=f2x.且f1=2，f3=−2，f5=2．
所以f7f3=f25⇒f7=−2；f9f5=f27⇒f9=2；f11f7=f29⇒f11=−2⋯
所以f2k+1=−1k×2，又f0=0，f2=2，
所以f6f2=f24⇒f4=0；f8f4=f26⇒f6=0⋯
所以f2k=0；
所以f1+f2+f3+f4=f5+f6+f7+f8=⋯=f4k+1+f4k+2+f4k+3+f4k+4=0
所以，故 D正确．
故选：AD．
12.【答案】154
【解析】解：由题意，f(7)=lg28=3，
f(3)=lg24=2
∴f{f[f(7)]}=f(2)=4−14=154，
故答案为154．
13.【答案】0.5
【解析】解：P(B|A)=P(AB)P(A)=0.3，∴P(AB)=0.15，
∴P(B|A)=P(BA)P(A)=P(B)−P(AB)1−P(A)=0.4−0.151−0.5=0.5
14.【答案】2e
【解析】解：由题意得，f′(x)=2x，g′(x)=ax．
设公切线与f(x)=x2−1的图象切于点(x1,x12−1)，
与g(x)=alnx−1的图象切于点(x2,alnx2−1)，
∴2x1=ax2=(alnx2−1)−(x12−1)x2−x1=alnx2−x12x2−x1，
∴a=2x1x2≠0，∴2x1=2x1x2lnx2−x12x2−x1，
∴x1=2x2−2x2lnx2，∴a=2x1x2=4x22−4x22lnx2．
设ℎ(x)=4x2−4x2lnx，则ℎ′(x)=4x(1−2lnx)，
∴ℎ(x)在(0, e)上单调递增，在( e,+∞)上单调递减，
∴ℎ(x)max=ℎ( e)=2e，
∴实数a的最大值为2e．
故答案为：2e．
15.【答案】解：(1)因为fx≤0的解集为−1,2，
所以−1,2是方程x2+bx+c=0的两个根，
所以由韦达定理可得：
−1+2=−b −1×2=c,
解得b=−1,c=−2，
所以fx=x2−x−2；
(2)由(1)可得m(x2−x−2)>2x−m−1，即mx2−(m+2)x+2>0，
当m=0时，−2x+2>0，解得x<1，
当m>0时，不等式mx2−(m+2)x+2>0可化为(x−1)(mx−2)>0，
①当2m>1，即0解得x<1或x>2m，
②当2m=1，即m=2时，
解得x≠1，
③当2m<1，即m>2时，
解得x<2m或x>1，
综上，m=0时，不等式的解集为−∞,1；02时，不等式的解集为−∞,2m∪1,+∞
【解析】
(1)由题意可知，−1,2是方程x2+bx+c=0的两个根，然后利用根与系数的关系可得 −1+2=−b −1×2=c，从而可求出b,c的值，进而可得函数的解析式；
(2)由(1)可得mx2−(m+2)x+2>0，然后分m=0，02四种情况解不等式即可
16.【答案】 解：(1)由离心率e=ca=2，又c2=a2+b2∴b2=3a2，又长轴长2a=2，所以a2=1，所以b2=3，故双曲线的标准方程为x2−y23=1;其渐近线方程为y=± 3x.
