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第=page11页,共=sectionpages11页2023-2024学年江西省九江市高二(下)期末数学试卷一、单选题:本题共9小题,共46分。在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x∈N+|x2−3x−4≤0},A.{−1,0,1,2} B.{1} C.{1,2} D.{0,1,2}2.a2>b2是lga>lgbA.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.下列函数是定义在R上的增函数的是(
)A.f(x)=3x B.f(x)=2−x C.4.等差数列{an}前n项和为Sn,a7A.44 B.48 C.52 D.565.已知a>0,b>0,且a+b=ab,则a(b+1)+b(a+1)的最小值是(
)A.9 B.12 C.16 D.206.已知曲线y=xex+alnx在x=1处的切线方程为y=ex+b,则A.a=e,b=0 B.a=e,b=1 C.a=−e,b=1 D.a=−e,b=07.牛顿冷却定律(Newton′s law of cooling)是牛顿在1701年用实验确定的:物体在空气中冷却,如果物体的初始温度为θ1℃,环境温度为θ0℃,则t分钟后物体的温度θ(单位:℃)满足:θ=θ0+(θ1−θ0)e−kt.已知环境温度为20℃,一块面包从温度为120℃的烤箱里拿出,经过A.33分钟 B.28分钟 C.23分钟 D.18分钟8.函数f(x)=x+lnx+1xexA.1 B.2 C.1e D.9.设a>b,则下列不等式一定成立的是(
)A.|a|>|b| B.ln(a−b)>0 C.a2>二、多选题:本题共2小题,共12分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。10.设函数f(x)=lnx−1x+1,则f(x)A.定义域为(−∞,−1)∪(1,+∞) B.图象关于原点对称
C.在(1,+∞)上单调递减 D.不存在零点11.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足aA.{a2n}为等比数列 B.a2024−a三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.设{an}是等比数列,且a1+a2+13.高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号,他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家,用其名字命名的“高斯函数”为:设x∈R,用[x]表示不超过x的最大整数,则y=[x]称为高斯函数,如:[1.2]=1,[−1.2]=−2.若函数f(x)=[x]x+a(x>0)有且仅有2个零点,则实数a14.设函数f(x)=ax+bx(a,b>0且a,b≠1).若f(x)为偶函数,则ab=______;若f(x)在四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)
已知函数f(x)=(m2−4m+5)xm为幂函数.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若g(x)=ln[f(x)+ax+2]16.(本小题15分)
已知函数f(x)的定义域为R,且对任意x,y∈R,都有f(x+y)=f(x)+f(y).
(1)判断f(x)的奇偶性,并说明理由;
(2)若f(1)=1,求k=1n2k17.(本小题15分)
已知数列{an},{bn}满足an+bn=22n+1+1,a1=3,a2=21,且18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax−ln(x+1)(a∈R).
(1)试讨论f(x)的单调性;
(2)若x>0,f(x)>0,求a19.(本小题17分)
若函数f(x)在定义域内存在x0,使得f(x0+1)=f(x0)+f(1)成立,则称f(x)具有性质P.
(1)试写出一个具有性质P的一次函数;
(2)判断函数g(x)=ex−ax是否具有性质P;
(3)参考答案1.C
2.B
3.A
4.C
5.B
6.D
7.C
8.A
9.D
10.ABD
11.ACD
12.32
13.[−314.1
[1,+∞)
15.解:(1)函数f(x)=(m2−4m+5)xm为幂函数,则m2−4m+5=1,∴m=2,∴f(x)=x2.
(2)g(x)=ln(x16.解:(1)对任意x,y∈R,都有f(x+y)=f(x)+f(y),
令x=y=0,得f(0)=f(0)+f(0),
∴f(0)=0,
令y=−x,得f(0)=f(x)+f(−x)=0,
∴f(−x)=−f(x),即f(x)是奇函数;
(2)令x=n,y=1,得f(n+1)−f(n)=f(1)=1,
令an=f(n),则an+1−an=1,a1=1,
∴{an}是首项为1,公差为1的等差数列,
∴an=1+(n−1)×1=n,设数列{n⋅2n}17.解:(1)因为an+bn=22n+1+1,
由题意得a1+b1=9a2+b2=33,
由a1=3,a2=21,得b1=618.解:(1)f′(x)=a−1x+1(x>−1),
当a≤0时,f′(x)=a−1x+1<0,∴f(x)在(−1,+∞)上单调递减;
当a>0时,f′(x)=ax+a−1x+1,
当−1<x<1−aa时,f′(x)<0;当x>1−aa时,f′(x)>0,
故f(x)在(−1,1−aa)上单调递减,在(1−aa,+∞)上单调递增,
综上,当a≤0时,f(x)在(−1,+∞)上单调递减;
当a>0时,f(x)在(−1,1−aa)上单调递减,在(1−aa,+∞)上单调递增;
(2):①当a≤0时,由(1)知f(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴f(x)<f(0)=0,不符合题意,舍去;
②当0<a<1时,由(1)知f(x)在(0,1−aa)19.解:(1)设f(x)=kx+b(k≠0),
由f(x0+1)=f(x0)+f(1),得k(x0+1)+b=kx0+b+k+b,即b=0,
∴f(x)=kx(k≠0),
(2)由g(x0+1)=g(x0)+g(1),得ex0+1−a(x0+1)=ex0−ax0+e
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