2023-2024学年黑龙江省实验中学高二（下）月考数学试卷（6月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省实验中学高二（下）月考数学试卷（6月份）（含解析），共13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.已知集合A={x|x2−4x+3≤0}，B={−1,1,2,4}，则A∩B=( )
A. {1,2,3}B. {1,2}C. {2,3}D. {−1,1,2}
2.已知数列{an}满足a1=1，an+12−an2=2，则a5=( )
A. 3B. 2或−2C. 3或−3D. 2
3.若p：2−xx+1≤0，则p成立的一个必要不充分条件是( )
A. −1≤x≤2B. |x|>1C. |x|>2D. 24.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S5=6，S10=18，则S15=( )
A. 36B. 54C. 28D. 42
5.若a>0，b>0，且ab=a+b，则2a+8b的最小值为( )
A. 18B. 15C. 20D. 13
6.已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)=1，且f(x)的导函数f′(x)<12，则关于x的不等式f(x)A. (−1,1)B. (1,+∞)
C. (−∞,−1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)
7.若函数f(x)=x2−ax+lnx在区间(1,e)上单调递增，则a的取值范围是( )
A. [3,+∞)B. (−∞,3]C. [3,e2+1]D. [e2+1,3]
8.已知函数f(x)=x−lnx,x>0x+1x,x<0，若y=f(x)−kx恰有两个零点，则k的取值范围为( )
A. (1−1e,1)B. (1,1+1e)
C. (1,1+1e)∪(1+1e,+∞)D. (1−1e,1)∪(1,+∞)
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a，b，c∈R，下列命题为真命题的是( )
A. 若a>b>c，则a+b>cB. 若a>b>|c|，则a2>b2>c2
C. 若acbD. 若a>b>c>0，则ba10.已知函数f(x)的定义域为R且导函数为f′(x)，如图是函数y=xf′(x)的图像，则下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)的增区间是(−2,0)，(2,+∞)
B. 函数f(x)的减区间是(−∞,−2)，(2,+∞)
C. x=−2是函数的极小值点
D. x=2是函数的极小值点
11.已知函数f(x)=ex−a−x2(a>0)有两个极值点x1和x2，且x1A. 0C. 0三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若数列{an}满足1an+1−1an=d，(n∈N∗,d为常数)，则称数列{an}为调和数列.已知数列{1xn2}为调和数列，且x12+x22+x32+…+x20222=2022，则x9+x2014的最大值为______．
13.已知函数f(x)=−x3+2x2−x，若过点P(1,t)可作曲线y=f(x)的三条切线，则t的取值范围是______．
14.已知e是自然对数的底数.若∀x∈(0,+∞)，memx≥lnx成立，则实数m的最小值是______．
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）已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R)的值域为[0,+∞)，若关于x的不等式f(x)(1)求实数m的值；
(2)若x>1，y>0，x+y=m，求1x−1+2y的最小值．
16.（15分）已知函数f(x)=alnx−bx2+1，a，b∈R.若f(x)在x=1处与直线y=0相切．
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)在[1e,e2](其中e=2.718…为自然对数的底数)上的最大值和最小值．
17.（15分）设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3=a5，且a2−2，a3，S5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=2− Sn，求数列{an⋅bn}的前n项和Tn．
18.（17分）已知数列{an}的前n项和为Sn，a2=2a1=4，当n∈N∗，且n≥2时，Sn+1=3Sn−2Sn−1．
(1)证明：{an}为等比数列；
(2)设bn=an(an−1)(an+1−1)，记数列{bn}的前n项和为Tn，若Tm+17×2m−2>1，求正整数m的最小值．
19.（17分）已知函数f(x)=−x2+(a−2)x+a−3ex(x>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)存在两个极值点x1，x2，记ℎ(x1,x2)=f(x1)f(x2)，求ℎ(x1,x2)的取值范围．
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：由x2−4x+3=(x−1)(x−3)≤0，解得1≤x≤3，
