江西省宜春市第一中学2024-2025学年高二强基班下学期第一次月考（3月）数学试题

1 宜春一中 2024-2025 学年第二学期高二年级第一次月考 强基班数学试卷 一、单选题 1．已知 nS 为等差数列 na 的前 n项和，且 4 2 12a a  ，则 6 42 3S S （ ） A．24 B．36 C．48 D．72 2．函数 2 ( ) x x xf x e   的大致图象是 A． B． C． D． 3．已知函数   ex af x  在点   2 2f, 处的切线的倾斜角为 π 4 ，则实数 a的值为（ ） A．2 B．1 C． 1 D． 2 4．已知 nS 为数列 na 的前 n项和，且 2 4n nS a  ，若 22log 1n na a   对任意正整数 n恒成立，则实数  的最小值为（ ） A． 7 2 B． 3 2 C． 5 4 D． 12 5．已知点 P是曲线 2 3lny x x  上任一点，则 P到直线 3 0 2 x y   的距离的最小值是（ ） A． 7 4 B． 7 2 4 C． 3 2 2 D． 7 8 6．已知定义域为 R的奇函数  y f x 的导函数为  y f x ，当 0x  时，     0f xf x x    ，若 (1)a f ，  3 3b f   ， 2 (2)c f ，则 a，b， c的大小关系正确的是（ ） A． a b c  B．b c a  C． a c b  D． c a b  7．已知数列 na 满足 1 12 3n n n na a a a   ，且 2 9 11 a  ，则使不等式 1 2 1 1 1 100 na a a     成立的 n的最大 值为（ ） A．98 B．99 C．100 D．101 8．对于任意正实数 ,x y，都有 2 (ln ln ) y xx y x e a        ，则实数 a的取值范围为（ ） A． (0,1] B． (1, ]e C． 1 , ]e e （ D． 2 1( , ]e e 二、多选题 9．设数列 na 的前 n项和为 nS ， 1 1a  ，  1 , R, Nn na ba a a b n     ，则下列结论正确的是（ ） A．若 0a  ， 2b  ，则 10 1024a  B．若 2a  ， 1b   ，则 100 100S  C．若 1a  ， 2b  ，则 2 1nna   D．若 1a  ， 2b  ，则 12 1nnS n    10．关于函数   2 lnf x x x   ，下列判断正确的是（ ）． A． 2x  是  f x 的极大值点 B．函数  y f x x  有且只有 1个零点 C．存在正实数 ，使得  f x kx 成立 D．对任意两个正实数 1 2,x x ，且 1 2x x ，若    1 2f x f x ，则 1 2 4x x  ． 11．函数  f x 及其导函数  g x 的定义域均为 R，  1f x  和  2 1g x  都是奇函数，则（ ） A．  g x 的图象关于直线 = 1x  对称 B．  f x 的图象关于点  1,0 对称 C．  g x 是周期函数 D．   2024 1 2024 i g i   三、填空题 12．数列 na 满足 321 3 2 ( N , 1)2 3 nna aaa n n n        L ，则 na  ． 13． 1x  是函数    2 22 3 3 exf x x ax a a     的极值点，则 a的值为 ． 14．设函数   exf x x ，则函数  f x 的最小值为 ；若对任意  2 0,x   ，存在  1 0,x   不等 式       2 21 2 22 1 2 1 e 1x f x f x k x x k      恒成立，则正数 k的取值范围是 ． 2 四、解答题 15．已知数列 na 满足 1 1 2 , 2 4 n n n aa a a    ． (1)求证：数列 1 1 2na       是等比数列，并求数列 na 的通项公式； (2)求数列 n n a       的前 n项和 nS ． 16．已知函数   21ln 2 f x a x x  ， aR . (1)当 1a  时，求  f x 的极值点； (2)讨论  f x 的单调性； (3)若函数  f x 在 1,e 上恒小于 0，求 a的取值范围. 17．已知数列 na 为等差数列，首项 1 1a  ，公差 2d ． (1)若 13 nanb  ，证明： nb 是等比数列； (2)若 1 1 n n n c a a   ，设数列 nc 的前 n项和为 nS ，求满足 12 25n S  的 n的最小值． (3)若 12n nd a  ，求数列 nd 的前 n项和 nT ； 18．已知   lnx af x x   ，   2e 1xg x x    ． (1)若 1a  ，求函数  f x 的极值； (2)当 0x  时，若  g x 的图象始终在  f x 图象的上方，求实数 a的取值范围． 19．