2023-2024学年江西省抚州市下学期高二年级期末考试数学试卷(含解析)

2023-2024学年江西省抚州市下学期高二年级期末考试数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知函数f(x)=1
x ，则lim x→0f(2+x)−f(2)
x
等于( )A. −1
4
B. 1
4
C. −1
2
D. 1
2
2.在数列{a n }中，若a 1=1，a n +1=4
2−a n ，则a 2024=( )A. −2
B. 4
C. 1
D. −4
3
3.2024年是安徽省实施“3+2+1”选科方案后的第一年新高考，该方案中的“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么化学和地理至少有一门被选中的概率是( )A. 1
6
B. 1
2
C. 2
3
D. 5
6
4.设0<a <1，n ∈R ，随机变量X 的分布列是X
n
n +1p 1−a
a
则方差D(X)( )
A. 既与n 有关，也与a 有关
B. 与n 有关，但与a 无关
C. 与a 有关，但与n 无关
D. 既与n 无关，也与a 无关
5.已知等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n
T n =2n +3
n +1，则a 1+a 9
b 1+b 19的值为( )A. 13
11
B. 21
10
C. 13
22
D. 21
20
6.已知函数f(x)=ln x−(x−a )2(a ∈R)在区间[1,+∞)上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是( )A. [1
2,+∞)
B. (1
2,+∞)
C. [1,+∞)
D. (1,+∞)
7.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，⋯.其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和.后来人们把这样的一列数组成的数列{a n }称为“斐波那契
数列”.记S n 为“斐波那契数列”{a n }的前n 项和，若S 2023=a ，a 21+a 22+a 23+⋯+a 2
2024=b ，则a 2024=
( )A. b
a +1
B. b−1
a +1
C. b
2a +1
D. b +1
2a +1
8.已知函数f(x)=ae x−1−ln x+ln a，若f(x)≥1，则a的取值范围是( )
A. (−∞,1]
B. (0,1]
C. [1,+∞)
D. (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.函数y=f(x)，x∈[−2,5]的导函数图象如图所示，下列结论中一定正确的是( )
A. f(x)的减区间是[1,3]
B. f(x)的增区间是[−1,2]，[4,5]
C. f(x)有一个极大值点，两个极小值点
D. f(x)有三个零点
10.下列说法正确的是( )
A. 互斥事件一定是对立事件，对立事件不一定是互斥事件
B. 若X~N(1,σ2),P(X≥2)=0.2,则P(0< X<1)=0.3
C. 已知0< P(M)<1,0< P(N)<1,若P(M|N)+P(M)=1,则事件M,N相互独立
D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据, 计算得到χ2=3.712, 依据α=0.05的独立性检验(χ0.05=3.841),可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05
11.已知函数f(x)=x2+x−1
，则下列结论正确的是( )
e x
A. 函数f(x)存在三个不同的零点
B. 函数f(x)既存在极大值又存在极小值
C. 若x∈[t,+∞)时，f(x)max=5
，则t的最小值为2
e2
}
D. 若方程f(x)=k有两个实根，则k∈(−e,0]∪{5
e2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.若直线y=3x−b与曲线y=ln(2x)+x−1相切，则b=．
.若她下午去逛街，则晚上一定去吃火锅;若下13.小王喜爱逛街和吃火锅.在周末，她下午去逛街的概率为3
5
.已知小王在某个周末晚间去吃火锅，则下午逛街的概率为．午不去逛街，则晚上去吃火锅的概率为1
6
14.已知A，B分别是函数f(x)=2x+e mx−ln(e mx+x−1)和g(x)=x图象上的动点，若对任意的m>0，都有|AB|≥a恒成立，则实数a的最大值为．
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.(本小题13分)
已知公差不为0的等差数列{a n}首项a1=1，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)设b n=a n⋅2n，求数列{b n}的前n项和S n．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x3+x2−x+1
(1)求f(x)的单调增区间;
(2)方程f(x)=m在x∈[−1,2]有解，求实数m的范围．
17.(本小题15分)
已知数列{a n}的首项a1=2，且(n+1)a n−1−na n=0(n≥2)．
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)若数列{1
a2n
}的前n项和为T n，证明：T n<1．
18.(本小题17分)
某小区在2024年的元旦举办了联欢会,现场来了1000位居民.联欢会临近结束时,物业公司从现场随机抽取了20位幸运居民进入摸奖环节,这20位幸运居民的年龄用随机变量X表示,且X~N(45,225).
(1)请你估计现场年龄不低于60岁的人数(四舍五入取整数);
(2)奖品分为一等奖和二等奖,已知每个人摸到一等奖的概率为40%,摸到二等奖的概率为60%,每个人摸奖相互独立,设恰好有n(0≤n≤20)个人摸到一等奖的概率为P(n),求当P(n)取得最大值时n的值.
