江西省上饶市2024-2025学年高二下学期弋横铅联考数学试卷

高二数学联考试卷 一、单选题：本题共 8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有-项是符合题目要求. 1．设等差数列 na 前 n项和为 nS ，若 9 72S  ，则 2 4 9a a a  （ ） A．12 B．18 C．24 D．36 2．已知函数  f x 是定义在R 上的函数，且满足     0f x f x   ，其中  f x 为  f x 的导数，设  0a f ，  3 ln3b f ，  e 1c f ，则 a、b、 c的大小关系是（ ） A．c b a  B． a b c  C． c a b  D．b c a  3．数列{ }na 中， 1 1 2 a  ，且对任意 , Nm n  都有 m n m na a a  ，若 1 9 1 1 1 k k ka a a     15 52 2  ，则 k （ ） A． 2 B．3 C． 4 D．5 4．已知函数 2( ) ln 2 af x x x  ，若对任意两个不等的正数 1x ， 2x ，都有 1 2 1 2 ( ) ( ) 4f x f x x x    恒成立，则 a的取值范围为 （ ） A． 4 ， B．  4.  C．  4 ， D．  4 ， 5．设函数    ln e ex xf x   ，则不等式    3 1 1 0f x f x    的解集为（ ） A．  ,1 B．  0,1 C． 1, D．   , 0 1,    6．已知 10ln 9 a  ， 1 9 b  ， 8 9ec   ，则（ ） A．a c b  B． a b c  C． c a b  D．b c a  7．若对任意  0,x  ，不等式 ln 0axae x  恒成立，则实数 a的取值范围为（ ） A． 1 ,e e      B． 1 , e      C． 1 e e       , D．  ,e  8．过点  1,0 可以做三条直线与曲线 exy x a  相切，则实数 a的取值范围是（ ） A． 2 5 ,0 e      B． 2 5 ,e e      C． 5 ,e e      D． 1 ,0 e      二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对 得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9．设正项等比数列 na 的公比为 q，前 n项和为 nS ，前 n项的积为 nT ，并且满足 1 1a  ， 2025 2026 1a a  ， 2025 2026 1 0 1 a a    ， 则下列结论正确的是（ ） A． 1q  B． 2025 2027 1a a  C． nT 的最大值为 2025T D． nS 没有最大值 10．朱世杰（1249年-1314年），字汉卿，号松庭，元代数学家，教育家，毕生从事数学教育，有“中世纪世界最伟大 的数学家”之誉.他的一部名著《算学启蒙》是中国最早的科普著作，该书中有名的是“堆垛问题”，其中有一道问题如 下：今有三角锥垛果子，每面底子四十四个，问共积几何？含义如下：把一样大小的果子堆垛成正三棱锥形（如图所 示，给出了 5层三角锥垛从上往下看的示意图），底面每边 44个果子，顶部仅一个果子，从顶层向下数，每层的果子 数分别为1,3,6,10,15,L ，共有 44层，问全垛共有多少个果子？现有一个 n层三角锥垛，设从顶层向下数，每层的果子 数组成数列 na ，其前 n项和为 nS ，则下列结论正确的是（ ）（参考公式：    2 2 2 11 2 3 1 2 1 6 n n n n       ） A．  *1 ( 2, )n na a n n  N 是等差数列 B． 7 27a  C．函数 *( ) ( )n n Sf n n a  N 单调递增 D．原书中该“堆垛问题”的结果为 15180 11．如图，由函数 e e 1xy    与  ln e 1y x   的部分图象可得一条封闭曲线Γ，则（ ） A．