2021-2022学年北京市一零一中矿大分校高二年级下册学期期中考试数学试题【含答案】

一、单选题1．已知等差数列A．29【答案】A

【分析】直接根据等差数列的通项公式进行基本量的求解.【详解】依题意，对于等差数列故选：A2．已知等比数列A．8【答案】D

【分析】由等比数列的基本量运算求得a1后求得a3，从而易得S3．

2Sa2a6a2a228，S3S2a36814．21113【详解】由题意，，所以

an中，a12，公差d3，则a10（ ）

B．32

C．26

D．35

an，a10a1(101)d9d27，故a1027a129.

an的公比为q，前n项和为Sn，若q = 2，S26，则SB．12

C．13

3（ ）

D．14

故选：D．

exfxx的导函数fx（ ）3．函数

x1exA．

x1exB．

1xexC．

x1exD．

xxx2x2【答案】B

【分析】根据除法求导法则以及基本初等函数的求导公式即可求解.

efxx得【详解】由

故选：B

xexexexex1efxxxxx'xx2x2x2，

4．函数yxlnx的单调递增区间是（ ）A．

0,1B．

0,2C．

1,D．

0,【答案】C

【分析】先求出函数的定义域，再利用导数即可求出函数的单调增区间.【详解】函数yxlnx的定义域为∵y11x1x0xx，

0,，

令y0，则x10，解得x1，∴函数yxlnx的单调递增区间是故选：C.

5．已知某物体运动的位移s关于t的函数为A．2m/s【答案】D【分析】直接对【详解】因为所以

ststt2t1,.

，则当t2时的瞬时速度为（ ）

D．5m/s

B．3m/sC．4m/s

求导，代入t2即可得到答案.

，

stt2tvtst2t1，

（m/s）.

所以当t2时，故选：D.6．已知函数

v22215yfx的图象如图所示，则函数

yf'x的图象可能是图中的（ ）

A．B．

C．【答案】C【分析】由函数

D．

yfx的图象的增减变化趋势，判断函数

yf'x取值的正、负，由此判断可

得选项.

【详解】解：由函数表：x

yfx的图象的增减变化趋势，判断函数

yf'x取值的正、负情况如下

1，b递减

b，a递增

1a，fxf'x递减

-

-所以当当当

x1，b时，函数

yf'x的图象在x轴下方；

xb，a时，函数

yf'x的图象在x轴上方；

xa，1时，函数

yf'x的图象在x轴下方．

故选：C.7．若函数A．

fxx33xaB．

有唯一零点，则实数a的取值范围为（ ）

2,22∣2a2}C．{a∣a2或a2}D．{a【答案】D

【分析】由导数求得函数的极大值和极小值，三次函数有唯一零点，则极大值小于0或极小值大于0．

2f(x)3x3，x1或x1时，f(x)0，1x1时，f(x)0，【详解】

因此f(x)在(,1)和(1,)上都递增，在(1,1)上递减，所以f(x)极大值f(1)2a，f(x)极小值f(1)2a，

f(x)有唯一零点，则2a0或2a0，解得a2或a2．

故选：D8．函数A．

fx13xx23在区间a，a5内存在最小值，则实数a的取值范围是（ ）

3,2B．

3,2C．

1,2D．

1,2【答案】C

【分析】由导数法求得函数最小值点，根据区间列不等式求解即可.

【详解】由增；

fxx22x0，

得

x1=0,x2=2，则当x,0或2,，f¢(x)>0，fx单调递单调递减.

x0,2fx0，

fx1a2f2fxf1f2a，a5在区间内存在最小值，故最小值为，又，故有a52，解得1a2.

故实数a的取值范围是1，2.

故选：C.

9．已知函数fxx32x2x1，则下列说法正确的是（ ）

23A．

fx的极小值为2B．fx的极大值为271C．fx在区间3,1上单调递增

D．fx在区间

,0上单调递减

【答案】B

【分析】求导，利用导函数的符号变化得到函数的单调区间，进而求出函数的极值.2【详解】因为fxx32xx1，所以

fx3x24x1，

1令

fx0，得x1或

x3；令fx01，得3x1；

所以fx在区间1,，,13上单调递增，在区间13,1上单调递减，fxx13f处有极大值，极大值为1323所以在

27；在x1处有极小值，极小值为f11.

