2024-2025学年北京市房山区高二（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市房山区高二（下）期中数学试卷（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知等差数列{an}的通项公式为an=−2n+1，则数列{an}的公差为( )
A. −2B. 2C. −3D. 3
2.已知数列{an}是等比数列，若a1=1，a2a3=8，则a4的值为( )
A. 2B. 4C. 8D. 16
3.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+1，则数列{an}的通项公式为( )
A. an=2n−1B. an=2n
C. an=2n+1D. an=2,n=12n−1,n≥2
4.下列求导运算正确的是( )
A. (sinπ6)′=csπ6B. (2x)′=2xC. (e−x)′=e−xD. (ln3x)′=1x
5.已知函数f(x)的定义域为R，f(x)的导函数f′(x)的图象大致如图所示，则下列结论中正确的是( )
A. f(x)在(2,3)上单调递减
B. x=0是f(x)的极小值点
C. x=3是f(x)的极大值点
D. 曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率为0
6.我国古代数学名著《九章算术》第六章“均输”中有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等.问：各得几何？”意思是：五个人分五钱(“钱”是古代的一种计量单位)，每人所得依次相差一样多，前两人所得钱数与后三人所得钱数一样多，问每个人分得多少.在这个问题中分得最少的一个得到( )
A. 13钱B. 23钱C. 56钱D. 1钱
7.等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的公差为( )
A. −2B. −3C. 2D. 3
8.设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
9.已知函数f(x)=x(x−c)2在x=2处有极小值，则实数c的值为( )
A. 2B. 2或6C. 6D. 4或6
10.已知函数f(x)=ax3−3x2+1.若f(x)有且只有一个零点x0，且x01，②数列{an}单调递减，写出满足上述两个条件的数列{an}的一个通项公式an= ______．
14.分别过点(0,1)和(0,0)作曲线y=ex的切线，切线的斜率分别为______和______．
15.若函数f(x)=mx2+lnx−x在定义域内有递减区间，则实数m的取值范围是______．
16.在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的．选用正实数数列{an}，{bn}分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：an+1=2an+bn，bn+1=an+2bn(n=1,2,⋯)，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程．若两组信息的初始信息强度满足a1>b1，则在该模型中，关于两组信息，给出如下结论：
①∀n∈N∗，an>bn；
②∀n∈N∗，an+1>an，bn+1>bn；
③∃k∈N∗，使得当n>k时，总有|anbn−1|k时，总有|an+1an−2|0时，f(x)>2lna+32．
21.(本小题14分)
若无穷数列{an}满足：对于任意正整数p，q，如果ap=aq，那么ap+1=aq+1，则称数列{an}具有性质T．
(1)已知数列{an}具有性质T，且a1=a4=1，a2+a3=9，a5=5，求a6；
(2)已知无穷数列{bn}是首项为4，公差为−1的等差数列，无穷数列{cn}是首项为1，公比为2的等比数列，an=bn+cn，判断数列{an}是否具有性质T，并说明理由；
(3)各项均为正数的两个无穷数列{an},{bn},an+1=bn+ an(n∈N+).求证：“对任意a1，数列{an}都具有性质T”的充要条件为“数列{bn}是常数数列”．
参考答案
1.【答案】A
2.【答案】C
3.【答案】D
4.【答案】D
5.【答案】C
6.【答案】B
7.【答案】A
8.【答案】C
9.【答案】A
10.【答案】C
11.【答案】3
12.【答案】5
13.【答案】−2n(答案不唯一)
14.【答案】1 e
15.【答案】(−∞,18)
16.【答案】①②③
17.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a2=3，
所以a3+a5=(a2+d)+(a2+3d)=2a2+4d=14，
解得d=2，所以an=a2+(n−2)d=2n−1，
