江西省上饶市广丰洋口中学2023-2024学年高二下学期期末检测数学试卷

这是一份江西省上饶市广丰洋口中学2023-2024学年高二下学期期末检测数学试卷，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．在数列{an}中，an=1-1an-1(n≥2)，a1=2，则a10=（ ）
A．2B．12C．-12D．-1
2．已知数列{an}满足a1=1，an+1=an4an+1，(n∈N*)，则an=（ ）
A．an=1nB．an=12n-1
C．an=14n-3D．an=2n-14n-3
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．用数学归纳法证明等式(n+1)(n+2)⋯⋯(n+n)=2n⋅1⋅3⋯⋯(2n-1)(n∈N*)，从k到k+1左端需要增乘的代数式为（ ）
A．2k+3k+1B．2k+1k+1C．2k+1D．2(2k+1)
5．一质点做直线运动，它所经过的路程s与时间t的关系为s(t)=t3+t2+1，若该质点在时间段[1，2]内的平均速度为v1，在t=2时的瞬时速度为v2，则v1+v2=（ ）
A．10B．16C．26D．28
6．下列导数运算正确的是（ ）
A．(cs3)'=-sin3B．(e3x)'=e3x
C．(1x)'=1x2D．(lg2x)'=1xln2
7．已知函数f(x)=(x2-2)(x2-4)(x2-7)(x2-9)(x2-10)(x2-12)(x2+x)，则limx→0f(-2+x)-f(-2)x=（ ）
A．-11520B．-23040C．11520D．23040
8．已知函数f(x)=ex-ln(x+3)，则下面对函数f(x)的描述正确的是（ ）
A．∀x∈(-3,+∞)，f(x)≥13B．∀x∈(-3,+∞)，f(x)>-12
C．∃x0∈(-3,+∞)，f(x0)=-1D．f(x)min∈(0,1)
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，下列说法正确的是（ ）
A．若{an}是等差数列，a15+a16>0,a15+a17<0，则使Sn>0的最大正整数n的值为15
B．若{an}是等比数列，Sn=5n+c（c为常数），则必有c=-1
C．若{an}是等比数列，则Sn=a1(1-qn)1-q
D．若an+4Sn-1Sn=0(n≥2),a1=14，则数列{1Sn}为递增等差数列
10．已知函数f(x)=ex1-ex，则( )
A．f(x)在定义域上单调递增
B．曲线y=f(x)上任意一点处的切线斜率大于0
C．y=f(x)的图象关于点(0,-1)对称
D．f(lg(lg2))+f(lg(lg210))=-1
11．已知函数f(x)及其导函数f'(x)满足xf'(x)-f(x)=x2(lnx+1)，且f(1)=0，则（ ）
A．f(x)在(1，+∞)上单调递增B．f(x)在(12，1)上有极小值
C．f(x)x的最小值为-1D．f(x)的最小值为0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．记正项数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=an(an+1)2,n∈N*，则Sn2+128Sn的最小值为 .
13．已知数列{an}满足a3=-14，an+an+1=116n2csnπ2，则a240= ．
14．已知函数f(x)=12-|x-32|(x⩽2)ex-2(-x2+8x-12)(x>2)，若在区间(1,+∞)上存在n(n⩾2)个不同的数x1,x2,x3,⋯,xn，使得f(x1)x1=f(x2)x2=…f(xn)xn成立，则n的取值集合是 .
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．（13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.
16．（15分）已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a4，a13成等比数列，{an}的前n项和为Sn，S2+S5=43，设bn=2n⋅an，数列{bn}的前n项和为Tn，
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）若不等式(Tn-2)λ+2Sn-11n+3≤0对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．
17．（17分）已知数列{an}满足an2-(4+3n)an-4n2-4n=0(an>0,n∈N*)，数列{bn}满足bn+1=3bn+2n-1(n∈N*)，b1=2．
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2）定义：已知数列{cn}，Qn=i=1nc2i，当Qn4∈N*时，称{cn}为“4一偶数项和整除数列”．
（i）计算Sn，Tn，其中Sn=i=1na2i，Tn=i=1n(b2i+2i)．
（ii）若{λ(bn+n)-an}(λ∈N*)为“4-偶数项和整除数列”，求λ的最小值．
18．（15分）已知函数f(x)=x3-6x2+9x+1.