故选：B.

10．已知等比数列

an满足

a132,q12，记Tna1a2annN，则数列Tn（A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项

D．无最大项，无最小项

）

【答案】A

【分析】求出等比数列

an的通项公式an，进而求出Tn1n，再由数列最大项、最小项的意义判断作答.

ana1qan【详解】依题意，等比数列的通项公式

23n11n1(1)n132()n622，

n(n1)2Tn111(1)(1)(1)(1)(1)|T|nn(n11)n(n11)252423222n62(5)(4)(3)(n6)22，22，

123(n1)n(n11)(n1)(n10)|Tn1|22225n1|T|由|Tn|知，nN,n5时，数列n是递增的，nN,n6时，数列

|Tn|是递减的，

于是得数列

|Tn|的最大项为|T5||T6|215，而n为奇数时，Tn0，n偶数时，Tn0，

1515TT2T256所以和分别是数列n的最大项和最小项.

故选：A11．已知A．6【答案】A

【分析】根据等差和等比数列通项公式可求得公差d和公比的平方，由此可得a1,a2,b2，代入即可得到结果.【详解】设d31,a1,a2,7成等差数列，3,b1,b2,b3,12成等比数列，则b2a22a1等于（ ）

B．6C．12D．6或6q1,a1,a2,7构成的等差数列公差为d，3,b1,b2,b3,12构成的等比数列公比为q，

271，

q41242q3，即2，

a11d3，a212d5，b23q26，

b2a22a16566故选：A.12．函数

fxx22xex.

的图像大致是（ ）

A．【答案】C

B． C．D．

【分析】运用函数的零点，极值点，单调性即可解决.【详解】解：由又

fx0得x0或x2，故BD错；

fxx22ex，

fx0f¢x>0所以，当x2或x2时，()；当2x2时，，

所以

fx在

,2和2,上单调递增，在2,2上单调递减，

所以，

fx在x2处取得极大值，在x2处取得极小值，故A错.

故选：C

二、填空题

31，1yx13．过且与曲线相切的直线方程是___________.

【答案】3xy20或3x4y10x,x，对函数求导f(x)3x【分析】设曲线切点为

030'2，点斜式方程，代入即可求出x0，即可求出

答案.

x,x，曲线f(x)x【详解】设切点为

0303'2，f(x)3x，

'2kf(x)3x00则切线斜率为

y13x0x11直线经过点1，，则直线，

2切点在直线上，则

32x013x0x0133232322x013x03x02x03x0102x02x0x01022x0x01x011x00x012x02x010x01或

x03412k3或

k则直线为3xy20或3x4y10.故答案为：3xy20或3x4y10.

fxx1x，设fx在区间1,2与3,5的平均变化率为a，b，则a，b的大小关系为

14．函数_______.

【答案】a < b##b>a

【分析】根据平均变化率的计算公式分别计算出

a141b15，进而得出结果.2，

ayf(2)f(1)1f(x)xx212，【详解】自变量从1变化到2时，函数的平均变化率为

yf(5)f(3)14bf(x)xx5315，自变量从3变化到5时，函数的平均变化率为

114215，所以函数fx在区间1,2的平均变化率比在[3,5]的平均变化率小，由于

也即ab.

故答案为：ab.15．已知函数

1【答案】2fxlnx，则x0limf2xf2x_______.

##0.5

【分析】由导数的定义与导数的运算公式可得结果.【详解】∵f(x)lnx∴

f(x)1x∴x0limf(2x)f(2)1f(2)x2.

1故答案为：2nanaa1，aa21n1n16．若数列满足：，在数列n的通项公式为___________.n【答案】an21【分析】利用累加法，结合等比数列的求和公式进行求解即可

n1n2n1aa2aa2aa2aa2nn1n1n2n1n21【详解】由，则，……，于是

an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12na21n故答案为：

n12n212n212n1121三、解答题17．已知等差数列(1)求数列

an满足：a1=2，a5=18．

an的通项公式；

an的前n项和，求正整数n的范围，使得Sn60n800．

(2)记Sn为数列

【答案】(1)(2)

an4n2n40nΝ【分析】（1）根据已知条件可求出

an的公差，进而可求得an的通项公式；

（2）结合（1）可得到Sn，然后解不等式即可求得正整数n的范围．【详解】（1）设等差数列则

an的公差为d，

4da5a1=18216，解得d4，

所以

ana1n1d24n14n2；

n24n22n2Sn2（2）结合（1）可得，

22令2n60n800，即n30n4000，解得n40或n10（舍去），

所以存在

n40nΝ，使得Sn60n800成立，

．

且在x1及x2处取得极值.

