2023-2024学年吉林省长春五中高二（下）第一学程数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年吉林省长春五中高二（下）第一学程数学试卷（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.设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a3=3，S8=48，则a5=( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
2.设f(x)是可导函数，且limΔx→0f(1−3Δx)−f(1)Δx=3，则f′(1)=( )
A. 12B. −13C. −1D. −3
3.用0、1、2、3、4这五个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为( )
A. 18B. 24C. 30D. 48
4.若( x−ax)6的展开式中常数项是15，则a=( )
A. 2B. 1C. ±1D. ±2
5.过点P(−2,4)作圆O：(x−2)2+(y−1)2=25的切线l，直线m：4x−by=0与直线l平行，则直线l与m的距离为( )
A. 4B. 2C. 85D. 125
6.老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得一本，则不同的分法有( )
A. 248种B. 168种C. 360种D. 210种
7.已知函数f(x)=13x3−2x2+ax+1在区间[0,4]上单调递增，则实数a的最小值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.已知a=ln( 2e),b=e+1e,c=ln55+1，则a，b，c的大关系为( )
A. c>a>bB. b>a>cC. a>b>cD. b>c>a
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.已知数列{an}满足a1=1,an+1=pan+q(p,q∈R,n∈N∗)，设{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的有( )
A. 若p=−1，q=3，则a10=2B. 若p=−1，q=3，则S10=15
C. 若p=2，q=1，则a10=1024D. 若p=2，q=1，则S10=2036
10.双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e.过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为P.已知|PF2|=2，直线PF2的斜率为−12，则( )
A. b=2B. e= 5
C. 双曲线的方程为x2−y24=1D. P( 54, 52)
11.已知(1−2x)2023=a0+a1x+a2x2+…+a2023x2023，则( )
A. 展开式中所有二项式的系数和为22023
B. 展开式中二项式系数最大项为第1012项
C. a12+a222+a323+…+a202322023=−1
D. a1+2a2+3a3+…+2023a2023=−4046
12.已知函数f(x)=−x3+3x2−2，则下列说法正确的是( )
A. .函数f(x)在(−∞,0)∪(2,+∞)上单调递减
B. x=2是函数f(x)的极大值点
C. .函数f(x)有3个零点
D. .若函数f(x)在区间(3a−1,a+3)上存在最小值，则实数a的取值范围为(−3,0]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.函数f(x)的导函数为f′(x)，满足关系式f(x)=x2+2xf′(3)−3lnx，则f′(3)的值为______．
14.已知直线l过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F，与C相交于A，B两点，且|AB|=10.若线段AB的中点的横坐标为3，直线l的斜率为______．
15.已知泳池深度为2m，其容积为2500m3，如果池底每平方米的维修费用为150元.设入水处的较短池壁长度为xm，且据估计较短的池壁维修费用与池壁长度成正比，且比例系数为425k(k>0)，较长的池壁总维修费用满足代数式2500kx2，则当泳池的总维修费用最低时x的值为______．
16.定义在R上的奇函数f(x)的导函数满足f′(x)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。
17.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn=(2n+1)an+1(n∈N∗)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn=2anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
如图，在直三棱柱A1B1C1−ABC中，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=4，点D是BC的中点．
(1)求证：BA1/​/平面C1AD；
(2)求二面角A1−BC−A的正切值．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=x3+ax2+bx(a∈R,b∈R)，其图象在点(1,4)处的切线方程为y=4．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)在区间[12,5]上的最值．
20.(本小题12分)
椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e= 32，且椭圆C的短轴长为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l过点D(0,12)，且与椭圆C相交于M，N两点，又点P是椭圆C的下顶点，当△PMN面积最大时，求直线l的方程．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax−2lnx．
(1)试讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x>1时，不等式f(x)<(x−2)lnx+2x+a−1恒成立，求整数a的最大值．
参考答案
1.C
2.C
3.D
4.C
5.A
6.D
7.D
8.B
9.ABD
10.ABC
11.ACD