(2)∵直线l的倾斜角为45∘，故其斜率为1，又l过点E(0,2)，l过点E(0,2)， ∴l的方程为y=x+2;
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则由y=x+2x2−y23=1得2x2−4x−7=0，∴x1+x2=2，x1x2=−72;
∴OM⋅ON=x1x2+y1y2=x1x2+(x1+2)(x2+2)=2x1x2+2(x1+x2)+4=1
【解析】
(1)利用已知条件首先求出双曲线的标准方程为x2−y23=1，再求渐近线即可；
(2)根据已知得直线l的方程为y=x+2，联立方程组y=x+2x2−y23=1，再利用数量积，即可求出．
17.【答案】解：(1)设数列an的公差为dd>0，数列bn的公比为qq>0，
则a2b3=1+dq2=1a6b5=1+5dq4=1,
由①式平方除②式得：1+d21+5d=1⇒d2−3d=0，
解得：d=3或d=0(舍)，q=12，
所以通项公式分别为：an=3n−2，bn=12n−1 ；
(2)记数列anbn的前n项和为Sn，
则Sn=1×120+4×121+⋅⋅⋅+3n−2×12n−1，12Sn=1×121+4×122+⋅⋅⋅+3n−2×12n，
两式相减可得：1−12Sn=1+3121+122+⋅⋅⋅+12n−1−3n−22n=1+3×12−12n1−12−3n−22n=4−3n+42n，
故：Sn=8−3n+42n−1，
∵Sn+1−Sn=(8−3n+72n)−(8−3n+42n−1)=3n+12n>0，
∴数列{Sn}为递增数列；
又S1=1，3n+42n−1>0，
∴1≤Sn<8．
【解析】
(1)由等差数列、等比数列通项公式基本量的计算求得公比、公差即可得解；
(2)由错位相减法以及等比数列求和公式即可得解．
18.【答案】解：(1)由a=2，得f(x)=2(x+1)2−4lnx，则f(1)=8;又f′(x)=4x+4−4x(x>0)，∴f′(1)=4;所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−8=4(x−1)，即4x−y+4=0 ;
令x=0，则y=4;令y=0，则x=−1;∴S=12×|4|×|−1|=2 ;
(2)已知对任意x∈[1,e]，f(x)<1恒成立，f′(x)=2a(x+1)−4x=2(ax2+ax−2)x，x>0，
令g(x)=ax2+ax−2，x>0;
①当a≤0时，g(x)<0，即f′(x)<0，∴f(x)在[1,e]上单调递减，故f(x)max=f(1)=4a≤0<1恒成立．
②当a>0时，二次函数g(x)的开口方向向上，对称轴为x=−12，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，且g(0)=−2<0，故存在唯一x0∈(0,+∞)，使得g(x0)=0，即f′(x0)=0．
当0x0时，g(x)>0，f′(x)>0;∴f(x)在(0,x0)单调递减，f(x)在(x0,+∞)单调递增在[1,e]上，f(x)max=|f(1)，f(e)|，所以f(1)<1f(e)<1得0综上，a得取值范围是(−∞,14).
【解析】
(1)利用导数求出切线方程得4x−y+4=0，再求面积即可；
(2)首先求导得f′(x)=2a(x+1)−4x=2(ax2+ax−2)x，对g(x)=ax2+ax−2进行讨论即可．
19.【答案】解：(1)因为Dn=n(1−11！+12!⋯+(−1)n1n！)，
∴D2=2!1−11!+12!=1，D3=3!1−11!+12!−13!=2，D4=4!1−11!+12!−13!+14!=9，
∴D2=1，D3=2，D4=9;
(2)由麦克劳林公式，令f(x)=ex，有ex=1+x+x22!+x33!+⋯xnn!+⋯，
再取x=12，可得e12=1+12+18+148+⋯12nn!+⋯≈1+0.5+0.125+0.0208+⋯≈1.6458，
所以估算值为1.65．
在ex=1+x+x22!+x33!+⋯xnn!+⋯中，取x=−1，可得Dn≈n!e．
(3)证明：由麦克劳林公式，当x∈(0,1)时，令f(x)=sinx，有sinx=x−x33!+x55!⋯，
猜想：sinx令f(x)=csx，有csx=1−x22!+x44!⋯，猜想：csx>1−x22．
令g(x)=sinx−x(x>0)，由g′(x)=csx−1≤0，所以g(x)令ℎ(x)=csx−1+x22(x>0)，由ℎ′(x)=−sinx+x>0，所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，即csx>1−x22．
又x∈(0,1)时，01−x22>0，所以tanx令x=1n，当n≥2，有ntan1n<11−12n2=2n22n2−1<2n2n2−1=2+2n2−1=2+1n−1−1n+1，
则2tan12+4tan14+⋯+2ntan12n<2+11−13+2+13−15+⋯+2+12n−1−12n+1=2n+1−12n+1<2n+1，命题得证．
【解析】
(1)列举或用公式可求出D2=1，D3=2，D4=9；
(2)由麦克劳林公式，令f(x)=ex，有ex=1+x+x22!+x33!+⋯xnn!+⋯，可得结论；
(3)猜想、证明sinx1−x22，tanx
1.设集合A={x|y=ln(x−3)}，B={x|x≤−1}，则A∪(∁RB)=( )
A. {x|−1
C. {x|x≤−1，或x>3}D. {x|x>3}
2.已知命题p:y=(3a−1)x是定义域上的增函数，命题q:函数y=lga(3−ax)在[2,4]上是增函数.若¬p∧q为真命题，则实数a的取值范围是( )
A. (0,23)B. (0,23]C. (23,34)D. (23,1)
3.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=−5，S6=21S2，则S8=( )
A. 120B. 85C. −85D. −120
4.函数f(x)=(21+ex−1)sinx的图象大致是( )
A.
