2023北京北师大二附中高二（下）期中试卷数学（答案在末尾）

这是一份2023北京北师大二附中高二（下）期中试卷数学（答案在末尾），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题。（共10小题；共40分）
1．已知{an}为等差数列，a5＝4，则a4+a6＝（ ）
A．4B．6C．8D．10
2．函数f（x）＝ax2+bx+c（a≠0）在x＝1处的瞬时变化率为（ ）
A．4aB．2a+bC．bD．4a+b
3．已知数列{an}的前n项和，若3＜ak＜5，则k＝（ ）
A．8B．7C．6D．5
4．已知函数y＝f′（x）的图象如图所示，那么下列结论正确的是（ ）
A．f（a）＝0B．f′（x）没有极大值
C．x＝b时，f（x）有极大值D．x＝c时，f（x）有极小值
5．在等比数列{an}中，a1＞0，则“a1＜a4”是“a3＜a5”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．与正整数n有关的数学命题，如果当n＝k（k∈N，k≥1）时该命题成立，则可推得当n＝k+1时该命题成立．现得知n＝11时命题不成立，那么可推得（ ）
A．当n＝10时，该命题不成立
B．当n＝12时，该命题不成立
C．当n＝10时，该命题成立
D．当n＝12时，该命题成立
7．世界上最早在理论上计算出“十二平均律”的是我国明代杰出的律学家朱载堉，他当时称这种律制为“新法密率”十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它前一个单音的频率的比都相等，且最后一个单音是第一个单音频率的2倍．已知第十个单音的频率f10＝440Hz，则与第四个单音的频率f4最接近的是（ ）
A．880HzB．622HzC．311HzD．220Hz
8．若函数f（x）＝ax3﹣3x2+x+1恰好有两个极值，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，3）B．（﹣∞，3]
C．（﹣∞，0）∪（0，3]D．（﹣∞，0）⋃（0，3）
9．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称这个数列为“m积特征列”，若各项均为正数的等比数列{an}为“6积特征列”，且a1＞1，则当{an}的前n项之积最大时，n的最大值为（ ）
A．5B．4C．3D．2
10．设a＝e，，，则a，b，c大小关系是（ ）
A．a＜c＜bB．b＜c＜aC．c＜b＜aD．c＜a＜b
二、填空题。（共5小题；共25分）
11．（5分）已知f（x）＝xex，f'（x0）＝0，则x0＝ ．
12．（5分）已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＝6，S3＝2a1，则公差d＝ ，Sn的最大值为 ．
13．（5分）若三次函数f（x）＝ax3+x在区间（﹣∞，+∞）内是增函数，则a的取值范围是 ．
14．（5分）已知函数f（x）＝a（x﹣a）（x﹣b）2（a，b∈R），当x＝b时，f（x）有极小值．写出符合上述要求的一组a，b的值为a＝ ，b＝ ．
15．（5分）项数为k（k∈N*，k≥2）的有限数列{an}的各项均不小于﹣1的整数，满足，其中a1≠0．给出下列四个结论：
①若k＝2，则a2＝2；
②若k＝3，则满足条件的数列{an}有4个；
③存在a1＝1的数列{an}；
④所有满足条件的数列{an}中，首项相同．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题。（共6小题；共85分）
16．（14分）已知等比数列{an}的前4项和S4＝5，且成等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设{bn}是首项为2，公差为﹣a1的等差数列，其前n项和为Tn，求满足Tn＞0的最大正整数n．
17．（14分）已知函数f（x）＝x3﹣3ax﹣1在x＝﹣1处取得极值．
（1）求实数a的值；
（2）当x∈[﹣2，1]时，求函数f（x）的最小值．
18．（14分）在数列{an}中，a1＝2，an+1＝an+cn（n∈N*，常数c≠0），且a1，a2，a3成等比数列．
（I）求c的值；
（Ⅱ）求数列{an}的通项公式．
19．（14分）如图，有一个长方形地块ABCD，边AB为2km，AD为4km，地块的一角是湿地（图中阴影部分），其边缘线AC是以直线AD为对称轴，以A为顶点的抛物线的一部分．现要铺设一条过边缘线AC上一点P的直线型隔离带EF，E，F分别在边AB，BC上（隔离带不能穿越湿地，且占地面积忽略不计）．设点P到边AD的距离为t（单位：km），△BEF的面积为S（单位：km2）．