已知函数   exf x ax  ， 0x  ． (1)讨论  f x 的单调性； (2)若过点  1,0 恰有 2条与  f x 的图象相切的直线，求 a的取值范围； (3)若 1a  ，问函数  f x 的图象上是否存在三个不同的点A， B，C，使得它们的横坐标成等差数列， 且直线 AC的斜率等于函数  f x 的图象在点 B处的切线的斜率？若存在，求出所有满足条件的点 B的坐 标；若不存在，请说明理由． 3 宜春一中 2024-2025 学年第二学期高二年级第一次月考 强基班数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A C B B B A BC BD 题号 11 答案 BC 1．D 【详解】设等差数列 na 的公差为 d，由 4 2 12a a  ， 得  1 1 123a d da   ，所以 6d  ， 所以     6 4 1 1 6 6 1 4 4 1 2 3 2 6 6 3 4 6 72 2 2 S S a a                      . 故选：D. 2．A 【详解】函数 y= 2 x x x e  的导数为 2 1' x x xy e     ， 令 y′=0，得 x=1 5 2  ， 1 5 2 x ，         时，y′＜0， 1 5 1 5 2 2 x         ， 时，y′＞0， 1 5 2 x         ， 时，y′＜0． ∴函数在（﹣ 1 5 2  ， ），（ 1 5 2  ， ）递减，在（ 1 5 1 5 2 2   ， ）递增． 且 x=0时，y=0，排除 B，x=-1时，y=0，x=-2时，y>0,排除 C， 故选 A． 3．A 【详解】易知   ex af x   ，所以   2 π2 e tan 2 4 af a     . 故选：A 4．C 【详解】由 2 4n nS a  ，令 1n  ，解得 1 4a  ， 当 2n  时，由 1 1 2 4 2 4 n n n n S a S a       得 1 12 2n n n n na S S a a     ，即   1 2 2n n a n a    ， 所以数列 na 是以 4为首项，2为公比的等比数列，所以 12nna  ， 由 22log 1n na a   ，即 1 2 3 2n n    恒成立， 令 1 2 3 2n n nc    ，则  maxnc  ，而 1 1 1 0 2n n n nc c       ，所以 1n nc c  ， 即数列 nc 单调递减，故   1max 5 4n c c  ，所以 5 4   ，所以 的最小值为 5 4 . 故选：C 5．B 【详解】设  0 0,P x y ，因为 2 3lny x x  ，则 32y x x    ，由题有 0 0 32 1x x    ， 解得 0 1x  或 0 3 2 x   （舍），所以  1,1P ， 此时  1,1P 到直线 3 0 2 x y   的距离为 31 1 7 22 42 d     ， 故选：B. 6．B 【详解】设    g x xf x ，则      g x f x xf x   ， 因为当 0x  时，     0f xf x x    ，所以当 0x  时,      0f x xf x  ，即   0g x  ； 当 0x  时,      0f x xf x  ，即   0g x  ； 所以  g x 在  0， 上单调递增，在  0 ， 上单调递减； 又函数  y f x 为奇函数，所以    f x f x   ，因此        g x xf x xf x g x      ， 故函数  g x 为偶函数， 所以    1 1a f g  ，      3 3 3 3b f g g      ，    2 2 2c f g  ， 因为  g x 在  0 ， 上单调递减，所以      3 2 1g g g  ， 故b c a  . 故选：B 7．B 【详解】由 1 12 3n n n na a a a   ， 2 9 11 a  可得 1 2 2 1 1 32 3 5 a a a a a    ， 易知 0na  ，两侧同时除 1n na a  ，可得 1 1 32 n na a    ，整理得 1 1 11 3 1 n na a          ， 所以 1 1 na       是以 1 1 21 3a   为首项， 1 3 为公比的等比数列， 则 11 2 1 11 2 3 3 3 n n na               ， 故 1 2 1 2 2 11 3 31 1 1 1 1 1 11 1 1 11 31 3 n n n n n a a a a a a                                 ， 故 1 2 1 1 1 11 3 n n n a a a            ， 易知    11 N3 n f n n n         单调递增，    99 100 1 199 100 100 100 101 3 3 f f      ，所以 max 99n  . 