2023-2024学年江西省景德镇市高二下学期期末质量检测数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年江西省景德镇市高二下学期期末质量检测数学试卷（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1,−13,15,−17,19,⋯的通项公式可能是( )
A. an=(−1)n2nB. an=(−1)n+12nC. an=(−1)n2n−1D. an=(−1)n+12n−1
2.设函数fx=ex−1，则limΔx→0f(1+Δx)−f(1)Δx=( )
A. eB. 2C. e−1D. 1
3.在等差数列an中，若a3+a5=4，则其前7项和为( )
A. 7B. 9C. 14D. 18
4.一个网上贷款平台在2024年初给出贷款的月利率为2%，某大学生此时从该平台贷款m元，按照复利计算，他10个月后一次性还款的金额应为( )
A. 1.18m元B. 1.029m元C. 1.20m元D. 1.0210m元
5.下列给出的四个函数中，零点的个数最多的是( )
A. y=2xx−1B. y=lnx−13xC. y=ex−x+1D. y=2x+lgx
6.对于数列an，若存在正整数kk≥2，使得akA. 3B. 9C. 10D. 12
7.设0lnb+eb−1，其中e是自然常数，则( )
A. aebC. ab<1D. ab>1
8.将函数y=x−12cs2x+12,x∈[0,π4]的图象绕原点逆时针旋转θ角，得到曲线C.若曲线C始终为函数图象，则tanθ的最大值为( )
A. 12B. ππ+2C. 23D. 1
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.数列an的前n项和Sn=11n−n2，则( )
A. a1=10B. a3>a2
C. 数列Sn有最小项D. Snn是等差数列
10.三次函数fx=x3−3x−m(m>0)的图像与x轴有两个交点A,B，则( )
A. fx有唯一的极值
B. xA+xB=1
C. 存在等差数列an，使i=14fai=−8
D. 过点2,0可作曲线y=fx的两条切线
11.下列关于数列an与其前n项和Sn的命题，表述正确的是( )
A. 若an+1=11−an,a1=−1，则a2024=12
B. 若Sn+1=2Sn,a1=2，则an=2n−1n≥2,n∈N∗
C. 若an是等比数列，S2=1,S4=4，则S8=64
D. 若a1a2a3⋯an=1n+1，则数列an单调递增
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.记Sn为等比数列an的前n项和，若S3=6,a1=8，则公比q为 ．
13.已知函数y=fxx∈R的图象如下，则不等式xf′x<0的解集为 ．
14.牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的用“作切线”来近似求函数零点的一种方法，已知函数fx=x2+2x−3，在图象上横坐标为x1的点处作曲线y=fx的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2；用x2代替x1，重复以上的过程得到x3；一直下去，得到数列xn，称为“牛顿数列”.现取x1=3，则可知xn与xn+1的大小关系是 ，其中x3= ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知数列an是公差为2的等差数列，且a3是a1与9的等差中项．
(1)求an的通项公式；
(2)求1a1a2+1a2a3+1a3a4+⋯+1a19a20的值．
16.(本小题12分)
已知函数fx=1+lnxx．
(1)求fx的极值点；
(2)判断方程fx−12=0在区间1e,e上的解的个数，并说明理由．
17.(本小题12分)
设Sn为数列an的前n项和，且2Sn=3an−4n．
(1)λ为何值时，an+λ是等比数列；
(2)若bn=nan+22，求数列bn的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
设函数fx=aex−2x，其中a为 常数．
(1)讨论fx的单调性；
(2)若fx≥1−sinx，求实数a的取值范围．
19.(本小题12分)
如图，一质点在大小随机的外力作用下，在x轴上从原点0出发向右运动，每次移动1个单位或2个单位，其中每次移动1个单位的概率均为p，移动2个单位的概率均为1−p．
(1)记质点移动5次后位于8的位置的概率为fp，求fp的最大值及最大值点p0；
(2)已知p=12，记质点从原点0运动到n的位置的方法种数为an，概率为Pn．
(i)求a8,P2,P3；
(ii)证明：Pn+1−Pn是等比数列，并求Pn．
参考答案
1.D
2.A
3.C
4.D
5.B
6.B
7.A
8.A
9.AD
10.BCD
11.ABD
12.−12 或−0.5
13.−∞,0∪1,3
14.xn+115.解：(1)
∵2a3=a1+a5=a1+9，
∴a5=9，又∵d=2，
∴an=2n−1．
(2)
原式=11×3+13×5+15×7+⋯+137×39
=1211−13+13−15+⋯+137−139
=1211−139=1939．

