2023-2024学年江西省赣州市高二（下）期末数学试卷（含解析）

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这是一份2023-2024学年江西省赣州市高二（下）期末数学试卷（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.已知集合A={x|x<1}，B={x|x2−3x<0}，则A∩B=( )
A. {x|0C. {x|x<1或x>3}D. {x|x<3}
2.命题“∀x>0，ex≥x+1”的否定是( )
A. ∀x>0，exC. ∃x>0，ex3.正项等比数列{an}中，a2a4a6=27，则lg3a1+lg3a7=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.已知函数f(x)的定义域为R且导函数为f′(x)，函数y=xf′(x)的图像如图，则下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)的增区间是(−2,0)，(2,+∞)
B. 函数f(x)的减区间是(−∞,−2)，(2,+∞)
C. x=−2是函数的极大值点
D. x=2是函数的极大值点
5.“m≤1”是“函数f(x)=lg2(x2−mx−1)在(1,+∞)单调递增”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
6.在人工智能神经网络理论中，根据不同的需要，设置不同激活神经单元的函数，其中函数tanℎ是比较常用的一种，其解析式为tanℎ(x)=ex−e−xex+e−x.关于函数tanℎ(x)，下列结论错误的是( )
A. tanℎ(x)≤−1有解B. tanℎ(x)是奇函数
C. tanℎ(x)不是周期函数D. tanℎ(x)是单调递增函数
7.已知A是函数f(x)=x−2lnx图像上的动点，B是直线x+y+2=0上的动点，则A，B两点间距离|AB|的最小值为( )
A. 4 2B. 4C. 2 2D. 5
8.设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d<0，a10a11<−1，则下列结论正确的是( )
A. a4+a5+a18<0B. 使得Sn<0成立的最小自然数n是20
C. S99>S1010D. S21a21>S22a22
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a，b∈R，且a>b，则下列不等式一定成立的是( )
A. 1a<1bB. a+c>b+cC. ac2>bc2D. (12)a>(12)b
10.已知正数a，b满足4a+b+ab=5，则下列结论正确的是( )
A. ab的最大值为1B. 4a+b的最小值为4
C. 16a2+b2的最小值为9D. 1a+1+1b的最小值为109
11.记方程xex=1的实数解为Ω(Ω是无理数)，Ω被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关Ω的结论正确的是( )
A. lnΩ+Ω=0 B. Ω∈(13,12)
C. Ω2+2Ω−1>0 D. 函数f(x)=ex−1+lnxx的最小值为f(Ω)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数y=f(x)是R上的奇函数，g(x)=f(x)+1,x≤03x−1,x>0，则g(g(0))= ______．
13.数列{an}的前n项和为Sn，若an=1n(n+1)+sinnπ2，则S2024= ______．
14.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x−1)=f(x+2)，当x∈[0,3)时，f(x)=x2−3x+1ex，则y=f(x)在[−1012,1012]上的零点个数为______个.
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f(x)=ax3+bx2(x∈R)的图象过点P(−1,2)，且在点P处的切线恰好与直线3x+y+4=0平行．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求f(x)在[−4,1]上的最大值和最小值．
16.(本小题15分)
