2023-2024学年广东省佛山市顺德区李兆基中学高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省佛山市顺德区李兆基中学高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共14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.记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5+a9=a8+5，a11=7，则S16=( )
A. 64B. 80C. 96D. 120
2.设等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S11>0，S12<0，数列{Snan}(1≤n≤11)中最大的项为第项．( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
3.已知正项等比数列{an}中，a2⋅a4=924，a7⋅a9=9210，则a13=( )
A. 327B. 328C. 329D. 929
4.一个边长为1的正方形被等分成9个相等的正方形，将中间的一个正方形挖掉如图(1)；再将剩余的每个正方形都等分成9个相等的正方形，将中间的一个正方形挖掉如图(2)，如此继续操作下去，到第n次操作结束时，挖掉的所有正方形的面积之和为( )
A. 9n−8n9nB. 8n−3n5⋅3nC. 8n−17⋅9nD. 8n−7n9n
5.曲线f(x)=ex+ax在点(0,1)处的切线与直线y=2x平行，则a=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
6.设a∈R，若函数f(x)=ex+2ax+1有极值点，则a的取值范围为( )
A. a<0B. a>−2C. −127.已知函数f(x)=ln(2x)x，关于x的不等式f2(x)+af(x)>0只有两个整数解，则实数a的取值范围是( )
A. (13,ln2]B. (−ln2,−13ln6)C. (−ln2,−13ln6]D. (13ln6,ln2)
8.已知数列{an}满足an+1+(−1)nan=3n−1，Sn是数列{an}的前n项和，则( )
A. S2020是定值，a1+a2020是定值B. S2020不是定值，a1+a2020是定值
C. S2020是定值，a1+a2020不是定值D. S2020不是定值，a1+a2020不是定值
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.关于等差数列和等比数列，下列说法正确的是( )
A. 若数列{an}的前n项和Sn=2−2n+1，则数列{an}为等比数列
B. 若{bn}的前n项和Sn=n2+n+2，则数列{bn}为等差数列
C. 若数列{an}为等比数列，Sn为前n项和，则Sn，S2n−Sn，S3n−S2n，…成等比数列
D. 若数列{bn}为等差数列，Sn为前n项和，则Sn，S2n−Sn，S3n−S2n，…成等差数列
10.在等比数列{an}中，a1=1，a4=27，则( )
A. {anan+1}的公比为9B. {lg3an+1}的前20项和为210
C. {an}的前20项积为3200D. k=1n(ak+ak+1)=2(3n−1−1)
11.已知函数f(x)=xcsx−sinx，下列结论中正确的是( )
A. 函数f(x)在x=π2时，取得极小值−1
B. 对于∀x∈[0,π]，f(x)≤0恒成立
C. 若0D. 若a三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=13x3−4x+4在[0,3]上的最大值与最小值之和为______．
13.已知数列{an}满足：2a1+22a2+23a3+…+2nan=n(n∈N*)，记数列{1lg2an⋅lg2an+1}的前n项和为Sn，则S1⋅S2⋅S3…Sn=______．
14.已知函数f(x)=ax3+bx2的图象在点(−1,2)处的切线恰好与x−3y=0垂直，则a，b的值分别为______；若f(x)在[m,m+1]上单调递增，则m的取值范围______．
四、解答题：本题共5小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题15分)
等比数列{an}的公比为2，且a2，a3+2，a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=lg2an+an，求数列{bn}的前n项和Tn．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x22+ax−(ax+1)lnx在x=1处的切线方程为y=bx+52(a,b∈R)．
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)在(1,+∞)上单调递增．
17.(本小题16分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2−n．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=a2n，求数列{bn}的前n项和Tn．