B.
C.
D.
5.数列{Fn}:1，1，2，3，5，8，13，21，34，⋯，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多⋅斐波那契以免子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列{Fn}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是( )
A. F2024=S2022+1B. F2024=S2023+1C. S2022=F2024+2D. S2023=F2024+2
6.2023年8月至10月贵州榕江举办了“超级星期六”全国美食足球友谊赛.已知第一赛季的第一个周六(8月26日)共报名了贵州贵阳烤肉队等3支省内和辽宁东港草莓队等3支省外美食足球代表队.根据赛程安排，在8月26日举行三场比赛，每支球队都要参赛，且省内代表队不能安排在同一场，则比赛的安排方式有( )
A. 6种B. 9种C. 18种D. 36种
7.若函数f(x)=x(π−x)π−sinx，则f(x)的极大值点的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.设a=sin111，b=ln1.1，c= 1.2−1，则( )
A. c
9.已知正数a，b满足(a−1)(b−1)=1，则下列选项正确的是( )
A. 1a+1b=1B. ab+2b≥5C. a+b≥4D. a2+b2≥8
10.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，M为A1B上一动点，则下列说法正确的是( )
A. 与AB共面且与CC1共面的棱有5条
B. DB1⊥C1M
C. AM+MC1的最小值为 3+ 2
D. 若C1M与平面ABCD交于点E，则△EAC的面积为2
11.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)f(x−y)=f2(x)−f2(y)，f(1)=2，f(2)=0，则下列说法中正确的是( )
A. f(3)=−2B. f(−1)=f(5)C. f(x)为偶函数D. k=22024f(k)=−2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=2x−2−x,x⩽2lg2 (x+1),x>2，则f{f[f(7)]}= ．
13.已知A，B为随机事件，P(A)=0.5，P(B)=0.4，P(B|A)=0.3，则P(B|A)= ．
14.若函数f(x)=x2−1与g(x)=alnx−1的图象存在公共切线，则实数a的最大值为 ．
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)
已知函数fx=x2+bx+c(b,c∈R)，且fx≤0的解集为−1,2
(1)求函数fx的解析式；
(2)解关于x的不等式mfx>2x−m−1，其中m≥0
16.(本小题15分)
已知双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，实轴长和离心率均为2．
(1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程;
(2)过E(0,2)且倾斜角为45∘的直线l与双曲线C交于M，N两点，求OM⋅ON的值(O为坐标原点)．
17.(本小题15分)
已知公差大于0的等差数列{an}和公比大于0的等比数列{bn}满足a1=b1= 1，a2b3=1，a6b5=1．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)记数列{anbn}的前n项和为Sn，求证：1≤Sn<8．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=a(x+1)2−4lnx，a∈R.
(1)若a=2，求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;并求出该切线与两坐标轴围成的三角形的面积S的值;
(2)若对任意x∈[1,e]，f(x)<1恒成立，求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰伯努利(Jℎann Bernulli,1667∼1748)的儿子丹尼尔伯努利提出来的，大意如下：一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种?后来瑞士数学家欧拉(Lenℎard Euler,1707∼1783)给出了解答：记都装错n封信的情况为Dn种，可以用全排列n!减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：Dn=n!(1−11!+12!−⋯+(−1)n1n!)，其中n∈N∗．
阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f(x)在x=0处n阶可导，则有：f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2!x2+⋯+f(n)(0)n!xn+⋯，注f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式.阅读以上材料后请完成以下问题：
