《2023-2024学年江西省景德镇市高二下学期期末质量检测数学试卷(含答案)》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2023-2024学年江西省景德镇市高二下学期期末质量检测数学试卷(含答案)(8页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年江西省景德镇市高二下学期期末质量检测数学试卷一、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.数列1,13,15,17,19,的通项公式可能是()A. an=(1)n2nB. an=(1)n+12nC. an=(1)n2n1D. an=(1)n+12n12.设函数fx=ex1,则limx0f(1+x)f(1)x=()A. eB. 2C. e1D. 13.在等差数列an中,若a3+a5=4,则其前7项和为()A. 7B. 9C. 14D. 184.一个网上贷款平台在2024年初给出贷款的月利率为2%,某大学生此时从该平台贷款
2、m元,按照复利计算,他10个月后一次性还款的金额应为()A. 1.18m元B. 1.029m元C. 1.20m元D. 1.0210m元5.下列给出的四个函数中,零点的个数最多的是()A. y=2xx1B. y=lnx13xC. y=exx+1D. y=2x+lgx6.对于数列an,若存在正整数kk2,使得akak1,akak+1,则称an是“谷值数列”,k是数列an的“谷值点”.现有数列an,其通项an=n+9n10,则该数列所有“谷值点”之和为()A. 3B. 9C. 10D. 127.设0a1blnb+eb1,其中e是自然常数,则()A. aebC. ab18.将函数y=x12cos2x+
3、12,x0,4的图象绕原点逆时针旋转角,得到曲线C.若曲线C始终为函数图象,则tan的最大值为()A. 12B. +2C. 23D. 1二、多选题:本题共3小题,共15分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。9.数列an的前n项和Sn=11nn2,则()A. a1=10B. a3a2C. 数列Sn有最小项D. Snn是等差数列10.三次函数fx=x33xm(m0)的图像与x轴有两个交点A,B,则()A. fx有唯一的极值B. xA+xB=1C. 存在等差数列an,使i=14fai=8D. 过点2,0可作曲线y=fx的两条切线11.下列关于数列an与其前n项和Sn的命题,表述正确的是()A
4、. 若an+1=11an,a1=1,则a2024=12B. 若Sn+1=2Sn,a1=2,则an=2n1n2,nNC. 若an是等比数列,S2=1,S4=4,则S8=64D. 若a1a2a3an=1n+1,则数列an单调递增三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.记Sn为等比数列an的前n项和,若S3=6,a1=8,则公比q为13.已知函数y=fxxR的图象如下,则不等式xfx0的解集为14.牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的用“作切线”来近似求函数零点的一种方法,已知函数fx=x2+2x3,在图象上横坐标为x1的点处作曲线y=fx的切线,切线与x轴交点的横坐标为x2;用x2代替x
5、1,重复以上的过程得到x3;一直下去,得到数列xn,称为“牛顿数列”.现取x1=3,则可知xn与xn+1的大小关系是,其中x3= 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。15.(本小题12分)已知数列an是公差为2的等差数列,且a3是a1与9的等差中项(1)求an的通项公式;(2)求1a1a2+1a2a3+1a3a4+1a19a20的值16.(本小题12分)已知函数fx=1+lnxx(1)求fx的极值点;(2)判断方程fx12=0在区间1e,e上的解的个数,并说明理由17.(本小题12分)设Sn为数列an的前n项和,且2Sn=3an4n(1)为何值时,an+
6、是等比数列;(2)若bn=nan+22,求数列bn的前n项和Tn18.(本小题12分)设函数fx=aex2x,其中a为常数(1)讨论fx的单调性;(2)若fx1sinx,求实数a的取值范围19.(本小题12分)如图,一质点在大小随机的外力作用下,在x轴上从原点0出发向右运动,每次移动1个单位或2个单位,其中每次移动1个单位的概率均为p,移动2个单位的概率均为1p(1)记质点移动5次后位于8的位置的概率为fp,求fp的最大值及最大值点p0;(2)已知p=12,记质点从原点0运动到n的位置的方法种数为an,概率为Pn(i)求a8,P2,P3;(ii)证明:Pn+1Pn是等比数列,并求Pn参考答案1
7、.D2.A3.C4.D5.B6.B7.A8.A9.AD10.BCD11.ABD12.12或0.513.,01,314.xn+10,当0x0;当x1时,fx0;当x1,e时,gx0,gx在1e,1有一个零点,在1,e无零点,所以方程fx12=0在区间1e,e上只有1个解17.解:(1)当n=1时,2a1=3a14,即a1=4,所以a1+2=6,当n2时,2Sn=3an4n,2Sn1=3an14n1,得:2an=3an3an14,即an=3an1+4,所以an+2=3an1+2,所以,当=2时,an+是等比数列,首项为6,公比为3(2)由第(1)问得,an+2=63n1=23n,所以bn=nan+
8、22=n3n,所以Tn=13+232+333+n3n,3Tn=132+233+n13n+n3n+1,故2Tn=n3n+13+32+3n=n3n+133n131=n123n+1+32所以Tn=(2n1)3n+1+3418.解:(1)fx=aex2,其中ex0当a0时,fx0时,fx0,所以xln2a;fx0,xln2a,fx在,ln2a单调递减,在ln2a,+单调递增(2)方法一:fx1sinxa2xsinx+1ex令gx=2xsinx+1ex,则gx=sinxcosx2x+1ex取x=sinxcosx2x+1,则x=sinx+cosx20恒成立x单调递减,又0=0当x0;当x0时,x0gx在,
9、0单调递增,在0,+单调递减,ag(x)max=g0=1方法二:fx1sinx,即aex2x+sinx1令x=0,则a1,下证a=1时恒成立即ex2x+sinx1设gx=ex2x+sinx,则gx=ex+cosx2当x0时,ex1,cosx1,故gx0时,mx=exsinxex1,sinx0gx在0,+单调递增,有gxg0=0gx在0,+单调递增,综上,gxg0=1,即ex2x+sinx1恒成立又aex2x+sinxex2x+sinxa1a1符合19.解:(1)由已知,可得5次移动中,有3次移动2个单位,2次移动1个单位,fp=C52p21p3=10p21p3,fp=10p(1p)225p,令
10、fp0得0p25,令fp0得25p1,fp在0,25单调递增,在25,1单调递减,当p=25处,fp取得极大值,也是最大值,f(p)max=f25=216625,此时p=p0=25;(2)(i)法一:P1=12,则P2=12+12P1=34,P3=12P1+12P2=58,a1=1,a2=2,an+2=an+an+1,a3=1+2=3,a4=2+3=5,a5=3+5=8,a6=5+8=13,a7=8+13=21,a8=13+21=34;法二:P1=12,则P2=12+12P1=34,P3=12P1+12P2=58,移动到8的位置,若每次移动2个单位,则移动4次,故至少移动4次,若每次移动1个单
11、位,则移动8次,故至多移动8次,若需要移动8次,则8次移动1个单位,0次移动2个单位,则需要C80种方法,若需要移动7次,则有1次移动2个单位,故需要C71种方法,若需要移动6次,则有2次移动2个单位,故需要C62种方法,若需要移动5次,则有3次移动2个单位,故需要C53种方法,若需要移动4次,则有4次移动2个单位,故需要C44种方法,故a8=C80+C71+C62+C53+C44=34;(ii)由题意,Pn+2=12Pn+12Pn+1Pn+2Pn+1=12Pn+1Pn,Pn+1Pn是等比数列,首项为14,公比为12,Pn+1Pn=12n+1,Pn=P1+P2P1+P3P2+PnPn1=12+122+123+12n=2+12n3第8页,共8页