18.(本小题17分)
记数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，Sn+Sn+1=3an+1−4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=anlg2an，记{bn}的前n项和为Tn.若t(n−1)2+2≤Tn对于n≥2且n∈N*恒成立，求实数t的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=alnx−x2+a(a∈R)．
(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；
(Ⅱ)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意，数列{an}为等差数列，设公差为d，
则a1+4d+a1+8d=a1+7d+5a1+10d=7，解得a1=3d=25，
故S16=16a1+120d=48+120×25=96．
故选：C．
根据题意，设出公差，得到方程组，求出首项和公差，利用求和公式得到答案．
本题考查等差的求和公式，涉及等差数列的通项公式，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由题意，可得S12=12(a1+a12)2=6(a6+a7)<0，
所以a7<−a6<0，且|a7|>a6，
又由等差数列{an}的公差d=a7−a6<−2a6<0，
所以数列{an}是递减数列，前6项均为正数，从第7项起为负数，
数列{Sn}的最大项为S6，a6是数列{|an|}中的最小项，且a6>0，
所以数列{Snan}(1≤n≤11)中最大的项为S6a6，即第6项．
故选：C．
根据题意，得到a7<−a6<0，且|a7|>a6，求得d<0，进而得到前6项均为正数，从第7项起为负数，数列{Sn}的最大项为S6，a6是数列{|an|}中的最小项，得到最大的项为S6a6，即可求解．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：正项等比数列{an}中，a2⋅a4=a32=924，则a3=322，
a7⋅a9=a82=9210，则a8=325，
又a82=a3⋅a13，即9210=322⋅a13，解得a13=328．
故选：B．
由正项等比数列的性质，a2⋅a4=a32，a7⋅a9=a82=a3⋅a13，可求a13的值．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：设第n次新挖掉的面积为an，则第n+1次新挖掉的面积为an+1，
根据题意可得，an+1=89an，又a1=(13)2，
故数列{an}是首项为(13)2，公比为89的等比数列，
设第n次操作后，挖掉的面积之和为Sn，
故Sn=a1+a2+⋯+an=19[1−(89)n]1−89=1−(89)n=9n−8n9n．
故选：A．
构造第n次新挖掉的面积为数列{an}，结合等比数列的前n项和公式，即可求得结果．
本题主要考查了归纳推理，考查了等比数列的定义，以及前n项和公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题意得f′(x)=ex+a，
∴f′(0)=1+a，又因为切线与直线y=2x平行，
∴1+a=2，∴a=1．
故选：C．
先对函数f(x)求导，然后令x=0处的导数为2，得到关于a的方程求解即可．
本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：∵f(x)=ex+2ax+1有极值点，
∴f′(x)=ex+2a=0有解，
∴a<0．
故选：A．
f′(x)=ex+2a=0有解，即可求解．
本题考查了利用导数研究函数的极值，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
则f′(x)=1−ln(2x)x2，
当f′(x)>0得1−ln(2x)>0，即ln(2x)<1，
即0<2x由f′(x)<0得1−ln(2x)<0，得ln(2x)>1，
即2x>e，即x>e2，
即当x=e2时，函数f(x)取得极大值，同时也是最大值f(e2)=lnee2=2e，
即当0当x>e2时，0若a=0，则f2(x)+af(x)>0得f2(x)>0,此时有无数个整数解，不满足条件．
若a>0，
则由f2(x)+af(x)>0得f(x)>0或f(x)<−a，
当f(x)>0时，不等式由无数个整数解，不满足条件．
当a<0时，由f2(x)+af(x)>0得f(x)>−a或f(x)<0，
当f(x)<0时，没有整数解，
则要使当f(x)>−a有两个整数解，
∵f(1)=ln2，f(2)=ln42=ln2，f(3)=ln63，
∴当f(x)≥ln2时，函数有两个整数点1，2，当f(x)≥ln63时，函数有3个整数点1，2，3
∴要使f(x)>−a有两个整数解，
则ln63≤−a即−ln2故选：C．