Γ有对称轴 B．Γ的弦长的最大值为 2 2 C．对Γ内任意一点 P，均存在过 P且平分Γ围成区域的面积的直线 D．Γ的面积大于  17 e 2 10  三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15 分. 12．在等比数列 na 中， 4 1a  ， 1 3 3 5 5 72 12a a a a a a   ，则 2 6a a  ． 13．若函数 2( ) cos f x ax x在 0x  处取得极小值，则实数 a的取值范围是 . 14．若无穷数列 na 满足：只要  *,p qa a p q N ，必有 p k q ka a  ，则称数列 na 为“ k阶对等递进数列”.若数列 na 是“1阶对等递进数列”，且 1 3 5 4 7 101, 3, 1, 2a a a a a a      ，则 2023a  ，设 ( 1)nn nb a  ，数列 nb 的前 n项 和为 nS ，则 2024S  . 四、解答题：本大题共5道大题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15．已知数列 na 的各项均为正数，前 n项和为 nS ，且 1 1a  ， 1nS  是1 nS 与 1nS  的等差中项. (1)证明：数列 nS 是等差数列； (2)设    1 nn n nb S a    ，求数列 nb 的前 2n项和 2nT . 16．已知函数 2( ) ( 2) lnf x ax a x x    (1)讨论 ( )f x 的单调性； (2)若 ( ) 0f x  恒成立，求实数 a的取值范围. 17．2024年巴黎奥运会上，网球女单决赛中，中国选手郑钦文击败克罗地亚选手维基奇获得中国在该项目上首枚金牌！ 展现了祖国至上，为国争光的赤子情怀．已知网球比赛为三局两胜制，在郑钦文与维基奇的单局比赛中，郑钦文获胜 的概率为 p，且每局比赛相互独立． (1)在此次决赛之前，两人交手记录为 2021年库马约尔站：郑钦文 0比 2不敌维基奇；2023年珠海 WTA超级精英赛： 郑钦文以 2比 1战胜维基奇．若用这两次交手共计 5局比赛记录来估计 p． （ⅰ） p为多少？ （ⅱ）请利用上述数据，若郑钦文再次遇到维基奇，求比赛局数 X 的分布列． (2) 如果比赛可以为五局三胜制，若使郑钦文在五局三胜制中获胜的概率大于三局两胜制中获胜的概率，求 p的取值 范围． 18．已知函数   2 lnf x x x a x   . (1)当 1a   时，求   0f x  的解集； (2)若  f x 有极值，求实数 a的取值范围； (3)设 *aN ，若    3f x a x  ，求 a的最大值. 19．泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函数在某一点处展开成无限项的多项式．当  f x 在 0x  处 的  *n nN 阶导数都存在时，它的公式表达式如下：            2 30 0 00 0 2! 3! ! n nf f ff x f f x x x x n            ．注：  0f  表示函数  f x 在原点处的一阶导数，  0f  表示在原点处的二阶导数，以此类推，和    0 3nf n  表示在原点 处的 n阶导数． (1)求    ln 1f x x  的泰勒公式（写到含 3x 的项为止即可），并估算 ln1.1的值（精确到小数点后三位）； (2)当 0x  时，比较  ln 1 x 与 2 2 xx  的大小，并证明； (3)设 *nN ，证明： 2 1 1 2 1 1ln(1 ) 2 n n k k k n k k       ． 高二联考试卷答案参考答案 题号 1 2 3 5 6 。 10 答案 C B D B D B ABD A ACD 题号 7 答案 ACD 9(+)n=72,则a,=8, 1. C 由题意可知S。= 则a++a=+a+=3n.=24.