（1）求S关于t的函数解析式，并指出该函数的定义域；
（2）是否存在点P，使隔离出的△BEF面积S超过3km2？并说明理由．
20．（14分）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣msinx（m∈R）．
（Ⅰ）当m＝1时．
（ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（ⅱ）求证：，f（x）＞0．
（Ⅱ）若f（x）在上恰有一个极值点，求m的取值范围．
21．（15分）记项数为2022且每一项均为正整数的有穷数列{an}所构成的集合为A．若对于任意的p、q∈[1，2022]（p，q∈N），当p+q∈A时，都有ap+aq∈A，则称集合A为“子列封闭集合”．
（1）若an＝n（1≤n≤2022，n∈N），判断集合A是否为“子列封闭集合”，说明理由；
（2）若数列{an}的最大项为a2022，且A∩[2023，4044]≠∅，证明：集合A不是“子列封闭集合”；
（3）若数列{an}为严格递增数列，a2022＝4046，且集合A为“子列封闭集合”，求数列{an}的通项公式．
参考答案
一、选择题。（共10小题；共40分）
1．【答案】C
【解答】解：∵{an}为等差数列，a5＝4，
∴a4+a6＝2a5＝8．
故选：C．
2．【答案】B
【解答】解：由f（x）＝ax2+bx+c（a≠0）可知f′（x）＝2ax+b（a≠0），
所以f′（1）＝2a+b，
即f（x）在 x＝1 处的瞬时变化率为2a+b．
故选：B．
3．【答案】C
【解答】解：由Sn＝n2﹣7n，可得：Sn﹣1＝（n﹣1）2﹣7（n﹣1）（n≥2），
两式相减整理得：an＝2n﹣8，n≥2，
又当n＝1时，有a1＝S1＝1﹣7＝﹣6，也适合上式，
所以an＝2n﹣8，
由3＜ak＜5，可得：3＜2k﹣8＜5，解之得：＜k＜，
又k∈N*，
可得k＝6．
故选：C．
4．【答案】D
【解答】解：如图所示，设函数y＝f′（x）的图象在原点与（c，0）之间的交点为（d，0）．
由图象可知：f′（a）＝f′（d）＝f′（c）＝0．
x＜a时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；a＜x＜d时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；d＜x＜c时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；c＜x时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
可得：a是函数f（x）的极小值点，d是函数f（x）的极大值点，c是函数f（x）的极小值点．
b不是函数f（x）的极值点，f（a）＝0不一定成立．
故选：D．
5．【答案】A
【解答】解：在等比数列中，若a1＜a4，即a1＜a1q3，
∵a1＞0，∴1＜q3，
即q＞1，则＞1，即a3＜a5成立，
若等比数列1，﹣2，4，﹣8，16，
满足a3＜a5，但a1＜a4不成立，
故“a1＜a4”是“a3＜a5”的充分不必要条件，
故选：A．
6．【答案】A
【解答】解：由于原命题与它的逆否命题的真假性相同，
因为当n＝10时命题成立，则可以推出当n＝11时该命题也成立，
所以当n＝11时命题不成立，则可以得到当n＝10时命题不成立．
故选：A．
7．【答案】C
【解答】解：由题意，设十三个单音构成的等比数列{fn}的公比为q，
则＝q12＝2，
而f4＝f10•q﹣6＝440•＝220≈311.08，
故与220最接近的是311Hz，
故选：C．
8．【答案】D
【解答】解：f（x）＝ax3﹣3x2+x+1，则f′（x）＝3ax2﹣6x+1，函数定义域为R，
∵函数f（x）恰好有两个极值，
∴f′（x）＝3ax2﹣6x+1有两个不相等的零点，
故方程3ax2﹣6x+1＝0有两个不相等的实根，
则，解得a＜0或0＜a＜3，
∴实数a的取值范围是（﹣∞，0）⋃（0，3）．
故选：D．
9．【答案】C
【解答】解：{an}是等比数列，∴，
∵是“6积特征列”，∴m＝6，即a6＝a1a2a3a4a5a6，
∴，，
因为是正数列，a1＞1，
∴0＜q＜1，
设数列{an}的前n项之积为Pn，则有，
∵0＜q＜1，∴当指数 最小时，Pn最大，