附:若X~N(μ,σ2),则P{|X-μ|<σ}=0.6827,P{|X-μ|<2σ}=0.9545.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=e x−ax−1(a为常数)，曲线y=f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为−1．
(1)求a的值及函数f(x)的单调区间;
(2)证明：当x>0时，e x>x2+1;(3)证明：当n∈N∗时，1+1
2+1
3
+⋯1
n
>ln(n+1)3
(3e)n
．
答案解析
1.A
【解析】解：∵f(x)=1
x
，
∴lim x→0f(2+x)−f(2)
x=lim x→0
1
2+x−
1
2
x
=lim x→0[−
1
2(2+x)]
=−1
4
．2.B
【解析】解：由a1=1，a2=4
2−1=4，a3=4
2−4
=−2，a4=4
2−(−2)
=1……
可知数列{a n}是周期为3的周期数列，因为2024=3⨉674+2，所以a2024=a2=4．
故选B．
3.D
【解析】解：依题意从从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门共有C24=6种情况，其中化学和地理都没有被选中共有C22=1种，
因此化学和地理至少有一门被选中的概率是P=1−1
6=5
6
．
故选D．
4.C
【解析】解：由于E(X)=n(1−a)+(n+1)a=n+a，
故D(X)=(1−a)[n−(n+a)]2+a[n+1−(n+a)]2=a−a2．
从而D(X)与a有关，但与n无关．
故选C
5.D
【解析】
解：因为等差数列前n项和的形式为S n=An2+Bn，结合题目条件，所以设S n=kn(2n+3)，T n=kn(n+1)，
故a1+a9
b1+b19
=
a5
b10
=S5−S4
T10−T9
=65k−44k
110k−90k
=21k
20k
=21
20
．
故选D．
6.B
【解析】解：∵函数f(x)在区间[1,+∞)上存在单调增区间，
∴函数f(x)在区间[1,+∞)上存在子区间使得不等式f′(x)>0成立，
即f′(x)=1
x
−2(x−a)>0在区间[1,+∞)上有解，
即2a>2x−1
x
在区间[1,+∞)上有解，
因为y=2x−1
x
在区间[1,+∞)上单调递增，
所以y=2x−1
x
在区间[1,+∞)上的最小值为y min=2×1−1=1，
所以2a>1，即a>1
2
，
所以实数a的取值范围是(1
2
,+∞).
故选：B．
7.A
【解析】解：因为S2023=a1+a2+⋯+a2022+a2023，
所以S2023+a2=a1+a2+a2+⋯+a2022+a2023=a3+a2+⋯+a2022+a2023=a4+a3+⋯+a2022+ a2023=⋯=a2024+a2023=a2025，
所以S2023+1=a2025，
所以a2025=a+1，a21+a22+a23+⋯+a22024=a1a2+a22+a23+⋯+a22024=a2(a1+a2)+a23+⋯+a22024 =a2a3+a23+⋯+a22024=⋯=a2024a2025
所以a2024a2025=b，
所以a2024=b
a2025=b
a+1
，
8.C
【解析】解：f(x)的定义域为(0,+∞)，当0<a<1时，f(1)=a+lna<1
当a=1时，f(x)=e x−1−ln x，
f′(x)=e x−1−1
x
．
当x∈(0,1)时，f′(x)<0;
当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0．
所以当x=1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)=1，
从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)=ae x−1−ln x+ln a≥e x−1−ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1,+∞).
