2023-2024学年江西省上饶市洋口中学高二(下)期末数学试卷

2023-2024学年江西省上饶市洋口中学高二（下）期末数学试卷一、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．（5分）在数列{an}中，an=1−1an−1(n≥2)，A．2 B．12 C．−12．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1=an4an+1，（A．an=1nC．an=2n−13．（5分）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（）A．120 B．85 C．﹣85 D．﹣1204．（5分）用数学归纳法证明（n+1）（n+2）…（n+n）＝2n•1•3…（2n﹣1），从k到k+1，左边需要增乘的代数式为（）A．2k+1 B．2（2k+1） C．2k+1k+1 D．5．（5分）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t∈[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．10 B．16 C．26 D．286．（5分）下列导数运算正确的是（）A．（cos3）′＝﹣sin3 B．（e3x）′＝e3x C．(1x)′=7．（5分）已知函数f（x）＝（x2﹣2）（x2﹣4）（x2﹣7）（x2﹣9）（x2﹣10）（x2﹣12）（x2+x），则limx→0A．﹣11520 B．﹣23040 C．11520 D．230408．（5分）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）≥1B．∀x∈（﹣3，+∞），f（x）＞−1C．∃x0∈（﹣3，+∞），f（x0）＝﹣1 D．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．（多选）9．（6分）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SnD．若an+4Sn﹣1Sn＝0（n≥2），a1=1（多选）10．（6分）已知函数f(x)=eA．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（log210））＝﹣1（多选）11．（6分）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(12C．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．（5分）记正项数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=an(an+1)2，n∈13．（5分）已知数列{an}满足a3=−14，an+14．（5分）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，x2，四、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）求{an}，{bn}的通项公式；（2）定义：已知数列{cn}，Qn=i=1n（i）计算Sn，Tn，其中Sn=i=1（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+1（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x1＜x2，使得f（x1）+f（x2）＝1﹣2a，证明：x1+x2＞2．

2023-2024学年江西省上饶市洋口中学高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）在数列{an}中，an=1−1an−1(n≥2)，A．2 B．12 C．−1【考点】数列递推式．【答案】A【分析】逐项计算，再根据数列的周期性求解即可．【解答】解：由题意，a1＝2，a2=1−1a1故数列{an}的周期为3，故a10＝a7＝a4＝a1＝2．故选：A．2．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1=an4an+1，（A．an=1nC．an=2n−1【考点】数列递推式．【答案】D【分析】将数列的递推式两边取倒数，结合等差数列的定义和通项公式，可得an．【解答】解：由a1＝1，an+1=a即有数列{1a可得1an=1+4（n即an=1故选：D．3．（5分）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（）A．120 B．85 C．﹣85 D．﹣120【考点】等比数列的前n项和．【答案】C【分析】由题意知公比q≠1，设首项为a1，由S6＝21S2求出q2，再代入S4求出a11−q，由此求得S【解答】解：等比数列{an}中，S4＝﹣5，S6＝21S2，显然公比q≠1，设首项为a1，则a1(1−q4)1−q化简②得q4+q2﹣20＝0，解得q2＝4或q2＝﹣5（不合题意，舍去），代入①得a1所以S8=a1(1−q8)1−q=a故选：C．