故选：B 8．A 【详解】 2 (ln ln ) y xx y x e a        ， 4 则 12 lny y xe x a          ， 设 y t x  ， 0t  ， ( ) 2 ln tf t t e       ， 则 ln 2 1( ) tf t e t e      ， ln 2 1( ) 0ef e e e e       ， 2 1 2( ) 0f t te t      恒成立，导函数单调递减， 故 (0, )t e 时， ( ) 0f t  ，函数单调递增； 当 ( , )t e  时， ( ) 0f t  ，函数单调递减. 故 ( ) ( ) 1maxf t f e  ，故 1 1 a  ，故 (0,1]a . 故选：A 9．BC 【详解】A选项， 0a  ， 2b  ， 1 11, 2n na a a  ， 所以数列 na 是首项为1，公比为 2的等比数列， 所以 9 10 1 2 512a    ，所以 A选项错误. B选项， 2a  ， 1b   ， 11 11, 2, 2n n n na a a aa      ， 所以 1 2 3 4 99 100 2a a a a a a       ， 100 2 50 100S    ，所以 B选项正确. CD选项， 1a  ， 2b  ，  11 11, 1, 1 2 12n n n na a a aa       ， 所以数列 1na  是首项为 1 1 2a   ，公比为 2的等比数列， 所以 1 2 , 2 1n nn na a    ，C选项正确.    2 12 1 22 2 2 2 21 2 n n n nS n n n               ，D选项错误. 故选：BC 10．BD 【详解】对于选项 A，函数的定义域为  0,  ，函数的导数   2 2 2 1 2xf x x x x      ， 所以在  0,2 内，   0f x  ，函数  f x 单调递减； 在  2, 上，   0f x  ，函数  f x 单调递增， 所以 2x  是  f x 的极小值点，故 A错误； 对于选项 B，由   2 lny f x x x x x      ，得 2 2 2 1 21 , 0x xy x x x x          ， 由于分子判别式小于零，所以 0 y 恒成立， 所以函数  y f x x  在  0,  ，上单调递减， 且    1 1 2 ln1 1 1 0, 2 2 1 ln 2 2 ln 2 1 0f f             ， 所以函数  y f x x  有且只有 1个零点，故 B正确； 对于选项 C，若  f x kx ，可得 2 2 ln xk x x   ， 令   2 2 ln xg x x x   ，则   3 4 lnx x xg x x     ， 令   4 lnh x x x x    ，则   lnh x x   ， 所以在  0,1 内，   0h x  ，函数  h x 单调递增； 在  1, 上，   0h x  ，函数  h x 单调递减， 所以    1 0h x h  ，所以   0g x  ， 所以函数   2 2 ln xg x x x   在  0,  上单调递减． 又因为当 x时，   0g x  ， 所以不存在正实数 ，使得  f x kx 恒成立，故 C不正确； 对于选项 D，设 2 1 1x t x   ，即有 2 1x tx ，    1 2f x f x ，即为 1 2 1 2 2 2ln lnx x x x    ， 化为  1 1 1 1 1 1 2 2 2ln ln ln lnx tx t x x tx tx       ， 故 1 1 21 ln t t x       ，所以 1 2 2 ln tx t t   ， 则 2 1 2 2 2 2 24 4 1 2 ln 0 ln ln t tx x t t t t t t            ， 设   2 1 2 lnu t t t t   （ 1t  ），可得    2 2ln 2 2 ln 1u t t t t t       ， 令   1 lnm t t t   ，则   1 11 0tm t t t      在  1,t  上恒成立， 可得    1 0m t m  ，所以   0u t  ，故  u t 单调递增， 可得    1 0u t u  ，故 1 2 4x x  成立，故 D正确． 故选：BD. 11．