PAGE白水中学2020届高三质量检测暨期末数学试题一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．）1.等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( )A．1B．2C．3D．42.设函数f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝x＋1，则等于( )A.eq\f(3,2)B．－eq\f(1,4)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,2)3．由直线x＝－eq\f(π,3)，x＝eq\f(π,3)，y＝0与曲线y＝cosx所围成的封闭图形的面积为( )A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(\r(3),2)D.eq\r(3)4.若函数的导函数，则使函数单调递减的一个充分不必要条件是（）A．B．C.D5．已知，，，则a，b，c的大小关系为( )A．c
2，则f(x)>2x＋4的解集为( )A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)12．已知函数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．二、填空题(共4个小题，每小题5分，计20分)13.等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则此数列前20项和等于________．14．函数的最大值是______．15.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>0，,－x2－2x，x≤0，))若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实数m的取值范围是_______．16.定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，f(1)＝2，则f(－2)＝________．三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．（10分）已知等差数列{an}的公差是正数，且a3a7＝－12，a4＋a6＝－4，求它的通项公式．18.（12分）设函数f(x)＝x＋ax2＋blnx，曲线y＝f(x)过P(1,0)，且在P点处的切线斜率为2.(1)求a，b的值；(2)证明：f(x)≤2x－2.19.（12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．20.(12分)已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.(1)求an及Sn；(2)令bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.21.（12分）已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋(a2－1)x＋b(a，b∈R)．(1)若x＝1为f(x)的极值点，求a的值；(2)若y＝f(x)的图像在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y－3＝0，求f(x)在区间[－2,4]上的最大值．22.（12分）已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)－x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m>0，求f(x)在[m,2m]上的最大值． 参考
答案
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：选择题：1—6BADCAC7——12BDCCBB二、填空题(共4个小题，每小题5分，计20分)13.18014.015.(0,1)16.2三、解答题17.解 设等差数列{an}的公差为d.因为a3＋a7＝a4＋a6＝－4，a3a7＝－12，所以a3，a7是方程x2＋4x－12＝0的两根．因为d>0，所以a30，当x>1时，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的．而g(1)＝0，故当x>0时，g(x)≤0，即f(x)≤2x－2.19. (1)证明：∵an＋Sn＝n， ①∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1. ②②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，∴eq\f(an＋1－1,an－1)＝eq\f(1,2)，∴{an－1}是等比数列．首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，∴a1＝eq\f(1,2)，∴c1＝－eq\f(1,2)，公比q＝eq\f(1,2).又cn＝an－1，∴{cn}是以－eq\f(1,2)为首项，公比为eq\f(1,2)的等比数列．(2)由(1)可知cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴an＝cn＋1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.20.解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝7，,2a1＋10d＝26，)) 解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝2.))所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，Sn＝3n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2＋2n.(2)由(1)知an＝2n＋1，所以bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)＝eq\f(1,2n＋12－1)＝eq\f(1,4)·eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Tn＝eq\f(1,4)·(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(1,4)·(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(n,4n＋1)，即数列{bn}的前n项和Tn＝eq\f(n,4n＋1).21.解析： (1)f′(x)＝x2－2ax＋a2－1，∵x＝1是f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，即a2－2a＝0，解得a＝0或2.(2)∵(1，f(1))在x＋y－3＝0上．∴f(1)＝2，∵(1,2)在y＝f(x)的图像上，∴2＝eq\f(1,3)－a＋a2－1＋b，又f′(1)＝－1，∴1－2a＋a2－1＝－1，∴a2－2a＋1＝0，解得a＝1，b＝eq\f(8,3)，∴f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋eq\f(8,3)，f′(x)＝x2－2x，由f′(x)＝0可知x＝0和x＝2是f(x)的极值点．∵f(0)＝eq\f(8,3)，f(2)＝eq\f(4,3)，f(－2)＝－4，f(4)＝8，∴f(x)在区间[－2,4]上的最大值为8.22.解：(1)∵f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－1，令f′(x)＝0，得x2＝1－lnx.显然x＝1是上面方程的解．令g(x)＝x2＋lnx－1，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2x＋eq\f(1,x)>0，∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴x＝1是方程f′(x)＝0的唯一解．∵当00；当x>1时，f′(x)<0.∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)知函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故①当0<2m≤1，即0
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