（1）求函数f(x)在x=0处的切线方程；
（2）当x∈[0,5]时，求函数f(x)的最大值.
19．（17分）已知函数f(x)=lnx+12x2-ax．
（1）若f(x)在(0,+∞)上单调递增，求实数a的最大值；
（2）讨论f(x)的单调性；
（3）若存在x1,x2且x12．
高二数学参考答案
1．【答案】A
【解析】【解答】解：因为 an=1-1an-1(n≥2)，a1=2，
可得a2=12,a3=-1,a4=2，
可知数列 {an} 的周期为3，则 a10=a1=2.
故答案为：A.
【分析】根据题中递推公式分析可知数列 {an} 的周期为3，结合周期性分析求解.
2．【答案】C
3．【答案】C
4．【答案】D
【解析】【解答】当n=k时，左边=(k+1)(k+2)⋯⋯(k+k).
当n=k+1时，左边=(k+1+1)(k+2+1)⋯⋯(k+1+k-1)(k+1+k)(k+1+k+1).
所以要增乘的是(k+1+k)(k+1+k+1)k+1=2(2k+1).
故答案为：D
【分析】分别求出当n=k时和当n=k+1时，左边的代数式，即可得到正确答案.
5．【答案】C
【解析】【解答】由题，v1=s(2)-s(1)2-1=23+22+1-13-12-11=10.
由题s'(t)=3t2+2t，v2=s'(2)=3×22+2×2=16.则v1+v2=26.
故答案为：C
【分析】 根据题意，求出 v1、 v2 的值，进而计算可得答案.
6．【答案】D
【解析】【解答】解：对于A项，因cs3是常数，故(cs3)'=0，即A项错误；
对于B项，利用复合函数的求导法则，(e3x)'=e3x×(3x)'=3e3x，故B项错误；
对于C项，(1x)'=(x-1)'=-x-2=-1x2，故C项错误；
对于D项，由求导法则易得(lg2x)'=1xln2，故D项正确.
故答案为：D.
【分析】利用基本初等函数的导数公式和复合函数的求导法则依次求导即可判断.
7．【答案】A
【解析】【解答】解：令g(x)=(x2-2)(x-2)(x2-7)(x2-9)(x2-10)(x2-12)(x2+x)，
则f(x)=(x+2)g(x)，f'(x)=g(x)+(x+2)g'(x)，
则limx→0f(-2+x)-f(-2)x=f'(-2)=g(-2)=2×(-4)×(-3)×(-5)×(-6)×(-8)×2=-11520.
故答案为：A.
【分析】令g(x)=(x2-2)(x-2)(x2-7)(x2-9)(x2-10)(x2-12)(x2+x)，则f(x)=(x+2)g(x)，对函数求导后结合导数的定义求解即可.
8．【答案】B
【解析】【解答】解：因为f(x)=ex-ln(x+3)，定义域(-3,+∞)，求导得f'(x)=ex-1x+3，易知导函数f'(x)在(-3,+∞)上是增函数，又f'(-2)=1e2-1<0，f'(-1)=1e-ln2>0，所以f'(x)=0在(-3,+∞)上有唯一的实根，设为x0，且x0∈(-2,-1)，则x=x0为f(x)的最小值点，且ex0=1x0+3，即x0=-ln(x0+3)，故f(x)≥f(x0)=ex0-ln(x0+3)=ex0+x0>-12，
故答案为：B.
【分析】首先对函数求导，可以得到其导函数是增函数，利用零点存在性定理，可以将其零点限定在某个区间上，结合函数的单调性，求得函数的最小值所满足的条件，利用不等式的传递性求得结果.
