2023-2024学年山西省忻州市高二上学期1月期末考试数学试题(含解析)
展开1.已知数列的前4项分别为3−12,5+34,7−58,9+716,则该数列的一个通项公式可以为an=( )
A. 2n+1+(−1)n2n−12nB. 2n+1+(−1)n+12n−12n
C. 2n+1+(−1)n−12n−12nD. 2n+1+(−1)n2n−12n
2.已知直线l1:5x+(a−3)y+10=0,直线l2:(a+1)x+y+a=0.若l1//l2,则a=( )
A. 4B. −2C. 4或−2D. 3
3.已知等比数列an的前n项和为Sn,若Sn=3×2n+1+λ,则λ=( )
A. 3B. −3C. 6D. −6
4.若数列an满足a2=11,an+1=11−an,则a985=( )
A. 1110B. 11C. −110D. 1011
5.函数f(x)=x−6ex的极大值为
( )
A. e−6B. e−7C. e−8D. e−9
6.过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点的直线与抛物线C相交于A,B两点,若线段AB中点的坐标为(4,2 2),则p=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
7.在三棱锥P−ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90∘,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=2,PA=3,则直线CP与平面DEF所成角的正弦值为
( )
A. 513B. 613C. 3 1313D. 2 1313
8.若函数f(x),g(x)的导函数都存在,f′(x)[g(x)+1]+f(x)g′(x)>4x3恒成立,且f(1)=g(1)=1,则必有
( )
A. f(2)g(2)<16B. f(2)[g(2)+1]<17
C. f(2)g(2)>16D. f(2)[g(2)+1]>17
二、多选题:本题共4小题,共20分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。
9.等差数列{an}的前n项和为Sn,若a7=9,S4=3a4,则
( )
A. {an}的公差为1B. {an}的公差为2C. S4=18D. a2023=2025
10.已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示,则
( )
A. f(x)在(−3,−1)上单调递减B. f(x)在(−1,2)上单调递增
C. f(x)有2个极大值点D. f(x)只有1个极小值点
11.已知mn≠0,在同一个坐标系下,曲线mx2+ny2=mn与直线mx+ny=mn的位置可能是
( )
A. B.
C. D.
12.已知函数f(x)=xex,且关于x的方程fx2+mfx+m=0有3个不等实数根,则下列说法正确的是
( )
A. 当x>0时,f(x)>0B. f(x)在1,+∞上单调递减
C. m的取值范围是−12,0D. m的取值范围是−1e2+e,0
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
13.物体位移s(单位:m)和时间t(单位:s)满足函数关系s=2t−1t2(0
15.若直线x+3y−1=0是圆x2+y2−2ax−8=0的一条对称轴,则点P(2, 3)与该圆上任意一点的距离的最小值为 .
16.在数列an与bn中,已知a1=b1=2,an+1+bn+1=2an+bn,an+1bn+1=2anbn,则1a2023+1b2023= .
四、解答题:本题共6小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=3x4−4x3.
(1)求曲线y=f(x)在点(−1,f(−1))处的切线方程;
(2)求f(x)在[−1,2]上的最值.
18.(本小题12分)
已知数列an 的 前n项和为Sn,且Sn=3n2+9n2.
(1)求an的通项公式;
(2)设bn=9anan+1,求数列bn的前n项和Tn.
19.(本小题12分)
已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,且∠ABC=60∘,AB=AA1=2,E,F分别是侧棱AA1,CC1的中点.
(1)证明:四边形EBFD1为菱形.
(2)求点C到平面BDF的距离.
20.(本小题12分)
已知正项数列an满足an+1n=ann+1,数列bn的前n项和为Sn,且nbn+1=2Sn+2,a1=b1=2.
(1)求an,bn的通项公式;
(2)证明:1≤i=1nbiai<112.
21.(本小题12分)
已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线C2:x2a2−y2b2=1(a>b>0)的焦距之比为12.
(1)求椭圆C1和双曲线C2的离心率;
(2)设双曲线C2的右焦点为F,过F作FP⊥x轴交双曲线C2于点P(P在第一象限),A,B分别为椭圆C1的左、右顶点,AP与椭圆C1交于另一点Q,O为坐标原点,证明:kBP⋅kOP=kOQ+kOP.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+ax,x∈[1,+∞).
(1)讨论f(x)的单调性.
(2)是否存在两个正整数x1,x2,使得当x1>x2时,x1−x2x1x2=x1x2x2x1?若存在,求出所有满足条件的x1,x2的值;若不存在,请说明理由.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】观察数列的项的特点,找到各项之间的规律,即可写出一个通项公式,结合选项,即得答案.
