2024-2025学年广东省佛山市顺德区第一中学高二下学期期中教学质量检测数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省佛山市顺德区第一中学高二下学期期中教学质量检测数学试卷（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.数列an满足a3=6，则其通项公式可能是( )
A. an=n!B. an=n2C. an=2An2D. an=Cn2
2.函数f(x)=csπ2+xex的导数f′(x)=( )
A. f(x)=csx−sinxexB. f(x)=sinx−csxex
C. f(x)=csx−sinxe2xD. f(x)=sinx−csxe2x
3.在含有3件次品的50件产品中，任取2件，则至少取到1件次品的不同方法数共有( )
A. C31C471B. C31C491C. C502−C32D. C31C471+C32C470
4.设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4=4，S3=S2+2，则a1=( )
A. 12B. 1C. 2D. 2
5.已知函数f(x)=ex−ax2在x∈(1,∞)单调递增，则实数a的取值范围是( )
A. a≤0B. a≤e22C. a≤1D. a≤e2
6.小明从4S店购买了一辆价格为25万元的家用轿车，首付11万元，剩余的款项采用分期付款的方式还款，还款方式为：每年年底还固定款项2万元以及余款的当年利息，年利率为10%，直到全部还完为止．则购买这辆车小明最后实际共花( )
A. 28.5万元B. 30.6万元C. 31.8万元D. 32.2万元
7.现要从6名学生中选4名代表班级参加学校4×100m接力赛，其中已确定甲跑第1棒或第4棒，乙和丙2人只能跑第2、3棒，丁不能跑第1棒，那么合适的选择方法种数为( )
A. 56B. 60C. 84D. 120
8.若a=ln43,b=14,c=3e−1，则a,b,c的大小关系为( )
A. a>b>cB. c>b>aC. c>a>bD. b>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.已知数列an中，a2=2，a6=32，下列说法正确的是( )
A. 若an是等比数列，则a3a4=64 B. 若an是等差数列，则a1+a7=34
C. 若an是等比数列，则a2、a6的等比中项a4为8 D. 若an是等差数列，则a2、a6的等差中项为17
10.有甲、乙、丙等6名同学，则下列说法正确的是( )
A. 6人站成一排，甲、乙两人相邻，则不同的排法种数为240
B. 6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位(不一定相邻)，则不同的站法种数为240
C. 6名同学平均分成三组分别到A、B、C三个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，则不同的安排方法有90种
D. 6名同学分成三组参加不同的活动，每名同学必须去，且每个活动都有人参加，甲、乙、丙在一起，则不同的安排方法有36种
11.已知函数f(x)=ax2−2x+lnx，若f(x)有两个极值点x1,x2x1 −32D. fx1+fx2< −3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若C16x=C162x+1x∈N∗，则x= ．
13.过点P(1,2)作曲线C:y=4x的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为 ．
14.已知数列an的前n项和Sn=3n2+n2，数列bn的前n项和Tn=2n−1，将an与bn的公共项由小到大排列构成新数列cn，则数列cn的前5项和等于 ．
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)
已知数列an满足a1=2，an+1+1an+1=3．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=nan+1，求数列bn的前n项和Sn．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=(x−1)ex．
(1)求f(x)的极值，并在给定的直角坐标系中画出函数y=f(x)的大致图象(不用说明理由)；
(2)求证：f(x)+exx2>lnx−x+3．
17.(本小题15分)
已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=−n+32,n为奇数n2,n为偶数．
(1)求a1、a2、a3的值．
(2)求数列的通项．
(3)求数列1anan+1的前n项和．
18.(本小题17分)
如图，将圆O沿直径AB折成直二面角，已知三棱锥P−COD的顶点C在半圆周上，P，D在另外的半圆周上，OC⊥AB．
(1)若OD⊥OP，求证：OP⊥CD；
(2)若OA=2，∠AOD=30∘，直线CD与平面POC所成的角为45∘，求三棱锥C−POD的体积．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=x2−axlnx+xa∈R,a>0．
(1)分析函数g(x)=f(x)x的单调性．
(2)若00时，f′(x)>0，当x0恒成立，
所以f(x)>lnx−x+3．

17.【详解】(1)由条件知a1=S1=−1+32=−2，
a2=S2−S1=22−(−2)=3，a3=S3−S2=−3+32−22=−4．
(2)当n为奇数且n≥3时，an=Sn−Sn−1=−n+32−n−12=−n−1，a1也符合，
所以当n为奇数时，an=−n−1；
当n为偶数时，an=Sn−Sn−1=n2−−n−1+32=n+1；
所以数列an=n+1,n为偶数−(n+1),n为奇数
(3)由题可知anan+1=−(n+1)(n+2)，所以1anan+1=−1(n+1)(n+2)=−1n+1−1n+2，
所以数列1anan+1的前n项和为−12−13+13−14+14−15+⋯+1n+1−1n+2=−12+1n+2

18.【详解】(1)由题意知平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，
OC⊥AB，且OC⊂平面PAB，故OC⊥平面PAB，
又OP⊂平面PAB，故OC⊥OP；
又OD⊥OP，且OC∩OD=O，OC，OD⊂平面COD，
故OP⊥平面COD，而CD⊂平面COD，
故OP⊥CD；
(2)以O为坐标原点，OC，OD所在直线为x，y轴，过点O作平面ABC的垂线作为z轴，建立空间直角坐标系，如图：
由于OA=2，∠AOD=30∘，则C(2,0,0)，D0,− 3,1，
设∠POB=θ，0∘0，使得g′(x)=0，
所以g(x)在0,x0上递减，在x0,+∞上递增．
(2)f(x)=x(x−a)lnx+1，x>0，∴f(x)的零点个数与t(x)=(x−a)lnx+1的零点个数相同．
①当a=1时，t(x)=(x−1)lnx+1，t′(x)=lnx+1−1x．
当x∈(0,1)时，t′(x)0，t(x)单调递增．
当x=1时，t(x)取得最小值t(1)=1>0．∴t(x)无零点，即f(x)无零点．
②当a∈(0,1)时，t′(x)=lnx+1−ax.令m(x)=lnx+1−ax.又m′(x)=1x+ax2>0恒成立，
∴t′(x)=m(x)在(0,+∞)上单调递增．
t′(a)=lna0，故存在x1∈(a,1)，使得t′x1=0；
当x∈0,x1时，t′(x)0，t(x)单调递增，
当x=x1时，t(x)取得最小值tx1=x1−alnx1+1.(∗)
由t′x1=lnx1+1−ax1=0，得a=x1lnx1+1，代入∗得tx1=−x1lnx12+1．
若t(x)有零点，则必有tx1≤0，即lnx12≥1x1，也即ln1x1≥1 x1．
令n(x)=2lnx−x，n′(x)=2x−1，当x∈(0,2)时，n′(x)>0，n(x)单调递增；当x∈(2,+∞)时，n′(x)0恒成立，φ(x)在(1,+∞)上单调递增，a=φx2>φ(2)=2+2ln2≈3.386．
下证当a=4时，t(x)有两个零点．t(1)=1>0，tx2≤t(e)=1+e−40．
∴t(x)在(0,+∞)上有两个零点，即f(x)在(0,+∞)上有两个零点．
综上所述，a=4为满足题意的最小正整数值．