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2024-2025 学年湖北省腾云联盟高二下学期 5 月联考
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
lim f(1+Δx)−f(1)
1.已知函数 ，则 ( )
f(x)=2lnx+x Δx→0 =
3Δx
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
2.在等比数列 中， ， 是函数 的极值点，则 ( )
{a } a a f(x)=(x2−7x+11)ex a =
n 1 5 3
A. 2 B. −2 C. ±2 D. 1
3.一枚质地均匀的硬币掷出正面与反面的概率均等，将该硬币连续抛掷三次，已知三次中至少有一次正面，
则三次中恰好有两次正面的概率为( )
1 3 1 1
A. B. C. D.
8 7 6 4
4.若随机变量X的分布列为
X−1 0 1 2
P m n 2n m
19
若Y =X2，且E(Y)= ，则P(X>0)=( )
12
5 1 11 7
A. B. C. D.
12 12 12 12
5.一个等差数列{a }的前n项和、前2n项和、前3n项和分别为S ，S ，S ，公差为d，则下列说法正确
n n 2n 3n
的是( )
A. 若S =4S ，则2a =d B. 若S =9S ，则3a =d
2n n 1 3n n 1
C. S ，S ，S 成等比数列 D. S ，S ，S 成等差数列
n 2n 3n n 2n 3n
6.从点A(1,a)可向曲线y=x−x3引三条不同切线，则a的取值范围为( )
A. −11时，数列{a }单调递减 D. 当00恒成立，f(x)在R上单调递增，
②当m>0时，令f ′(x)>0，则x>lnm，
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4 1即函数f(x)的递增区间是(lnm,+∞)，
同理，由f ′(x)<0得函数f(x)的递减区间是(−∞,lnm)；
时，
(2)f(x)=ex−mx=0
因为f(0)=1≠0，所以x=0不是零点，
ex
因此m= ，
x
令 ex， (x−1)ex ，
ℎ(x)= ℎ′(x)=
x x2
所以ℎ′(x)在(−∞,0)和(0,1)处小于0，在(1,+∞)处大于0，
因此ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增，在(−∞,0)和(0,1)上单调递减，
又因为x>0时，ℎ(x)>0，x<0时，ℎ(x)<0，
ℎ(x)有极小值ℎ(1)=e，当x>0且x→0时，ℎ(x)→+∞，当x→+∞时，ℎ(x)→+∞，
因此得到m∈(e,+∞).
17.解：(1)S +S =4，即2a +a =4，解得a =2;
2 1 1 2 2
S +S =9，即2a +2a +a =9，解得a =3．
3 2 1 2 3 3
{ S +S =n2
(2)n≥3 时， n n−1 ，
S +S =(n−1) 2
n−1 n−2
作差得a +a =2n−1．
n n−1
时，{ a +a =2n−1 ，
n≥4 n n−1
a +a =2n−3
n−1 n−2
作差得a −a =2．
n n−2
n为偶数时，累加(a −a )+⋯(a −a )=n−2，
n n−2 4 2
即a −a =n−2，得a =n(n≥4且为偶数)．
n 2 n
n为奇数时，累加(a −a )+⋯(a −a )=n−3，
n n−2 5 3
即a −a =n−3，得a =n(n≥4且为奇数)．
n 3 n
由(1)可知a =1，a =2，a =3，经检验得a =n．
1 2 3 n
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5 13
(3)根据(2)可知b =(n−4)( ) n，
n 4
3 3 3
{ T =(−3)( ) 1+(−2)( ) 2+⋯+(n−4)( ) n
n 4 4 4 ，
3 3 3 3
T =(−3)( ) 2+(−2)( ) 3+⋯+(n−4)( ) n+1
4 n 4 4 4
1 3 3 3 3
作差得 T =(−3)( ) 1+( ) 2+⋯+( ) n−(n−4)( ) n+1，
4 n 4 4 4 4
3
1−( ) n−1
1 9 3 4 3
T =− +( ) 2 −(n−4)( ) n+1
4 n 4 4 3 4
1−
4
9 3 3
=− ( ) n−1−(n−4)( ) n+1，
4 4 4
3
所以T =−3n( ) n．
n 4
1 1
18.(1)解：f ′(x)=−sinx+ ，则f ′(0)=−sin0+ =1，
1+x 1+0
又因为f(0)=0，
所以f(x)在x=0处的切线为y=x．
(2) 解：设ℎ(x)=f(x)−g(x)=cosx+ln(1+x)−ax−1，x>−1．
由条件可知ℎ(x)≤0恒成立，
1
由于ℎ(0)=0，ℎ′(x)=−sinx+ −a，ℎ′(0)=1−a，
1+x
若ℎ′(0)<0，则存在−1 ℎ(0)=0矛盾;
1
同理ℎ′(0)>0时也矛盾，因此ℎ′(0)=0，a=1，
下证当a=1时，ℎ(x)≤0对任意的x∈(−1,+∞)恒成立：
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6 11 −x
令φ(x)=ln(1+x)−x，则φ′(x)= −1= ，
1+x 1+x
由φ′(x)>0⇒−10，
故函数φ(x)在(−1,0)单调递增，在(0,+∞)单调递减，
所以φ(x)≤φ(0)=0，即ln(x+1)−x≤0，
而cosx−1≤0，
所以在定义域内，ℎ(x)=(cosx−1)+[ln(1+x)−x]≤0恒成立，
综上，若f(x)≤g(x)恒成立，则a=1；
1 1
(3)证明：由(2)可知f(x)≤x，所以f(sin )≤sin ，
i i
2n
所以 1 1 1 1
∑ f(sin )=f(sin )+f(sin )+⋯+f(sin )
i n+1 n+2 2n
i=n+1
1 1 1
≤sin +sin +⋯+sin ，
n+1 n+2 2n
π π
先证x>sinx，x∈(0, )，令t(x)=x−sinx，x∈(0, )，
2 2
π
则t′(x)=1−cosx≥0，故t(x)在(0, )单调递增，
2
π
所以t(x)>t(0)=0，x>sinx，x∈(0, )，
2
1 1 1 1 1 1
sin +sin +⋯+sin < + +⋯+ ，
n+1 n+2 2n n+1 n+2 2n
再证lnx≤x−1，(01时，m′(x)= −1<0，m(x)单调递减;
x
当00，m(x)单调递增，
故当m(x)≤m(1)=0，
故lnx≤x−1，当且仅当x=1时取等号，
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7 1n n n
故令x= ，则ln < −1，
n+1 n+1 n+1
1 n+1
故