【详解】观察可知,该数列的前面整数部分为奇数2n+1,后面分数部分正负相间,首项的分数部分为负,
分母为2n,分子为2n−1,
故该数列的一个通项公式可以为an=2n+1+(−1)n2n−12n,
故选:D
2.【答案】A
【解析】【分析】由直线平行的必要条件列出方程求解参数,并注意回代检验是否满足平行而不是重合.
【详解】因为l1//l2,所以(a−3)(a+1)=5×1,即a2−2a−8=(a−4)(a+2)=0,得a=4或a=−2.
当a=4时,l1:5x+y+10=0,l2:5x+y+4=0,符合题意;
当a=−2时,l1:5x−5y+10=0,l2:−x+y−2=0,l1,l2重合.
故a=4.
故选:A.
3.【答案】D
【解析】【分析】根据题意,求得an+1an=2,n≥2,结合等比数列的定义,得到a2a1=2,即可求解.
【详解】由Sn=3×2n+1+λ,
当n≥2时,an=Sn−Sn−1=3×2n+1+λ−(3×2n+λ)=3⋅2n,可得an+1an=2,n≥2,
当n=1时,a1=S1=3×22+λ,
因为数列an为等比数列,可得a2a1=3×223×22+λ=2,解得λ=−6.
故选:D.
4.【答案】D
【解析】【分析】探索数列的周期性,根据数列的周期性求指定项.
【详解】因为an+3=11−an+2=11−11−an+1=1−an+1−an+1=1−11−an−11−an=an.所以数列an周期为3的数列.
所以a985=a328×3+1=a1
a2=11,所以11=11−a1⇒a1=1011,
故a985=a1=1011.
故选:D
5.【答案】B
【解析】【分析】求导,再根据极大值与导数的关系即可得到答案.
【详解】f′(x)=7−xex,当x<7时,f′(x)>0,
当x>7时,f′(x)<0.
所以f(x)=x−6ex的极大值为f(7)=7−6e7=1e7.
故选:B.
6.【答案】A
【解析】【分析】利用点差法及中点与焦点坐标分别表示直线AB的斜率,可建立关于p的方程,求解可得.
【详解】设A(x1,y1),B(x2,y2),则y12=2px1,y22=2px2,,
两式作差得,y12−y22=(y1+y2)(y1−y2)=2p(x1−x2),
当x1=x2时,则AB中点坐标为焦点Fp2,0,不满足题意;
当x1≠x2时,得y1−y2x1−x2=2py1+y2.
设线段AB中点M,因为M坐标(4,2 2),且过焦点F,
所以y1+y2=4 2,
则AB的斜率kAB=kFM=2p4 2=2 2−04−p2,
解得p=4.
故选:A.
7.【答案】B
【解析】【分析】建系,求出平面DEF的法向量为m=3,0,2,再代入线面角的公式求解即可.
【详解】因为PA⊥平面ABC,AB,AC都在面ABC内,
所以PA⊥AC,PA⊥AB,
又∠BAC=90∘,所以AB⊥AC,所以AB,AC,AP两两垂直,
以A为坐标原点,AB,AC,AP的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则C0,2,0,P0,0,3,D1,0,0,E1,1,0F0,1,32,CP=0,−2,3,DE=0,1,0,DF=−1,1,32.
设平面DEF的法向量为m=x,y,z,
则m⋅DE=0,m⋅DF=0,所以y=0−x+y+32z=0取z=2,得m=3,0,2.
设直线CP与平面DEF所成的角为θ,
所以sinθ=csCP,m=CP⋅mCPm=3×2 13× 13=613.
故选:B
8.【答案】D
【解析】【分析】由f′(x)[g(x)+1]+f(x)g′(x)>4x3,得[f(x)g(x)]′+f′(x)>x4′,设函数ℎ(x)=f(x)g(x)+f(x)−x4,利用导数证明ℎ(x)单调递增,所以ℎ(2)>ℎ(1),据此即可求解.
【详解】由f′(x)[g(x)+1]+f(x)g′(x)>4x3,得[f(x)g(x)]′+f′(x)>x4′,
设函数ℎ(x)=f(x)g(x)+f(x)−x4,则ℎ′(x)=f′(x)[g(x)+1]+f(x)g′(x)−4x3>0,所以ℎ(x)单调递增,所以ℎ(2)>ℎ(1),
即f(2)g(2)+f(2)−24>f(1)g(1)+f(1)−14,
因为f(1)=g(1)=1,所以f(2)g(2)+f(2)−16>1,
即f(2)[g(2)+1]>17.