当时，最小，又n∈N*，
∴n＝2或n＝3时，Pn最大．
故选：C．
10．【答案】A
【解答】解：考查函数，则，f（x）在（e，+∞）上单调递增，
∵e＜3＜π，∴f（ e）＜f（3）＜f（π），即，
∴a＜c＜b，
故选：A．
二、填空题。（共5小题；共25分）
11．【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵f（x）＝xex，
∴f′（x）＝（1+x）ex，
∴f'（x0）＝（1+x0）ex0＝0
∴x0＝﹣1，
故答案为：﹣1
12．【答案】﹣2，12．
【解答】解：因为{an}为等差数列，a1＝6，S3＝2a1，
所以3×6+3d＝12，
则d＝﹣2，
Sn＝6n+＝7n﹣n2，
结合二次函数的性质可知，当n＝3或n＝4时，Sn取最大值12．
故答案为：﹣2，12．
13．【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵f′（x）＝3ax2+1，
a≠0，∴f′（x）＝3ax2+1≥0在（﹣∞，+∞）恒成立
则有a＞0；
故答案为：（0，+∞）．
14．【答案】4（答案不唯一）；5（答案不唯一）．
【解答】解：当a＝0时，f（x）＝0无极小值，故a≠0，
f′（x）＝a（x﹣b）2+2a（x﹣a）（x﹣b）＝a（x﹣b）（3x﹣2a﹣b），
由f′（x）＝0可得x＝b或，
当a＞0时，由x＝b时，f（x）有极小值可知，即0＜a＜b，
当a＜0时，由x＝b时，f（x）有极小值可知，即b＜a＜0．
所以a，b的一组取值可取a＝4，b＝5．
故答案为：4；5（答案不唯一，满足0＜a＜b或b＜a＜0即可）．
15．【答案】①②④．
【解答】解：因为有限数列{an}的各项均不小于﹣1的整数，
所以an≥﹣1，n∈N*，an∈Z，
又因为，
所以a1•2k﹣1＝﹣（a2•2k﹣2+a3•2k﹣3+…+ak﹣1•2+ak）≤（2k﹣2+2k﹣3+…+21+1）＝2k﹣1﹣1，
所以﹣1≤a1≤1﹣＜1，且a1≠0，a1为整数，
所以a1＝﹣1，所以③错误，④正确；
当k＝2时，得2a1+a2＝0，所以a1＝﹣1，则a2＝2，故①正确；
当k＝3时，得4a1+2a2+a3＝0，
又因为a1＝﹣1，
所以2a2+a3＝4，则2a2＝4﹣a3≤5，
所以﹣1≤a2≤，a2为整数，
则a2的可能取值为﹣1，0，1，2，对应的a3的取值为6，4，2，0，
故数列{an}可能为﹣1，﹣1，6；﹣1，0，4；﹣1，1，2；﹣1，2，0，共4个，故②正确．
故答案为：①②④．
三、解答题。（共6小题；共85分）
16．【答案】（1）；
（2）n＝12．
【解答】解：（1）∵成等差数列，
∴3a2＝4a1+a2，即a2＝2a1，
∴等比数列{an}的公比为2，
又等比数列{an}的前4项和S4＝5，
∴，解得，
∴；
（2）由（1）得，{bn}是首项为2，公差为﹣a1的等差数列，
∴，
∴，
令Tn＞0，即，解得0＜n＜13，又n∈N*，
∴满足Tn＞0的最大正整数n＝12．
17．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）f′（x）＝3x2﹣3a，
又函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，则f′（﹣1）＝3﹣3a＝0；
即a＝1，此时f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；
所以当a＝1时满足条件；
所以a＝1；
（2）由（1）可知f（x）在[﹣2，﹣1]上单调递增，[﹣1，1]单调递减；
所以 当x∈[﹣2，1]时，函数f（x）的最小值是f（﹣2），f（1）中的较小者；
f（﹣2）＝﹣3，f（1）＝﹣3；
故函数f（x）的最小值为﹣3．
18．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（Ⅰ）由题知，a1＝2，a2＝2+c，a3＝2+3c，（2分）
因为a1，a2，a3成等比数列，所以（2+c）2＝2（2+3c），
解得c＝0或c＝2，又c≠0，故c＝2．（6分）
（Ⅱ）当n≥2时，由an+1＝an+cn
得a2﹣a1＝c，
a3﹣a2＝2c，
…
an﹣an﹣1＝（n﹣1）c，
以上各式相加，得，（9分）
又a1＝2，c＝2，故，（11分）
当n＝1时上式也成立，（12分）
所以数列{an}的通项公式为．（n∈N*）．（13分）
