四川省凉山州西昌市2024-2025学年高二（下）期中数学试卷（含解析)

这是一份四川省凉山州西昌市2024-2025学年高二（下）期中数学试卷（含解析)，共14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}的通项公式为an=25−2n，在下列各数中，不是{an}的项的是( )
A. 1B. −1C. 3D. 2
2.下列函数的求导正确的是( )
A. (x−2)′=−2xB. (xcsx)′=csx+xsinx
C. (ln10)′=110D. (2ex)′=2ex
3.已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn=2n3n+1，则a2+a10b5+b7=( )
A. 911B. 1711C. 1117D. 1219
4.已知f′(x)是函数y=f(x)的导函数，且y=f′(x)的图象如图所示，则函数y=f(x)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
5.已知f(x)=3f(2−x)+2x2−lnx，则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为( )
A. 3x+2y−1=0B. 3x−4y+7=0C. 3x+2y+1=0D. 3x−4y−7=0
6.函数f(x)=2x2−alnx+7的单调递减区间是(0, 2)，则a=( )
A. 8B. 6C. 4D. 2
7.已知数列{an}满足a1=4，且an+1=2an−3，则a211=( )
A. 2210−3B. 2211−1C. 2210+3D. 2211+1
8.已知定义域为R的函数f(x)，其导函数为f′(x)，且满足f′(x)−2f(x)eD. f(1)4时，anan成立的n的最小值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=2ax2−ex，a∈R，f′(x)为函数f(x)的导函数．
(1)求函数f′(x)的单调性；
(2)若任意x∈(1,2)，f(x)+f′(x)2nn+1(n∈N∗)．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=e2x−aex+bx．
(1)当a=5，b=2时，求f(x)的单调递减区间；
(2)当a=6时，若f(x)有两个极值点x1，x2．
(ⅰ)求b的取值范围；
(ⅱ)证明：f(x1)+f(x2)−x1−x2>−343．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意令an=25−2n=1可得n=12为正整数，即1是{an}的项；
同理令an=25−2n=−1可得n=13为正整数，即−1是{an}的项；
令an=25−2n=3可得n=11为正整数，即3是{an}的项；
令an=25−2n=2可得n=232不是正整数，即2不是{an}的项．
故选：D．
分别令选项中的数等于25−2n，解得n值不是正整数的即为答案．
本题考查等差数列的通项公式，属基础题．
2.【答案】D
【解析】解：(x−2)′=−2x−3，(xcsx)′=csx−xsinx，(ln10)′=0，(2ex)′=2ex．
故选：D．
根据基本初等函数和积的导数的求导公式逐项求导即可．
本题考查了基本初等函数和积的导数的求导公式，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，SnTn=2n3n+1，
由等差数列性质得，a2+a10b5+b7=a1+a11b1+b11=112(a1+a11)112(b1+b11)=S11T11，
由SnTn=2n3n+1得，a2+a10b5+b7=S11T11=2×113×11+1=1117．
故选：C．
利用等差数列的性质把代数式等价变形，即可得到a2+a10b5+b7=S11T11，结合条件即可得到结果．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由导函数f′(x)的图象可知，
f′(x)在x∈(0,2)上恒大于零，在x∈(2,+∞)上恒小于0，
由函数的导数与函数的单调性关系可以知道，
函数f(x)在x∈(0,2)上单调递增，在x∈(2,+∞)上单调递减，结合选项可知选D．
故选：D．
根据导函数的图象和函数单调性之间的关系，如导函数的图象在x轴上方，则原函数在该区间上是增函数，如导函数的图象在x轴下方，则原函数在该区间上是减函数，由y=f′(x)的图象得函数y=f(x)的图象．