已知等差数列{an}的公差d>0，a4=5，a1，a3，a7成等比数列，数列{bn}的前n项和公式为Sn=2bn−2(n∈N∗)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn=an⋅bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)为二次函数，有f(−1)=0，f(4)=5，_____．
从下列条件中选取一个，补全到题目中，
①f(12+x)=f(32−x)，
②函数f(x+1)为偶函数，
③f(2)=−3．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若g(x)=lg2(x2+3)−lg2(x+1)，若对任意的x1∈[1,2]，总存在x2∈(−1,2]，使得g(x2)≤f(x1)+mx1成立，求实数m的取值范围．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=x⋅lnx−ax2，f′(x)为f(x)的导函数，记g(x)=f′(x)，其中a为常数．
(1)讨论g(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1①求a的取值范围；
②求证：x1+x2>1a
19.(本小题17分)
若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，3进行构造，第一次得到数列1，4，3；第二次得到数列1，5，4，7，3；依次构造，第n(n∈N∗)次得到的数列的所有项之和记为an，如a1=1+4+3=8．
(1)求a3；
(2)求{an}的通项公式；
(3)证明：1a1+1a2+1a3+⋯+1an<524．
答案解析
1.A
【解析】解：因为集合A={x|x<1}，B={x|x2−3x<0}={x|0则A∩B={x|0故选：A．
2.C
【解析】解：根据题意，命题“∀x>0，ex≥x+1”是全称命题，
其否定为∃x>0，ex故选：C．
3.B
【解析】解：正项等比数列{an}中，a2a4a6=a43=27，即a4=3，
则lg3a1+lg3a7=lg3a1a7=lg3a42=2．
故选：B．
4.C
【解析】根据y=xf′(x)的图象可知：当x<−2时，f′(x)>0；
当−2当0当x>2时，f′(x)>0，
所以f(x)在(−∞,−2)，(2,+∞)上单调递增，在(−2,2)上单调递减，
因此函数f(x)在x=2时取得极小值，在x=−2取得极大值．
故ABD错误，C正确．
故选：C．
5.B
【解析】解：根据题意，设g(x)=x2−mx−1，
若函数f(x)=lg2(x2−mx−1)在(1,+∞)单调递增，则g(x)在区间(1,+∞)单调递增且g(x)>0恒成立，
则有m2≤1g(1)=1−m−1≥0，解可得m≤0，
反之，当m≤0时，g(x)=x2−mx−1在区间(1,+∞)单调递增且g(x)>0恒成立，
此时函数f(x)=lg2(x2−mx−1)在(1,+∞)单调递增，
故函数f(x)=lg2(x2−mx−1)在(1,+∞)单调递增的充要条件为m≤0，
则“m≤1”是“函数f(x)=lg2(x2−mx−1)在(1,+∞)单调递增”的必要不充分条件．
故选：B．
6.A
【解析】解：由tanℎ(x)=ex−e−xex+e−x=1−2e−xex+e−x=1−2e2x+1，
因e2x+1>1，则0<2e2x+1<2，
可得−1<1−2e2x+1<1，即tanℎ(x)∈(−1,1)，故A错误；
因为tanℎ(x)的定义域为R，且tanℎ(−x)=e−x−exe−x+ex=−ex−e−xex+e−x=−tanℎ(x)，
所以tanℎ(x)是奇函数，故B正确；
tanℎ(x)=ex−e−xex+e−x=1−2e2x+1，
因为e2x是增函数，e2x+1是增函数且恒为正数，则1e2x+1是减函数，故tanℎ(x)是增函数，故D正确；
由D可知函数在R上单调递增，所以当T≠0时，tanℎ(x+T)≠tanℎ(x)，所以函数不是周期函数，C正确．
故选：A．
7.C
【解析】解：由(x)=x−2lnx，得f′(x)=1−2x，
设A(x,x−2lnx)，
则|AB|min=|x+x−2lnx+2| 2=|2x−2lnx+2| 2= 2|x+1−lnx|，
令g(x)=x+1−lnx,x>0,g′(x)=1−1x=x−1x，
则当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
则g(x)min=g(1)=2，
故|AB|min=2ln2．
故选：C．
8.C
【解析】解：由公差为d<0，a10a11<−1，得等差数列{an}为递减数列，且a10>0，a11<0，a10+a11>0，
对于A，a4+a5+a18=3a1+24d=3a9>0，故A错误；
