2022-2023学年湖北省咸宁市崇阳县众望中学高二（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖北省咸宁市崇阳县众望中学高二（下）开学数学试卷（含解析），共12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.已知数列{an}满足a1=2,an+1=an−1an+3,n∈N*，则a4=( )
A. 15B. −14C. −511D. −47
2.已知函数f(x)=ax2−lnx的图象在点(1,f(1))处的切线与直线y=−3x平行，则该切线的方程为( )
A. 2x+y+1=0B. 3x+y−3=0C. 3x+y−2=0D. 2x+y−1=0
3.“a3+a9=2a6”是“数列{an}为等差数列”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
4.设等差数列{an}的前n项和为Sn，5S9=9a9−36，则a4=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
5.已知数列{an}首项为2，且an+1−an=2n+1，则an=( )
A. 2nB. 2n−1+1C. 2n−2D. 2n+1−2
6.等比数列{an}中a1=512，公比q=−12，用Πn=a1⋅a2…an表示它的前n项之积，则Π1，Π2，…，Πn中最大的是( )
A. Π11B. Π10C. Π9D. Π8
7.过原点的直线m，n与分别与曲线f(x)=ex，g(x)=lnx相切，则直线m，n斜率的乘积为( )
A. −1B. 1C. eD. 1e
8.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(1)=2，则Δx→0limf(1−Δx)−f(1+Δx)Δx=( )
A. −4B. 1C. 2D. 4
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.以下四个式子分别是函数在其定义域内求导，其中正确的是( )
A. (1x)′=1x2B. (cs2x)′=−2sin2x
C. (3xln3)′=3xD. (lgx)′=−1xln10
10.等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且q≠−1，以下结论正确的是( )
A. {an2}是等比数列
B. 数列a11+a12，a12+a13，a13+a14成等比数列
C. 若q>1，则{an}是递增数列
D. 若q>0，则{Sn}是递增数列
11.已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an+3SnSn−1=0(n≥2)，a1=13，下列命题中正确的是( )
A. {1Sn}是等差数列B. Sn=13n
C. an=−13n(n−1)D. {S3n}是等比数列
12.已知数列{an}的前n项和为Sn，若首项a1=1，且满足an+1+an=3⋅2n，则下列说法正确的是( )
A. {an+1+an}是等比数列B. {an+2n}是等比数列
C. an=2n+(−1)nD. Sn=2n+1+(−1)n−52
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知{an}是公比为2的等比数列，则a1+a2a3+a4的值为______．
14.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)=2xf′(e)+lnx，则f′(e)= ______．
15.已知数列{an}的前n项和为Sn，若an=(2n−1)csn2π，则S2023= ______．
16.已知直线y=kx+b是曲线y=ln(1+x)与y=2+lnx的公切线，则k+b= ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
求下列函数的导数：
(1)f(x)=x3+6x−2x；
(2)f(x)=csxex；
(3)f(x)=(x−1)2lg2x.