先判断函数f(x)的单调性和取值情况，利用一元二次不等式的解法结合数形结合进行求解即可．
本题主要考查不等式的求解，根据条件判断函数的取值范围，利用数形结合结合一元二次不等式的解法是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．
8.【答案】A
【解析】解：当n=2k(k∈N*)，则a2k+1+a2k=6k−1①，a2k+2−a2k+1=6k+2，②
①+②，得：a2k+2+a2k=12k+1，③，
∴a2=13−a4，
在③中，令k为k+1(k∈N*)得，a2k+4+a2k+2=12k+13④，
④−③，得：a2k+4−a2k=12，
∴a2020=a4+3×2016=(13−a2)+6048=6061−a2，
∴a1+a2020=6061+a1−a2，
令n=1，得a2−a1=2，∴a1+a2020=6061−2=6059为定值，
S2020=(a1+a2020)+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2018+a2019)=6059+k=11009(6k−1)是定值．
故选：A．
当n=2k(k∈N*)时，推导出a2k+2+a2k=12k+1，a2=13−a4，从而得到a2k+4+a2k+2=12k+13，进而得到a2k+4−a2k=12，推导出a2020=a4+3×2016=6061−a2，a1+a2020=6061+a1−a2，由此能求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查数列的递推公式、递推思想等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：对于A，因为数列{an}的前n项和为Sn=2−2n+1，所以Sn−1=2−2n，n≥2；
所以an=Sn−Sn−1=−2n+1+2n=−2n，n≥2；
当n=1时，a1=S1=2−4=−2，满足an；
所以数列{an}为等比数列，选项A正确；
对于B，数列{bn}的前n项和为Sn=n2+n+2，所以Sn−1=(n−1)2+(n−1)+2=n2−n+2，n≥2；
所以an=Sn−Sn−1=2n，n≥2；
当n=1时，a1=S1=4，不满足an；
所以数列{bn}不是等差数列，选项B错误；
对于C，例如bn=(−1)n，则S2=b1+b2=−1+1=0，
可得Sn，S2n−Sn，S3n−S2n，⋯不一定成等比数列，选项C错误；
对于D，因为S(k+1)n−Skn=akn+1+akn+2+…+a(k+1)n
=a1+knd+a2+knd+...+an+knd=Sn+k(n2d)，k∈N*，是k的一次函数，
所以Sn，S2n−Sn，S3n−S2n，⋯成等差数列，选项D正确．
故选：AD．
选项A，利用等比数列的前n项和与通项公式判断即可；
选项B，利用等差数列的前n项和与通项公式判断即可；
选项C，举例说明即可；
选项D，根据等差数列的通项公式与性质，判断即可．
本题考查了等差与等比数列的定义与应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．
10.【答案】AB
【解析】解：等比数列{an}中，a1=1，a4=27，
则q3=a4a1=27，即q=3，
所以an=3n−1，
A：anan+1an−1an=an+1an−1=9，A正确；
B：lg3an+1=lg33n=n，
故前20项和为1+2+…+20=20(1+20)2=210，B正确；
C：{an}的前20项积为1×3×32×…×319=3190，C错误；
D：k=1n(ak+ak+1)=a1+a2+…+an+(a2+a3+…+an+1)
=1−3n1−3+3(1−3n)1−3
=2(3n−1)，D错误；
故选：AB．
由已知结合等比数列的通项公式，求和公式及等差数列的求和公式检验各选项即可．
本题主要考查了等比数列的通项公式，求和公式及性质，还考查了等差数列的性质的应用，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查利用导数求函数的单调区间和最值，属于中档题．
先求导数，确定当x∈[0,π]时，单调性，即可确定在x=π2处，不是极值点，故A错误，也可确定∀x∈[0,π]，f(x)≤0，故B正确；令g(x)=sinxx，求导，分析g(x)单调性，即可分析出答案C正确；首先将a【解答】
解：因为f′(x)=csx−xsinx−csx=−xsinx，
当x∈[0,π]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，
所以函数f(x)在x=π2处，不是极值点，故A错误;
所以对于∀x∈[0,π]，f(x)≤f(0)=0，故B正确；
令g(x)=sinxx，g′(x)=xcsx−sinxx2，
由上可知，当x∈(0,π)时，g′(x)≤0，
所以g(x)在(0,π)上是减函数，
若0sinx2x2，
即x1x2当x>0时，“sinxx>a”等价于“sinx−ax>0”，
令g(x)=sinx−cx，g′(x)=csx−c，
当c≤0时，g(x)>0对x∈(0,π2)恒成立，
当c≥1时，因为对∀∈(0,π2)，g′(x)=csx−c<0，