4．（5分）用数学归纳法证明（n+1）（n+2）…（n+n）＝2n•1•3…（2n﹣1），从k到k+1，左边需要增乘的代数式为（）A．2k+1 B．2（2k+1） C．2k+1k+1 D．【考点】数学归纳法．【答案】B【分析】分别求出n＝k时左端的表达式，和n＝k+1时左端的表达式，比较可得“n从k到k+1”左端需增乘的代数式．【解答】解：当n＝k时，左端＝（k+1）（k+2）（k+3）…（2k），当n＝k+1时，左端＝（k+2）（k+3）…（2k）（2k+1）（2k+2），故选：B．5．（5分）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t∈[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．10 B．16 C．26 D．28【考点】变化的快慢与变化率；基本初等函数的导数．【答案】C【分析】根据题意，求出v1、v2的值，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，s（t）＝t3+t2+1，若该质点在t∈[1，2]内的平均速度为v1，则v1=s(2)−s(1)则s′（t）＝3t2+2t，则t＝2时的瞬时速度为v2＝s′（2）＝16，则v1+v2＝10+16＝26．故选：C．6．（5分）下列导数运算正确的是（）A．（cos3）′＝﹣sin3 B．（e3x）′＝e3x C．(1x)′=【考点】基本初等函数的导数．【答案】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．【解答】解：对于A项，因cos3是常数，故（cos3）′＝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)′=(对于D项，由求导法则易得(log2x)′=故选：D．7．（5分）已知函数f（x）＝（x2﹣2）（x2﹣4）（x2﹣7）（x2﹣9）（x2﹣10）（x2﹣12）（x2+x），则limx→0A．﹣11520 B．﹣23040 C．11520 D．23040【考点】极限及其运算．【答案】A【分析】可令g（x）＝（x2﹣2）（x﹣2）（x2﹣7）（x2﹣9）（x2﹣10）（x2﹣12）（x2+x），然后即可得出f（x）＝（x+2）g（x），然后根据积的导数的求导公式求导即可求出f′（﹣2）的值，根据导数的定义即可得解．【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），则f′（x）＝g（x）+（x+2）g′（x），所以limx→0f(−2+x)−f(−2)x=故选：A．8．（5分）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）≥1B．∀x∈（﹣3，+∞），f（x）＞−1C．∃x0∈（﹣3，+∞），f（x0）＝﹣1 D．f（x）min∈（0，1）【考点】利用导数研究函数的单调性．【答案】B【分析】本题首先要对函数f（x）＝ex﹣ln（x+3）进行求导，确定f′（x）在定义域上的单调性为单调递增函数，然后再利用当x∈（a，b）时，利用f′（a）f′（b）＜0确定导函数的极值点x0∈（﹣1，−12）从而．得到x＝x0时是函数f（【解答】解：因为函数f（x）＝ex﹣ln（x+3），定义域为（﹣3，+∞），所以f′（x）＝ex−1易知导函数f′（x）在定义域（﹣3，+∞）上是单调递增函数，又f′（﹣1）＜0，f′（−1所以f′（x）＝0在（﹣3，+∞）上有唯一的实根，不妨将其设为x0，且x0∈（﹣1，−1则x＝x0为f（x）的最小值点，且f′（x0）＝0，即ex0=1x0+3，两边取以e为底的对数，得x故f（x）≥f（x0）=ex0−ln（x0+3）=1x0+3−ln（x0+3）=1x0+3+故f（x）≥f（x0）=1x0+3+(x0+3)−3＞2+12−3=−故选：B．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．（多选）9．（6分）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SnD．若an+4Sn﹣1Sn＝0（n≥2），a1=1【考点】等差数列的性质；等差数列的前n项和．【答案】BD【分析】选项A中，根据等差数列的前n项和定义与性质，求出使Sn＞0的最大正整数n的值为30；选项B中，根据等比数列的定义与前n项和公式，求出c的值；选项C中，分q＝1和q≠1时，求前n项和公式；选项D中，数列的通项公式与前n项和公式，判断数列{1【解答】解：对于A，等差数列{an}中，a15+a16＞0，a15+a17＜0，所以S30=30(a1+a30)2=15（a15+a16）＞0，S31所以使Sn＞0的最大正整数n的值为30，选项A错误；对于B，等比数列{an}中，Sn＝5n+c，所以Sn﹣1＝5n﹣1+c，an＝Sn﹣Sn﹣1＝4×5n﹣1（n≥2），a1＝S1＝5+c＝4，解得c＝﹣1，选项B正确；对于C，等比数列{an}中，q＝1时，Sn＝na1；q≠1时，Sn所以Sn=na1，q=1对于D，由an+4Sn﹣1Sn＝0，得Sn﹣Sn﹣1+4Sn﹣1Sn＝0，即1Sn−所以数列{1Sn故选：BD．