故选:D.
9.【答案】ACD
【解析】【分析】列出方程组,求出等差数列的公差和首项,判断A,B;根据等差数列通项公式以及前n项和公式即可判断C,D.
【详解】设{an}的公差为d,由a7=9,S4=3a4,得a1+6d=94a1+6d=3a1+9d,
解得a1=3d=1,故 A正确,B错误;
S4=4a1+6d=18,a2023=a1+2022d=2025,C,D正确.
故选:ACD
10.【答案】ABD
【解析】【分析】根据导函数图象与函数单调性以及极值的关系一一分析即可.
【详解】由图可知,当−3
当x<−3时,f′(x)>0,当−3
所以f(x) 的 极大值点为−3,f(x)的极小值点为−1, C错误,D正确.
故选:ABD.
11.【答案】BD
【解析】【分析】先根据题意得到曲线为x2n+y2m=1,直线为xn+ym=1,再根据当m=n>0,n>m>0,m>n>0,n>0>m时,曲线及直线的横截距与纵截距的关系即可逐项判断.
【详解】因为mn≠0,所以曲线为x2n+y2m=1,直线为xn+ym=1,
当m=n>0时,曲线表示的是圆,直线的横截距与纵截距相等,则 A错误;
当n>m>0时,曲线表示焦点在x轴上的椭圆,直线的横截距比纵截距大,则 B正确;
当m>n>0时,曲线表示焦点在y轴上的椭圆,直线的横截距比纵截距小,则C不正确;
当n>0>m时,曲线表示焦点在x轴上的双曲线,直线的横截距为正,纵截距为负,则 D正确.
故选:BD.
12.【答案】ABD
【解析】【分析】对fx进行求导,利用导数研究fx的图象判断AB,令t=xex,将问题转化为fx=t1和fx=t2共有三个不同的实数根,结合fx的图象判断CD.
【详解】由指数函数的图象和性质可知当x>0时,f(x)>0,当x<0时,fx<0, A正确;
因为f′(x)=1−xex,令f′x>0解得x<1,令f′x<0解得x>1,
所以f(x)=xex在−∞,1上单调递增,在1,+∞上单调递减, B正确;
又当x趋于+∞时,fx趋于0,当x趋于−∞时,fx趋于−∞,当x=1时,fx=1e,
故可作fx的草图如图,
令t=xex,则t2+mt+m=0,即方程t2+mt+m=0的两根为t1,t2,
若t=0是方程t2+mt+m=0的根,则m=0,显然不符合题意,
因为方程t2+mt+m=0有3个不等实数根,
所以0
当0
故选:ABD
【点睛】关键点睛:本题的关键是作出函数图象,利用换元法结合二次函数根的分布从而得到相关不等式,即可求出m的范围.
13.【答案】94
【解析】【分析】对位移与时间的函数关系求导,代入t=2即可求解.
【详解】s′=2+2t3,则s′t=2=2+223=94.
故答案为:94.
14.【答案】±3 2
【解析】【分析】联立直线与双曲线方程得韦达定理,即可根据弦长公式求解.
【详解】设双曲线C与直线l交于Ax1,y1,Bx2,y2两点,
由x23−y2=1,y=x+m,消去y整理得2x2+6mx+3m2+3=0,则Δ=36m2−83m2+3=12m2−24>0,解得m2>2,且x1+x2=−3m,x1x2=3m2+32,
所以AB= 2x1−x2= 2 x1+x22−4x1x2= 2× 3m2−6.
由 2× 3m2−6=4 6,解得m2=18,所以m=±3 2.
故答案为:±3 2
15.【答案】1
【解析】【分析】利用圆关于直线对称可知该直线过圆心(a,0),可得a=1,再利用定点到圆上点距离的最值的求法即可求得结果.
【详解】由题可知,该圆的圆心为(a,0),直线x+3y−1=0过圆心,
则a−1=0,解得a=1,
则该圆的方程转化为(x−1)2+y2=9,该圆圆心为1,0,半径为3,
易知圆心与P(2, 3)的距离为 2−12+ 32=2,
故点P(2, 3)与该圆上任意一点的距离的最小值为3−2=1.
故答案为 :1
16.【答案】1
【解析】【分析】由已知计算1an+1+1bn+1可得{1an+1bn}为常数列,进而可得结果.