9．【答案】B,D
10．【答案】B,D
【解析】【解答】解：对于A选项：f(x)=ex1-ex=-1+11-ex，x∈-∞，0∪0，+∞，又根据复合函数的单调性可得fx在-∞，0和0，+∞上单调递增，当x<0时，fx>0，当x>0时，fx<0，所以fx在定义域上不是单调递增，故A选项错误；
对于B选项：因为f'x=ex1-ex2>0，所以 曲线y=f(x)上任意一点处的切线斜率大于0 ，故B选项正确；
对于C选项：f(-x)=e-x1-e-x=1ex-1，则fx+f-x=-1，所以y=f(x) 的图象关于点(0,-12)对称，故C选项错误；
对于D选项：因为lglg210=lg1lg2=-lglg2又根据C选项知：fx+f-x=-1可知D选项正确.
故答案为：BD.
【分析】本题主要考查函数的单调性，对称性，导数的几何意义，由指数型复合函数单调性即可判定A选项；求导后，利用导数的几何意义即可判定B选项；根据题意证得：fx+f-x=-1，据此即可判定C选项；根据C选项的结论即可判定D选项.
11．【答案】A,B
【解析】【解答】解：∵函数f(x)及其导函数f'(x)满足xf'(x)-f(x)=x2(lnx+1) ，∴xf'(x)-f(x)x2=lnx+1，∴f(x)x'=xlnx'，又 f(1)=0 ，∴f(x)=x2lnx，
AB、∵f'(x)=2xlnx+x=x2lnx+1，令f'(x)=0解得x=1e，当x∈0，1e时，
f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈1e，+∞时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
∵1>1e>12，∴ f(x)在(1，+∞)上单调递增，f(x)在(12，1)上有极小值 ，AB正确；
C、令 gx=f(x)x=xlnx，则g'x=lnx+1，令g'(x)=0解得x=1e，当x∈0，1e时，
g'(x)<0，g(x)单调递减，当x∈1e，+∞时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
∴f(x)min=f1e=1eln1e=-1e ，C错误；
D、由A知 f(x)min=f1e=1eln1e=-12e，D错误.
故答案为：AB.
【分析】由xf'(x)-f(x)=x2(lnx+1)变形可得f(x)x'=xlnx'结合 f(1)=0 求得f(x)=x2lnx，利用函数的单调性和导数的关系逐一判断选项.
12．【答案】5123（或1553）
【解析】【解答】解：由题意知，当n=1 时，a1=S1=a1(a1+1)2，
解得a1=1 或a1=0 （舍去），
当n≥2 时，an=Sn-Sn-1=an(an+1)2-an-1(an-1+1)2，
∴an2-an-12-an-an-1=0,
∴(an+an-1)(an-an-1)-(an+an-1)=0,
∴(an+an-1)(an-an-1-1)=0,
数列{an}为正项数列，∴an+an-1>0,
∴an-an-1-1=0，即an-an-1=1.
∴{an} 是以首项为 1 ， 公差为1的等差数列，
∴an=n,Sn=(n+1)n2=n2+n2,
令Sn=t,有Sn2+128Sn=t2+128t,
令f(t)=t2+128t，从而 f'(t)=2t-128t2=2(t3-64)t2，
易知 f(t) 在 (0,4) 单调递减， 在 (4,+∞) 单调递增，
f(t)min=f(4)， 但 t=Sn=n2+n2≠4， 根据 Sn 能取的值的特点可得，
所以 Sn2+128Sn在 Sn=3 或 Sn=6处取得最小值，
当 Sn=6 时， Sn2+128Sn=1723， 当 Sn=3 时， Sn2+128Sn=1553，
故最小值为 1553.
故答案为： 1553.
【分析】根据数列的递推关系可以求出an，然后再求出Sn，再根据式子特点构造函数，利用导数与单调性关系以及数列的函数特性即可求解.