12.BCD
13.−5
14.±2
15.25
16.(1,+∞)
17.解：(1)因为4Sn=(2n+1)an+1，令n=1得a1=1，
因为4Sn=(2n+1)an+1，
所以4Sn−1=(2n−1)an−1+1(n≥2)，
两式相减得4an=(2n+1)an−(2n−1)an−1(n≥2)，
即(2n−3)an=(2n−1)an−1．
所以anan−1=2n−12n−3(n≥2)，
所以a2a1⋅a3a2⋅⋅⋅⋅⋅anan−1=31⋅53⋅⋅⋅⋅⋅2n−12n−3，
即ana1=2n−1，
所以当n≥2时，an=2n−1，
又a1=1，所以an=2n−1．
(2)由(1)可得bn=2anan+1=2(2n−1)(2n+1)=12n−1−12n+1，
所以Tn=(11−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)=1−12n+1=2n2n+1．
18.(1)证明：设A1C∩AC1=O，则O是A1C中点，连接OD，
又∵D是BC中点，∴OD//A1B，
又∵BA1⊄平面C1AD，OD⊂平面C1AD，
∴A1B/​/平面C1AD；

(2)解：∵AB=AC，∴AD⊥BC，
AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴AA1⊥BC，同理AA1⊥AD，
AA1∩AD=A，AA1，AD⊂平面A1AD，
∴BC⊥平面A1AD，而A1D⊂平面A1AD，故BC⊥A1D，
∴∠A1DA是二面角A1−BC−A的平面角，
在直角△AA1D中，AA1=4，AD=12BC=12 22+22= 2，
tan∠A1DA=A1AAD=4 2=2 2，
∴二面角A1−BC−A的正切值为2 2．
19.解：(1)由f(x)=x3+ax2+bx(a∈R,b∈R)可得：f′(x)=3x2+2ax+b，
所以f(x)在点(1,4)处切线的斜率为k=f′(1)=3+2a+b，
因为f(x)在点(1,4)处切线方程为y=4，
所以切线的斜率为0，且f(1)=4，
所以f′(1)=0f(1)=4，即3+2a+b=01+a+b=4，
解得a=−6，b=9，
所以f(x)=x3−6x2+9x；
(2)由(1)知f(x)=x3−6x2+9x，
则f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)，
令f′(x)=0得x=1或3，
所以在(12,1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，在(1,3)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在(3,5)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以在x=1处，f(x)取得极大值f(1)=4，在x=3处f(x)取得极小值f(3)=0，
又因为f(12)=(12)3−6(12)2+9(12)=258>f(3)，f(5)=53−6×52+9×5=20>f(1)，
所以f(x)在[12,5]上的最大值为20，最小值为0．
20.解(1)由题意得：e2=c2a2=1−b2a2=( 32)2b=22，
解得b=1a=2，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1；
(2)由(1)可知P(0,−1)，D(0,12)，
所以|PD|=32，
由题意可知直线斜率必存在，设直线l：y=kx+12，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=kx+12x24+y2=1，整理可得：(1+4k2)x2+4kx−3=0，
Δ=16k2+12(4k2+1)>0，
x1+x2=−4k4k2+1，x1x2=−34k2+1，
所以|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= 16k2(1+4k2)2−4⋅−31+4k2=2 3+16k21+4k2，
所以S△PMN=12|PD|⋅|x1−x2|=12×32×2 3+16k21+4k2=32⋅ 3+16k21+4k2，
令 16k2+3=m(m≥ 3)，可得4k2=m2−34，
所以1+4k2=1+m24，
则S△PMN=32⋅m1+m24=6m1+m2=6m+1m，
又所以y=m+1m在[ 3,+∞)单调递增，
所以当m= 3，即 16k2+3= 3，
即k=0时，△PMN面积最大．
此时直线l：y=12．
21.解：(1)由函数f(x)=ax−2lnx可得f′(x)=a−2x=ax−2x(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
所以f(x)的单调递减区间是(0,+∞)；无单调递增区间．
当a>0时，令f′(x)=0解得x=2a，
令f′(x)<0，解得x∈(0,2a)；
令f′(x)>0，解得x∈(2a,+∞)，
所以f(x)的单调递减区间是(0,2a)；单调递增区间是(2a,+∞)，
综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0,+∞)；无单调递增区间，
当a>0时，f(x)的单调递减区间是(0,2a)；单调递增区间是(2a,+∞)．
(2)当x>1时，不等式f(x)<(x−2)lnx+2x+a−1恒成立，
即ax−2lnx<(x−2)lnx+2x+a−1，
即ax−2lnxaxa(x−1)a(x−1)a即a令g(x)=xlnxx−1+1x−1+2(x>1)，
g′(x)=(1+lnx)(x−1)−xlnx(x−1)2−1(x−1)2=x−lnx−2(x−1)2，
令ℎ(x)=x−lnx−2，
ℎ′(x)=1−1x=x−1x>0，
所以ℎ(x)在区间(1,+∞)上单调递增，
因为ℎ(3)=1−ln3<0，ℎ(4)=2−ln4>0，
所以存在唯一一点x0∈(3,4)，使ℎ(x0)=0，
即x0−lnx0−2=0，所以lnx0=x0−2，
所以当x∈(1,x0)时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，
当x∈(x0,+∞)时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在区间(1,x0)上单调递减；在区间(x0,+∞)上单调递增；
所以g(x)min=g(x0)=x0lnx0x0−1+1x0−1+2，
=x0(x0−2)x0−1+1x0−1+2，
=x02−1x0−1=x0+1，
因为x0∈(3,4)，
所以x0+1∈(4,5)，
即g(x)min∈(4,5)，
所以a≤4，
所以整数a的最大值是4．