对于B，∵a10+a11>0，∴a1+a20=a10+a11>0，
∴S20=20(a1+a20)2>0，故B错误；
对于C，∵Snn=na1+n(n−1)2dn=d2n+a1−d2，且d2<0，
∴由一次函数单调性知{Snn}为单调递减数列，∴S99>S1010，故C正确；
对于D，由B知S20>0，且S21=21a11<0，∴S22=S21+a22<0，
∵S21a21=S21S21−S20，S22a22=S22S22−S21，
∵S21a21>S22a22，∴S21S21−S20>S22S22−S21，且(S21−S20)(S22−S21)>0，
∴S21(S22−S21)>S22(S21−S20)，∴S212∵S20>0，S22<0，显然矛盾，故S21a21>S22a22不成立，故D错误．
故选：C．
9.BC
【解析】解：当a=1，b=−1时，A显然错误，
由不等式性质可知，当a>b时，a+c>b+c一定成立，B正确；
由选项C可知，c2>0，若a>b，则ac2>bc2，C正确．
由指数函数y=(12)x在R上单调递减可知，(12)a<(12)b，D错误．
故选：BC．
10.ABD
【解析】解：由正数a，b满足4a+b+ab=5，可得4a+b=5−ab≥4 ab，
解得0< ab≤1，即ab≤1，当且仅当4a=b，即a=12，b=2时等号成立，故A正确；
由正数a，b满足4a+b+ab=5，可得4a+b−5=−14×4ab≥−14×(4a+b2)2，
解得4a+b≥4或4a+b≤−20(舍去)，当且仅当4a=b，即a=12，b=2时等号成立，故B正确；
16a2+b2=(4a+b)2−8ab=(5−ab)2−8ab=(ab−9)2−56，由选项A知ab≤1，
由二次函数的单调性知(ab−9)2−56≥(1−9)2−56=8，ab=1时，16a2+b2的最小值为8，故C错误；
由4a+b+ab=5可得4a+4+b+ab=9，即(a+1)(b+4)=9，
所以1a+1=b+49=b9+49，
所以1a+1+1b=b9+1b+49≥2 b9⋅1b+49=109，
当且仅当b9=1b，即b=3，a=27时等号成立，故D正确．
故选：ABD．
11.ACD
【解析】解：构建g(x)=xex−1，则Ω为g(x)的零点，
因为g′(x)=(x+1)ex，若x<−1，则g′(x)<0，
可知g(x)在(−∞,−1)内单调递减，且g(x)<0所以g(x)在(−∞,−1)内无零点；
若x>−1，则g(x)>0，可知g(x)在(−1,+∞)内单调递增，
g(0.5)= e2−1<0且g(1)=e−1>0，
所以g(x)在(−1,+∞)内存在难一零点Ω∈(0.5,1)；
对于选项A：因为ΩeΩ=1，Ω∈(0.5,1)，即1Ω=eΩ，
两边取对数可得：n1Ω=lneΩ=Ω，lnΩ+Ω=0，故A正确；
对于选项B：由上可知Ω∈(0.5,1)，故B不正确；
对于选项C：y=Ω2+2Ω−1对称轴为Ω=−1，而Ω∈(0.5,1)，故y=Ω2+2Ω−1单调递增，
当Ω=0.5，y=Ω2+2Ω−1最小值为0.25，所以Ω2+2Ω−1>0，故C正确；
对于选项D：构建ℎ(x)=x−ℎx−1，x>0，则ℎ′(x)=1−1x，
令ℎ(x)>0，解得x>1；令ℎ(x)<0，解得0则ℎ(x)≥ℎ(1)=0，可得x−lnx−1≥0，当且仅当x=1时，等号成立，
t>0可得t−lnt−1≥0，令t=xex，xex−ln(xex)−1≥0，xex−(lnx+lnex)−1≥0，
xex−lnx−x−1≥0，xex−lnx−1≥x，f(x)=xex−lnx−1x≥xx=1，
当且仅当xex=1，ex=1x2等号成立，
所以f(x)的最小值为f(Ω)，故D正确．
故选：ACD．
12.2
【解析】解：因为函数y=f(x)是R上的奇函数，
所以f(0)=0，
因为g(x)=f(x)+1,x≤03x−1,x>0，
所以g(0)=f(0)+1=0+1=1，
则g(g(0))=g(1)=31−1=2．
故答案为：2．
13.20242025
【解析】解：令bn=1n(n+1)=1n−1n+1，
其前2024项的和为1−12+12−13+…+12024−12025=1−12025=20242025，
因为f(n)=sinnπ2的周期为4，f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=sinπ2+sinπ+sin3π2+sin2π=0，
故f(1)+f(2)+……+f(2024)=506[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=0，