(1)求出D2，D3，D4的值;
(2)估算 e的大小(保留小数点后2位)，并给出用e和n表示Dn的估计公式;
(3)求证：2tan12+4tan14+⋯+2ntan12n<2n+1，其中n∈N∗．
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意得 A=xx>3 ， B=xx≤−1 ，又 ∁RB=xx>−1
则 A∪∁RB=xx>−1 ，
故选：B．
2.【答案】B
【解析】解：若y=(3a−1)x是定义域上的增函数，则3a−1>1，解得a>23；
若函数y=lga(3−ax)在[2,4]上是增函数，则3−2a>03−4a>00
因此a≤23且0
3.【答案】C
【解析】解：S2，S4−S2，S6−S4，S8−S6成等比数列，
S4−S2=q2S2S6−S4=q4S2=S6+5⇒S6=21S2(q2+1)S2=−5(q4−21)S2=5
从而计算可得S2=−1,S4=−5,S6=−21,S8=−85
故选C．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意得，f(x)的定义域为R，
又因为函数f(x)=(21+ex−1)sin x=1−ex1+exsinx
则f−x=1−e−x1+e−xsin−x =1−ex1+exsinx=f(x)，
所以fx为偶函数，故排除C，D；
当x=2时，fx<0，故排除B；
故选A．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，F1=1，F2=F1，F3=F2+F1，F4=F3+F2，…，
F2023=F2022+F2021，F2024=F2023+F2022，
则F3−F2=F1，F4−F3=F2，…，F2023−F2022=F2021，F2024−F2023=F2022，
将上述各式两边相加得，F2024−F2=S2022，
所以F2024=S2022+1．
故选：A．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意，分2步进行分析：
①先将3支省内代表队安排在三场比赛，每场一支代表队，有A33=6种安排方法，
②再将3支外省的代表队安排在三场比赛，每场一支代表队，有A33=6种安排方法，
则有6×6=36种安排方式．
故选：D．
7.【答案】B
【解析】解：由题得f(x)= −sinx+x− x2π= −1π(x− π2) 2− sinx+ π4，
因为y= −sinx与y=−1π (x−π2)2+ π4的图象均关于直线x= π2对称，
所以f(x)的图象也关于直线x= π2对称，又f′(x)=− csx+1−2πx，
且当x> π时，−2πx+1<−1，所以f′(x)<1+ csx ≤0，即f′(x)<0，
所以f(x)在( π，+ ∞)上单调递减；
令ℎ(x)=f′(x)=− csx+1−2πx，
则ℎ′(x)= sinx− 2π，又ℎ′( π2)=1− 2π>0，ℎ′( π)=− 2π<0，ℎ′(x)在( π2， π)单调递减，
所以 ∃ x0 ∈( π2， π)，使得ℎ′( x0)=0，
所以当x ∈( π2， x0)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
当x ∈( x0， π)时，ℎ′(x) < 0，ℎ(x)单调递减，
又ℎ( π2)=ℎ( π)=0，
所以在( π2， π)上，ℎ(x)>0，即f′(x)>0，f(x)单调递增．
由f(x)图象的对称性可知，在(0， π2)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(− ∞，0)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
又f′(0)=f′( π2)=f′( π)=0，所以结合图象可知f(x)极大值点的个数为2．
故选B．
8.【答案】B
【解析】解：比较a，b：令f(x)= lnx−1+ 1x(x>0)，f′(x)= 1x− 1x2= x−1x2，
当x ∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x ∈(1,+ ∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x) ≥f(1)= ln1−1+ 11=0，
故 lnx ≥1− 1x，可得b= ln1.1 ≥1− 11.1= 111．
令g(x)= sinx−x(x>0)，g′(x)= csx−1 ≤0，当且仅当x=2k π(k ∈ N∗)时取等号，
所以g(x)在(0,+ ∞)上单调递减，所以g(x)
所以a= sin 111< 111，故a
因为x+12− 1+2x2=x2>0，即1+x> 1+2x，
所以ℎ′x=11+x−1 1+2x<0，
所以ℎ(x)在(0,0.1)单调递减，又ℎ(0)=0，所以ℎ(0.1)<0，即ln 1.1< 1.2−1，即b
