2023-2024学年广东省深圳市光明中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市光明中学高二（下）期中数学试卷（含解析），共12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.小米汽车首款车型小米SU7于2024年3月28日正式发布，该款车型有9种外观颜色，4种内搭颜色可供选择.若车主自由选择车的外观和内搭颜色，共有种情况．( )
A. 4B. 9C. 13D. 36
2.某质点的位移y(单位：m)与时间t(单位：s)满足函数关系式y=18t3+ln(t+1)，则当t=2时，该质点的瞬时速度为( )
A. 113m/sB. 3m/sC. 116m/sD. 146m/s
3.在等比数列{an}中，a2=2，a5=−274，则公比q=( )
A. −32B. −23C. 23D. 32
4.(2x2−1x)6的展开式中二项式系数最大的项为( )
A. 第二项B. 第三项C. 第四项D. 第五项
5.函数f(x)=lnx+2x+1x的单调递减区间是( )
A. (−1,12)B. (0,12)C. (−12,1)D. (0,1)
6.某校街舞社共8位同学，为了给高三学子加油鼓劲，编排了一组团体舞蹈，站队时要求站成两排四列，且要保证每一列前面的同学身高比后面的同学矮(8名学生身高均不相同)，共有种站队方法．( )
A. 2250B. 2520C. 2790D. 3250
7.已知函数f(x)=exlnx与偶函数g(x)在交点(1,g(1))处的切线相同，则函数g(x)在x=−1处的切线方程为( )
A. ex−y+e=0B. ex+y−e=0C. ex−y−e=0D. ex+y+e=0
8.已知数列{an}，a1=2，a2=0，且an+2=an−2(n为奇数)an+2=an+2(n为偶数)，则数列{an}的前2023项之和为( )
A. 0B. 2C. 2024D. 4048
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}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列，则q的值可能为( )
A. 12B. 1C. −12D. −2
10.若x8=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a8(x−1)8，其中a0，a1，a2，⋯，a8为实数，则( )
A. a0=1B. a6=56
C. a1+a3+a5+a7=128D. a2+a4+a6+a8=127
11.已知函数f(x)=x2−2xlnx，g(x)=ex−lnx−2，下列说法正确的是( )
A. 函数g(x)存在唯一极值点x0，且x0∈(12,1)
B. 令h(x)=f(x)g(x)，则函数h(x)无零点
C. 若g(x)+2>m恒成立，则m<2
D. 若a>0，b>0，则a+b2−ln(a+b)>abln(1+ba)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知{an}为等差数列，且a1+a2=1，a8+a9=5，则a5= ______．
13.安排甲、乙，丙、丁4位老师到A，B，C三所学校工作，要求每所学校都有人去，每人只能去一所学校，则甲不去A学校、乙不去B学校工作的分配方案数为______种.
14.已知函数f(x)=lnxx,g(x)=xex，若存在m，n使得f(m)=g(n)<0成立，则mn的最小值为______
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)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2+a3=12，S6=48．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
16.(本小题15分)
在(ax−1 x)n的展开式中，所有项的二项式系数的和为128．
(1)求n的值；
(2)若展开式中x的系数为−280，求实数a的值．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=(x−2)ex−2ax2+4ax(a>0)．
(1)若a=1，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)恰有三个零点，求a的取值范围．
18.(本小题17分)
已知数列{an}为等差数列，a2=3，a14=3a5，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2Sn=3bn−1．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn=an⋅bn，数列{cn}的前n项和为Tn，且Tn−n⋅3n<(−1)n⋅m对n∈N*恒成立，求实数m的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=12x2−(2a+1)x+aln(x−1)，其中a为实数．
(1)若a=−1，试求函数f(x)的单调区间；