19．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）如图，以A为坐标原点O，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，则C点坐标为（2，4）．
设边缘线AC所在抛物线的方程为y＝ax2，
把（2，4）代入，得4＝a×22，解得a＝1，
∴抛物线的方程为y＝x2．
∵y'＝2x，
∴过P（t，t2）的切线EF方程为y＝2tx﹣t2．
令y＝0，得；令x＝2，得F（2，4t﹣t2），
∴，
∴，定义域为（0，2]．
（2），
由S'（t）＞0，得，
∴S（t）在上是增函数，在上是减函数，
∴S在（0，2]上有最大值．
又∵，
∴不存在点P，使隔离出的△BEF面积S超过3km2．
20．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（Ⅰ）当m＝1时，f′（x）＝ex﹣csx，
（ⅰ）f′（0）＝e0﹣cs0＝0，又f（0）＝e0﹣1﹣sin0＝0，所以切线l方程为y＝0．
（ⅱ）f（x）＝ex﹣1﹣sinx，f′（x）＝ex﹣csx，因为，所以ex＞1，﹣csx＞﹣1，
所以ex﹣csx＞0，所以f′（x）＝ex﹣csx＞0，
所以f（x）在单调递增，所以f（x）＞f（0）＝0．
（Ⅱ）f（x）＝ex﹣1﹣msinx，f′（x）＝ex﹣mcsx，
当m≤1时，所以﹣mcsx≥﹣csx，
f′（x）＝ex﹣mcsx≥ex﹣csx，
由（1）知，f′（x）＞0，
所以f（x）在上单调递增．
所以当m≤1时，f（x）＝ex﹣1﹣msinx没有极值点，
当m＞1时，f′（x）＝ex﹣mcsx，
因为y＝ex与y＝﹣mcsx在单调递增，
所以f′（x）在单调递增，
所以f′（0）＝1﹣m＜0，，
所以∃使得f′（x0）＝0，
所以当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，因此f（x）在区间（0，x0）上单调递减，
当时，f′（x）＞0，因此f（x）在区间上单调递增，
故函数f（x）在上恰有一个极小值点，m的取值范围是（1，+∞）．
21．【答案】（1）集合A为“子列封闭集合”；
（2）证明见解析；
（3）an＝或an＝．
【解答】解：（1）因为an＝n（1≤n≤2022，n∈N），
所以对于任意的p，q∈[1，2022]（p，q∈N），当p+q∈A时，
都有ap+aq＝p+q∈A，
所以集合A为“子列封闭集合”，
（2）（反证法）假设集合A是“子列封闭集合”，
因为A∩[2023，4044]≠∅，所以存在正整数k（1≤k≤2022，k∈N），
使得ak∈[2023，4044]∩N，
即ak﹣2022∈[1，2022]∩N，
因为2022+ak﹣2022＝ak∈A，所以，，
与a2022为集合A的最大元素矛盾，
所以假设错误，即集合A不是“子列封闭集合”．
（3）由（2）知，集合A是“子列封闭集合”时，有A∩[2023，4044]＝∅；
因为数列{ak}为严格递增数列，a2022＝4046，所以A∩[2023，4046]＝{4046}或{4045，4046}．
①当A∩[2023，4046]＝{4046}时，因为A∩[2023，4044]＝∅，
则1≤a1＜a2＜⋯＜a2020＜a2021≤2022＜a2022＝4046；
若a2121＝2022，此时A∩[2023，4045]＝∅，
由于1+2021＝2022＝a2021∈A，所以a1+a2021∈A，
因为a1+a2021∈[2023，2024]，与A∩[2023，2045]＝∅矛盾，
所以a2021≤2021，又a2021≥2021，所以a2021＝2021；
所以数列{an}的通项公式为an＝．
②当A∩[2023，4046]＝{4045，4046}时，因为A∩[2023，4044]＝∅，
则1≤a1＜a2＜⋯＜a2020≤2022＜a2021＜a2022＝4046；
若a2020＝2022，由于2+2020＝2022＝a2020∈A，所以a2+a2020∈A，
因为2≤a2≤4，所以2024≤a2+a2020≤2026，与A∩[2023，4044]＝∅矛盾；
若a2020＝2021，此时A∩[2022，4044]＝∅，
由于1+2020＝2021＝a2020∈A，所以a1+a2020∈A，
因为1≤a1≤2，所以2022≤a1+a2020≤2023，与A∩[2022，4044]＝∅矛盾；
所以a2020≤2020，又a2020≥2020，所以a2020＝2020，a2021＝4045；
所以，数列{an}的通项公式为an＝．
综上所述，数列{an}的通项公式为an＝或an＝．