所以数列{an}的通项公式an=2n−1；
(2)若选①，由bn+1=2bn可知{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以bn=2×2n−1=2n，所以cn=2n−1+2n，
所以Sn=c1+c2+c3+⋯+cn
=(1+2)+(3+22)+(5+23)+⋯+(2n−1+2n)
=n[1+(2n−1)]2+2(1−2n)1−2=n2−2+2n+1；
若选②，由bn+1=−bn可知{bn}是以2为首项，−1为公比的等比数列，
所以bn=2×(−1)n−1，所以cn=2n−1+2(−1)n−1，
所以Sn=c1+c2+c3+⋯+cn
=(1+2)+(3−2)+(5+2)+⋯+[2n−1+2(−1)n−1]
=n[1+(2n−1)]2+2[1−(−1)n]1−(−1)=n2+1−(−1)n；
若选③，由bn=2an，an=2n−1可得bn=22n−1=4n2，
所以可知{bn}是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以cn=2n−1+4n2，
所以Sn=c1+c2+c3+⋯+cn
=(1+12×4)+(3+12×42)+(5+12×43)+⋯+(2n−1+12×4n)
=(1+3+5+⋯+2n−1)+12(4+42+43+⋯+4n)
=n[1+(2n−1)]2+12×4[1−4n]1−4=n2+23(4n−1)．
18.解：(1)由表格可知，当x∈(−∞,−13)时，f′(x)0，即f(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)1>−527>−2，
所以函数f(x)在[−2,2]上的最大值为10．
19.解：(Ⅰ)a1=1且an+1=an2an+1，
∴a2=12+1=13，a3=1323+1=15，a4=1525+1=17；
(Ⅱ)根据(Ⅰ)的计算结果，可猜想数an=12n−1，
证明如下：①当n=1时，等式成立，
假设当n=k时等式成立，即ak=12k−1，
那么当n=k+1时，ak+1=ak2ak+1=12k−122k−1+1=12k+1=12(k+1)−1，
所以当n=k+1时，等式成立，
由①②，对于任何n∈N∗，an=12n−1．
20.解：(1)当a=1时，f(x)=ex−x+1，所以f′(x)=ex−1．
得f(0)=2，点(0,f(0))处的切线斜率为f′(0)=0，
所以函数y=f(x)的图像在点(0,f(0))处的切线方程为：y=2．
(2)由f(x)=a(ex+a)−x得f′(x)=aex−1，
当a≤0时，f′(x)0时，令f′(x)=0得x=ln1a，
当x∈(−∞,ln1a)时，f′(x)0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(−∞,ln1a)上单调递减，在(ln1a,+∞)上单调递增．
(3)证明：由(2)可知，当a>0时，
f(x)的最小值f(x)min=f(ln1a)=a(1a+a)−ln1a=1+a2+lna．
要证f(x)>2lna+32，
只需证1+a2+lna>2lna+32
只需证a2−lna−12>0
设g(a)=a2−lna−12,(a>0)
则g′(a)=2a−1a=2a2−1a，
令g′(a)=0得a= 22
当a∈(0, 22)时，g′(a)0，g(a)单调递增．
所以g(a)≥g( 22)=12−ln 22−12=−ln 22>0，
所以a2−lna−12>0得证，
即f(x)>2lna+32得证．
21.解：(1)由a1=a4=1，则a2=a5=5，所以a3=9−a2=4，a6=a3=4．
(2)根据题目定义：若无穷数列{an}满足：对于任意正整数p，q，
如果ap=aq，那么ap+1=aq+1，则称数列{an}具有性质T．
bn=4+(n−1)×(−1)=−n+5，cn=1×2n−1=2n−1，
an=bn+cn=−n+5+2n−1，
a1=a2=5，但a3=6，a2≠a3，所以数列{an}不具有性质T．
(3)证明：充分性：
当{bn}为常数列时，an+1=b1+ an，
对任意给定的a1=2，只要ap=aq，则由b1+ ap=b1+ aq，必有ap+1=aq+1，充分性得证．
必要性：
若对任意a1=2，数列{an}都具有性质T，则a2=b1+ a1，
设函数f(x)=x−b1，g(x)= x，
由f(x)，g(x)图象可得，对于任意的b1，二者图象必有一个交点，
所以一定能找到一个a1=2，使得a1−b1= a1，
所以a2=b1+ a1=a1，所以an=an+1，
故bn+1=an+2− an+1=an+1− an=bn，所以{bn}是常数列，必要性得证．x
(−∞,−13)
−13
(−13,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
−
0
+
0
−