【解析】解：对于A，由题得a−1b−1=1，则ab−a−b+1=1，
则ab=a+b，即1a+1b=1，故 A正确；
对于B，因为ab−1=b，
所以ab=1b−1，
ab+2b=1b−1+2b+2−2=1b−1+2(b−1)+2⩾2 2+2，
当且仅当b=1+ 22时，等号成立，故 B不正确；
对于C，a+b=a+b1a+1b=2+ba+ab≥2+2=4，
当且仅当a=b=2时，等号成立，故 C正确；
对于D，a2+b2≥(a+b)22≥422=8，
当且仅当a=b=2时，等号成立，故 D正确．
故选：ACD．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，AB与CC1不共面，因此没有同时与这两条直线平行的直线，与AB平行且与CC1相交的有CD，C1D1，与AB相交且与CC1平行的有AA1，BB1，与AB相交且与CC1相交的有BC，所以共有5条，故A正确．
对于B，易知DB1⊥平面A1BC1，又C1M⊂平面A1BC1，所以DB1⊥C1M，故B正确．
对于C，如图，
以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C2，连接AC2，则AC2为AM+MC1的最小值，所以A，M，C2
三点共线.因为AA1=AB=2，所以A1B=A1C2=BC2=2 2.在△AA1C2中，根据正弦定理可得AC2sin∠AA1C2=AA1sin π6，解得AC2=4sin∠AA1C2=4sin(π3+π4)=4× 22×( 32+12)= 2+ 6.故C错误．
对于D，设平面A1BC1与平面ABCD的交线为l，因为A1C1//平面ABCD，所以A1C1//l，则AC//l，又C1M与平面ABCD交于点E，所以E∈l，则S△ACE=S△ACB=2，
故D正确．
11.【答案】AD
【解析】解：令x=y=0，则f20=0⇒f0=0．
另令x=0，则fyf−y=−f2y，由f1=2，所以f(y)=0不恒成立，
所以f−y=−fy，所以函数fx为奇函数，故 C错误；
令x=2，y=1，则f3f1=f22−f21⇒f3=−2，故 A正确；
令x=3，y=2，则f5f1=f23−f22⇒f5=2，
又f−1=−f1=−2，所以f−1=−f5，故 B错；
令y=2得fx+2fx−2=f2x−f22=f2x.且f1=2，f3=−2，f5=2．
所以f7f3=f25⇒f7=−2；f9f5=f27⇒f9=2；f11f7=f29⇒f11=−2⋯
所以f2k+1=−1k×2，又f0=0，f2=2，
所以f6f2=f24⇒f4=0；f8f4=f26⇒f6=0⋯
所以f2k=0；
所以f1+f2+f3+f4=f5+f6+f7+f8=⋯=f4k+1+f4k+2+f4k+3+f4k+4=0
所以，故 D正确．
故选：AD．
12.【答案】154
【解析】解：由题意，f(7)=lg28=3，
f(3)=lg24=2
∴f{f[f(7)]}=f(2)=4−14=154，
故答案为154．
13.【答案】0.5
【解析】解：P(B|A)=P(AB)P(A)=0.3，∴P(AB)=0.15，
∴P(B|A)=P(BA)P(A)=P(B)−P(AB)1−P(A)=0.4−0.151−0.5=0.5
14.【答案】2e
【解析】解：由题意得，f′(x)=2x，g′(x)=ax．
设公切线与f(x)=x2−1的图象切于点(x1,x12−1)，
与g(x)=alnx−1的图象切于点(x2,alnx2−1)，
∴2x1=ax2=(alnx2−1)−(x12−1)x2−x1=alnx2−x12x2−x1，
∴a=2x1x2≠0，∴2x1=2x1x2lnx2−x12x2−x1，
∴x1=2x2−2x2lnx2，∴a=2x1x2=4x22−4x22lnx2．
设ℎ(x)=4x2−4x2lnx，则ℎ′(x)=4x(1−2lnx)，
∴ℎ(x)在(0, e)上单调递增，在( e,+∞)上单调递减，
∴ℎ(x)max=ℎ( e)=2e，
∴实数a的最大值为2e．
故答案为：2e．
15.【答案】解：(1)因为fx≤0的解集为−1,2，
所以−1,2是方程x2+bx+c=0的两个根，
所以由韦达定理可得：
−1+2=−b −1×2=c,
解得b=−1,c=−2，
所以fx=x2−x−2；
(2)由(1)可得m(x2−x−2)>2x−m−1，即mx2−(m+2)x+2>0，
当m=0时，−2x+2>0，解得x<1，
当m>0时，不等式mx2−(m+2)x+2>0可化为(x−1)(mx−2)>0，
①当2m>1，即0
②当2m=1，即m=2时，
解得x≠1，
③当2m<1，即m>2时，
解得x<2m或x>1，
综上，m=0时，不等式的解集为−∞,1；0
【解析】
(1)由题意可知，−1,2是方程x2+bx+c=0的两个根，然后利用根与系数的关系可得 −1+2=−b −1×2=c，从而可求出b,c的值，进而可得函数的解析式；
(2)由(1)可得mx2−(m+2)x+2>0，然后分m=0，0
16.【答案】 解：(1)由离心率e=ca=2，又c2=a2+b2∴b2=3a2，又长轴长2a=2，所以a2=1，所以b2=3，故双曲线的标准方程为x2−y23=1;其渐近线方程为y=± 3x.