所以g(x)在区间(0,π2)上单调递减，
从而，g(x)当0若x∈(0,x0)，g′(x0)>0，g(x)在(0,x0)上单调递增，且g(x)>g(0)=0，
若x∈(x0,π2)，g′(x0)<0，g(x)在(x0,π2)上单调递减，且g(x)=sinx−cx>0，在(x0,π2)上恒成立，
必须使g(π2)=sinπ2−π2c=1−π2≥0恒成立，即0综上所述，当c≤2π时，g(x)>0，对任意x∈(0,π2)恒成立，
当c≥1时，g(x)<0，对任意x∈(0,π2)恒成立，
所以若a所以D正确．
故选：BCD．
12.【答案】83
【解析】解：
f′(x)=0则x=±2
极值：f(2)=−43
端点值：f(0)=4 f(3)=1
所以：最大值为4最小值为−43，最大值和最小值之和为83．
故答案为：83．
利用求导公式先求出函数导数，求出导数等于0时x的值，吧x值代入原函数求出极值，再求出端点值，极值与端点值比较，求出最大值和最小值，做和．
题考查函数求导公式，以及可能取到最值的点，属于基本题，较容易
13.【答案】1n+1
【解析】解：由2a1+22a2+23a3+…+2nan=n(n∈N*)①，
可得n=1时，2a1=1，即a1=12，
当n≥2时，2a1+22a2+23a3+…+2n−1an−1=n−1，②
由①−②可得2nan=n−(n−1)=1，
可得an=12n，对n=1也成立，
则1lg2an⋅lg2an+1=1lg22−n⋅lg22−n−1=1−n(−n−1)=1n(n+1)=1n−1n+1，
可得Sn=1−12+12−13+…+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1，
所以S1⋅S2⋅S3…Sn=12⋅23⋅34…nn+1=1n+1．
故答案为：1n+1．
求得首项，再将n换为n−1，两式相减可得an，由数列的裂项相消求和可得Sn，再由累乘法计算可得所求．
本题考查数列的递推式的运用，以及数列的裂项相消求和和累乘法的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
14.【答案】1，3 (−∞,−3]∪[0,+∞)
【解析】解：因为f(x)=ax3+bx2，所以f′(x)=3ax2+2bx，因为函数在点(−1,2)处的切线恰好与x−3y=0垂直得到切线的斜率为−3，
即 f(−1)=2f′(−1)=−3，即−a+b=23a−2b=−3，解得a=1b=3，则f(x)=x3+3x2，
所以f′(x)=3x2+6x=3x(x+2)，令f′(x)>0解得：x>0或x<−2，所以函数f(x)的单调递增区间为(−∞,−2]，[0,+∞)；
因为f(x)在[m,m+1]上单调递增，
所以[m,m+1]⊆(−∞，−2]或[m,m+1]⊆[0,+∞)即m+1≤−2或m≥0，
解得m≤−3或m≥0，即m∈(−∞,−3]∪[0,+∞)；
故答案为：1，3；(−∞,−3]∪[0,+∞)．
首先求出函数的导函数，依题意可得f(−1)=2f′(−1)=−3，即可得到方程组，解得a、b，从而得到函数解析式，再利用导数求出函数的单调递增区间，由函数在区间上的单调性，即可得到不等式，解得即可；
本题主要考查利用导数求单调性和切线方程，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵等比数列{an}的公比q=2，且a2，a3+2，a4成等差数列，
∴2(a3+2)=a2+a4，
∴2(4a1+2)=2a1+8a1，
∴a1=2，又q=2，
∴an=2n；
(2)∵bn=lg2an+an=n+2n，
∴Tn=(1+2+⋅⋅⋅+n)+(2+22+⋅⋅⋅+2n)
=n(n+1)2+2n+1−2．
【解析】(1)根据等差数列的性质，等比数列的通项公式，方程思想，即可求解；
(2)根据分组求和法，等差数列与等比数列的求和公式，即可求解．
本题考查差数列的性质，等比数列的通项公式，方程思想，分组求和法，等差数列与等比数列的求和公式，属中档题．
16.【答案】(1)解：f′(x)=x+a−alnx−ax+1x，
f′(1)=1+a−a−1=0，
因为函数f(x)=x22+ax−(ax+1)lnx在x=1处的切线方程为y=bx+52，
所以f′(1)=b=0，
f(1)=12+a=52，解得a=2，
所以a=2，b=0．
(2)证明：f′(x)=x+2−2lnx−2−1x=x−2lnx−1x，
令g(x)=x−2lnx−1x，(x>1)，
g′(x)=1−2x+1x2=(1−1x)2>0，
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，
且g(1)=0，所以g(x)>0，即f′(x)>0，
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增．
【解析】(1)求导，根据导数的几何意义，可求求出f′(1)=b，切点(1,f(1))在切线上，即可求出a，b的值；
(2)求导得f′(x)=x−2lnx−1x，构造函数g(x)=x−2lnx−1x，(x>1)，求导分析函数g(x)的单调性和极值最值，即可证明结论．