故正整数n的范围为18．已知函数

n40nΝfx2x33ax23bx1(1)求a，b的值；(2)求函数

yfx在0，3的最大值与最小值.

【答案】(1)a3，b4(2)

fxmax10，fxmin1【分析】（1）利用

f'10,f'20fx在区间

来求得a,b的值.

（2）结合（1）求得【详解】（1）

0,3上的最值，由此确定正确结论.

，

f'x6x26ax3bf166a3b0f22412a3b0，解得a3,b4.依题意f'x6x218x126x1x2，

所以

fx,1,2,f'x0,fx在区间上递增；

1,2f'x0,fx在区间上递减.所以

fx在x1处取得极大值，在x2处取得极小值，符合题意.

，

，

（2）

fx2x39x212x1f01,f16,f25,f310由（1）知，

fx在区间

0,3上的最大值为10，最小值为1.

19．已知函数

fx12xalnx22.

(1)当a3时，求(2)求

fx在x1处的切线方程；

fx的单调区间.y2x12【答案】(1)(2)见解析

【分析】（1）利用导数求出

fx在x1处的切线的斜率，再由原函数求出

fx在x1处的切点，

利用直线点斜式直接得出答案；

（2）分类讨论，当a0时，由二次函数性质得出；当a0时，分为a<0与a0，由导数得出，最后综合得出答案.【详解】（1）当a3时，

3fxxx，则\\f(x)\\f(x)fx12x3lnx22，

在x1处的切线的斜率

kf1132y32x12，

，且

f112313ln1222，

在x1处的切线方程为

1y2x2；即

（2）当a0时，此时

fx12x22，

fx0,,0在上单调递减，在上单调递增；

ax2afx0,fxxxxa0当时，定义域为，，当a<0时，此时

f¢(x)>0在定义域上恒成立，

fx在

0,上单调递增，无递减区间；

fx0当a0时，由此时

fx0f¢x>0解得，xa，()解得xa，解得0xa，

fx在

a,上单调递增，在0,a上单调递减；

fx0,,0的单调递减区间为，单调递增区间为；

综上所述：当a0时，当a<0，

fx的单调递增区间为

0,，无单调递减区间；

当a0时， 20．已知函数

fx的单调递增区间为

.

a,，单调递减区间为0,a.

fxlnxax（1）当a1时，判断函数（2）若

fx的单调性；

fx0恒成立，求a的取值范围.

1,yfx0,1，单调递减区间为1,；（2）e.【答案】（1）函数的单调递增区间为【解析】（1）将a1代入函数解不等式（2）由

f¢(x)>0yfx的解析式，求出该函数的定义域，并求出导数

fx，分别

和

fx0a，可得出函数

yfx的单调递增区间和单调递减区间；

fx0得出

lnxlnxgxx0ygxxx，构造函数，利用导数求出函数的最大值，

即可得出实数a的取值范围.【详解】（1）当a1时，若

f¢(x)>0fxlnxx，定义域为

0,，且

fx11x1xx，

，则0x1；若

fx0，则x1，

所以，函数（2）若

yfx的单调递增区间为

0,1，单调递减区间为1,；

fx0恒成立，则lnxax0恒成立，

alnxx恒成立，

x>0，所以分离变量得

设

gxlnx1lnxgxx，其中x0，则agxmax，所以x2，

当

gx0时，

xe,；当

gx0时，

x0,e.

即函数

gxlnxx在0,e上单调递增，在e,上单调递减.gxlnx11gxmaxgeax取最大值，即e，所以e.

当xe时，函数

1,.因此，实数a的取值范围是e【点睛】本题第一问考查利用导数求函数的单调区间，第二问考查利用导数研究函数不等式恒成立问题，在求解含单参数的函数不等式恒成立问题时，灵活利用参变量分离法求解，可避免分类讨论，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.