所以A={x|1≤x≤3}，
所以A∩B={1,2}．
故选：B．
解不等式求得集合A，进而求得A∩B．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由a1=1，an+12−an2=2，可得数列{an2}是首项为1，公差为2的等差数列，
即有a52=1+2×4=9，可得a5=±3．
故选：C．
由等差数列的定义和通项公式，可得所求值．
本题考查等差数列的定义与通项公式，考查运算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：p：2−xx+1≤0，即(2−x)(x+1)≤0且x≠−1，解得x<−1或x≥2，
所以p：x<−1或x≥2，
对于A，−1≤x≤2是p的既不充分也不必要条件；
对于B，|x|>1即x<−1或x>1，是p的必要不充分条件；
对于C，|x|>2即x<−2或x>2，是p的充分不必要条件；
对于D，2故选：B．
解不等式2−xx+1≤0得x<−1或x≥2，选出其必要不充分条件即可．
本题主要考查了分式不等式的求解，还考查了充分必要条件的应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，易知q≠1；
由S5=6，S10=18可得a1(1−q5)1−q=6,a1(1−q10)1−q=18，
两式相除可得1+q5=3，即q5=2；
所以S15=a1(1−q15)1−q=a1(1−q5)(q10+q5+1)1−q=7×a1(1−q5)1−q=42．
故选：D．
利用等比数列前n项和公式整体代入计算即可求得S15=42．
本题主要考查等比数列的前n项和，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由ab=a+b可得1a+1b=1，又a>0，b>0，
∴2a+8b=(2a+8b)(1a+1b)=10+8ba+2ab≥10+2 8ba⋅2ab=10+8=18，
当且仅当8ba=2ab，且1a+1b=1，即a=3，b=32时，等号成立，所以2a+8b的最小值为18，
故选：A．
6.【答案】B
【解析】解：令F(x)=f(x)−x2−12，又f′(x)<12，
则F′(x)=f′(x)−12<0
∴F(x)在R上单调递减
∵f(1)=1
∴不等式f(x)即F(x)根据F(x)在R上单调递减，则x>1
解得x∈(1,+∞)．
故选：B．
根据条件构造F(x)=f(x)−x2−12，利用导数研究函数的单调性，
然后将不等式f(x)即F(x)本题考查学生利用导数研究函数单调性的能力，以及利用构造法新函数解不等式，同时考查了转化思想，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：依题意f′(x)=2x−a+1x≥0在区间(1,e)上恒成立，
即a≤2x+1x在区间(1,e)上恒成立，
令g(x)=2x+1x(10，
g(x)在(1,e)上单调递增，g(1)=3，
所以a≤3．
所以a的取值范围是(−∞,3]．
故选：B．
由f′(x)≥0分离参数a，利用构造函数法，结合导数，求得a的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查分离参数法的应用，考查转化思想与运算能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：y=f(x)−kx恰有两个零点，即f(x)−kx=0恰有两个实数根，由于x≠0，
所以f(x)−kx=0恰有两个实数根等价于f(x)x=k恰有两个实数根，
令g(x)=f(x)x，则g(x)=1−lnxx,x>01+1x2,x<0，
当x>0时，g(x)=1−lnxx,g′(x)=lnx−1x2，故当x>e，g′(x)>0，此时g(x)单调递增，
当0且当x>1时，lnxx>0，∴g(x)=1−lnxx<1，
当x<0时，g(x)=1+1x2>1，且g(x)单调递增，
在直角坐标系中画出g(x)的大致图象如图：
要使g(x)=k有两个交点，则k∈(1−1e,1)∪(1,+∞)，
故选：D．
将问题转化为f(x)x=k恰有两个实数根，求导确定函数的单调性，进而画出函数的图象，结合函数图象即可确定k的取值．
本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：当b为负数时A可能不成立，例如−2>−3>−4但−2+(−3)>−4是错误的．
因为a>b>|c|≥0根据不等式性质可得a2>b2>c2正确．
因为a0，所以a⋅1abca>0，故C错误．
因为a>b>c>0，所以ba−b+ca+c=ab+bc−ab−aca(a+c)=c(b−a)a(a+c)<0，所以ba故选：BD．
利用举反例和不等式的性质进行判断．
本题考查不等式的性质，属于基础题．
10.【答案】D
【解析】解：由图及题设，当0当x>2，f′(x)>0；
当−2当x<−2时，f′(x)>0；
即函数f(x)在(−∞,−2)和(2,+∞)上单调递增，在(−2,2)上单调递减，
因此函数f(x)在x=2时取得极小值，在x=−2时取得极大值；
故A，B，C错，D正确．
故选：D．
由已知易得f(x)的单调区间，进而可判断f(x)在x=2时取得极小值，在x=−2时取得极大值，可得结论．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查运算求解能力，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：f′(x)=ex−a−2x，令f′(x)=0，则exx=2ea，