13．【答案】1785
【解析】【解答】解：由题意可知，n为正整数，且结合余弦函数性质可知csnπ2的周期是4，
令n=4k,4k+1,4k+2,4k+3分别代入an+an+1=116n2csnπ2可得：
a4k+a4k+1=k2①，a4k+1+a4k+2=0②，a4k+2+a4k+3=-(k2+k+14)③，a4k+3+a4k+4=0④，
由可得④-③-②-①可得：a4k+4-a4k=k+14，
且a3=-14,a3+a4=0，可得a4=14；
由累加法可得a240=(a240-a236)+(a236-a232)+⋅⋅⋅+(a8-a4)+a4=59+14+58+14+⋅⋅⋅+1+14+14
=59+58+⋅⋅⋅+1+14×60=59(59+1)2+15=1785；
故答案为：1785.
【分析】先判断csnπ2的周期，可得数列{an}满足a4k+4-a4k=k+14，再由累加法，结合等差数列前n和公式即可求解.
14．【答案】{2,3,4}
15．【答案】（1）设数列{an}的公差为d(d>0)，数列{bn}的公比为q(q>0)，
则a2b3=(1+d)q2=1a6b5=(1+5d)q4=1，
由①式平方除②式得：(1+d)21+5d=1⇒d2-3d=0，得d=0（舍）或d=3q=12，
∴通项公式分别为an=3n-2bn=(12)n-1.
（2）∵anbn=(3n-2)(12)n-1∴Sn=1×(12)0+4×(12)1+⋯+(3n-2)×(12)n-1,12Sn=1×(12)1+4×(12)2+⋯+(3n-2)×(12)n，
两式相减可得(1-12)Sn=1+3(121+122+⋯+12n-1)-3n-22n=1+3×12-12n1-12-3n-22n=4-3n+42n
∴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
16．【答案】（1）解：由已知等差数列{an}得a42=a1⋅a13S2+S5=43解得a1=3d=2，
所以an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1，
所以bn=2n⋅an=(2n+1)⋅2n
（2）解：Tn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)⋅2n，①
2Tn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)⋅2n+1，②
所以①－②得-Tn=3×2+2×22+2×23+…+2⋅2n-(2n+1)⋅2n+1
=6+23+24+…+2n+1-(2n+1)⋅2n+1
所以-Tn=6+8(1-2n-1)1-2-(2n+1)⋅2n+1=6+2n+2-8-(2n+1)⋅2n+1=(1-2n)⋅2n+1-2
所以Tn=(2n-1)⋅2n+1+2
由（1）得a1=3d=2，所以Sn=na1+n(n-1)2d=3n+n(n-1)=n2+2n
∵不等式(Tn-2)λ+2Sn-11n+3≤0对一切n∈N*恒成立
∴(2n-1)⋅2n+1⋅λ+2n2-7n+3≤0且(2n-1)⋅2n+1>0
∴λ≤-2n2+7n-3(2n-1)⋅2n+1对一切n∈N*恒成立
即λ≤3-n2n+1对一切n∈N*恒成立，∴λ≤(3-n2n+1)min
令f(n)=3-n2n+1，则f(n+1)=2-n2n+2，∴f(n+1)-f(n)=2-n2n+2-3-n2n+1=n-42n+2
当1≤n≤3时，f（n＋1）－f（n）＜0，∴f(n)=3-n2n+1单调递减；
当n＝4时，f（n＋1）＝f（n），即f(5)=f(4)=-132；
当n≥5时，f（n＋1）－f（n）＞0，∴f(n)=3-n2n+1单调递增；
综上，f(n)=3-n2n+1的最小值为f(5)=f(4)=-132，
∴λ≤(3-n2n+1)min=-132，∴λ的最大值为-132．
17．【答案】（1）解：由an2-(4+3n)an-4n2-4n=0可得[an-(4n+4)](an+n)=0，
根据an>0可得an=4n+4，
由bn+1=3bn+2n-1可得bn+1+n+1=3(bn+n)，且b1+1=3，