18.(本小题12分)
(1)已知函数f(x)=12x2+2x−3lnx，求f′(x)>0解集；
(2)设曲线y=e2ax+1在点(0,e)处的切线与直线2x−ey+1=0垂直，求a的值．
19.(本小题12分)
已知等差数列{an}的公差为d，且关于x的不等式a1x2−dx−3<0的解集为(−1,3)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=2an+12an，求数列{bn}前n项和Sn．
20.(本小题12分)
定义方程f(x)=f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”．
(1)设f(x)=csx，求f(x)在(0,π)上的“新驻点”；
(2)如果函数g(x)=x与h(x)=ln(x+1)的“新驻点”分别为α、β，试比较α和β的大小．
21.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+n2=an．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若λan−Snn≤1−n恒成立．求实数λ的最大值．
22.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n，n∈N*．
(1)判断数列{an−2n−1}是否是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)若bn=(2n−1)2nanan+1，求数列{bn}的前n项和Sn．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵a1=2,an+1=an−1an+3,n∈N*，
∴a2=a1−1a1+3=15,a3=a2−1a2+3=−14,a4=a3−1a3+3=−511．
故选：C．
根据递推关系，求解即可得出答案．
本题考查数列递推式，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：函数f(x)=ax2−lnx，求导得：f′(x)=2ax−1x，
依题意，f′(1)=2a−1=−3，解得a=−1，
即有f(x)=−x2−lnx，f(1)=−1，
所以函数f(x)=ax2−lnx的图象在点(1,f(1))处的切线为：y−(−1)=−3(x−1)，即3x+y−2=0．
故选：C．
求出函数f(x)的导数，借助导数的几何意义求出a值，进而求出切线方程作答．
本题考查导数的运用：求切线方程，以及两直线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：如果数列{an}是等差数列，根据等差中项的扩展可得一定有a3+a9=2a6，
反之a3+a9=2a6成立，不一定有数列{an}是等差数列，
所以“a3+a9=2a6”是“数列{an}为等差数列”的必要不充分条件．
故选：B．
根据等差数列的性质，结合充分条件与必要条件的证明即可得出答案．
本题主要考查了等差数列的性质，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，
由题意可得，5×9(a1+a9)2=5×9a5=9a9−36，
即5a5=a9−4，
则5(a4+d)=a4+5d−4，
解得a4=−1．
故选：B．
利用等差数列的前n项和公式以及等差数列的性质，结合已知条件求解即可．
本题考查等差数列的求和公式，考查等差数列的性质，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：∵an+1−an=2n+1，an−an−1=2n，an−1−an−2=2n−1，…，a2−a1=22，
由累加法得an−a1=22+23+...+2n−1+2n=4(1−2n−1)1−2=2n+1−4，
又a1=2，则an=2n+1−2，
故选：D．
根据数列的递推式，利用累加法和等比数列的前n项和公式，求解即可得出答案．
本题考查数列的递推式，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：∵a1>0,q=−12<0，则当n为奇数时，an>0，当n为偶数时，an<0，
∴当n=4k−3(k∈N*)或n=4k(k∈N*)时，Πn>0，
当n=4k−2(k∈N*)或n=4k−1(k∈N*)时，Πn<0，
由题意可得：an=512．(−12)n−1，
令|an|=512．(12)n−1≥1，解得n≤10，
若Πn取到最大，则k=3，n=9，即{Πn]中最大的是Π9．
故选：C．
根据题意分析an，Πn的符号，结合前n项之积的性质运算求解．