【详解】由题意知,1an+1+1bn+1=an+1+bn+1an+1bn+1=2an+bn2anbn=1an+1bn,
所以{1an+1bn}为常数列,即1an+1bn=1a1+1b1=12+12=1,
所以1a2023+1b2023=1.
故答案为:1.
17.【答案】解:(1)函数f(x)=3x4−4x3,求导得f′(x)=12x3−12x2,则f′(−1)=−24,而f(−1)=7,
所以曲线y=f(x)在点(−1,f(−1))处的切线方程为y−7=−24(x+1),即24x+y+17=0.
(2)由f′(x)=12x3−12x2=0,得x=0或x=1,
由f′(x)=12x3−12x2>0,得x>1,
显然当x<1时,恒有f′(x)=12x3−12x2≤0,当且仅当x=0时取等号,
因此f(x)在(1,2]上单调递增,在[−1,1)上单调递减,而f(−1)=7,f(1)=−1,f(2)=16,
所以f(x)在[−1,2]上的最大值为16,最小值为−1.
【解析】(1)求出函数f(x)的导数,再利用导数的几何意义求出切线方程.
(2)由(1)中信息,利用导数探讨函数f(x)在[−1,2]上的单调性,再求出最值.
18.【答案】解:(1)
当n=1时,a1=S1=6,
当n≥2时,an=Sn−Sn−1=3n2+9n2−3(n−1)2+9(n−1)2=3n+3.
a1=6符合an=3n+3,
所以an的通项公式为an=3n+3.
(2)由(1)可得bn=9anan+1=9(3n+3)(3n+6)=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2,
则Tn=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2=12−1n+2=n2n+4,
所以数列bn的前n项和Tn=n2n+4.
【解析】(1)利用an,Sn的关系式即可求得an的通项公式为an=3n+3;
(2)由(1)可得bn=1n+1−1n+2,利用裂项相消求和可得Tn=n2n+4.
19.【答案】解:(1)
取CD的中点G,连接AC,AG,
因为底面ABCD是菱形且∠ABC=60∘,所以▵ACD为等边三角形,
所以AG⊥DC,
又AB//CD,所以AG⊥AB,
易知AB,AG,AA1两两垂直.以A为坐标原点,AB,AG,AA1的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.由AB=AA1=2,
可得B2,0,0,C1, 3,0,D−1, 3,0,E0,0,1,F1, 3,1,D1−1, 3,2.
证明:由上可得BF=−1, 3,1=ED1,BE=−2,0,1=FD1,
所以BF//ED1,BE//FD1,且BF= 5=BE,
所以四边形EBFD1为菱形.
(2)设平面BDF的法向量为n=x,y,z,因为BF=−1, 3,1,BD=−3, 3,0,
所以BF⋅n=0BD⋅n=0,即−x+ 3y+z=0−3x+ 3y=0,取x=1,得n=1, 3,−2.
又BC=−1, 3,0,
所以点C到平面BDF的距离d=BC⋅nn=22 2= 22.
【解析】(1)取CD的中点G,可证得AG⊥AB,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,运用空间向量坐标法证明BF=ED1,BE=FD1及BF=BE即可.
(2)运用空间向量点到面的距离公式计算即可.
20.【答案】解:(1)
因为an+1n=ann+1,an>0,且a1=2,所以an>1,
所以lgan+1n=lgann+1,即nlgan+1=(n+1)lgan⇒lgan+1lgan=n+1n.
当n≥2时,lganlgan−1⋅lgan−1lgan−2⋅⋯⋅lga3lga2⋅lga2lga1=nn−1⋅n−1n−2⋅n−2n−3⋅⋯⋅32⋅21,所以lganlga1=n.
因为a1=2,所以lg2an=n,所以an=2n.
a1=2也符合上式,所以an=2n.
当n=1时,b2=2S1+2=2b1+2=6.
因为nbn+1=2Sn+2,所以当n≥2时,(n−1)bn=2Sn−1+2,
所以当n≥2时,nbn+1−(n−1)bn=2bn,即bn+1n+1=bnn,
所以当n≥2时,数列bnn是以b22=3为首项的常数列,
即bnn=3(n≥2),所以bn=3n(n≥2),
所以bn的通项公式为bn=2,n=1,3n,n≥2.
(2)因为i=1nbiai=b1a1+b2a2+b3a3+⋯+bnan=1+622+923+⋯+3n2n,
所以12i=1nbiai=12+623+924+⋯+3n2n+1,
两式相减得12 ni=1 biai=12+32+323+⋯+32n−3n2n+1=2+3×123(1−12n−2)1−12−3n2n+1=114−3n+62n+1,所以i=1nbiai=112−3n+62n<112.