考虑函数g(x)=exx，则g′(x)=ex(x−1)x2，
当x∈(−∞,0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)的大致图象如图所示，
依题意，若f(x)有两个极值点，则2ea>e，即a>1−ln2，因此选项D正确；
注意到f′(0)=e−a>0，f′(1)=e1−a−2又ex1−a=2x1，故f(x1)=ex1−a−x12=2x1−x12=1−(1−x1)2，
由于x1∈(0,1)，故0因为f′(x1)=0f′(x2)=0，即ex1−a=2x1ex2−a=2x2，故ex1ex2=x1x2，即x1ex2=x2ex1，
由于x1∈(0,1)，x2>1，所以x2ex1>1，从而x1ex2>1，故选项B错误．
故选：ACD．
对函数f(x)求导，令f′(x)=0，则exx=2ea，考虑函数g(x)=exx，利用导数判断函数g(x)的单调性，作出草图，结合图象逐项分析即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，考查数形结合思想，转化思想，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】2
【解析】解：数列{1xn2}为调和数列，故xn+12−xn2=d，所以{xn2}为等差数列，
由x12+x22+x32+⋅⋅⋅+x20222=2022，所以(x12+x20222)×20222=2022，
故x12+x20222=2，所以x92+x20142=2，
故x92+x20142=2≥2x9x2014，故x9x2014≤1，
由于(x9+x2014)2=x92+x20142+2x9x2014=2+2x9x2014≤4．
当且仅当x9=x2014时等号成立，故x9+x2014的最大值为2．
故答案为：2．
根据调和数列，可得{xn2}为等差数列，即可根据等差数列求和公式得x92+x20142=2，进而利用不等式即可求解．
本题主要考查了等差数列的求和公式的应用，属于中档题．
13.【答案】(0,127)
【解析】解：由题意设过点P的直线方程为y=k(x−1)+t，
f′(x)=−3x2+4x−1，设切点为(x0,y0)，
则−3x02+4x0−1=kk(x0−1)+t=−x03+2x02−x0，则t+1=2x03−5x02+4x0有三个解，
令g(x)=2x3−5x2+4x，则g′(x)=6x2−10x+4=2(x−1)(3x−2)，
由g′(x)>0得x>1或x<23，由g′(x)<0得23∴g(x)在(−∞,23)，(1,+∞)单调递增，(23,1)单调递减，
又g(23)=2827，g(1)=1，g(x)=t+1有三个解，
则1故实数t的取值范围为(0,127).
故答案为：(0,127).
设出切线的方程，根据切点和斜率列方程组，利用构造函数法，结合导数，即可得出答案．
本题考查导数的几何意义，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
14.【答案】1e
【解析】解：由memx≥lnx得mxemx≥xlnx，即mxemx≥elnx⋅lnx，
令f(x)=xex，x>0，求导得f′(x)=(x+1)ex>0，则f(x)在(0,+∞)上单调递增，
显然m>0，当00，elnx⋅lnx≤0，即mxemx≥elnx⋅lnx恒成立，
于是当x>1时，lnx>0，有f(mx)≥f(lnx)，
从而mx≥lnx对∀x∈(1,+∞)恒成立，即m≥lnxx对∀x∈(1,+∞)恒成立，
令g(x)=lnxx，求导得g′(x)=1−lnxx2，则当x∈(1,e)时，g′(x)>0；当x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，
因此函数g(x)在(1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，g(x)max=1e，则m≥1e，
所以实数m的最小值是1e．
故答案为：1e
根据给定的不等式，两边同乘x，利用同构的思想构造函数，借助函数单调性求得恒成立的不等式，再分离参数构造函数，求出函数最大值作答．
本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】解：∵函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R)的值域为[0,+∞)，
∴f(x)=x2+ax+b=0只有一个根，即△=a2−4b=0则b=a24．
不等式f(x)即为x2+ax+a24则x2+ax+a24−m=0的两个根为c，c+2 2
∴2 m=c+2 2−c
∴m=2；
(2)x+y=2，∴x−1+y=1，
∴1x−1+2y=(1x−1+2y)(x−1+y)=3+yx−1+2(x−1)y≥3+2 2．
当且仅当yx−1=2(x−1)y时，1x−1+2y的最小值为3+2 2．
【解析】(1)根据函数的值域求出a与b的关系，然后根据不等式的解集可得x2+ax+a24−m=0的两个根为c，c+2 2，2 m=c+2 2−c，解之即可．
(2)利用“1”的代换，即可求1x−1+2y的最小值．
本题主要考查了一元二次不等式的应用，基本不等式的运用，同时考查了分析求解的能力和计算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)∵函数f(x)=alnx−bx2+1，