(2)当a∈[0,1]，x1，x2∈[2,3]，且x1≠x2时，若恒有|f(x1)−f(x2)|<λ|ln(x2−1)−ln(x1−1)|，试求实数λ的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据分步乘法计数原理，第一步选外观颜色，有9种选择；
第二步选内搭，有4种选择，
因此车主自由选择车的外观和内搭颜色，共有9×4=36种情况．
故选：D．
由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理，属中档题．
2.【答案】C
【解析】解：y′=38t2+1t+1，
将t=2代入导函数，得38×22+12+1=116，
所以当t=2时，该质点的瞬时速度为116m/s．
故选：C．
结合导数的几何意义，即可求解．
本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵等比数列{an}中，a2=2，a5=−274，
∴q3=a5a2=−2742=−278，
故q=−32．
故选：A．
直接根据等比数列的性质即可求解结论．
本题考查等比数列的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：因为展开共有7项，且二项式系数对称分布且先增后减，
故(2x2−1x)6的展开式中，(2x2−1x)6的展开式中，Tk+1项的二项式系数为C6k，
当k=3时，C6k最大=C63，即第四项的二项式系数最大．
故选：C．
根据展开式中二项式系数最大的项是第四项，由通项公式即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，注意运用通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由题意可得f′(x)=(2x−1)(x+1)x，
且函数f(x)的定义域为(0,+∞).由f′(x)<0，解得0即f(x)的单调递减区间是(0,12)，
故选：B．
对函数求导，令其导函数小于0解出范围即可．
本题主要考查利用导函数研究函数单调区间，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：某校街舞社共8位同学，为了给高三学子加油鼓劲，编排了一组团体舞蹈，站队时要求站成两排四列，且要保证每一列前面的同学身高比后面的同学矮(8名学生身高均不相同)，
将前后2人看成一组，可看成4个不同位置，分别取出2人排在4个位置，两人顺序确定(高在后，矮在前)，
所以不同的站法共有C82×C62×C42×C22=2520种．
故选：B．
由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理，属中档题．
7.【答案】D
【解析】解：f(x)=exlnx，
则f(1)=0，f′(x)=exlnx+ex⋅1x，
故f′(1)=0+e=e，
所以f(x)与g(x)相切于(1,0)，
又g(x)为偶函数，
所以g(−1)=g(1)=0，g′(−1)=−g(1)=−e，
故切线方程为ex+y+e=0．
故选：D．
根据已知条件，结合导数的几何意义，以及偶函数的性质，即可求解．
本题主要考查导数的几何意义，以及偶函数的性质，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：当n为奇数时，an+2=an−2，即an+2−an=−2，
所以数列{an}的奇数项构成首项为2，公差为−2的等差数列；
当n为偶数时，an+2=an+2，即an+2−an=2，
所以数列{an}的偶数项构成首项为0，公差为2的等差数列．
所以前2023项和为(a1+a3+...+a2023)+(a2+a4+...+a2022)=(2+0+...−2020)+(0+2+...+2020)
=12×1012×(2−2020)+12×1011×2020=2．
故选：B．
由题意可得数列{an}的奇数项构成首项为2，公差为−2的等差数列，偶数项构成首项为0，公差为2的等差数列，再由数列的分组求和，结合等差数列的求和公式，可得所求和．
本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及数列的分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：数列{an}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列，
可得2a3=a1+a2，即2a1q2=a1+a1q，即2q2−q−1=0，解得q=1或q=−12，
故选：BC．
利用等比数列以及等差数列，列出方程求解公比即可．
本题考查等差数列以及等比数列的应用，考查计算能力，是基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：令t=x−1，则原式转化为(t+1)8=a0+a1t+a2t2+⋯+a8t8，
令t=0，得a0=1，故A正确；
由二项式定理得a6=C82=28，故B错误；
令t=1，得a0+a1+a2+⋯+a8=28，令t=−1，得a0−a1+a2−⋯+a8=0，
所以a1+a3+a5+a7=a0+a2+a4+a6+a8=27=128，所以a2+a4+a6+a8=127，所以C正确，D正确．
故选：ACD．
根据二项式定理的展开式，赋值法，即可解出．
