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文檔簡介
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
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