（多选）10．（6分）已知函数f(x)=eA．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（log210））＝﹣1【考点】奇偶性与单调性的综合；求指数函数及指数型复合函数的单调性；导数与切线的斜率．【答案】BD【分析】由指数型复合函数单调性即可判断A；求导即可判断B；由题可知f（x）+f（﹣x）＝﹣1，由此即可判断C；由C选项结论即可判断D．【解答】解：对A，f(x)=ex1−e根据复合函数单调性知f（x）在（﹣∞，0），（0，+∞）上单调递增，当x＜0时，f（x）＞0，当x＞0时，f（x）＜0，∴f（x）在定义域上不是单调递增，故A错误；对B，因为f′(x)=ex(1−对C，∵f(−x)=e∴f（x）+f（﹣x）＝﹣1，∴y＝f（x）的图象关于点(0，−12)∵lg(log210)=lg(1lg2)=−lg(lg2)，由f（x）+故选：BD．（多选）11．（6分）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(12C．f(x)x的最小值为﹣1D．f（x）的最小值为0【考点】利用导数研究函数的单调性．【答案】AB【分析】由已知等式变形可得出[f(x)x]′=(xlnx)′，设f(x)x=xlnx+c（c为常数），根据题中条件求出c的值，可求出f（x）的解析式，利用函数的单调性与导数的关系可判断A【解答】解：因为函数f（x）及其导函数f′（x）满足xf′（x）﹣f（x）＝x2（lnx+1），则xf′(x)−f(x)x2=lnx+1令f(x)x=xlnx+c（c为常数），所以，f（x）＝x2lnx+因为f（1）＝0+c＝0，可得c＝0，所以，f（x）＝x2lnx，对于A选项，当x＞1时，f′（x）＝2xlnx+x＝x（2lnx+1）＞0，所以，函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，A对；对于B选项，由f′（x）＝0可得x=e−1当12＜x＜1e时，f′（x）＜0，此时函数当1e＜x＜1时，f′（x）＞0，此时函数f（所以，函数f（x）在(12，1)对于C选项，令g(x)=f(x)x=xlnx，其中x＞0，则g′（x当0＜x＜1e时，g′（x）＜0，此时函数g（当x＞1e时，g′（x）＞0，此时函数g（所以，g(x)min=g(对于D选项，f′（x）＝x（2lnx+1），令f′（x）＝0，可得x=1当0＜x＜1e时，f′（x）＜0，此时函数f（当x＞1e时，f′（x）＞0，此时函数f（所以，f(x)min=f(故选：AB．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）记正项数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=an(an+1)2，n∈【考点】数列的求和；数列递推式．【答案】1553【分析】由已知结合数列和与项的递推关系先求出an，进而求出Sn，然后结合式子特点构造函数，对其求导结合导数与单调性关系及数列的函数特性即可求解．【解答】解：正项数列{an}中，Sn=a当n＝1时，a1∴a1＝1或a1＝0（舍去），当n≥2时，an∴an2−an−12−∴（an+an﹣1）（an﹣an﹣1）﹣（an+an﹣1）＝0，∴（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0，∵an+an﹣1＞0，∴an﹣an﹣1﹣1＝1，∴{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n，Sn令Sn＝t，有Sn令f(t)=t则f′(t)=2t−128易得f（t）在（0，4）单调递减，在（4，+∞）单调递增，f（t）min＝f（4），但t=Sn=n故Sn2+128Sn最小值在当Sn＝6时，Sn2+128Sn所以最小值为1553故答案为：155313．（5分）已知数列{an}满足a3=−14，an+【考点】数列递推式．【答案】1785．【分析】由已知可得，a4k+a4k+1＝k2，a4k+1+a4k+2＝0，a4k+2+a4k+3=−(k2+k+14)，a4k+3+a4k+4＝0，进而可得a【解答】解：由已知可得，a4k+a4k+1＝k2，a4k+1+a4k+2＝0，a4k+2+a4k+3=−(k2+k+14)则a4k+4﹣a4k＝k+1所以由累加法可得，a240＝（a240﹣a236）+（a236﹣a232）+…+（a8﹣a4）+a4＝1785．故答案为：1785．14．