BC 【详解】对于 A，因为  2 1g x  是奇函数，所以    2 1 2 1g x g x     ， 则有    1 1g x g x     ，  g x 的图象关于点  1,0 对称，故 A错误； 对于 B，  1f x  是奇函数，其图象关于原点对称，  1f x  向右平移 1个单位后可得  f x ，所以  f x 的图象关于点  1,0 对称，故 B正确； 对于 C，因为  1f x  是奇函数，所以    1 1f x f x     ， 所以    1 1f x f x      ，所以    1 1f x f x     ， 所以    1 1g x g x    ，所以    2g x g x   ①， 因为    1 1g x g x     ，所以    2g x g x    ②， 由①②可得：    2 2g x g x      ，所以    4g x g x   ， 所以    4g x g x   ，      8 4g x g x g x     ， 所以8是函数  g x 的一个周期函数，所以  g x 是周期函数，故 C正确； 对于 D，因为    4g x g x   ，所以    1 5g g  ，    2 6g g  ，    3 7g g  ，    4 8g g  ， 所以                1 2 3 4 5 6 7 8 0g g g g g g g g        ， 而                   2024 1 253 1 2 3 4 5 6 7 8 0 i g i g g g g g g g g             ，故 D错误. 故选：BC. 5 12． 1 1, 1 2 3 , 2n n n n     【详解】 令 nn a b n  ， nb 的前 n项和为 nS ， 因为 321 3 22 3 nna aaa n      L ，可得 3 2nnS   ， 当 1n  时， 11 1 3 2 1b S    ； 当 2n  时，  1 11 (3 2) 3 2 2 3n n nn n nb S S          ， 将 1n  代入上式可得 1 11 2 3 2 1b     ， 综上可得 1 1, 1 2 3 , 2n n n b n      ，即 1 1, 1 2 3 , 2 n n na nn       ，所以 1 1, 1 2 3 , 2n n n a n n      . 故答案为：    1 1, 1 2 3 , 2n n n n      . 13．3 【详解】      2 2 2 22 2 2 3 3 e 2 2 3 ex xf x x a x ax a a x a x a a                  ， 由于 1x  是函数    2 22 3 3 exf x x ax a a     的极值点， 所以      2 21 1 2 2 3 e 6 e 0f a a a a a                ，    2 6 3 2 0a a a a      ，解得 3a  或 2a   . 当 3a  时，        2 8 9 e 9 1 ex xf x x x x x         ， 则  f x 在  9,1 上    0,f x f x  单调递减， 在  1, 上    0,f x f x  单调递增，所以 1x  是  f x 的极小值点，符合题意. 当 2a   时，      22 2 1 e 1 e 0x xf x x x x        ，  f x 在R 上单调递增，  f x 没有极值点，不符合题意. 综上所述， a的值为3 . 故答案为：3 14． 1 e  e , 4 e     【详解】   exf x x 的导数为    e 1xf x x   ， 则 1x   时，   0f x  ，  f x 单调递减； 1x   时，   0f x  ，  f x 单调递增， 可得  f x 在 = 1x  处取得极小值，且为最小值 1 e  ； 令    2 exf xg x x x   ，     2e ( ) 1 1 x x h x x f x x      ， 又对任意  2 0,x   ，存在  1 0,x   ， 有         2 21 2 22 1 2 1 e 1x f x f x k x kx      恒成立，即    1 2 2 1 g x h x k k   恒成立，即    min min 2 1 g x h x k k   ； 0x  时，   1 12 2h x x x x x      ，当且仅当 1x  时取得最小值 2，    2 eg xf x x x x   ，    2 e 1x x g x x    ， 则0 1x  时，   0g x  ，  g x 单调递减； 1x  时，   0g x  ，  g x 单调递增， 可得  g x 在 1x  处取得极小值，且为最小值 e； 所以 e 2 2 1k k   ，由 0k  ，可得 e 4 e k   ． 所以 k的取值范围是 e , 4 e     . 15．(1)证明见解析， 2 2 1n n a   (2) ( 1)( 1) 2 1 4 n n n nS n      【详解】（1）证明：因为 1 1 22, 4 n n n aa a a    ，所以 1 41 2 10, 2 2 n n n n n aa a a a      ， 所以 1 1 1 1 12 2 2n na a         ． 