(2)∵直线l的倾斜角为45∘，故其斜率为1，又l过点E(0,2)，l过点E(0,2)， ∴l的方程为y=x+2;
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则由y=x+2x2−y23=1得2x2−4x−7=0，∴x1+x2=2，x1x2=−72;
∴OM⋅ON=x1x2+y1y2=x1x2+(x1+2)(x2+2)=2x1x2+2(x1+x2)+4=1
【解析】
(1)利用已知条件首先求出双曲线的标准方程为x2−y23=1，再求渐近线即可；
(2)根据已知得直线l的方程为y=x+2，联立方程组y=x+2x2−y23=1，再利用数量积，即可求出．
17.【答案】解：(1)设数列an的公差为dd>0，数列bn的公比为qq>0，
则a2b3=1+dq2=1a6b5=1+5dq4=1,
由①式平方除②式得：1+d21+5d=1⇒d2−3d=0，
解得：d=3或d=0(舍)，q=12，
所以通项公式分别为：an=3n−2，bn=12n−1 ；
(2)记数列anbn的前n项和为Sn，
则Sn=1×120+4×121+⋅⋅⋅+3n−2×12n−1，12Sn=1×121+4×122+⋅⋅⋅+3n−2×12n，
两式相减可得：1−12Sn=1+3121+122+⋅⋅⋅+12n−1−3n−22n=1+3×12−12n1−12−3n−22n=4−3n+42n，
故：Sn=8−3n+42n−1，
∵Sn+1−Sn=(8−3n+72n)−(8−3n+42n−1)=3n+12n>0，
∴数列{Sn}为递增数列；
又S1=1，3n+42n−1>0，
∴1≤Sn<8．
【解析】
(1)由等差数列、等比数列通项公式基本量的计算求得公比、公差即可得解；
(2)由错位相减法以及等比数列求和公式即可得解．
18.【答案】解：(1)由a=2，得f(x)=2(x+1)2−4lnx，则f(1)=8;又f′(x)=4x+4−4x(x>0)，∴f′(1)=4;所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−8=4(x−1)，即4x−y+4=0 ;
令x=0，则y=4;令y=0，则x=−1;∴S=12×|4|×|−1|=2 ;
(2)已知对任意x∈[1,e]，f(x)<1恒成立，f′(x)=2a(x+1)−4x=2(ax2+ax−2)x，x>0，
令g(x)=ax2+ax−2，x>0;
①当a≤0时，g(x)<0，即f′(x)<0，∴f(x)在[1,e]上单调递减，故f(x)max=f(1)=4a≤0<1恒成立．
②当a>0时，二次函数g(x)的开口方向向上，对称轴为x=−12，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，且g(0)=−2<0，故存在唯一x0∈(0,+∞)，使得g(x0)=0，即f′(x0)=0．
当0
【解析】
(1)利用导数求出切线方程得4x−y+4=0，再求面积即可；
(2)首先求导得f′(x)=2a(x+1)−4x=2(ax2+ax−2)x，对g(x)=ax2+ax−2进行讨论即可．
19.【答案】解：(1)因为Dn=n(1−11！+12!⋯+(−1)n1n！)，
∴D2=2!1−11!+12!=1，D3=3!1−11!+12!−13!=2，D4=4!1−11!+12!−13!+14!=9，
∴D2=1，D3=2，D4=9;
(2)由麦克劳林公式，令f(x)=ex，有ex=1+x+x22!+x33!+⋯xnn!+⋯，
再取x=12，可得e12=1+12+18+148+⋯12nn!+⋯≈1+0.5+0.125+0.0208+⋯≈1.6458，
所以估算值为1.65．
在ex=1+x+x22!+x33!+⋯xnn!+⋯中，取x=−1，可得Dn≈n!e．
(3)证明：由麦克劳林公式，当x∈(0,1)时，令f(x)=sinx，有sinx=x−x33!+x55!⋯，
猜想：sinx
令g(x)=sinx−x(x>0)，由g′(x)=csx−1≤0，所以g(x)
又x∈(0,1)时，0
则2tan12+4tan14+⋯+2ntan12n<2+11−13+2+13−15+⋯+2+12n−1−12n+1=2n+1−12n+1<2n+1，命题得证．
【解析】
(1)列举或用公式可求出D2=1，D3=2，D4=9；
(2)由麦克劳林公式，令f(x)=ex，有ex=1+x+x22!+x33!+⋯xnn!+⋯，可得结论；
(3)猜想、证明sinx
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