2024-2025學(xué)年北京市某中學(xué)高二(下)期中數(shù)學(xué)試卷(含答案)_第1頁
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第=page11頁,共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年北京市某中學(xué)高二(下)期中數(shù)學(xué)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(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知{an}為等差數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn,a3+aA.1 B.?1 C.2 D.?22.已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(fā),先到F處與小紅會(huì)合,再一起到位于G處的老年公寓參加志愿者活動(dòng),則小明到老年公寓可以選擇的最短路徑條數(shù)為(

)

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

)

①f(x)在區(qū)間[?2,?1]上是增函數(shù);

②x=?1是f(x)的極小值點(diǎn);

③在區(qū)間[?1,2]上是增函數(shù),在區(qū)間[2,4]上是減函數(shù);

④x=1是f(x)的極大值點(diǎn).A.0個(gè) B.1個(gè) C.2個(gè) D.3個(gè)6.已知函數(shù)f(x)=xcosx?sinx,則f′(π2)的值為A.π2 B.?π2 C.?17.若函數(shù)f(x)=x+3x(x≤0)13A.a>163 B.a<163 C.8.等比數(shù)列{an}的公比為q,前n項(xiàng)和為Sn.設(shè)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(shù)A.?x∈R,f(x)>f(x0)

B.f(x)一定存在極小值點(diǎn)

C.若a=0,則?x0是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)

10.已知數(shù)列{an}滿足a1=a(a>0),an+1an=an+1,給出下列三個(gè)結(jié)論:

①不存在a,使得數(shù)列{an}單調(diào)遞減;

②對(duì)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(fù)數(shù)字的五位數(shù),其中小于50000的偶數(shù)共有______個(gè).(用數(shù)字作答)12.設(shè)函數(shù)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(shù)列{an}的公差為2,若a1,a3,a4成等比數(shù)列,則a2=

,數(shù)列{a14.《孫子算經(jīng)》是我國(guó)古代的數(shù)學(xué)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(gè)諸侯分60個(gè)橘子,他們分得的橘子個(gè)數(shù)成公差為3的等差數(shù)列,問5人各得多少橘子.”根據(jù)這個(gè)問題,可以得到第二等諸侯分得的橘子個(gè)數(shù)是______.15.在數(shù)學(xué)中,布勞威爾不動(dòng)點(diǎn)定理是拓?fù)鋵W(xué)里一個(gè)非常重要的不動(dòng)點(diǎn)定理,它得名于荷蘭數(shù)學(xué)家魯伊茲?布勞威爾,簡(jiǎn)單地講就是對(duì)于滿足一定條件的連續(xù)函數(shù)f(x),存在一個(gè)點(diǎn)x0,使得f(x0)=x0,那么我們稱該函數(shù)為“不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù),而稱x0為該函數(shù)的一個(gè)不動(dòng)點(diǎn),依據(jù)不動(dòng)點(diǎn)理論,下列說法正確的是______.

①函數(shù)f(x)=sinx有3個(gè)不動(dòng)點(diǎn);

②函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a≠0)至多有兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn);

③若函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a≠0)沒有不動(dòng)點(diǎn),則方程f(f(x))=x無實(shí)根;

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

已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列,且滿足a2=0,a6=12,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,且b1=1,bn+1=2Sn+1.

(1)求數(shù)列{17.(本小題12分)

設(shè)函數(shù)f(x)=13x3?x2?3x+1.

(Ⅰ)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;

(Ⅱ18.(本小題12分)

已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=1,an=Sn+Sn?1(n∈N?且19.(本小題13分)

若函數(shù)f(x)=x+1ex.

(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線的方程;

(2)判斷方程f(x)=12解的個(gè)數(shù),并說明理由;

(3)當(dāng)a>0,設(shè)20.(本小題13分)

已知函數(shù)f(x)=ax?lnx?a,且f(x)≥0.

(1)求a;

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

已知{an}是無窮數(shù)列,給出兩個(gè)性質(zhì):

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

②對(duì)于{an}中任意一項(xiàng)an(n?3),在{an}中都存在兩項(xiàng)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(shù)),

又b2=2S1+1=3,b17.解:(Ⅰ)定義域?yàn)镽,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(diào)遞減區(qū)間為(?1,3),單調(diào)遞增區(qū)間為(?∞,?1),(3,+∞);

(Ⅱ)由(Ⅰ)知f(x)在[0,3]上單調(diào)遞減,在[3,4]上單調(diào)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(shù)列{Sn}是以S19.解:(1)由于導(dǎo)函數(shù)f′(x)=?xex,因此f′(0)=0,又因?yàn)閒(0)=1,因此切線方程為y=1.

(2)f(x)=12有兩個(gè)解.

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

f(x)的最大值為f(0)=1,

當(dāng)x→?∞時(shí),f(x)→?∞,當(dāng)x→+∞時(shí),f(x)→0,因此y=12與函數(shù)f(x)有兩個(gè)焦點(diǎn),

所以方程f(x)=12有兩個(gè)解.

(3)函數(shù)g′(x)=f′(x)+ax=x(aex?1)ex(a>0),

當(dāng)a=1時(shí),導(dǎo)函數(shù)g′(x)=x(ex?1)ex≥0,函數(shù)g(x)在(?∞,+∞)上單調(diào)遞增;

當(dāng)a>1時(shí),?lna<0,因此x∈(?lna,0)時(shí),導(dǎo)函數(shù)g′(x)<0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減,

x∈(?∞,?lna)和x∈(0,+∞)時(shí),導(dǎo)函數(shù)g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)0<a<1時(shí),?lna>0,因此x∈(0,?lna)時(shí),導(dǎo)函數(shù)g′(x)<0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減,

x∈(?∞,0)和x∈(?lna,+∞)時(shí),導(dǎo)函數(shù)g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;

綜上所述:當(dāng)a=1時(shí),g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(?∞,+∞);

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

f′(x)=a?1x,

a≤0時(shí),f′(x)≤0,函數(shù)f(x)在x∈(0,+∞)上單調(diào)遞減,

而f(1)=0,∴x>1時(shí),f(x)<0,不滿足題意,舍去.

a>0時(shí),f′(x)=a(x?1a)x,

可得函數(shù)f(x)在(0,1a)上單調(diào)遞減,在(1a,+∞)上單調(diào)遞增,

∴x=1a時(shí),函數(shù)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(shù)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(shù)?(x)在(0,12)上單調(diào)遞減,在(12,+∞)上單調(diào)遞增,

x→0+時(shí),?(x)→+∞;x=12時(shí),函數(shù)?(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(xiàng)am,使得2ai?aj=am.

則{an}不滿足性質(zhì)①.

(2)數(shù)列{an}同時(shí)滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②.

證明:對(duì)性質(zhì)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(zhì)①;

對(duì)性質(zhì)②:

∵?n∈N?,n?3,2ak?al=3(2k?l)=a

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