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