2024北京大兴高二（下）期中数学（PDF版含答案）

2024北京大兴高二（下）期中
数 学
2024．4
1. 本试卷共 4页，共两部分，21 道小题，满分 150 分。考试时间 120 分钟。
2. 在试卷和答题卡上准确填写学校名称、班级、姓名和准考证号。
3. 试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。
4. 在答题卡上，选择题用 2B 铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答。
第一部分 （选择题 共 40 分）
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
（1）设函数 f (x) = ax +1，若 f (1) = 2，则实数 a 的值为
（A） 2 （B） 3
（C） 2 （D） 3
（2）已知数列{an} n S = n
2
的前 项和 n +1，则数列{an}的通项公式为
（A） an = n +1 （B） an = 2n 1
2 ，n = 1，
（C） an = 2n +1 （D） an =
2n 1，n≥2
f (x + x) f (x)
（3）已知函数 f (x) = x2 ，则 lim 等于
x→0 x
（A）1 （B） 2
（C） x2 （D） 2x
（4）已知数列{an}是等比数列，若 a1 = 2，a2a3 = 32，则 a4 的值为
（A） 4 （B） 2
（C） 4 （D）16
（5）已知函数 f (x) 在 x = x0 处的导数为 f (x f (x)0 )，则“ f (x0 ) = 0 ”是“ x0 是 的极值点”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
1
2a ，0≤ a ， n n 2 6
（6）已知数列{an}满足 an+1 = 若 a1 = ，则 a20 的值为( )
1 72an 1 ， ≤ a

n
2
6 5
（A） （B）
7 7
3 1
（C） （D）
7 7
（7）已知数列{an}满足 an+1 an = 2n 11，且 a1 = 10 ，则 an 的最小值是
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（A） 15 （B） 14
（C） 11 （D） 0
f (x) = x3 + bx2（8）函数 + cx + d 的图象如图所示，则 x
2
1 + x
2
2 等于
2 4
（A） （B）
3 3
8 16
（C） （D）
3 3
（9）“斐波那契数列”是由十三世纪意大利数学家斐波那契发现的，具体数列为1，1，2，3，5，8， ，即从该
数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和.已知数列{an}为“斐波那契数列”， Sn
为数列{an}的前 n项和，若 S2022 = m ，则 a2024 =
（A）m （B）m +1
（C）m 1 （D） 2m +1
（10）已知函数 f (x) = x(ln x ax) 有两个极值点，则实数 a的取值范围是
1 1
（A） ( ， ) （B） ( ，+ )
2 2
1
（C） (0，1) （D） (0， )
2
第二部分 （非选择题 共 110 分）
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。
（11） 9 和 1的等差中项是 ．
（12）已知一个物体在运动过程中，其位移 y （单位： m ）与时间 t （单位： s ）之间的函数关系为
y = (2t +1)2 ，则物体在 0 s 到 1 s 这段时间里的平均速度为 m / s ；物体在 1 s 时的瞬时速度
为 m / s ．
（13）设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，公差为 d ，若 a1 = 190，S20 0，S 24 0 ，则 d 的一个整数值可以
为 ．
（14）对于数列{an}，定义数列{an+1 an}为数列{an}的“差数列”.若 a1 = 2，数列{an}
的“差数列”是首项为 2 ，公比为 2 的等比数列，则 a3 = ；数列{an}的前 n项
和 Sn = ．
x3 3x ，x ≤ a，
（15）设函数 f (x) =
2x ，x a .
①若 a = 0，则 f (x) 的最大值为 ；
②若 f (x) 无最大值，则实数 a的取值范围是 ．
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三、解答题共 6 小题，共 85 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
（16）（本小题共 14 分）
3 2
设函数 f (x) = x 3x 9x + 8．
（Ⅰ）求曲线 y = f (x)在点 (1，f (1)) 处的切线方程；
（Ⅱ）求 f (x) 在区间 [ 2，3]上的最大值和最小值．
（17）（本小题共 14 分）
设 Sn 为等差数列{an}的前 n项和， S3 = 9，a2 + a3 = 8 ．
（Ⅰ）求数列{an} 的通项公式；
（Ⅱ）求 Sn ；
（Ⅲ）若 S3，a14，Sm 成等比数列，求m 的值．
（18）（本小题共 14 分）
已知数列{an}是首项为 2 的等差数列，数列{bn}是公比为 2 的等比数列，且数列{an bn}的前 n项和为
S = n 2n+1n ．再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，并解答下列问题：
（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{cn}的前 n项和Tn ．
a 1
条件①： c = n ；条件②： c = ；条件③： cn n n = an + bn ．
bn an log2 bn
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
（19）（本小题共 14 分）
x 1
已知函数 f (x) = ．
ex
（Ⅰ）求 f (x) 的极值；
（Ⅱ）设函数 g(x) = f (4 x)，当 x 2时，求证： f (x) g(x)．
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（20）（本小题共 14 分）
某工厂为扩大生产规模，今年年初新购置了一条高性能的生产线，该生产线在使用过程中的维护费用
会逐年增加，第1年的维护费用是 4 万元，从第 2 年到第 7 年，每年的维护费用比上一年增加 2 万元，从第
8年开始，每年的维护费用比上一年增加 25 %．
（Ⅰ）设第 n年该生产线的维护费用为 an ，求 an 的表达式；
（Ⅱ）若该生产线前 n年每年的平均维护费用大于12 万元时，则需要在下一年年初更新生产线，求该生产
线前 n年每年的平均维护费用，并判断第几年年初需要更新该生产线
（21）（本小题共 15 分）
已知函数 f (x) = x ln(x +1) sin x ．
（Ⅰ）求 f (x) 在区间 [0，π]上的最大值；
（Ⅱ）求 f (x) 的零点个数．
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参考答案
一、选择题（共 10 小题，每小题 4分，共 40 分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C D D D B B A C B D
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
（11） 4
（12）8；12
380
（13） 18 (答案不唯一，满足 20 d )
23
（14）8 ； 2n+1 2
（15） 2 ； ( ， 1)
注：12、14、15 题第一空 3 分，第二空 2 分.
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
（16）（共 14 分）
解：(Ⅰ) 由题意知， f (1) = 3，即切点为 (1， 3) ，
又 f (x) = 3x2 6x 9 ，所以 f (1) = 12 ，
所以曲线 y = f (x)在点 (1，f (1)) 处的切线方程为： y + 3 = 12(x 1)，
即12x + y 9 = 0 .…………7 分
（Ⅱ） f (x) = 3x2 6x 9 = 3(x 3)(x +1) ，
令 f (x) = 0，解得 x = 1，或 x = 3 .
当 x 变化时， f (x) ， f (x)的变化情况如表所示
x 2 ( 2， 1) 1 ( 1，3) 3
f (x) + 0 0
f (x) 单调递增 单调递减
函数 f (x) 的极大值 f ( 1) =13， f (3) = 19 ，
又 f ( 2) = 6，
所以 f (x) 在区间[ 2，3] 上的最大值是13，最小值是 19 ． …………7 分
（17）（共 14 分）
S3 = 3a1 + 3d = 9 a =1
解：（Ⅰ）由题意得 解得
1

