北京市某中学2024-2025学年高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份北京市某中学2024-2025学年高二（下）期中数学试卷（含解析），共16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{an}为等差数列，前n项和为Sn，a3+a7=6，S11=11，则公差d=( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2=1，S4=4，则S8=( )
A. 40B. 30C. 13D. 50
3.如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A. 24B. 18C. 12D. 9
4.若数列{an}满足an=an−1+n+2(n≥2)，a1=2，则a5=( )
A. 16B. 20C. 24D. 28
5.如图是y=f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列说法正确的个数是( )
①f(x)在区间[−2,−1]上是增函数；
②x=−1是f(x)的极小值点；
③在区间[−1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数；
④x=1是f(x)的极大值点．
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
6.已知函数f(x)=xcsx−sinx，则f′(π2)的值为( )
A. π2B. −π2C. −1D. −π
7.若函数f(x)=x+3x(x≤0)13x3−4x+a(x>0)在定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A. a>163B. a0，乙：{Sn}是递增数列，则甲是乙的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
9.已知x0(x0≠0)是函数f(x)=x3+ax2+bx+c的极大值点，则下列结论不正确的是( )
A. ∃x∈R，f(x)>f(x0)
B. f(x)一定存在极小值点
C. 若a=0，则−x0是函数f(x)的极小值点
D. 若b=0，则a0)， an+1an=an+1，给出下列三个结论：
①不存在a，使得数列{an}单调递减；
②对任意的a，不等式an+2+anl)，使得an=2ak−al．
(1)若an=2n(n=1,2,…)，判断{an}是否满足性质①，说明理由：
(2)若an=3n(n=1,2,…)，判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(3)若{an}是单调递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{an}为等差数列．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，由题设知：a1+2d+a1+6d=611a1+11×10d2=11，解之得：a1=11d=−2．
故选：D．
设等差数列{an}的公差为d，由题设列出d与a1的方程组，解出d即可．
本题主要考查等差数列基本量的计算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵S2=1，S4=4，
∴S2=a1(1−q2)1−q=1S4=a1(1−q4)1−q=4，即S4S2=1+q2=4，解得q2=3，
∴S8S4=a1(1−q8)1−qa1(1−q4)1−q=1−q81−q4=1+q4=S84，
∴S8=4(1+q4)=4×(1+9)=40．
故选：A．
根据已知条件，结合等比数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等比数列的前n项和公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查组合与分步乘法计数原理的简单应用，属基础题．
假设向上的方向为北，从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段向东，另2段向北，每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，由组合数可得最短的走法，同理从F到G，最短的走法有3种，利用分步乘法计数原理可得结论．
【解答】
解：假设向上的方向为北，从E到F，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，
从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段向东，另2段向北，
每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，故共有C42C22=6种走法．
同理从F到G，最短的走法有C31C22=3种．
∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6×3=18种走法．
故选B．
4.【答案】C
【解析】解：若数列{an}满足an=an−1+n+2(n≥2)，a1=2，
可得a2=a1+2+2=6，a3=a2+3+2=11，a4=a3+4+2=17，
a5=a4+5+2=24．
故选：C．
直接代入一一计算即可得到答案．
本题考查数列的递推式，考查运算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由图象可知，当x∈(−2,−1)∪(2,4)时，f′(x)0，
∴f(x)在[−2,−1]上是减函数，x=−1是f(x)的极小值点，在区间[−1,2]上是增函数，在[2,4]上是减函数，x=1不是极值点．
故②③正确，①④错误．
故选：C．
由图象可知，当x∈(−2,−1)∪(2,4)时，f′(x)0，再利用导函数与原函数的关系即可判断得解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，极值，考查数形结合思想，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：∵f′(x)=csx−xsinx−csx=−xsinx，
∴f′(π2)=−π2．
故选：B．
可求出导函数f′(x)=−xsinx，从而可求出f′(π2)的值．
本题考查了基本初等函数、积的导数的求导公式，已知函数求值的方法，考查了计算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：①当x≤0时，f(x)=x+3x．
∵函数y=x与y=3x在x≤0时都单调递增，
∴函数f(x)=x+3x在区间(−∞,0]上也单调递增
又f(−1)=−1+3−1=−1+13=−230，所以函数f(x)在(−1,0)内有一个零点，如图所示．
②当x>0时，f(x)=13x3−4x+a．
∴f′(x)=x2−4=(x+2)(x−2)．
令f′(x)=0，且x>0，解得x=2．
当00时的最小值．
∵函数f(x)在其定义域R上有且只有一个零点，且由(1)可知在区间(−1,0)内已经有一个零点了，所以在区间(0,+∞)上没有零点，
∴必须满足f(2)>0，即233−4×2+a>0，解得a>163．
故a的取值范围是(163,+∞)．
故选：A．
根据函数的单调性画出函数的图象，及题意其定义域R上有且只有一个零点，即可求出a的取值范围．
利用导数得出函数的单调性并画出图象是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：若a1=−1，q=1>0，则Sn=na1=−n，所以数列{Sn}为递减数列，充分性不成立，
当q≠1时，Sn=a1(1−qn)1−q，Sn+1=a1(1−qn+1)1−q，
所以Sn+1−Sn=a1qn，因为数列{Sn}为递增数列，则a1qn>0，所以a1>0且q>0，必要性成立，
故甲是乙的必要不充分条件，
故选：B．
根据等比数列的求和公式和充分，必要条件的定义即可判断求解．
本题考查了数列的函数特性以及充分，必要条件的定义，考查了学生的理解运算能力，属于基础题．
9.【答案】D
【解析】解：选项A，∵x→+∞时，f(x)→+∞，∴∃x∈R，f(x)>f(x0)，选项A正确；
选项B，∵x0(x0≠0)是函数f(x)=x3+ax2+bx+c的极大值点，∴方程f′(x)=3x2+2ax+b=0有两个不等根，∴f(x)一定存在极小值点，选项B正确；
选项C，∵a=0，∴方程f′(x)=3x2+b=0有相异两根，−x0是f(x)的极小值点，选项C正确；
选项D，∵b=0，∴方程f′(x)=3x2+2ax=0两根0或−2a3，∴a0)，可得an>0，则an+1=(an+1)2an=an+1an+2,an+1−an=1an+2>0，
则∀a>0，都有数列{an}单调递增，故①正确；
由an+1−an=1an+2可得(an+2−an+1)−(an+1−an)=1an+1−1an=an−an+1anan+1，
又数列{an}单调递增，则an−an+10，
即f(f(x))>f(x)>0，
所以方程f(f(x))=x无实根；
当aak，
且am=a1+kd⩾ak+1(∗)
由②得：存在s>t，满足：ak+1=2as−at=as+(as−at)>as，
由数列的单调递增可知：tak=a1+(k−1)d(∗∗)，
由(∗∗)和(∗)式可得：a1+kd⩾a1+(2s−t−1)d>a1+(k−1)d，
结合数列的单调递增有：k⩾2s−t−1>k−1，
注意到s，t，k均为整数，故k=2s−t−1，
代入(∗∗)式，从而ak+1=a1+kd．
综上可得，数列{an}的通项公式为：an=a1+(n−1)d．
即数列{an}为等差数列．
【解析】(1)取i=4，j=3，验证可得结论；
(2)由等差数列的通项公式，结合数列的性质，推理可得结论；
(3)先证明a3=2a2−a1；再用数学归纳法证明数列为等差数列，结合数列的单调性，可得证明．
本题考查数列的性质，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．