则S2024=20242025．
故答案为：20242025．
14.1350
【解析】解：由f(x−1)=f(x+2)可得f(x)=f(x+3)，
所以周期T=3，当x∈[0,3)时，f(x)=x2−3x+1ex，
令f(x)=0，解得x1=3− 52∈(0,1)，x2=3+ 52∈(2,3)，
即一个周期内有2个零点，因为f(1012)=f(337×3+1)，
所以y=f(x)在[−1012,1012]上的零点个数为2×(2×337+1)=1350．
故答案为：1350
15.解：(1)因为函数f(x)=ax3+bx2的图象过点P(−1,2)，所以−a+b=2．
又因为f′(x)=3ax2+2bx，且f(x)在点P处的切线恰好与直线3x+y+4=0平行，
所以f′(−1)=3a−2b=−3，由−a+b=23a−2b=−3，
得：a=1b=3，所以f(x)=x3+3x2．
(2)由(1)知：f(x)=3x2+6x=3x(x+2)，
由f′(x)<0得−20得x<−2或x>0．
所以f(x)在(−4,−2)上单调递增，在(−2,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
又f(−4)=−16，f(−2)=4，f(0)=0，f(1)=4，
所以f(x)在[−4,1]上的最大值为4，最小值为−16．
【解析】(1)根据函数的图象过点P，得到关于a，b的一个关系式，再根据函数在x=−1处的导数为−3，又得到关于a，b的一个关系式，可求a、b的值．
(2)利用导数分析函数的单调性，可求函数的最大、最小值．
16.解：(1)等差数列{an}的公差d>0，a4=5，a1，a3，a7成等比数列，
所以a32=a1a7，即(a4−d)2=(a4−3d)(a4+3d)，
所以(5−d)2=(5−3d)(5+3d)，
解得，d=1或d=0(舍)，
故an=a4+(n−4)d=5+n−4=n+1，
因为数列{bn}的前n项和公式为Sn=2bn−2(n∈N∗)，
所以Sn−1=2bn−1−2(n≥2)，
故n≥2时，两式相减可得，bn=2bn−2bn−1，即bn=2bn−1，
因为S1=2b1−2，即b1=2，
所以数列{bn}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
所以bn=2n；
(2)cn=an⋅bn=(n+1)⋅2n，
Tn=2×2+3×22+…+(n+1)⋅2n，
则2Tn=2×22+3×23+…+n⋅2n+(n+1)⋅2n+1，
两式相减得，−Tn=4+(22+23+…+2n)−(n+1)⋅2n+1
=4+4(1−2n−1)1−2−(n+1)⋅2n+1，
=−n⋅2n+1，
所以Tn=n⋅2n+1．
【解析】(1)结合等比数列与等差数列的性质即可求解an，结合数列和与项的递推关系及等比数列的通项公式可求bn；
(2)先求出cn，然后结合错位相减求和即可求解．
17.解：(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，
因为f(−1)=a−b+c=0，f(4)=16a+4b+c=5，
若选①，f(12+x)=f(32−x)，则f(x)的图象关于x=1对称，
故b=−2a，
联立a−b+c=016a+4b+c=5b=−2a，可得a=1，b=−2，c=−3，
所以f(x)=x2−2x−3；
若选②，函数f(x+1)为偶函数，则f(x)的图象关于x=1对称，
故b=−2a，
联立a−b+c=016a+4b+c=5b=−2a，可得a=1，b=−2，c=−3，
所以f(x)=x2−2x−3；
若选③f(2)=4a+2b+c=−3，
联立a−b+c=016a+4b+c=54a+2b+c=−3，可得a=1，b=−2，c=−3，
所以f(x)=x2−2x−3；
(2)g(x)=lg2(x2+3)−lg2(x+1)=lg23+x2x+1，x∈(−1,2]，
令t=x+1，则x=t−1，t∈(0,3]，
因为y=t+4t−2≥2 t⋅4t−2=2，当且仅当t=4t，即t=2时取等号，
g(x)可化为y=ℎ(t)=lg23+(t−1)2t=lg2(t+4t−2)≥1，即ℎ(t)的最小值为1，
若对任意的x1∈[1,2]，总存在x2∈(−1,2]，使得g(x2)≤f(x1)+mx1成立，
则g(x2)min≤f(x1)+mx1成立，
所以f(x1)+mx1≥1在[1,2]上恒成立，
即x2−2x−3+mx≥1在[1,2]上恒成立，
所以m≥4x−x+2在[1,2]上恒成立，
令φ(x)=4x−x+2，x∈[1,2]，
则φ(x)=4x−x+2在[1,2]上单调递减，