故选:C 2. D 令g(x)=ef(),则g'(x)=ef(x)+ef'()=e(f)$'). 因为f(x)+f(x)>0,而e>0恒成立,所以g’(x)>0. 所以g(x)在R上单调递增 又oc1=lne<ln3,所以g(0)g(1)<g(n3). 因 =f(0)=e^f(0)=g (0),b=3f(ln3)=effln3) =gln3),c=ef(1)=( ) 所以a<c<b,即b>c>a.故选:D 3.D _ 所以k=5,故选:D f(&)-f(x)4恒成立,不妨设×> 4.A 对任意3X.都有 一 则不等式变形为f(x)-4x.f(x)-4x. 设函数g(x)=f(x)-4x,该函数在定义域的任意子区间内不是常函数 则g(x)>g(x),g(x)在(0.+oo)上单调递增. .a14,当x>o时恒成立, a去1 .a4,故选:A 5. B f(x)=ln(e+e)的定义域为R, 且f(-x)=ln(e*+e )=f(x) 所以/(t)为偶函数,f(x)-- # 当x>0时,e>e,所以f'(x)>0,f(x)单调递增 当x<0时,e<e,所以f'(x)<0,f(x)单调递减 f3x-1)-f(x+1)0,即f(3x-1)f(x+l) 所以3x-1<x+1,即(3x-1)(x+1),解得0 x1 所以不等式f(3x-1)-f(x+1)s0的解集为[0.1].故选:B. 6.B 令f(x)=lnx-x+1,所以f(x)-1-1-1-x x 当xe(0.1)时,f(x)>0,f(x)单调递增, 当xE,+oo)时,f(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x) fqì)=0,所以f(x)<0. 2+1c0. 所以a<b: 因为lnx-x+1<0,故e>x,当且仅当x=1时等号成立, 故bc. 综上可知a<b<c。故选:B. 7. B 解:令x=1,则ae0, a>0. 不等式ae”-lnx>o恒成立axe”>xlnx ①当xe(0.1)时,lnx<0,axe”xlnx恒成立; ②当xE(1,+co)时,令g(x)=xlnx(x>1) g'$x)=1+lnx>0,g(x)在[1.+co)单调递增. 即e”lhe”>xlnx等价于g(e")>g(x). e”>x在[1,+o)恒成立. 令h(x)-ln(x=1).,则h'(x)-1-lnx x-0,可得x=e, 。 '.h(x)在(1.e)递增:在(e.+o)递减 .a的取值范围为(-_). 故选:B. 8. A 设切点为M(x,%).'y=xe-a,.'=(x+1)e .点M处的切线斜率k=(x.+1)e*. 则过点P的切线方程为y=(x.+l)e*(x-x.)+xe*-a 又切线过点(1,0),所以0=(x。+1)e^{(1-x)+xe-a,化简得a=(-x+x。+1)e* ·过点(1.0)可以作三条直线与曲线C:v=xe-a相切, .方程a=(-x}+x.+1)e^*有三个不等实根. 令f(x)=(-x}+x+1)e ,求导得到/f(x)-(-x-x+2)e=(-x-2)(x-1e 令/(x)=0,解得=-2,x.=1. 则当xe(-,-2)时,f(x)<0,f(x)在(-o,-2)上单调递减,且x→-时,f(x)<0. 当xE(1.+o)时,f(x)<0,f(x)在(1,+o)上单调递减,且x→+o时,f(x)<0, 如图所示, ) , fx)-e(-x2+x+1) [aso2s-1<0 [azo2s<l [2o2s-1>0 [as 1 9. ABD #608 0 h026-1 14202s-1<0' 即{ #2 ## (a021 [aes<1 02s 题意, #若{)1 又a→o,则-<1,又<,则1,与 矛盾,不 la2o1' d2o2s 符合题意, 所以S.没有最大值,所以A、D正确; 因为前2025项均小于1,从2026项起均大于1,所以7.无最大值,故C错误 又由a三a>1,所以B正确. 故选:ABD. 1x+1)2x(2+1)3x(3+1)4x(4+1)5x(5+1) 10.ACD 依题意,每层的果子数分别为一 2 2 2 =,) 则数列fa.