因为 1 1 1 1 0 2a    ，所以 1 1 1 2 21 1 2 n n a a     ， 所以数列 1 1 2na       是以 1为首项，2为公比的等比数列， 所以 11 1 2 2 n na   ，即 1 1 2 1 2 12 2 n n n a     ． （2）解：因为 12 2 n n n nn a    ， 所以 0 1 2 1 1 2 31 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 n n nS n                      ． 其中 1 2 3 ( 1) 2 2 2 2 4 n n n       ． 令 0 1 2 11 2 2 2 3 2 2nnT n          ， 1 2 32 1 2 2 2 3 2 2nnT n        L ， 两式相减，得 2 1 1 21 2 2 2 2 2 (1 ) 2 1 1 2 n n n n n nT n n n                   ． 所以 ( 1) 2 1nnT n    ， 所以 ( 1)( 1) 2 1 4 n n n nS n      ． 16．(1)极大值点 1x  ，无极小值点； (2)当 0a  时，函数单调递减；当 0a  时，函数在  0, a 上单调递增，在 ,a   上单调递减； (3) ea  . 【详解】（1）当 1a  时，   21ln 2 f x x x  ，定义域为  0,  .      2 1 11 1 x xxf x x x x x       ， 6 令   0f x  ，得 1x  , 当0 1x  时，   0f x  ，  f x 单调递增；当 1x  时，   0f x  ，  f x 单调递减.  f x 在 1x  时取得极大值，无极小值. 所以  f x 的极大值点是 1x  ，无极小值点. （2）   21ln 2 f x a x x  ，则   2a x af x x x x      ， 0x  ， 当 0a  时，   2 0x af x x     恒成立，函数单调递减； 当 0a  时，     x a x a f x x      ，  0,x a ，   0f x  ，函数  f x 单调递增， ,x a   ，   0f x  ，函数  f x 单调递减. 综上所述：当 0a  时，函数单调递减；当 0a  时，函数在  0, a 上单调递增，在 ,a   上单调递 减. （3）函数  f x 在 1,e 上恒小于 0，等价于  max 0f x  . 由（2）知， 当 0a  时，函数单调递减，故    max 11 0 2 f x f    恒成立，故 0a  符合题意； 当 0a  时，若 1a  ，即 0 1a  ，函数在  1,e 上单调递减， 故    max 11 0 2 f x f    ，成立，故0 1a  符合题意； 若1 ea  ，即 21 ea  ，函数在 1, a  上单调递增，在  , ea 上单调递减， 故    max ln 02 af x f a a a    ，即 1ln 2 a  ，解得0 ea  ，故1 ea  ； 若 ea  ，即 2ea  ，函数在 1,e 上单调递增， 故     2 max ee 0 2 f x f a    ，解得 2e 2 a  ， 故无解. 综上所述： ea  . 17．(1)证明见详解 (2)13 (3) 2 2 12 , 6 12 72, 7n n n nT n n n         【详解】（1）因为数列 na 为等差数列，首项 1 1a  ，公差 2d ， 所以  1 2 1 2 1na n n     . 对于 1 23 3 0na nnb    ，且 2 2 1 2 3 9 3 n n n n b b     ， 所以 nb 是等比数列. （2）由（1）可知：   1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n c a a n n n n           ， 可得 1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1n S n n n                      ， 令 1 1 121 2 2 1 25n S n       ，解得 12n  ， 所以满足 12 25n S  的 n的最小值为 13. （3）由（1）可知： 13 212n nd na   ， 则    1 11 2 13 2 2n nd d n n        ，可知数列 nd 为等差数列， 设数列 nd 的前 n项和为 nD ，则   2 11 13 2 12 2n n n D n n       ， 令 13 2 0n nd   ，解得 13 2 n  ， 当 6n  时， 0nd  ，则 2 1 2 1 2 12n n n nT d d d d d d D n n            ； 当 7n  时， 0nd  ，则 1 2n nT d d d       1 6 7 nd d d d        26 6 62 12 72n nD D D D D n n         ； 综上所述： 2 2 12 , 6 12 72, 7n n n nT n n n         . 