考查导数和函数单调性之间的关系，导数f′(x)≥0，函数f(x)在该区间上是增函数；导数f′(x)≤0，函数f(x)在该区间上是减函数，以及识图能力，体现了数形结合的思想，属基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由于f(x)=3f(2−x)+2x2−lnx，
则令x=1，可得f(1)=3f(2−1)+2×12−ln1，
解得f(1)=−1，
由f(x)=3f(2−x)+2x2−lnx，
可得f′(x)=3f′(2−x)⋅(−1)+4x−1x，
令x=1，可得f′(1)=3f′(1)⋅(−1)+4−1，
解得f′(1)=34，
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+1=34(x−1)，即3x−4y−7=0．
故选：D．
令x=1，可求得f(1)=−1，求导可得f′(x)=3f′(2−x)⋅(−1)+4x−1x，令x=1，可求得f′(1)=34，可求切线方程．
本题考查导数的运算以及导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：函数f(x)=2x2−alnx+7的导数为f′(x)=4x−ax．
由题意，f′(x)0时，f′(x)在(ln4a,+∞)上单调递减，在(−∞,ln4a)上单调递增．
a∈(−∞,e−12]．
【解析】解：(1)由于函数f(x)=2ax2−ex，且定义域为R，
因此导函数f′(x)=4ax−ex，令函数g(x)=4ax−ex，那么导函数g′(x)=4a−ex，
当a≤0时，导函数g′(x)0时，令导函数g′(x)0，得到x∈(−∞,ln4a)，
因此导函数f′(x)在(−∞,ln4a)上单调递增，在(ln4a,+∞)上单调递减；
综上所述：当a≤0时，f′(x)在R上单调递减；
当a>0时，f′(x)在(ln4a,+∞)上单调递减，在(−∞,ln4a)上单调递增．
(2)由(1)得f′(x)=4ax−ex，
因为对于任意x∈(1,2)，f(x)+f′(x)0，g(x)在(1,2)单调递增，而g(1)=e−1，
即g(x)>g(1)=e−1，故a∈(−∞,e−12]．
(1)分类讨论a≤0时和a>0时f′(x)的正负即可求解单调区间；
(2)由题得ex−1>2ax在x∈(1,2)恒成立，进而得出2a0，
所以a5−a3=a1(q4−q2)=24，
由a1=2，可得q4−q2−12=0，
解得q2=4(−3舍去)，
因为q>0，解得q=2，
故an=a1qn−1=2n．
(2)由(1)知bn=(2n−1)×2n−1，
设Tn=1×21+3×22+...+(2n−3)×2n−1+(2n−1)×2n，
2Tn=1×22+3×23+...+(2n−3)×2n+(2n−1)×2n+1，
相减可得−Tn=2+23+...+2n+2n+1−(2n−1)×2n+1
=2+8(1−2n−1)1−2−(2n−1)×2n+1=−6+(3−2n)×2n+1，
可得Tn=6+(2n−3)×2n+1，
则Sn=(2n−3)×2n+1−n+6．
(1)由等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得到所求；
(2)由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查等比数列的通项公式和求和公式，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．
18.【答案】m=0；
详见解答过程；
详见解答过程．
【解析】解：(1)因为函数f(x)=x−ln(x+1)的图象与y=m轴相切，
则f′(x)=1−1x+1=xx+1=0，得x=0，代入可得f(0)=0，
所以y=m=0．
(2)证明：由(1)知f′(x)=xx+1，
则f′(x)>0，得x>0，f(x)单调递增，f′(x)0，则1n+1≥12n≥1n(n+1)=1n−1n+1，
所以1n≥2(1n−1n+1)，n≥1，
所以1ln(n+1)>1n≥2(1n−1n+1)，即an>2(1n−1n+1)，
所以Sn=1ln2+1ln3+1ln4+…+1lnn+1ln(n+1)，
所以1ln2+1ln3+…+1lnn+1ln(n+1)>2[(112)+(12−13)+…+(1n−1n+1)]=2nn+1．
(1)结合导数几何意义即可求解；
(2)结合导数与单调性及最值关系即可证明；
(3)利用不等式放缩及裂项求和即可证明．
本题主要考查了导数与单调性关系及最值关系的应用，还考查了不等式放缩及裂项求和，属于中档题．
19.【答案】(−ln2,ln2)．
(ⅰ)(0,92).
(ⅱ)证明见解答．
【解析】解：(1)当a=5，b=2时，f(x)=e2x−5ex+2x，定义域为R，
则f′(x)=2e2x−5ex+2=(2ex−1)(ex−2)，
由f′(x)