第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年北京市某中學高二（下）期中數學試卷一、單選題：本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知{an}為等差數列，前n項和為Sn，a3+aA.1 B.?1 C.2 D.?22.已知等比數列{an}的前n項和為Sn，若S2=1，A.40 B.30 C.13 D.503.如圖，小明從街道的E處出發，先到F處與小紅會合，再一起到位于G處的老年公寓參加志愿者活動，則小明到老年公寓可以選擇的最短路徑條數為(

)

A.24 B.18 C.12 D.94.若數列{an}滿足an=an?1A.16 B.20 C.24 D.285.如圖是y=f(x)的導函數f′(x)的圖象，則下列說法正確的個數是(

)

①f(x)在區間[?2,?1]上是增函數；

②x=?1是f(x)的極小值點；

③在區間[?1,2]上是增函數，在區間[2,4]上是減函數；

④x=1是f(x)的極大值點．A.0個 B.1個 C.2個 D.3個6.已知函數f(x)=xcosx?sinx，則f′(π2)的值為A.π2 B.?π2 C.?17.若函數f(x)=x+3x(x≤0)13A.a>163 B.a<163 C.8.等比數列{an}的公比為q，前n項和為Sn.設甲：q>0，乙：A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件9.已知x0(x0≠0)是函數A.?x∈R，f(x)>f(x0)

B.f(x)一定存在極小值點

C.若a=0，則?x0是函數f(x)的極小值點

10.已知數列{an}滿足a1=a(a>0)，an+1an=an+1，給出下列三個結論：

①不存在a，使得數列{an}單調遞減；

②對任意的a，不等式an+2+aA.①② B.②③ C.①③ D.①②③二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分。11.由1，2，3，4，5組成沒有重復數字的五位數，其中小于50000的偶數共有______個.(用數字作答)12.設函數f(x)=x+lnx，已知直線l為曲線y=f(x)的一條切線，且直線l的斜率為2，則直線l的方程為______．13.已知等差數列{an}的公差為2，若a1，a3，a4成等比數列，則a2=

，數列{a14.《孫子算經》是我國古代的數學名著，書中有如下問題：“今有五等諸侯，共分橘子六十顆，人別加三顆．問：五人各得幾何？”其意思為：“有依次為第一等，第二等，第三等，第四等，第五等的5個諸侯分60個橘子，他們分得的橘子個數成公差為3的等差數列，問5人各得多少橘子．”根據這個問題，可以得到第二等諸侯分得的橘子個數是______．15.在數學中，布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它得名于荷蘭數學家魯伊茲?布勞威爾，簡單地講就是對于滿足一定條件的連續函數f(x)，存在一個點x0，使得f(x0)=x0，那么我們稱該函數為“不動點”函數，而稱x0為該函數的一個不動點，依據不動點理論，下列說法正確的是______．

①函數f(x)=sinx有3個不動點；

②函數f(x)=ax2+bx+c(a≠0)至多有兩個不動點；

③若函數f(x)=ax2+bx+c(a≠0)沒有不動點，則方程f(f(x))=x無實根；

④設函數f(x)=e三、解答題：本題共6小題，共75分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。16.(本小題12分)

已知數列{an}為等差數列，且滿足a2=0，a6=12，數列{bn}的前n項和為Sn，且b1=1，bn+1=2Sn+1．

(1)求數列{17.(本小題12分)

設函數f(x)=13x3?x2?3x+1．

(Ⅰ)求f(x)的單調區間；

(Ⅱ18.(本小題12分)

已知正項數列{an}的前n項和為Sn，且a1=1，an=Sn+Sn?1(n∈N?且19.(本小題13分)

若函數f(x)=x+1ex．

(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線的方程；

(2)判斷方程f(x)=12解的個數，并說明理由；

(3)當a>0，設20.(本小題13分)

已知函數f(x)=ax?lnx?a，且f(x)≥0．

(1)求a；

(2)設g(x)=x?f(x)，證明：g(x)存在唯一的極大值點x021.(本小題13分)