本题考查二项式定理的展开式，赋值法，学生的数学运算能力，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：A项，g′(x)=ex−1x，在(0,+∞)单调递增，
g′(12)= e−2<0，g′(1)=e−1>0，
所以∃x0∈(12,1)，使得g′(x0)=0，A正确．
B项，g(x)恒大于0，f(x)恒大于0，故h(x)无零点，B正确．
C项，即ex−lnx>m恒成立，令r(x)=ex−lnx，则r′(x)=ex−1x，
由r′(x)在(0,+∞)上递增，又r′(12)= e−2<0，r′(1)=e−1>0，
所以存在x0∈(12,1)，使r′(x0)=0，所以r(x)在(0,x0)上递减，
在(x0,+∞)上递增(x0满足ex0=1x0，)．
所以r(x)≥r(x0)=1x0+x0>2，
所以mD项，构造(a+b)2−2(a+b)ln(a+b)>a2−2alna，
且f(x)在(0,+∞)单调递增，a+b>b，所以D正确．
故选：ABD．
A选项，求导数得g′(1)>0和g′(12)<0，可得结果．B选项，由g(x)恒大于0，f(x)恒大于0，可得结果．C选项，构造r(x)=ex−lnx，求出单调区间，可得结果．D选项，构造(a+b)2−2(a+b)ln(a+b)>a2−2alna，根据单调性可得结果．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，属于难题．
12.【答案】32
【解析】解：根据题意，{an}为等差数列，且a1+a2=1，a8+a9=5，
则a1+a2+a8+a9=(a1+a9)+(a2+a8)=2a5+2a5=6，
变形可得a5=32．
故答案为：32．
根据题意，由等差数列的性质可得a1+a2+a8+a9=(a1+a9)+(a2+a8)=2a5+2a5，变形可得答案．
本题考查等差数列的性质，涉及等差数列的定义，属于基础题．
13.【答案】17
【解析】解：当甲去B学校时，
不同的分配方案数为C32A22+C21A22=10种，
当甲不去B学校时，不同的分配方案数为A32+1=7种，
所以不同的分配方案数共有10+7=17种．
故答案为：17．
由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理，属中档题．
14.【答案】−1e
【解析】解：∵f(x)的定义域为(0,+∞)，由f′(x)=1−lnxx2=0，得x=e，
当x∈(0,e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
又∵f(1)=0，由f(m)<0得0又f(m)=lnmm=lnmelnm=g(lnm)=g(n)，∴lnm=n，∴mn=mlnm(0令h(x)=xlnx(0当x∈(0,1e)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1e,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
∴当x=1e时,h(x)min=h(1e)=1eln1e=−1e，所以mn的最小值为−1e．
故答案为：−1e．
求出f(x)单调区间，结合已知条件，推出mn=mlnm(0本题考查函数导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，是中档题．
15.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由a2+a3=12，S6=48，
得2a1+3d=126a1+15d=48，
解得a1=3，d=4．
所以an=3+(n−1)×2=2n+1．
(2)由(1)得bn=1anan+1，所以bn=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，
所以Tn=12(13−15+15−17+...+12n+1−12n+3)=12(13−12n+3)=16−14n+6．
【解析】(1)直接利用已知条件建立方程组，求出首项和公差，进一步求出数列的通项公式；
(2)利用裂项相消法求出数列的和．
本题考查的知识点：数列的通项公式的求法，数列的求和，裂项相消法的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为所有项的二项式系数的和为128，所以2n=128，所以n=7．
(2)二项式(ax−1 x)7的展开式的通项公式为Tr+1=C7r(ax)7−r(−1 x)r=C7ra7−r(−1)rx7−3r2，
令7−3r2=1得r=4，
所以展开式中x的系数为C74⋅a3=−280，解得a=−2．
【解析】(1)由二项式系数的性质求解；
(2)利用二项式展开式的通项公式求解．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
17.【答案】解：(1)a=1时，f(x)=(x−2)ex−2x2+4x，所以f′(x)=(x−1)ex−4x+4，
所以f(0)=−2，f′(0)=3，
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y+2=3x，即3x−y−2=0．