9.BC
【解析】解：结合导函数图象可知：
当−2≤x≤−1时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，
当−1<x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当2≤x≤4时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，
当4<x≤5时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以，函数的单调递减区间为[−2,−1]，[2,4]，单调递增区间为[−1,2]，[4,5]，A错误，B正确，
所以函数在x=−1，x=4时取得极小值，在x=2时，函数取得极大值，C正确;
因为f(x)的图象可能全部在x轴下方，所以f(x)可以没有零点，D错误．
10.BC
【解析】
解：对于A，对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件，故A错误；
对于B，因为X∼N(1,σ2)，所以正态曲线的对称轴为x=1，则P(0<X<1)=P(1<X<2)=0.5−P (X≥2)=0.3，故B正确；
对于C，因为P(M|N)+P(M)=1，所以P(M|N)=1−P(M)，即P(MN)
P(N)
=P(M)，
则P(MN)=P(M)⋅P(N)，则事件M，N相互独立，故C正确；
对于D，因为3.712<3.841，所以不能根据χ0.05=3.841作出D中的判断，故D错误；故选：BC
11.BD
【解析】解：∵f(x)定义域为R，f′(x)=−x2+x+2
e x =−(x−2)(x+1)
e x
，
∴当x∈(−∞,−1)∪(2,+∞)时，f′(x)<0；当x∈(−1,2)时，f′(x)>0；∴f(x)在(−∞,−1)，(2,+∞)上单调递减，在(−1,2)上单调递增；
对于A，∵f(−1)=−e<0，f(2)=5
e2
>0，f(−2)=e2>0，
∴f(x)在区间(−2,−1)和(−1,2)内各存在一个零点；
当 x >2 时， x 2+x−1>0 ， e x >0 ， ∴f (x )>0 恒成立；∴f (x ) 有且仅有两个不同的零点，A 错误；
对于B ，由 f (x ) 单调性可知： f (x ) 的极小值为 f (−1)=−e ，极大值为 f (2)=5
e 2 ，B 正确；对于C ， ∵
f (2)=5
e 2 ， ∴ 作出
f (x ) 图象如下图所示，可知方程 f (x )=5
e 2 存在另一个解 x 0 ，
若当 x ∈[t,+∞) 时， f (x )max =5
e 2 ，则 t ∈[x 0,2] ，C 错误；
对于D ，方程 f (x )=k 有两个实根等价于 f (x ) 与 y =k 有两个不同交点，作出 f (x ) 图象如下图所示，
结合图象可知： k ∈(−e,0]∪{5
e 2}
，D 正确．
故选：BD ．
12.2
【解析】解：∵y =ln (2x)+x−1，∴y′=1
x +1，又因为直线y =3x−b 与曲线y =ln (2x)+x−1相切，所以y′=1
x +1=3，即x =1
2，
将x =1
2代入y =ln (2x)+x−1，得y =−1
2，故−1
2=3×12−b ，∴b =2．
13.9
10
【解析】解：设其周末晚间去吃火锅的概率为P(A)，下午去逛街的概率为P(B)，
则P(A)=3
5+2
5
×1
6
=2
3
，P(AB)=3
5
×1=3
5
，
则P(B|A)=P(AB)
P(A)
=
3
5
2
3
=9
10
．
14.2
【解析】解：点A(x,f(x))到直线x−y=0的距离d=|x−f(x)|
2
，
则|AB|≥d=2
2
|f(x)−x|，
又f(x)−x=x+e mx−ln(e mx+x−1)=(e mx+x−1)−ln(e mx+x−1)+1，由m>0知，y=e mx和y=x在R上单调递增，
所以y=x+e mx−1在R上单调递增，其值域为R，
又x+e mx−1>0，令t=e mx+x−1(t>0)，
令F(t)=t−ln t+1，F′(t)=1−1
t =t−1
t
(t>0)，
当0<t<1时，F′(t)<0，当x>1时，F′(t)>0，
所以函数F(t)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以F(t)min=F(1)=2，
所以|AB|≥d=2
2
|f(x)−x|≥2，
因为对任意的m>0，都有|AB|≥a恒成立，所以a≤2，
所以实数a的最大值为2．
15.解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，
由题意，得a1(a1+4d)=(a1+d)2，
解得d=2a1=2或d=0(舍)，
∴a n=1+2(n−1)=2n−1；
(2)a n=2n−1，b n=(2n−1)⋅2n，
此时S n=1×21+3×22+5×23+...+(2n−1)⋅2n，
2S n=1×22+3×23+...+(2n−3)⋅2n+(2n−1)⋅2n+1，
∴−S n=1×21+2×22+2×23+...+2×2n−(2n−1)⋅2n+1，
−S n=2+8(1+2+⋯+2n−2)−(2n−1)⋅2n+1=(3−2n)⋅2n+1−6，所以S n=(2n−3)⋅2n+1+6．
【解析】本题考查等差数列的通项公式，等比数列的前n 项和，错位相减法数列求和，属于中档题．(1)根据题意a 1(a 1+4d )=(a 1+d )2，求出公差d ，再利用等差数列的通项公式求解．(2)利用错位相减法求和．
16.解：(1)f(x)=x 3+x 2−x +1的定义域为R ，
f′(x)=3x 2+2x−1=(x +1)(3x−1)，