本题主要考查了等比数列的通项公式及性质的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：设f(x)，g(x)的切点分别为(x1,ex1),(x2,lnx2)，
由题意可得f′(x)=ex，g′(x)=1x，
所以f(x)在x=x1处的切线为y−ex1=ex1(x−x1)，g(x)在x=x2处的切线为y−lnx2=1x2(x−x2)，
又因为两条切线过原点，所以0−ex1=ex1(0−x1)0−lnx2=1x2(0−x2)，解得x1=1x2=e，
所以直线m，n斜率的乘积为f′(x1)g′(x2)=e1×1e=1．
故选：B．
设f(x)，g(x)的切点分别为(x1,ex1),(x2,lnx2)，利用导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过原点解出x1，x2即可求解．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：∵f′(1)=2，
∴Δx→0limf(1−Δx)−f(1+Δx)Δx=−2Δx→0limf(1−△x)−f(1+△x)−2△x=−2f′(1)=−4．
故选：A．
根据导数的定义即可得到结论．
本题主要考查导数的定义，比较基础．
9.【答案】BC
【解析】解：(1x)′=−1x2，(cs2x)′=−2sin2x，(3xln3)′=3x，(lgx)′=1xln10．
故选：BC．
根据基本初等函数和复合函数的求导公式对每个选项函数进行求导即可．
本题考查了基本初等函数和复合函数的求导公式，考查了计算能力，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且q≠−1，
则an=a1qn−1，Sn=a11−qn1−q，
对于A选项，an2=a12(q2)n−1，所以{an2}是首项为a12，公比为q2的等比数列，故A选项正确；
对于B选项，因为q≠−1，a11+a12=a1q10+a1q11=a1q10(1+q),a12+a13=a1q11(1+q),a13+a14=a1q12(1+q)，(a12+a13)2=a12q22(1+q)2,(a11+a12)(a13+a14)=a12q22(1+q)2，
∴(a12+a13)2=(a11+a12)(a13+a14)≠0，a12+a13a11+a12=a13+a14a12+a13，它们成等比数列，故B选项正确；
对于C选项，若a1<0，q>1，则an+1−an=a1qn−a1qn−1=a1qn−1(q−1)<0，{an}为递减数列，故C选项错误；
对于D选项，Sn+1−Sn=a11−q(1−qn+1−1+qn)=a1qn，
若a1<0，q>0，则Sn+1−Sn<0，Sn+1故选：AB．
先将{an}的通项公式写出，再按照有关定义逐项分析．
本题考查了等比数列的性质，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：因为an+3SnSn−1=0(n≥2)，
所以Sn−Sn−1+3SnSn−1=0(n≥2)，
所以1Sn−1Sn−1=3(n≥2)，又1S1=1a1=3，
所以数列{1Sn}是以3为首项，3为为差的等差数列，故A正确；
则1Sn=3+3(n−1)=3n，所以Sn=13n，故B正确；
由an+3SnSn−1=0(n≥2)，可得an=−3SnSn−1=−3×13n×13(n−1)=−13n(n−1)(n≥2)，
所以an=13,n=1−13n(n−1),n≥2，故C错误；
S3n=13n+1，则S3nS3n−1=13n+113n=13，
所以{S3n}是公比为13的等比数列，故D正确．
故选：ABD．
由an+3SnSn−1=0(n≥2)，可得1Sn−1Sn−1=3(n≥2)，从而可得数列{1Sn}是等差数列，即可判断选项A；由等差数列的通项公式求出1Sn，从而可得Sn，即可判断选项B；由已知等式即可求得n≥2时an的表达式，从而可得an，即可判断选项C；求出S3n，由等比数列的定义即可判断选项D．
本题主要考查数列递推式，等差数列的通项公式，等比数列的定义，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：首项a1=1，且满足an+1+an=3⋅2n，
可得{an+1+an}是首项为6，公比为2的等比数列，故A正确；
由an+1+2n+1an+2n=3⋅2n−an+2n+1an+2n=5⋅2n−anan+2n不为常数，故{an+2n}不是等比数列，故B错误；
由an+1−2nan−2n=3⋅2n−an−2n+1an−2n=−1，可得{an−2n}是首项和公比均为−1的等比数列，
则an−2n=(−1)n，即an=2n+(−1)n，故C正确；
