2024湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高二下学期期中联考试题数学含解析

这是一份2024湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高二下学期期中联考试题数学含解析，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.已知函数f(x)在x=x0处的导数为6，则limΔx→0f(x0)−f(x0+Δx)3Δx=( )
A. −2B. 2C. −6D. 6
2.在等差数列an中，Sn是数列an的前n项和，a4+a13=6+a5，则S23=( )
A. 118B. 128C. 138D. 148
3.函数f(x)=csx+xsinx在[0,π]上的最大值为( )
A. 0B. π4C. π2D. π
4.已知函数f(x)为奇函数，当x2lna+2.
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=x3+ax2−a2x(a>0).
(1)当a=1时，以点T(1,f(1))为切点作曲线f(x)的切线，求切线方程;
(2)证明：函数f(x)有3个零点;
(3)若f(x)在区间(a−5,3−a)上有最小值，求a的取值范围.
19.(本小题17分)
如果一个正项数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都大于同一个常数q，那么这个数列就叫做类等比数列，这个常数q叫做类等比数列的类比.
(1)若数列an是一个类等比数列，且a1=1，q=13，证明an>13n;
(2)对于一个正项数列{an}，且首项a1=1，满足anean+1=ean−1;
①证明：数列{an}为递减数列;
②证明：an>12n.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查极限的计算以及导数的定义，属于基础题．
根据题意，由极限的性质可得limΔx→0f(x0)−f(x0+Δx)3Δx=−13×limΔx→0f(x0+Δx)−f(x0)Δx，结合导数的定义计算可得答案．
【解答】解：根据题意，函数f(x)在x=x0处的导数为6，
则limΔx→0f(x0)−f(x0+Δx)3Δx
=−13×limΔx→0f(x0+Δx)−f(x0)Δx=−13×6=−2.
故选A.
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的性质以及求和公式，是基础题.
利用等差数列的性质以及求和公式计算即得.
【解答】
解：由a4+a13=6+a5，又a4+a13=a5+a12，
所以a12=6
由题意得S23=23(a1+a23)2=23a12=23×6=138 .
故选C.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查利用导数求函数的最值，属于基础题.
先求导，利用导数得出单调性，可得函数的最值.
【解答】
解：f′(x)=xcsx，
当x∈[0,π2]时，f′(x)>0，f(x)在[0,π2]单调递增，
当x∈[π2,π]时，f′(x)0时的解析式，由f′1=0，确定切线的斜率，求得切点坐标，进而可求切线方程.
【解答】
解：因为f(x)为奇函数，所以f(−x)=−f(x)，
当x0，则f(−x)=−1x−xlnx，
所以x>0，f(x)=−f(−x)=1x+xlnx，
所以x>0，f′(x)=−1x2+lnx+1
所以f′1=−1+1=0，
又f(1)=1，
则切线为y=1，
故选B.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查组合与组合数公式，属于基础题.
根据组合数性质求出n的取值范围，进而得到n，再根据组合数公式求解即可.
【解答】解：由0≤9−2n≤2n0≤2n≤10−n，94≤n≤920≤n≤103，
∴94≤n≤103，又n∈N*，∴n=3，
∴原式=C63+C76=27.
故选A
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了排列与组合的综合应用，是中档题.
分三个景点选择的人数之比为1:2:3、1:1:4和2:2:2三种情况，利用排列与组合的综合应用可得结果.
【解答】
解：若三个景点选择的人数之比为1:2:3，则有C61C52A33=360种选法；
若三个景点选择的人数之比为1:1:4，则有C61C51A22⋅A33=90种选法；
若三个景点选择的人数之比为2:2:2，则有C62C42A33⋅A33=90种选法，
故共有360+90+90=540种不同的选法.
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了根据数列的递推公式求通项公式以及裂项相消法求和，是中档题.
先由递推关系得{an+1n}为常数列，可得an=2n−1，Sn=n2，由放缩法和裂项相消可得i=120241Sn的取值范围，可得结果.
【解答】解：当n≥2时，(n−1)an−nan−1=1，
∴ann−an−1n−1=1(n−1)n=1n−1−1n，
∴an+1n=an−1+1n−1，则{an+1n}为常数列，
∴an+1n=a1+11=2，
∴an=2n−1，Sn=n(1+2n−1)2=n2，
又n≥2时，1Sn=1n20,x∈ e,+∞时,g′x0,x∈2,+∞时,g′x0
于是d=2，q=3⇒an=2n−1，bn=3n−1.
(2)由anbn=2n−13n−1得：
Sn=1+331+532+⋯+2n−33n−2+2n−13n−1，⋯⋯⋯①
13Sn=13+332+⋯+2n−33n−1+2n−13n，⋯⋯⋯②
①-②得：23Sn=1+2(13+132+⋯+13n−1)−2n−13n
=1+2⋅131−(13)n−11−13−2n−13n=2−2(n+1)3n.
于是Sn=3−n+13n−1(n∈N+)0⇒{Sn}单调递增⇒Sn≥S1=1.
综上说述：1≤Sn0，则aex≤0，故f′(x)=aex−10时，令f′(x)=aex−1=0，解得x=−lna，
当x0，则f(x)在(−ln a,+∞)上单调递增，
综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，f(x)在(−lna,+∞)上单调递增；
(2)由(1)得，f(x)min=f(−lna)=ae−lna+lna+2a2=1+2a2+lna，
要证f(x)>2lna+2，即证1+2a2+lna>2lna+2，即证2a2−1−lna>0恒成立，
令g(a)=2a2−1−lna(a>0)，则g′(a)=4a−1a=4a2−1a，
令g′(a)0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna+2恒成立，证毕.
【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数解(证明)不等式，属于难题.
(1)求导后，分a≤0和a>0进行讨论即可得答案；
(2)要证f(x)>2lna+2，即证1+2a2+lna>2lna+2，即证2a2−1−lna>0恒成立，
令g(a)=2a2−1−lna(a>0)，利用导数求得g(a)min即可.
18.【答案】解：
(1)当a=1时，f′(x)=3x2+2x−1，f(1)=1，f′(1)=4，
所以切线方程为y−1=4(x−1)，即y=4x−3;
(2)f′(x)=3x2+2ax−a2=(x+a)(3x−a)(a>0⇒−a0⇒xa3由f′(x)e12an
又∵ean+1=ean−1an，∴ean+1>e12an⇒an+1an>12.
∴an=anan−1⋅an−1an−2⋯a2a1⋅a1>12n−1⋅1>12n
【解析】本题主要考查了数列的新定义，数列的单调性，利用导数确定函数的最值，属于较难题.
(1)由题意得出anan−1>13n≥2，即可进行证明；
(2)①由anean+1=ean−1，得出ean+1−ean=ean−1−aneanan，令fx=ex−1−xexx>0，利用导数得出fx0，g′x=e12xe12x−12x−1，利用导数先证得ex≥x+1，则gx>g0=0.令x=an，即可进行证明.