（5分）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，【考点】分段函数的应用．【答案】{2，3，4}．【分析】令f(x1)x1=f(x2)x2=⋯化简f(x)=x−1，x⩽32−x+2，32＜x⩽2ex−2(−x2+8x−12)，x＞2．所以f【解答】解：令f(x1)x1=f(x2)x2=⋯f(xn)f(x)=x−1，x⩽所以f（x）在(1，32)当x＞2时，f′（x）＝ex﹣2（﹣x2+8x﹣12）+ex﹣2（﹣2x+8）＝ex﹣2（﹣x2+6x﹣4），设t（x）＝﹣x2+6x﹣4（x＞2），令t（x）＝0得x=3+5当2＜x＜3+5时，t（x）＞0，当x＞3+5时，t（所以f（x）在(2，3+5)上单调递增，在作出f（x）与y＝kx的大致函数图象如图所示：由图象可知f（x）＝kx的交点个数可能为1，2，3，4，因为n⩾2，故n的值为2，3，4．故答案为：{2，3，4}．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．【考点】错位相减法；由等差数列中若干项求通项公式或其中的项．【答案】（1）an（2）证明见解析．【分析】（1）设数列{an}的公差为d（d＞0），数列{bn}的公比为q（q＞0），由a1＝b1＝1，a2b3＝1，a6b5＝1，求出d，q，可得an，bn；（2）由an，bn的通项公式，利用错位相减求出{anbn}的前n项和Sn，利用作差法求解Sn单调递增，进而证明结果．【解答】解：（1）设数列{an}的公差为d（d＞0），数列{bn}的公比为q（q＞0），由a1＝b1＝1，a2b3＝1，a6b5＝1，则a2由①式平方除②式得：(1+d)21+5d=1⇒d故d=3，q=1∴通项公式分别为an（2）∵an∴Sn12两式相减可得12∴Sn∴Sn+1∴数列{Sn}为递增数列，又S1∴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．【考点】数列与不等式的综合；数列的求和．【答案】（1）bn＝（2n+1）•2n；（2）λ的最大值为−1【分析】（1）由已知列方程组求解数列的首项与公差，可得通项公式，代入bn＝2n•an，可得数列bn的通项公式；（2）利用错位相减法求数列bn的前n项和为Tn，再求出{an}的前n项和为Sn，代入（Tn﹣2）λ+2Sn﹣11n+3≤0，分离参数λ，再由数列的函数特性求最值得答案．【解答】解：（1）由已知得，a42=a1∴an＝a1+（n﹣1）d＝3+2（n﹣1）＝2n+1，则bn＝2n•an＝（2n+1）•2n；（2）Tn2T两式作差得：−=6+2×4(1−2n−1)1−2−(2n+1)⋅2n+1=∴Tn由（1）得a1=3d=2∵（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)⋅即λ≤3−n2n+1对一切n∈N令f(n)=3−n2n+1∴f(n+1)−f(n)=2−n当1≤n≤3时，f（n+1）﹣f（n）＜0，∴f(n)=3−n当n＝4时，f（n+1）＝f（n），即f(5)=f(4)=−1当n≥5时，f（n+1）﹣f（n）＞0，∴f(n)=3−n综上，f(n)=3−n2n+1∴λ≤(3−n2n+1)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）求{an}，{bn}的通项公式；（2）定义：已知数列{cn}，Qn=i=1n（i）计算Sn，Tn，其中Sn=i=1（ii）若{λ（bn+n）﹣an}（λ∈N*）为“4﹣偶数项和整除数列”，求λ的最小值．【考点】数列的求和；数列递推式．【答案】（1）an＝4n+4，bn（2）（i）Sn=4n（ii）λ的最小值为4．【分析】（1）因式分解构造数列从而得到数列通项公式．（2）（i）根据题目所给定义代入即可求解．（ii）使用组合数进行放缩数列放缩求解本题．【解答】解：（1）由an2−(4+3n)an−4n2−4n=0可得[a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（2）（i）Sn=a（i）方法一：当n＝1时，λ显然λ＝1，2，3不满足题意．当λ＝4时，i=1n{λ(b2i+2i)−a2i}=4Tn所以4T故λ的最小值为4．方法二：当n＝1时，λT显然，λ＝1，2，3不满足题意．当λ＝4时，cn=4(b因为cn且3n﹣n﹣1＞en﹣n﹣1＞0，所以4T故λ的最小值为4．18．（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．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【答案】（1）y＝9x+1；（2）21．【分析】（1）利用导数的几何意义求解；（2）求导得到f（x）的单调性，进而求出f（x）在[0，5]上的最大值．【解答】解：（1）函数f（x）＝x3﹣6x2+9x+1，定义域为R，则f′（x）＝3x2﹣12x+9，所以f′（0）＝9，f（0）＝1，所