的通项an(n+1). 2 对于A,n>2时,a-a,= nn+1)n(n-1) =n. 2 2. (a.-a.j(n2.neN)为等差数列,A 正确: 7(7+1)-28,B错误: 对于B,a= -. 对于C,s-1+12(2+1) 33+1) n+1) 2 2 2 n(n1)2n+1)+(n-1) +2+3+.+)++2+3++) 2 3 d. 3 故选:ACD 11.ACD A项,由题意,由y=e-e+1→e=y+e-1.x=ln(y+e-1). y=e-e+1的反函数为y=ln(x+e-1),两者关于y=x对称,故A正确. v-e-e+1 B项, →e-x=e-1, =x 令h(x)=e-x-e+1.h(x)-e-1. 当x0时,h(x)>0;当x<0时,h(x)<0 h(x)在(-o,0)上单调递减:(0,+o)上单调递增 e .h(x)在(-2.-1)内有一个零点x(-2<x<-1). 另一个零点为1.A(1.1).B(x,y%). AB=2(1-x。)22,故B错误 C项,设A(1)B(xo。%)的中点为C(1) V 设y=e*-e+1上存在一点D(x,y) A 则关于点C的对称点为F(x一x+1.y-+1) .函数v=e-e+1与y=ln(x+e-1)互为反函数 P B '.E(x-+1,y%-y+1)在y=ln(x+e-1)上 ·.D.F关于中点C对称 即在封闭图形中,总存在与任意一点P关于中点C对称的点P, 使得直线pP平分封闭图形 '.对r内任意一点P,均存在过P且平分r围成区域的面积的直线,C正确; 对于D,如图,只需考察曲线y=e-e+1上P到y=x距离的最大值即可 找出过p与曲线相切且与AB平行的点B.即可, 令f(x)=e-e+1,令/(x)-e=1→x=0,此时P。(0,2-). .故D正确.故选:ACD 12. 2 在等比数列{ 中,á.+2aa.+a=a+2a+=12,则(+a)=2, 设(a.+a)*=12, 设等比数列{a的公比为q(q;0),则a=ga.=qa 所以a,a,同号,又a.=1, 所以a+a=23.故答案为:23. 13. 'f(x)=a+cosx,则/'(x)-2ax-sinx, 令g(x)=f(x)-2ax-sinx. (:()-2800(-0 所以当x>0时,则/f'(x)f(0)=0,当x<0时,则/f'(x)<f'(0)=0 故函数f(x)在(0.+o)上单调递增,在(-c0.0)上单调递减, 故f(x)在x=0处取得极小值,符合题意 当x>0时,则/’(x)<f'(0)=0,若x<0时,则/f'(x)→f'(0)=0 故函数f(x)在(0.+oo)上单调递减,在(-2o0.0)上单调递增, 故f(x)在x=0处取得极大值,不符合题意 但当xe(0.x。)时,cosx>a即g'(x)<0,f”(x)在(0,x。)上单调递减 故f’(x)f'(0)=0,即f(x)在(0.x。)单调递减,不符合题意 ). 14. 3 -2530 ①由题干可知a=a=1,又因为数列{a是“1阶对等递进数列” $所以$三.即à=,同理可得a==3===1$$$ 所以数列{a是以4为周期的周期数列,即a=a,所以a:=a=3 ②因为a.+a.+三a.+a.+a,=2,所以a+a=-1 又b=(-1)^*a=(-1)a=b,所以数列tb也是以4为周期的周期数列, 所以$=506x(b+b+b.+b)=506x(-a+a-+a)=506x(-1-3-1)=-25 53$$ 故答案为:3:-2530. 15.(1)因为S.是1-S.与S.的等差中项,所以2S=1-S+S 所以s.=1+$.-2/S=(S-1ì)}. 因为数列a的各项均为正数,所以S>0. 所以S-S-1,所以S-s=1. 所以数列是公差为1,首项为、S==1的等差数列; (2)因为数列(s是公差为1,首项为、S-1的等差数列 所以S=1+(n-1)x1=n. 所以s.=n,当n=1时,a=1. 当n>2时,a.=s.-s.=r-(n-1){=2n-1. 所以a.=2n-1. 