由an=2n+(−1)n，可得Sn=2(1−2n)1−2+−1[1−(−1)n]1−(−1)=2n+1+(−1)n−52，故D正确．
故选：ACD．
由等比数列的定义可判断A、B；由等比数列的定义和通项公式，可判断C；由数列的分组求和与等比数列的求和公式，计算可得所求和，可判断D．
本题考查数列的通项与求和，以及等比数列的定义、通项公式和求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
13.【答案】14
【解析】解：∵{an}是公比为2的等比数列，
∴a1+a2a3+a4=a1+a1⋅qa1⋅q2+a1⋅q3=a1+2a14a1+8a1=14
故答案为：14
由已知中{an}是公比为2的等比数列，及等差数列的性质an≠0，我们可以根据等比数列的通项公式，将a1+a2a3+a4表示为只含首项与公比的形式，化简后，即可得到答案．
本题考查的知识点是等比数列的通项公式，其中利用等比数列的通项公式将a1+a2a3+a4表示为只含首项与公比的形式，是解答本题的关键．
14.【答案】−1e
【解析】解：求导得：f′(x)=2f′(e)+1x，
把x=e代入得：f′(e)=e−1+2f′(e)，
解得：f′(e)=−e−1，
故答案为：−1e
利用求导法则求出f(x)的导函数，把x=e代入导函数中得到关于f′(e)的方程，求出方程的解即可得到f′(e)的值．
本题要求学生掌握求导法则．学生在求f(x)的导函数时注意f′(e)是一个常数，这是本题的易错点．
15.【答案】−2023
【解析】解：对任意的k∈N*，a4k−3=(8k−7)cs(4k−3)π2=0，
a4k−2=(8k−5)cs[(2k−1)π]=−(8k−5)=5−8k，
a4k−1=(8k−3)cs(4k−1)π2=0，
a4k=(8k−1)cs(2kπ)=8k−1，
所以，a4k−3+a4k−2+a4k−1+a4k=0+(5−8k)+0+(8k−1)=4，
且a2021=a4×506−3=0，a2022=a4×506−2=5−8×506=−4043，a2023=a4×506−1=0，
因此，S2023=4×505−4043=−2023．
故答案为：−2023．
对任意的k∈N*，计算出a4k−3+a4k−2+a4k−1+a4k，a2021，a2022，a2023的值，即可求得S2023的值．
本题考查数列的并项求和，考查化简运算能力、推理能力，属于中档题．
16.【答案】3−ln2
【解析】解：设切点(x1,kx1+b)，(x2,kx2+b)，
由题意得k=11+x1=1x2，∴x2=x1+1，切线方程分别可以表示为：
y=11+x1(x−x1)+ln(1+x1)=11+x1x−x11+x1+ln(1+x1)，
y=1x2(x−x2)+lnx2+2=1x2x+lnx2+1，
∴lnx2+1=−x11+x1+ln(x1+1)，得x2=12，则k=2，b=1−ln2．
则k+b=3−ln2．
故答案为：3−ln2．
设切点(x1,kx1+b)，(x2,kx2+b)，分别表示出在这两点处的斜率和切线，找到对应关系即可．
本题考查公切线的相关知识点，利用函数导数解决问题即可，属于基础题．
17.【答案】解：(1)f′(x)=(x3)′+(6x)′−(2x)′=3x2+6+2x2；
(2)f′(x)=−sinxex−csx⋅ex(ex)2=−sinx+csxex；
(3)f′(x)=2(x−1)lg2x+(x−1)2xln2．
【解析】(1)根据幂函数的求导公式求导即可；
(2)根据基本初等函数和商的导数的求导公式求导即可；
(3)根据基本初等函数和积的导数的求导公式求导即可．
本题考查了基本初等函数、复合函数、积的导数和商的导数的求导公式，考查了计算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由题可得f′(x)=x+2−3x(x>0)，
由f′(x)>0可得x2+2x−3>0⇒x<−3或x>1，
又因为x>0，
故不等式的解集为{x|x>1}；
(2)由题可得f′(x)=2ae2ax+1，
依题意：f′(0)=2ae=−e2，
所以a=−14．
【解析】(1)由题可得f′(x)=x+2−3x(x>0)，然后解不等式即得；
(2)根据复合函数的导数可得f′(x)=2ae2ax+1，然后根据导数的几何意义及直线的位置关系即得．
本题考查一元二次不等式的求解，导数的几何意义的应用，属基础题．
19.【答案】解：(1)关于x的不等式a1x2−dx−3<0的解集为(−1,3)，
可得−1，3是方程a1x2−dx−3=0的两根，
则−1+3=da1，−1×3=−3a1，
解得a1=1，d=2，
则an=1+2(n−1)=2n−1；