本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵Sn=n2−n,Sn−1=(n−1)2−(n−1),n≥2，
两式相减得an=2n−2，n≥2，
又当n=1时，a1=S1=0，满足上式，
所以an=2n−2；
(2)由(1)得bn=a2n=2n+1−2，
∴Tn=b1+b2+⋯+bn=(22+23+24+⋯+2n+1)−2n．
=4(1−2n)1−2−2n=2n+2−2n−4．
【解析】(1)利用公式an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，即可求解；
(2)首先根据(1)的结果，得bn=a2n=2n+1−2，再利用等比数列前n项和公式，以及分组转化法求和．
本题考查数列的通项与前n项和的关系，以及等比数列的求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，Sn+Sn+1=3an+1−4，①
则Sn−1+Sn=3an−4，②
由①−②可得an+an+1=3an+1−3an，
即an+1=2an，(n≥2)，
又a1+a1+a2=3a2−4，
即a2=4，
即a2=2a1，
即an+1=2an，
即数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
即an=2n；
(2)已知bn=anlg2an，
则bn=n⋅2n，
又{bn}的前n项和为Tn，
则Tn=1×21+2×22+3×23+...+n×2n，③
则2Tn=1×22+2×23+3×24+...+n×2n+1，④
由③−④可得：
−Tn=21+22+23+...+2n−n×2n+1，
即Tn=n×2n+1−2(1−2n)1−2=(n−1)×2n+1+2，
又t(n−1)2+2≤Tn对于n≥2且n∈N*恒成立，
则t(n−1)≤2n+1对于n≥2恒成立，
即t≤2n+1n−1对于n≥2恒成立，
设cn=2n+1n−1，n≥2，
则cn+1cn=2n−2n=1+n−2n≥1，
当且仅当n=2时取等号，
即c2=c3又c2=8，
即数列{cn}的最小值为8，
即t≤8，
即实数t的取值范围为(−∞,8]．
【解析】(1)已知Sn+Sn+1=3an+1−4，①，则Sn−1+Sn=3an−4，②，由①−②可得an+an+1=3an+1−3an，即an+1=2an，(n≥2)，又a2=2a1，即数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，然后求解即可；
(2)已知bn=anlg2an，则bn=n⋅2n，利用错位相减法可得Tn=n×2n+1−2(1−2n)1−2=(n−1)×2n+1+2，又t(n−1)2+2≤Tn对于n≥2且n∈N*恒成立，即t≤2n+1n−1对于n≥2恒成立，设cn=2n+1n−1，n≥2，则cn+1cn=2n−2n=1+n−2n≥1，即c2=c3本题考查了数列的递推式，重点考查了错位相减法求和，属中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)∵f(x)=alnx−x2+a(a∈R)．
∴f′(x)=ax−2x(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0在定义域(0,+∞)内恒成立，因此f(x)在(0,+∞)递减；
当a>0时，由f′(x)>0，解得0 2a2，
综上所述：当a≤0时，f(x)的单调减区间为(0,+∞)，无增区间；
a>0时，f(x)的单调减区间为( 2a2,+∞)，增区间为(0, 2a2)；
(Ⅱ)若f(x)有两个零点，有(Ⅰ)可知a>0且f(x)≤f( 2a2)，
则必有f( 2a2)=aln 2a2−( 2a2)2+a>0，
即lna2+1>0，解得a>2e，
又因f(1e)=−1e2<0，f(4a)=aln4a−16a2+a=a(ln4a−16a+1)，
即g(t)=lnt−4t+1(t=4a>8e)⇒g′(t)=1t−4=1−4tt，
可得g(t)≤g(14)=ln14−1+1<0，
也即得g(t)<0在t∈(8e,+∞)恒成立，
从而可得f(x)在(1e, 2a2)，( 2a2,4a)区间上各有一个零点，
即实数a的范围为(2e,+∞) 时f(x)有两个零点分别在区间(1e, 2a2)和( 2a2,4a)上．
【解析】(Ⅰ)分析定义域并求解导函数，分类讨论a≤0与a>0时f′(x)的正负，从而可得函数的单调性；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)的答案判断得a>0时，存在两个零点，需f(x)max>0，再结合f(1e)<0，f( 2a2)=aln 2a2−( 2a2)2+a>0，可得函数在(1e, 2a2)上有零点，再求解f(4a)=aln4a−16a2+a=a(ln4a−16a+1)，并构造新函数g(t)=lnt−4t+1，通过求导判断单调性求解得g(a)max=g(14)<0，从而可得函数在( 2a2,4a)上有零点，从而可得a的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．