(2)因为f(x)=(x−2)ex−2ax2+4ax=(x−2)(ex−2ax)，
所以x=2是f(x)的一个零点，
因为f(x)恰有三个零点，所以方程ex−2ax=0有两个不为2实数根，即方程12a=xex有两个不为2实数根．
令h(x)=xex，所以h′(x)=1−xex，
令h′(x)<0，得x>1，令h′(x)>0，得x<1，
所以h(x)在区间(−∞,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减，
当x∈(−∞,1]时，h(x)的值域为(−∞,1e],
当x∈(1,+∞)时，h(x)的值域为(0,1e)，
所以0<12ae2且a≠e24，
所以a的取值范围是(e2,e24)∪(e24,+∞)．
【解析】(1)由导数的几何意义计算即可得；
(2)由f(x)=(x−2)ex−2ax2+4ax可得x=2是f(x)的一个零点，故ex−2ax=0有两个不为2实数根，即方程12a=xex有两个不为2实数根，构造函数h(x)=xex，利用导数讨论函数h(x)的单调性后计算即可得．
本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的极值与最值，函数零点个数问题，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)等差数列{an}中，设公差为d，
则a2=3a14=3a5⇒a1+d=3a1+13d=3a1+12d，
⇒a1+d=32a1=d⇒a1=1d=2⇒an=2n−1(n∈N+)，
数列{bn}中的前n项和为Sn，且2Sn=3bn−1，①
当n=1时，b1=1，
当n≥2时，2Sn−1=3bn−1−1，②
②−①得：bn=3bn−1(n≥2)，
故数列{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以bn=3n−1(n∈N+)．
(2)数列{cn}中，cn=an⋅bn=(2n−1)⋅3n−1，
则Tn=1×30+3×31+⋯+(2n−3)⋅3n−2+(2n−1)⋅3n−1，
所以3Tn=1×31+3×32+⋯+(2n−3)⋅3n−1+(2n−1)⋅3n，
故−2Tn=1+2(31+32+…+3n−1)−(2n−1)⋅3n=−1+2(30+31+⋯+3n−1)−(2n−1)⋅3n=−1+2⋅1−3n1−3−(2n−1)⋅3n=(2−2n)⋅3n−2，
所以Tn=(n−1)⋅3n+1，
∵(−1)n⋅m>Tn−n⋅3n=1−3n对n∈N*恒成立，
当n为奇数时，(−1)n⋅m=−m>1−3n⇒m<3n−1⇒m<(3n−1)min=31−1=2，
当n为偶数时，(−1)2⋅m=m>1−3n⇒m>(1−3n)max=1−32=−8，
综上：实数m的取值范围为m∈(−8,2)．
【解析】(1)求解等差数列{an}通项公式，只需设参数a1，d列方程组即可求解，数列{bn}通过已知前n项和Sn求解通项公式bn；
(2)需要先用错位相减法求得数列{cn}的前n项和为Tn，代入不等式中对n分类讨论，转化为最值问题，求出m范围即可．
本题考查了数列的递推关系式以及错位相减求和的问题，属于中档题．
19.【答案】解：(1)a=−1，f′(x)=x+1−1x−1=x2−2x−1，
当x> 2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1∴函数f(x)的单调增区间为( 2,+∞)，单调减区间为(1, 2)．
(2)函数f′(x)=x−(2a+1)+ax−1=x2−(2a+2)x+3a+1x−1，
令h(x)=x2−(2a+2)x+3a+1，
当a∈[0,1]时，可知4a(a−1)≤0，故x2−(2a+2)x+3a+1≥0恒成立，
可知f′(x)≥0，f(x)在区间(1,+∞)上为单调增函数，
不妨设x2>x1，且x1，x2∈[2,3]，
则|f(x2)−f(x1)|<λ|n(x2−1)−ln(x1−1)|变为f(x2)−f(x1)<λln(x2−1)−λln(x1−1)，
即f(x2)−λln(x2−1)设函数g(x)=f(x)−λln(x−1)=12x2−(2a+1)x+aln(x−1)−λln(x−1)
=12x2−(2a+1)x+(a−λ)ln(x−1)，
由g(x2)即g′(x)=x2−2(a+1)x+3a+1−λx−1≤0在[2,3]上恒成立，即x2−2(a+1)x+3a+1−λ≤0在[2,3]上恒成立，
又a∈[0,1]．
∵3−2x<0，可知a=0时，(3−2x)a+x2−2x+1−λ取最大值，
即x2−2x+1−λ≤0，即λ≥x2−2x+1对x∈[2,3]时恒成立，
由x2−2x+1=(x−1)2≤4，可知λ≥4，
即λ取值范围为[4,+∞)．
【解析】(1)对函数求导，结合导数与单调性关系即可求解函数的单调区间；
(2)结合导数与单调性关系先分析出f(x)在区间(1,+∞)上为单调增函数，不妨设x2>x1，且x1，x2∈[2,3]，原不等式可变为f(x2)−f(x1)<λln(x2−1)−λln(x1−1)，构造函数g(x)=f(x)−λln(x−1)=12x2−(2a+1)x+aln(x−1)−λln(x−1)，对其求导，然后结合导数与单调性关系，分离参数，转化为最值求解，即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于难题．