所以2=φ(2)≤φ(x)≤φ(1)=5，
所以m≥5．
故m的范围为{m|m≥5}．
【解析】(1)结合所选条件，利用待定系数法可求函数解析式；
(2)先对g(x)等进行化简，结合对数函数的性质及基本不等式先求出g(x)的最小值，若对任意的x1∈[1,2]，总存在x2∈(−1,2]，使得g(x2)≤f(x1)+mx1成立，则g(x2)min≤f(x1)+mx1成立，分离参数，结合恒成立与最值关系的转化即可求解．
18.解：(1)定义域为(0,+∞)，∵f′(x)=lnx+1−2ax，
∴g(x)=lnx+1−2ax，
∵g′(x)=1x2−2a=1−2axx，
当a≤0时，g′(x)>0恒成立，
g(x)在(0,+∞)上单调递增，当a>0时，令g′(x)>0，则1−2ax>0，解得x<12a，
令g′(x)<0，则1−2ax<0，解得x>12a，
∴g(x)在(0,12a)单调递增，在(12a,+∞)单调递减．
综上，当a≤0时，g(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，g(x)在(0,12a)单调递增，在(12a,+∞)单调递减．
(2)①由(1)知，a≤0时，∵f′(x)=0最多一个根，不符合题意，
故a>0，
∵函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1∴g(x)=0在(0,+∞)有两个不同零点的必要条件是g(12a)=ln12a>0，
解得0g(12a)=ln12a>0，g(1e)=−2ae<0，
x→+∞，g(x)→−∞，
∴由零点存在性定理得：f(x)在(1e,12a)(12a,+∞)各有1个零点，
∴a的取值范围是(0,12)．
②证明：∵函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1∴lnx1+1−2ax1=0①，lnx2+1−2ax2=0②，
①−②得：a=lnx1−lnx22(x1−x2)，要证x1+x2>1a，
即证x1+x2>2(x1−x2)lnx1−lnx2，即证lnx1−lnx2<2(x1−x2)x1+x2，
即证lnx1x2<2(x1−x2)x1+x2，令t=x1x2(0则lnt<2(t−1)t+1，令R(t)=lnt−2(t−1)t+1，
则R′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0．
∴y=R(t)在(0,1)上单调递增，
∴R(t)∴.x1+x2>1a，得证．
【解析】(1)求出g(x)，分类讨论，利用g(x)>0，g(x)<0解不等式即可得解；
(2)①先分析a≤0不合题意，再求出a>0时函数f(x)在有两个极值点x1，x2(x1②对结论进行转化，换元后利用导数确定飘带函数单调性，得出函数最值，即可得证．
19.解：(1)因为第二次得到数列1，5，4，7，3，
所以第三次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，
所以a3=1+6+5+9+4+11+7+10+3=56；
(2)设第n次构造后得的数列为1，x1，x2，…，xk，3，
则an=1+x1+x2+⋯+xk+3，
则第n+1次构造后得到的数列为1，1+x1，x1，x1+x2，x2，…，xk−1+xk，xk，xk+3，3，
则an+1=1+1+x1+x1+x1+x2+x2+⋯+xk−1+xk+xk+xk+3+3=8+3(1+x1+x2+⋯+xk+3)−12=−4+3an，
an+1−2=3(an−2)，可得an+1−2an−2=3，a1−2=6，
所以{an−2}是以3为公比，6为首项的等比数列，
所以an−2=6×3n−1，即an=2×3n+2；
证明：(3)由(2)得1an=16×3n−1+2=12×13n+1<12×13n，
所以当n=1时，1a1=18<524，
当n≥2时，所以1a1+1a2+1a3+⋯+1an=18+12(132+133+⋯+13n)=18+12132(1−13n−1)1−13=524−112⋅13n−1<524，
综上所述，1a1+1a2+1a3+⋯+1an<524．
【解析】(1)求出第三次得到数列再求和即可；
(2)设出第n次构造后得到的数列求出an，则得到第n+1次构造后得到的数列求出an+1，得an+1与an关系，再利用构造法求通项即可；
(3)利用放缩法求等比数列和可得答案．

2023-2024学年江西省赣州市高二（下）期末数学试卷（含解析）

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