16.解：(1)
f′x=x⋅1x−1+lnxx2=−lnxx2,x>0，
∴当00；当x>1时，f′x<0，
∴fx在0,1单调递增，1,+∞单调递减，
∴fx的极大值点为1，无极小值点；
(2)
方程fx−12=0在区间1e,e上只有1个解，理由如下：
令gx=fx−12=1+lnxx−12，
则g′x=f′x=−lnxx2，
当x∈1e,1时，g′x>0；当x∈1,e时，g′x<0，
所以gx在1e,1单调递增，在1,e单调递减，
又∵g1e=−120,g1=120,fe=2e−12>0，
∴gx在1e,1有一个零点，在1,e无零点，
所以方程fx−12=0在区间1e,e上只有1个解．

17.解：(1)
当n=1时，2a1=3a1−4，即a1=4，所以a1+2=6，
当n≥2时，2Sn=3an−4n①，2Sn−1=3an−1−4n−1②，
①−②得：2an=3an−3an−1−4，即an=3an−1+4，所以an+2=3an−1+2，
所以，当λ=2时，an+λ是等比数列，首项为6，公比为3．
(2)
由第(1)问得，an+2=6×3n−1=2×3n，所以bn=nan+22=n×3n，
所以Tn=1×3+2×32+3×33+⋯+n×3n，
3Tn=1×32+2×33+⋯+n−1×3n+n×3n+1，
故2Tn=n×3n+1−3+32+⋯+3n=n×3n+1−33n−13−1=n−12×3n+1+32
所以Tn=(2n−1)3n+1+34．

18.解：(1)
f′x=aex−2，其中ex>0．
当a≤0时，f′x<0
∴fx在R上单调递减
当a>0时，∵f′x>0，所以x>ln2a；f′x<0，x ∴fx在−∞,ln2a单调递减，在ln2a,+∞单调递增
(2)
方法一：
∵fx≥1−sinx
∴a≥2x−sinx+1ex
令gx=2x−sinx+1ex，则g′x=sinx−csx−2x+1ex
取ℎx=sinx−csx−2x+1，则ℎ′x=sinx+csx−2<0恒成立
∴ℎx单调递减，又ℎ0=0
∴当x<0时，ℎx>0；当x>0时，ℎx<0
∴gx在−∞,0单调递增，在0,+∞单调递减，
∴a≥g(x)max=g0=1
方法二：
fx≥1−sinx,即aex−2x+sinx≥1
令x=0，则a≥1，下证a=1时恒成立即ex−2x+sinx≥1．
设gx=ex−2x+sinx，则g′x=ex+csx−2
当x<0时，ex<1,csx≤1，故g′x<0
∴gx在−∞,0单调递减，mx=ex+csx−2
当x>0时，m′x=ex−sinx
∵ex>1,sinx<1,∴m′x>0
∴g′x在0,+∞单调递增，有g′x>g′0=0
∴gx在0,+∞单调递增，
综上，gx≥g0=1，即ex−2x+sinx≥1恒成立
又∵aex−2x+sinx≥ex−2x+sinxa≥1
∴a≥1符合

19.解：(1)
由已知，可得5次移动中，有3次移动2个单位，2次移动1个单位，
∴fp=C52p21−p3=10p21−p3，
∴f′p=10p(1−p)22−5p，
令f′p>0得0∴fp在0,25单调递增，在25,1单调递减，
当p=25处，fp取得极大值，也是最大值，
∴f(p)max=f25=216625，此时p=p0=25；
(2)
(i)法一：P1=12，则P2=12+12P1=34,P3=12P1+12P2=58，
∵a1=1,a2=2,an+2=an+an+1，
∴a3=1+2=3，a4=2+3=5，a5=3+5=8，a6=5+8=13，a7=8+13=21，
∴a8=13+21=34；
法二：P1=12，则P2=12+12P1=34,P3=12P1+12P2=58，
移动到8的位置，若每次移动2个单位，则移动4次，故至少移动4次，
若每次移动1个单位，则移动8次，故至多移动8次，
若需要移动8次，则8次移动1个单位，0次移动2个单位，则需要C80种方法，
若需要移动7次，则有1次移动2个单位，故需要C71种方法，
若需要移动6次，则有2次移动2个单位，故需要C62种方法，
若需要移动5次，则有3次移动2个单位，故需要C53种方法，
若需要移动4次，则有4次移动2个单位，故需要C44种方法，
故a8=C80+C71+C62+C53+C44=34；
(ii)由题意，Pn+2=12Pn+12Pn+1⇒Pn+2−Pn+1=−12Pn+1−Pn，
∴Pn+1−Pn是等比数列，首项为14，公比为−12，
∴Pn+1−Pn=−12n+1，
∴Pn=P1+P2−P1+P3−P2+⋯+Pn−Pn−1
=12+−122+−123+⋯+−12n
=2+−12n3．