当x ∈(−∞,−1)∪(13,+∞)时，f′(x)>0;x ∈(−1,1
3)时，f′(x)<0;故f(x)单调增区间为(−∞,−1)，(1
3,+∞);
(2)由(1)知，函数f(x)在区间(−1,13)，(13,2)上单调递增，在区间(−1,1
3)上单调递减，
∵f(13)=2227，f(−1)=2，f(2)=11，故函数f(x)在区间[−1,2]上的最大值为11，最小值为22
27，∴f(x)∈[22
27,1]，∴m ∈[22
27,1]．
【解析】本题主要考查利用导数求函数的单调区间以及最值，属于中档题．(1)求导，解f′(x)>0求出单调递增区间；
(2)先求出f (x )在区间[−1,2]上的最大值和最小值为，从而得到答案．
17.解：(1)因为 na n =(n +1)a n−1 ， n⩾2 ， ∴a
n
n +1=
a n−1n ，且 a 1
2
=1 ，∴ 数列 {a n n +1
} 是以每一项均为1的常数列，
则 a n
n +1=1 ，即 a n =n +1(n ∈N ∗) ；(2)由(1)得a n =n +1，
∴1a 2n
=1(n +1)2<1n(n +1)=1n −1
n +1，
∴T n <1−12+12−13+13−14+⋯+1n −1n +1=1−1
n +1<1．
【解析】本题考查了数列的递推关系，裂项求和，属于中档题．
(1)由题意可得a n n +1=a n−1
n ，所以数列 {a n n +1} 是以每一项均为1的常数列，即可得出答案；
(2)由1a 2n
=1(n +1)2<1n(n +1)=1n −1
n +1，利用裂项相消法求出T n 后即可得证．
18.解:(1)因为X ~N (45,225),所以σ=15,
则P (X ≥60)=P (X ≥μ+σ)=
1−0.6827
2
=0.15865,所以现场年龄不低于60岁的人数大约为1000×0.15865≈159(人).(2)依题意可得,P (n )=C n 20(25
)n
(35)20−n
,
设{
P(n)≥P(n +1)
P(n)≥P(n−1)所以
{
C n 20(25)n (35)20−n ⩾C n +120
(25)n +1(35)19−n C n 20(25)n (35)
20−n ⩾C n−120
(2
5)n−1(35)
21−n 所以
{
20−n n +1⋅25
3
5⩽121−n n ⋅2
5
35
⩾1,所以37
5≤n ≤42
5,n 为整数,所以n =8,
【解析】本题考查正态分布及其应用、独立重复试验的概率计算，属于中档题.(1)由X ~N (45,225),可得σ=15,μ=45，求得P (X ≥60)=P (X ≥μ+σ)=1−0.6827
2
=0.15865，进而估计现场年龄不低于60岁的人数；
(2)依题意可得,P (n )=C n 20
(2
5)n (35)
20−n
，
由{
P(n)≥P(n +1)P(n)≥P(n−1)可解得375≤n ≤42
5,又n 为整数,所以n =8,
19.解：(1)由f(x)=e x −ax−1，得f′(x)=e x −a ．
又f′(0)=1−a =−1，所以a =2．所以f(x)=e x −2x−1，f′(x)=e x −2．由f′(x)=e x −2>0，得x >ln2．
所以函数f(x)在区间(−∞,ln2)上单调递减，在(ln2,+∞)上单调递增． (2)证明：由(1)知f(x )min =f(ln2)=e ln2−2ln2−1=1−ln4．所以f(x)≥1−ln4，即e x −2x−1≥1−ln4，e x −2x ≥2−ln4>0．令g(x)=e x −x 2−1，则g′(x)=e x −2x >0．
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以g(x)=e x −x 2−1>g(0)=0，即e x >x 2+1. (3)首先证明：当x >0时，恒有e x >1
3x 3．证明如下：令ℎ(x)=e x −1
3x 3，则ℎ′(x)=e x −x 2．
第11页，共11页由(2)知，当x >0时，e x >x 2，所以ℎ′(x)>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ(0)=1>0，所以e x >13x 3．
所以x >ln(13x 3)，即x +ln3>3lnx ．
依次取x =21,32,…,n +1n ，代入上式，则21+ln3>3ln 21，32+ln3>3ln 32，…n +1n +ln3>3ln n +1n ．以上各式相加，有21+32+…+n +1n +nln3>3ln(21×32×…×n +1n )
所以n +(1+12+13+…+1n )+nln3>3ln(n +1)，
所以1+12+13+…+1n >3ln(n +1)−nln3−n ，即1+12+13+⋯1n >ln (n +1)3(3e )n ．
【解析】本题考查函数的导数的应用，构造法以及累加法的应用，函数的导数的最值的应用，考查分析问题解决问题的能力，是难题．
(1)求出函数的f′(x)=e x −a ，通过f′(x)=e x −2>0，即可求解函数f(x)在区间(−∞,ln2)上单调递减，在(ln2,+∞)上单调递增．
(2)求出f(x)的最小值，化简f(x)≥1−ln4.构造g(x)=e x −x 2−1，通过g′(x)>0.判断g(x)在(0,+∞)上单调递增，得到g(x)>g(0)，推出结果．
(3)首先证明：当x >0时，恒有e x >13x 3.令ℎ(x)=e x −13x 3，则ℎ′(x)=e x −x 2.推出ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，得到x +ln3>3lnx ，利用累加法推出1+12+13+⋯1n >ln (n +1)3(3e )n ．。