(2)bn=2an+12an=(2n−1)⋅2n，
数列{bn}前n项和Sn=1⋅2+3⋅22+5⋅23+...+(2n−3)⋅2n−1+(2n−1)⋅2n，
2Sn=1⋅22+3⋅23+5⋅24+...+(2n−3)⋅2n+(2n−1)⋅2n+1，
上面两式相减可得−Sn=2+2(22+23+...+2n−1+2n)−(2n−1)⋅2n+1
=2+2⋅4(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n+1，
化简可得Sn=6+(2n−3)⋅2n+1．
【解析】(1)由题意可得−1，3是方程a1x2−dx−3=0的两根，运用韦达定理可得数列{an}的首项和公差，进而得到所求通项公式；
(2)求得bn，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简可得所求和．
本题等差数列和等比数列的通项公式、求和公式的运用，以及数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)根据题意，f(x)=csx，其导数f′(x)=−sinx，
若f(x)=f′(x)，即csx=−sinx，则有tanx=−1，
又由x∈(0,π)，则x=3π4，
即f(x)在(0,π)上的“新驻点”为3π4．
(2)函数g(x)=x，其导数g′(x)=1，
若g(x)=g′(x)，即x=1，
函数g(x)=x的“新驻点”为α，则有α=1，
h(x)=ln(x+1)，则h′(x)=1x+1，
若h(x)=h′(x)，即ln(x+1)=1x+1，
h(x)=ln(x+1)的“新驻点”分别为β，则有ln(β+1)=1β+1，
设函数F(x)=ln(x+1)−1x+1，则函数y=F(x)在定义域上为增函数，
∵F(0)=−1<0，F(1)=ln2−12=ln2−ln e>0，
∵F(β)=0，由零点存在定理可知，β∈(0,1)，
∴α>β．
【解析】(1)根据“新驻点”的定义求得tanx=−1，结合x∈(0,π)可得出结果；
(2)求出α的值，利用零点存在定理判断β所在的区间，进而可得出α与β的大小关系．
本题考查函数导数的应用，单调性的判断，新定义的应用，是中档题．
21.【答案】解：(1)依题意，Sn=2an−n，当n=1时，a1=2a1−1，解得a1=1，
当n≥2时，Sn=2an−n，Sn−1=2an−1−n+1，两式相减得an=2an−2an−1−1，
因此an=2an−1+1，则an+1=2(an−1+1)，
则{an+1}是以a1+1为首项，2为公比的等比数列，有an+1=2n，显然a1=1满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an=2n−1．
(2)由(1)可知，Sn=2an−n=2n+1−2−n，因λan−Snn≤1−n，整理得：λ≤2−n22n−1，
令bn=2−n22n−1，则bn+1−bn=n22n−1−(n+1)22n+1−1=[(n−1)2−2]⋅2n+(2n+1)(2n+1−1)(2n−1)，
显然b2−b1<0，当n≥2时，bn+1−bn>0，即bn+1>bn，因此当n≥2时，数列{bn}是递增的，
于是得(bn)min=b2=23，依题意，λ≤2−n22n−1恒成立，即有λ≤23，
所以实数λ的最大值为23．
【解析】(1)根据给定条件，利用“当n≥2时，Sn−Sn−1=an”探求数列{an}相邻两项的关系，再构造数列求解作答．
(2)由已知结合(1)的结论分离参数，再构造新数列，借助单调性求解作答．
本题主要考查数列与不等式的综合，数列的递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由于a1−2−1=0，
故数列{an−2n−1}不是等比数列．
∵an+1=3an−4n，
∴an+1−2(n+1)−1=3an−4n−2(n+1)−1=3(an−2n−1)，
同理an−2n−1=3[an−1−2(n−1)−1]…a2−2×2−1=3(a1−2×1−1)=0，
迭代得an+1−2(n+1)−1=3n(a1−2×1−1)=0，即an+1=2n+3，
所以an=2n+1．
(2)bn=(2n−1)2nanan+1=(2n−1)2n(2n+1)(2n+3)=2n+12n+3−2n2n+1，
所以Sn=(2n+12n+3−2n2n+1)+(2n2n+1−2n−12n−1)⋯+(87−45)+(45−23)=2n+12n+3−23．
【解析】(1)由已知可得a1−2×1−1=0，可知该数列不是等比数列，利用递推关系即可求出an；
(2)利用裂项相消法即可求和．
本题考查数列递推关系以及裂项相消法的运用，考查运算求解能力，属于基础题．