2023-2024學(xué)年江西省上饒市金橋?qū)W校高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年江西省上饒市金橋?qū)W校高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.數(shù)列{an}滿足a1=8，an+1=annA.(?87,+∞) B.(?78,+∞)2.設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1=1，公差d=2，A.8 B.7 C.6 D.53.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，Sn+1n+1A.{an}是等比數(shù)列

B.S3，S6?S3，S9?S6成等差數(shù)列，公差為?9

C.4.若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，2A.a2022a2023>1 B.a2023>5.已知函數(shù)y=f(x)的圖象如圖所示，設(shè)函數(shù)y=f(x)從?1到1的平均變化率為v1，從1到2的平均變化率為v2，則v1與v2的大小關(guān)系為A.v1>v2

B.v1=6.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(x)=2xf′(π3)+sinx，則f(A.32?π3 B.37.下列求導(dǎo)運(yùn)算結(jié)果正確的是(

)A.(x3+1x)′=3+1x28.已知函數(shù)f(x)=x2exA.f(x)在x=2處的切線方程為y=0 B.f(x)的極小值為0

C.f(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增 D.f(x)=5二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1=1,aA.an>an+1 B.an<10.下列表述中正確的是(

)A.若f′(x0)不存在，則曲線y=f(x)在點(diǎn)(x0,f(x0))處沒有切線

B.(ln2+log2x)′=11.下列選項(xiàng)正確的是(

)A.f(x)=1x，則f′(3)=?19

B.y=x3+sin2，則y′=3x2+cos2

C.y=三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a2=2，a13.已知函數(shù)f(x)=e3x?2+ln2x，則f′(214.函數(shù)f(x)=3x?x3?a僅有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n，在an與an+1中插入n2+n?1個(gè)數(shù)，使這n2+n+1個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為dn的等差數(shù)列，記數(shù)列{dn}的前n項(xiàng)和為Sn，

(1)求16.(本小題15分)

已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，an+1=Sn+3，a1=3．

(1)證明：an是等比數(shù)列，并求出{an}的通項(xiàng)公式；17.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=ln(x+a)?x2?x在x=0處取得極值．

(1)求實(shí)數(shù)a的值；

(2)證明：對于任意的正整數(shù)n18.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=(x?a)ex?1+(a?2)x+1．

(1)當(dāng)a=2時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)當(dāng)a>3時(shí)，求證：f(x)在區(qū)間(1,+∞)有唯一的極值點(diǎn)；

(3)若對于任意的x∈[1,3]，f(x)?0恒成立，求實(shí)數(shù)a19.(本小題17分)

已知a>0且a≠1，函數(shù)f(x)=ax+ln(1+x)?1．

(1)記an=f(n)?ln(n+1)+n，n∈N?，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.當(dāng)a=89時(shí)，試比較S64與2024的大小，并說明理由；

參考答案1.D

2.D

3.D

4.D

5.C

6.A

7.D

8.B

9.ACD

10.BD

11.AD

12.5

13.9214.(?∞,?2)∪(2,+∞)

15.解：(1)由題意可得dn=1n2+n=1n?1n+1，

Sn=1?12+12?16.解：(1)證明：因?yàn)閍n+1=Sn+3，a1=3，

當(dāng)n=1時(shí)，a2=S1+3，a1=S1=3，∴a2=6；

當(dāng)n≥2時(shí)，由an+1=Sn+3，可得an=Sn?1+3，

相減可得a17.解：(1)已知f(x)=ln(x+a)?x2?x，函數(shù)定義域?yàn)??a,+∞)，

可得f′(x)=1x+a?2x?1，

因?yàn)閤=0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，

所以f′(0)=1a?1=0，

解得a=1，

當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)f(x)=ln(x+1)?x2?x，

可得f′(x)=1x+1?2x?1=?x(2x+3)x+1，

當(dāng)?1<x<0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，

所以當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值，

故a=1；

(2)證明：由(1)知當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)，f(x)<f(0)=0，

即ln(x+1)<18.解：(1)當(dāng)a=2時(shí)，f′(x)=(x?1)ex?1．

當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)x<1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；

所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(?∞,1)．

證明：(2)令g(x)=f′(x)=(x?a+1)ex?1+a?2，

所以g′(x)=(x?a+2)ex?1，

當(dāng)1<x<a?2時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>a?2時(shí)，g′(x)>0，

所以g(x)在(1,a?2)單調(diào)遞減，在(a?2,+∞)單調(diào)遞增．

又g(1)=0，g(a)=ea?1+a?2>0，

所以存在唯一實(shí)數(shù)x0∈(a?2,a)，使得g(x0)=0，

所以當(dāng)x∈(1,x0)時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0，當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí)，g(x)>0，即f′(x)>0，

所以f(x)在(1,x0)單調(diào)遞減，在(x0+∞)單調(diào)遞增，

所以f(x)區(qū)間(1,+∞)有唯一極小值點(diǎn)x0.得證．

解：(3)由(2)知：g(x)在(?∞,a?2)單調(diào)遞減，在(a?2,+∞)單調(diào)遞增，且g(1)=0．

當(dāng)a?2?1，即a?3時(shí)，f(x)在[1,3]單調(diào)遞增，

所以f(x)max=f(3)=(3?a)e2+3a?5?0，解得a≥3e2?5e2?3，故無解；

當(dāng)19.解：(1)∵an=f(n+1)?ln(n+1)+n=(89)n+n?1，

Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，

∴S64=89[1?(89)64]1?89+64(0+63)2=8?8×(89)64+64×632<8+2016=2024．

(2)證明：當(dāng)a=1e時(shí)，f(x)=1ex+ln(1+x)?1,f′(x)=?1ex+11+x=ex?x?1ex(1+x)．

記g(x)=ex?x?1，g′(x)=ex?1．

當(dāng)?1<x<0時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>0時(shí)．g′(x)>0，

∴g(x)在(?1,0)上單調(diào)遞減，在(0,+∞)上單調(diào)遞增．

∴g(x)≥g(0)=0，即f′(x)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，取等號(hào)，

∴f(x)在(?1,+∞)上單調(diào)遞增，

∴當(dāng)?1<x<0時(shí)，f(x)<f(0)=0；當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>f(0)=0．

∴xf(x)≥0．

(3)f(x)=ax+ln(1+x)?1，f′(x)=axlna+11+x=ax(1+x)lna+11+x，

①當(dāng)a>1時(shí)，f′(x)>11+x>0，f(x)是(?1,+∞)上的增函數(shù)，

又當(dāng)x→?1時(shí)，f(x)→?∞；當(dāng)x→+∞時(shí)，f(x)→+∞，

故f(x)有1個(gè)零點(diǎn)．

②當(dāng)0<a<1時(shí)，記g(x)=ax(x+1)lna+1，