所以{bn+n}是以首项为3，公比为3的等比数列，故bn=3n-n．
（2）解：（i）Sn=a2+a4+⋯+a2i+⋯+a2n=(12+8n+4)n2=4n2+8n
Tn=(b2+2)+⋯+(b2i+2i)+⋯+(b2n+2n)=9(1-9n)1-9=18(9n+1-9)．
（ii）方法一：当n=1时，λT1-S14=λ(b2+2)-a24=9λ-124，
显然，λ=1，2，3不满足题意．
当λ=4时，i=1n{λ(b2i+2i)-a2i}=4Tn-Sn=12(9n+1-9)-4n2-8n
4Tn-Sn4=18(9n+1-9)-n2-2n=18[(1+8)n+1-9]-n2-2n
=18[(Cn+10+8Cn+11+82Cn+12+⋯+8n+1Cn+1n+1)-9]-n2-2n
=18[1+8(n+1)+82Cn+12+⋯+8n+1Cn+1n+1-9]-n2-2n
=18(8n+82Cn+12+⋯+8n+1Cn+1n+1)-n2-2n=n+8Cn+12+⋯+8nCn+1n+1-n2-2n∈Z
4Tn-Sn4=n+8Cn+12+⋯+8nCn+1n+1-n2-2n≥n+8×n(n+1)2-n2-2n=3n2+3n>0，
4Tn-Sn4∈N*，得证．
方法二：当n=1时，λT1-S14=λ(b2+2)-a24=9λ-124，
显然，λ=1，2，3不满足题意．
当λ=4时，cn=4(bn+n)-an=4⋅3n-4n-4，4Tn-Sn=i=1nc2i，
因为cn4=4⋅3n-4n-44=3n-n-1∈Z且3n-n-1>en-n-1>0，
所以4Tn-Sn4∈N*，得证．
18．【答案】（1）因为f(x)=x3-6x2+9x+1，所以f'(x)=3x2-12x+9.
f'(0)=9,f(0)=1
所以切线方程为y-1=9(x-0)，即y=9x+1.
（2）令f'(x)=3x2-12x+9=0,x1=1,x2=3，
因为x∈[0,5]，所以f(x)在[0,1],[3,5]单调递增，(1,3)单调递减，
所以fmax(x)=max{f(1),f(5)}=max{5,21}=21.
19．【答案】（1）解：因为函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立．
因为f'(x)=1x+x-a，所以1x+x-a≥0，即a≤1x+x对x∈(0,+∞)恒成立．
因为1x+x≥21x⋅x=2，所以a≤2，即实数a的最大值是2．
（2）解：f'(x)=1x+x-a=x2-ax+1x．
①当a≤0时，f'(x)>0，则f(x)在(0,+∞)上单调递增；
②当00，则f(x)在(0,+∞)上单调递增；
③当a>2时，令f'(x)=0，得x=a±a2-42，
则f(x)在(0,a-a2-42),(a+a2-42,+∞)上单调递增，在(a-a2-42,a+a2-42)上单调递减．
综上所述，当a≤2时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；当a>2时，f(x)在(0,a-a2-42)，(a+a2-42,+∞)上单调递增，在(a-a2-42,a+a2-42)上单调递减．
（3）证明：因为f(1)=12-a，所以f(x1)+f(x2)=1-2a=2f(1)，
因为f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以0要证x1+x2>2，即证x2>2-x1>1．
因为f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以只需证f(x2)>f(2-x1)．
又因为f(x1)+f(x2)=1-2a，所以只需证1-2a-f(x1)>f(2-x1)，
即证f(x1)+f(2-x1)<1-2a(0记F(x)=f(x)+f(2-x),x∈(0,1)，
则F'(x)=f'(x)-f'(2-x)=1x+x-a-12-x-(2-x)+a=-2(x-1)3x(2-x)>0，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)故x1+x2>2成立．