已知{an}是無窮數列，給出兩個性質：

①對于{an}中任意兩項ai，aj(i>j)，在{an}中都存在一項am，使得2ai?aj=am．

②對于{an}中任意一項an(n?3)，在{an}中都存在兩項ak，al，(k>l)，使得an=2參考答案1.D

2.A

3.B

4.C

5.C

6.B

7.A

8.B

9.D

10.A

11.36

12.2x?y?1=0

13.?6；?20

14.9

15.②③④

16.解：(1)∵a6?a2=4d=12，∴d=3，

∴an=a2+(n?2)d，即an=3n?6；

(2)∵bn+1=2Sn+1，∴bn=2Sn?1+1(n≥2)，

∴bn+1?bn=2(Sn?Sn?1)，∴bn+1=3bn(n≥2)，bn+1bn=3(常數)，

又b2=2S1+1=3，b17.解：(Ⅰ)定義域為R，f′(x)=x2?2x?3=(x+1)(x?3)，

f′(x)>0?x<?1或x>3，f′(x)<0??1<x<3，

故f(x)的單調遞減區間為(?1,3)，單調遞增區間為(?∞,?1)，(3,+∞)；

(Ⅱ)由(Ⅰ)知f(x)在[0,3]上單調遞減，在[3,4]上單調遞增，

故f(x)min=f(3)=?818.解：(1)∵an=Sn?Sn?1(n≥2)，

∴an=(Sn?Sn?1)(Sn+Sn?1)(n≥2)，

又an=Sn+Sn?1(n≥2,n∈N?),an>0，

∴Sn?Sn?1=1(n≥2)，

∴數列{Sn}是以S19.解：(1)由于導函數f′(x)=?xex，因此f′(0)=0，又因為f(0)=1，因此切線方程為y=1．

(2)f(x)=12有兩個解．

根據第一問可得，函數f(x)在(?∞,0)上單調遞增，在(0,+∞)上單調遞減，

f(x)的最大值為f(0)=1，

當x→?∞時，f(x)→?∞，當x→+∞時，f(x)→0，因此y=12與函數f(x)有兩個焦點，

所以方程f(x)=12有兩個解．

(3)函數g′(x)=f′(x)+ax=x(aex?1)ex(a>0)，

當a=1時，導函數g′(x)=x(ex?1)ex≥0，函數g(x)在(?∞,+∞)上單調遞增；

當a>1時，?lna<0，因此x∈(?lna,0)時，導函數g′(x)<0，函數g(x)單調遞減，

x∈(?∞,?lna)和x∈(0,+∞)時，導函數g′(x)>0，函數g(x)單調遞增；

當0<a<1時，?lna>0，因此x∈(0,?lna)時，導函數g′(x)<0，函數g(x)單調遞減，

x∈(?∞,0)和x∈(?lna,+∞)時，導函數g′(x)>0，函數g(x)單調遞增；

綜上所述：當a=1時，g(x)的單調增區間為(?∞,+∞)；

當20.解：(1)函數f(x)=ax?lnx?a，x∈(0,+∞)，f(1)=0，

f′(x)=a?1x，

a≤0時，f′(x)≤0，函數f(x)在x∈(0,+∞)上單調遞減，

而f(1)=0，∴x>1時，f(x)<0，不滿足題意，舍去．

a>0時，f′(x)=a(x?1a)x，

可得函數f(x)在(0,1a)上單調遞減，在(1a,+∞)上單調遞增，

∴x=1a時，函數f(x)取得極小值，而f(1)=0，

因此必然有1a=1，解得a=1．

(2)證明：函數f(x)=x?lnx?1，

g(x)=x?f(x)=x2?xlnx?x，

g′(x)=2x?lnx?2=?(x)，?(1)=0，

?′(x)=2?1x=2(x?12)x，

可得函數?(x)在(0,12)上單調遞減，在(12,+∞)上單調遞增，

x→0+時，?(x)→+∞；x=12時，函數?(x)取得極小值，?(1221.解：(1)取i=4，j=3，

由a3=8，a4=16，2a4?a3=32?8=24，24不是2的次冪，故不存在一項am，使得2ai?aj=am．

則{an}不滿足性質①．

(2)數列{an}同時滿足性質①和性質②．

證明：對性質①：∵?i,j∈N?,i>j,2ai?aj=6i?3j=3(2i?j),2i?j∈N?．

∴2ai?aj=a2i?j，

取m=2i?j，∴{an}具有性質①；

對性質②：

∵?n∈N?，n?3，2ak?al=3(2k?l)=a