∴f′(x)=ax−2bx，
∵函数f(x)在x=1处与直线y=0相切，
∴f′(1)=a−2b=0f(1)=−b+1=0，解得a=2b=1；
(2)由(1)可得f(x)=2lnx−x2+1，
∴f′(x)=2x−2x=2−2x2x=2(1−x)(1+x)x，
所以当1e≤x<1时，f′(x)>0，当1所以f(x)在[1,e2]上单调递减，在[1e,1)上单调递增，在x=1处取得极大值即最大值，
所以f(x)max=f(1)=0，
又f(1e)=2ln1e−(1e)2+1=−1e2−1>−2，f(e2)=2lne2−(e2)2+1=−e4+5<−2，
所以f(x)min=f(e2)=−e4+5．
【解析】(1)求出函数的导函数，依题意可得f′(1)=a−2b=0f(1)=−b+1=0，即可求出a、b的值；
(2)由(1)可得f(x)的解析式，求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间与极小值，再求出区间端点的函数值，即可得解．
本题考查了导数的几何意义及利用导数确定函数的单调性从而求最值，属于基础题．
17.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，∵S3=a5，且a2−2，a3，S5成等比数列．
∴3a1+3d=a1+4d，a32=(a2−2)S5，即(a1+2d)2=(a1+d−2)(5a1+10d)，
解得a1=1，d=2；a1=0=d(舍去)．
∴a1=1，d=2；
∴an=1+2(n−1)=2n−1．
(2)由(1)可得：Sn=n(1+2n−1)2=n2，
∴bn=2− Sn=2−n=(12)n，
∴an⋅bn=(2n−1)⋅12n，
∴数列{an⋅bn}的前n项和Tn=12+322+523+…+2n−12n，
12Tn=14+323+524…+2n−32n+2n−12n+1，
相减可得：12Tn=12+2(122+123+…+12n)−2n−12n+1=12+2×14(1−12n−1)1−12−2n−12n+1，
化为Tn=3−2n+32n．
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，由S3=a5，且a2−2，a3，S5成等比数列，列出方程组，解出即可得出a1，d，an．
(2)由(1)，利用求和公式可得：Sn，可得bn=2− Sn，利用错位相减法即可得出结论．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：当n≥2时，Sn+1=3Sn−2Sn−1，
所以Sn+1−Sn=2(Sn−Sn−1)，即an+1=2an，
又a2=2a1=4，
故an+1=2an对n∈N∗都成立，且a1=2，
所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)解：由(1)知：an=2n，则bn=2n(2n−1)(2n+1−1)=12n−1−12n+1−1，
所以Tn=1−13+13−17+⋯+12n−1−1−12n−1+12n−1−12n+1−1=1−12n+1−1，
则Tm+17×2m−2=1−12m+1−1+17×2m−2>1，即7×2m−2<2m+1−1=8×2m−2−1，
所以2m−2>1，可得m>2，而m∈N∗，故m≥3，正整数m的最小值为3．
【解析】(1)由题意Sn+1−Sn=2(Sn−Sn−1)，结合已知得到an+1=2an在n∈N∗上都成立，即可证结论；
(2)由(1)得bn=2n(2n−1)(2n+1−1)，裂项相消法求Tn，根据不等式关系得2m−2>1，即可确定正整数m的最小值．
本题考查an与Sn的关系，考查等比数列的通项公式、考查“裂项法求和”，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意x>0，f′(x)=x2−ax+1ex，
当a≤0或Δ=a2−4≤0，即a≤2时，f′(x)≥0，f(x)为增函数；
当a>2时，由x2−ax+1=0得x1,2=a± a2−42，不妨设x1由x2−ax+1>0得0x2，由x2−ax+1<0得x1故a>2时，f(x)的单调递增区间为(0,x1)，(x2,+∞)，单调递减区间为(x1,x2).
(2)由(1)知当a>2时，x1，x2是x2−ax+1=0的两个根，
即函数f(x)存在的两个极值点x1，x2，且x1+x2=a，x1⋅x2=1，
所以ℎ(x1,x2)=f(x1)f(x2)=[−x12+(a−2)x1+a−3][−x22+(a−2)x2+a−3]ex1+x2=−a2+8ea，a>2，
令φ(a)=−a2+8ea，a>2，φ′(a)=a2−2a−8ea，当a∈(2,4)时，φ′(a)<0，当a∈(4,+∞)时，φ′(a)>0，
故φ(a)在(2,4)上单调递减，在(4,+∞)上单调递增，故φ(a)min=φ(4)=−8e4，
又a→2时，φ(a)→4e2，a→+∞时，φ(a)→0−，
故−8e4≤φ(a)<4e2，
即ℎ(x1,x2)的取值范围是[−8e4,4e2).
【解析】(1)对原函数求导，然后讨论导数的符号确定原函数的单调性；
(2)f(x)的极值点即为导数的正的零点，结合x1，x2的性质，然后对ℎ(x1,x2)=f(x1)f(x2)化简，将ℎ(x1,x2)化为关于a的函数，求其值域即可．
本题考查导数的综合应用，关键在于利用韦达定理，将ℎ(x1,x2)转化为关于a的函数，再研究其值域，属于较难的题目．