18．(1)极大值 1，无极小值 (2)  ,3 【详解】（1）当 1a  时，   ln 1xf x x   ， 则   2 ln xf x x   ， 由   2 ln 0xf x x    ，可得：0 1x  ， 由   2 ln 0xf x x    ，可得： 1x  ， 所以   ln 1xf x x   在  0,1 单调递增，在  1, 单调递减； 所以   ln 1xf x x   的极大值为：  1 1f  ，无极小值； （2）由题意可得： 2 lne 1 0x x a x x      ， 即 e 2 ln 0xx x x a     恒成立， 即 e 2 lnxa x x x    恒成立， 构造函数 ( ) e 2 lnxh x x x x    ，   1( ) 1 e 1xh x x x      ，令  ( )h x m x  ，   2 1( ) 2 e 0xm x x x      恒成立， 所以   1( ) 1 e 1xh x x x      在  0,  单调递增， 易知   0.1(0.1) 0.1 1 e 1 10 0h      ， (1) 2e 1 1 0h     ， 所以唯一 0x 使得 0( ) 0h x  ，且   00 0 11 e 1 0xx x     ， 7 即   0 0 0 0 1 1exx x x    ，所以 0 0 1ex x  ，同时取对数可得： 0 0lnx x  所以当  00,x x 时， ( ) 0h x  ，当  0 ,x x  时， ( ) 0h x  ， 所以 ( ) e 2 lnxh x x x x    在  00,x x 单调递减，在  0 ,x x  单调递增， 所以 0min 0 0 0 0( ) e 2 ln 1 2 3 xh x x x x       ， 所以 3a  . 所以实数 a的取值范围  ,3 . 19．(1)答案见解析 (2)  e, 2  (3)不存在，理由见解析 【详解】（1）因为   exf x ax  ， 0x  ，所以   exf x a   ， 0x  . 因为 0x  ，所以 e 1x  . 所以若 1a   ，则 e 0x a  即   0f x  在  0,  上恒成立，所以  f x 在  0,  为增函数； 若 1a   ，由   0f x   ex a    lnx a  ；由   0f x   ex a    0 lnx a   . 所以函数  f x 在   0, ln a 上递减，在   ln ,a   上递增. 综上：当 1a   时，  f x 在  0,  为增函数； 当 1a   时，  f x 在   0, ln a 上递减，在   ln ,a   上递增. （2）设切点  00 0, exx ax ，切线斜率为： 0ex a ，所以切线方程为：      0 00 0e ex xy ax a x x     . 因为切线过点  1,0 ，所以     0 00 00 e e 1x xax a x     .整理得： 0 00e 2ex xa x  （ 0 0x  ）. 设   e 2ex xg x x  （ 0x  ），则      e e 2e e 1x x x xg x x x     （ 0x  ）. 由   0g x   1x  ，由   0g x   0 1x  .所以  g x 在  0,1 上递减，在  1,  上递增. 又过点  1,0 恰有 2条与  f x 的图象相切的直线，所以直线 y a 与  g x 的图象有两个不同交点. 因为  0 2g   ，  1 eg   ，  2 0g  ，所以 e 2a    . 即所求 a的取值范围为  e, 2  . （3）当 1a  时，   exf x x  ，   e 1xf x   ， 0x  . 设   0 0,B x f x ，则   00 e 1xf x   . 假设存在   0 0,A x d f x d  ，   0 0,C x d f x d  （ 0d  ），使得直线 AC的斜率等于函数  f x 的图 象在点 B处的切线的斜率，即    0 0 00 0 e e e 1 2 x d x d xx d x d d          0 0 0e e 2 ex d x d xd   ， 因为 0e 0x  ，所以 e e 2d d d  . 设   e e 2x xh x x   （ 0x  ），则   e e 2x xh x     2 e e 2x x  0 （当且仅当 0x  时取“ ”）. 但 0x  ，所以   0h x  在  0,  恒成立.所以  h x 在  0,  上单调递增，又  0 0h  . 所以   0h x  在  0,  上恒成立.即方程 e e 2d d d  在  0,  上无解. 即满足条件的点 B不存在.