所以b=(-1)*(S+a.). T=-S-+S+a-S-a+S+a++S+a =(S-S)+(S-s)++(S-S)-(-a+-a) =a+a++-(a-a+-a.) =-(a+a++)+2(+a++) #(a,+)2 n(á,+a.) n(1+4n-3) +2x- 3+4n-1) 2 2 =-n(2n-1)+n(4n+2)=2n}+3 16.(1)由题意可知:f(x)的定义域为(0,+o),且)'(x)-2ax+(a-2)- 1(2x+1)(ax-1) x 当a0时,f(x)<0,可知/(x)在(0.+oo)上单调递减; 可知/(4)在()上单减,在(1o)单通递增: 综上所述:当a0时,f(x)在(0.+oo)上单调递减; 当a>o时,1(3)(0-)上单道减,在(1)上单道增。 (2)解法一:(分离参数法)由已知得ar}+(a-2)x-lnx>0在(0,+o)上恒成立, 等价于a2-+Int x+x 在(0.+o)上恒成立, 2x+nx 构建g(t)-2 ,0 21()(20+1n)(2x+1 则g(x)一 (2x+1)(1-x-nr) (2+) () 构建h(x)=1-x-lnx,x0,可知/h(x)在(0.+oo)上单调递减,且hql)=0 当0<x<1时,h(x)>0,即g(x)>0; 当x>1时,h(x)<0,即g(x)<0; 可知g(x)在(0.1)上单调递增,在(1.+o)上单调递减,则g(x)三g(1)=1, 可得a>1,即实数a的取值范围为[1,+oo) 解法二:(分类讨论法)由题意可知:f(x).0在(,+o)上恒成立 由(1)知,当a<0时,f(x)在(0.+c)上单调递减 且f(1)=2a-2<0,不合题意; 构建m(a)=1--+ha,a>o,可知m(a)在(0.+o)上单调递增,且mn(1)=0, d 若/(x)0,则m(q)>0,可得a>1, 故实数a的取值范围为[1.+o (i)由题知,X可取值为2、3, $P$$=2 =04$+0$6^$=0$.5 P($=3=1 -P$=2 )=0 $ 所以X的分布列为 0.52 I0.48 $$) 三局两胜制郑钦文最终获胜概率P=p+Cp(1-p)=-2p}+3p}=p(3-2p) 五局三胜制中郑钦文最终获胜的概率 $$ = +Cp(1-p)+Cp(1-p) =p(6p-15p+10 所以p(6p^-15p+10)>p(3-2p),化简得3p(2p-1)(1-p) 0 因为p>0,1-p>0,所以2p-1>0,即p>0.5,所以0.5<p1 所以使得五局三胜制获胜的概率大于三局两胜获胜的概率P的取值范围是(0.5.1). 18.(1)当a=-1时,因为f(x)=x2-x+lnx,x>0. 以()----#。 所以 r 所以f(x)在(0.+o)上单调递增,又f(1)=0 所以当xe(0.1)时,f(x)f1)=0;当xe(1.+co)时,f(x)→f(1)=0 故f(x)<0的解集为(0.1) (2)因为f(x)=x2-x-alnr有极值 。 即2x*-x-a=0在(0.+oo)上有变号零点 因为y=2x-x-a的对称轴为x-1→0,所以只需A=1+8a>o, # (3)由f(x)>(a-3)x,得x?+(2-a)x-alnr>0 设g(x)=x”+(2-a)x-alnx,aeN.x>o 当x(6]时,g(x)<.g()单调:当x时,g(x)>o.g()单调道增, 所以gt_()#1-h). 因为g(t)→o,所以g(x)a-+-^}→o0,即-1-ì^→,$ 4 因为y--+1与y-lhn在(0,+)上都单调递减, 4 所以h(x)--+1-ln在(0,+o)上单调递减, 所以h(x)在(0+o)存在唯一的零点xE(2.3) 当xe(0.x。)时,h(x)>h(x。)=0, 所以由-+1-ìn→0可得0<a<x。, 2 又aeN,x。E(2.3),所以a的最大值为2 (1+){} 所以f(0)=1.f”(0)=-1.f”(0)=2 *2 _# 所以f(x)=ln(1+x)的泰勒公式为:ln(1+x)=x- 2!3! 23' 0.01 0.001 所以hn1.1=0.1- + 2 -~0.095 3