因为an>0,bn>0,所以i=1nbiai≥b1a1=1,故1≤i=1nbiai<112.
【解析】(1)对数列an两边取对数,再结合“累乘法”求数列的通项公式;对数列bn,根据前n项和求通项公式;
(2)利用错位相减求和法求数列的前n项和,然后再证明不等式.
21.【答案】解:(1)
椭圆C1的焦距2c1=2 a2−b2,双曲线C2的焦距2c2=2 a2+b2,
则2 a2−b22 a2+b2=12,整理得b2=35a2,
从而c12=a2−b2=25a2,c22=a2+b2=85a2,
故椭圆C1的离心率e1=c1a= 105,双曲线C2的离心率e2=c2a=2 105.
(2)由(1)可知P2 105a,35a,椭圆C1:x2a2+y235a2=1,
因为A(−a,0),所以直线AP的方程为y=2 10−55(x+a).
联立方程组y=2 10−55(x+a)x2a2+y235a2=1,整理得(8−2 10)x2+(13−4 10)ax+(5−2 10)a2=0,
则−axQ=5−2 108−2 10a2,则xQ=2 10−58−2 10a,
可得yQ=2 10−55(xQ+a)=3(2 10−5)5(8−2 10)a,即Q2 10−58−2 10a,3(2 10−5)5(8−2 10)a,
因为kBP=35a2 105a−a=32 10−5,kOP=35a2 105a=32 10,kOQ=yQxQ=35,
则kBP⋅kOP=940−10 10=12+3 1020,kOQ+kOP=35+32 10=12+3 1020,
故kBP⋅kOP=kOQ+kOP.
【解析】(1)根据题意结合椭圆、双曲线的方程与性质运算求解;
(2)由(1)可知P2 105a,35a,联立方程求点Q的坐标,结合斜率公式分析证明.
【点睛】方法点睛:与弦端点相关问题的解法
解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法,就是将其转化为端点的坐标关系,再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系,构建方程(组)求解.
22.【答案】解:(1)f′(x)=1−a−lnxx2,
当a≥1时,f′(x)≤0,f(x)在[1,+∞)上单调递减.
当a<1时,令f′(x)=0,得x=e1−a.
x∈1,e1−a,f′(x)>0,则f(x)在1,e1−a上单调递增,
x∈e1−a,+∞,f′(x)<0,则f(x)在e1−a,+∞上单调递减.
(2)由(1)知,令a=0,得f(x)=lnxx在[1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,则f(x)≤f(e)=1e<12.
因为x1>x2≥1,所以x1−x2x1x2=x1x2x2x1,即x1x2lnx1−x2=x2lnx1+x1lnx2,
即lnx1−x2=lnx1x1+lnx2x2,
因为x1,x2为正整数,所以x1−x2≥1.
当x1−x2=1时,x1x2x2x1=1,
因为x2≥1,x1≥2,所以x1x2x2x1>1,这与x1x2x2x1=1矛盾,不符合题意.
当x1−x2>1时,因为lnx1x1<12,lnx2x2<12,所以lnx1−x2=lnx1x1+lnx2x2<1,
所以x1−x2
当x2=2,x1=4时,符合题意,
当x2=3,x1=5时,因为35×53=30375<32768=215,所以ln33+ln55
【解析】(1)求得f′(x),分a≥1,a<1讨论f(x)的单调性.
(2)将问题转化为lnx1−x2=lnx1x1+lnx2x2,根据f(x)=lnxx的值域确定x1−x2=2,分别就x1=3,4,⋅⋅⋅分析是否满足题意.
【点睛】关键点睛:本题关键点在于根据f(x)=lnxx的值域确定x1−x2的范围,再根据x1,x2为正整数得x1−x2=2,从而就x1,x2的取值讨论即可.
2023-2024学年山西省吕梁市高二上学期期末数学试题(含解析): 这是一份2023-2024学年山西省吕梁市高二上学期期末数学试题(含解析),共18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。
2023-2024学年山西省忻州市高二(上)期末数学试卷(含解析): 这是一份2023-2024学年山西省忻州市高二(上)期末数学试卷(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。
山西省忻州市重点高中2020-2021学年高二上学期期末考试 数学(文)试卷: 这是一份山西省忻州市重点高中2020-2021学年高二上学期期末考试 数学(文)试卷,共6页。