a2 + a3 = 2a1 + 3d = 8， d = 2
故{an}的通项公式为 an = 1+ (n 1) 2 = 2n 1．…………6 分
n(a1 + an ) n(1+ 2n 1) （Ⅱ）由（Ⅰ）知， S = = = n2 ．…………3 分 n
2 2
（III）因为 S3，a14，Sm 成等比数列，
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所以 S3 S
2
m=a14 ，即m
2 = 81，
又因为m N ，则解得m = 9 ． …………5 分
（18）（共 14 分）
解：（Ⅰ）由题意，设等差数列{an}的公差为 d ，
则 an = 2 + (n 1)d，b
n 1
n = b12 ，
当 n = 1时， S1 = a1b1 = 2b1 =1 2
2 = 4 ，解得b1 = 2，
所以 b n 1 nn = 2 2 = 2 ，
当 3n = 2 时， S2 = 2 2 = 16 ，
即 a1b1 + a2b2 = 4 + (2 + d )4 = 16 ，解得 d = 1，
所以 an = n +1． …………7 分
（Ⅱ）方案一：选择条件①
a n +1
由（Ⅰ）可得， c n ， n = =
b nn 2
2 3 4 n +1
则Tn = c1 + c2 + c3 + + cn = + + + + ，
21 22 23 2n
1 2 3 4 n +1
Tn = + + + + ，
2 22 23 24 2n+1
1 2 1 1 1 1 n +1
两式相减，可得 Tn = + + + + +
2 21 22 23 24 2n 2n+1
1 1
(1 )
n 1 n +1
= 1+ 4 2
1 2n+1
1
2
3 n + 3
=
2 2n+1
n + 3
所以T = 3 ． n
2n
方案二：选择条件②
1 1 1 1
由（Ⅰ）可得， c = = = ， n
an log2 bn n(n +1) n n +1
1 1 1 1 1 1 1
则Tn = c1 + c2 + c3 + + cn = 1 + + + +
2 2 3 3 4 n n +1
1 n
=1 =
n +1 n +1
n
所以T ． n =
n +1
方案三：选择条件③
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由（Ⅰ）可得， cn = an + bn = n +1+ 2
n ，
则T = c + c + c + + c = 2 + 21 + 3 + 22n 1 2 3 n + 4 + 2
3 + + n +1+ 2n
= (2 + 3 + 4 + + n +1) + (21 + 22 + 23 + + 2n )
n(2 + n +1) 2(1 2n )
= +
2 1 2
n2 3
= + n + 2n+1 2
2 2
n2 3
所以Tn = + n + 2
n+1 2 ． …………7 分
2 2
（19）（共 14 分）
解：（Ⅰ）函数 f (x)的定义域为R .
2 x
由题意，得 f (x) = ，令 f (x) = 0 ，解得 x = 2 ，
ex
当 x 变化时， f (x) ， f (x)的变化情况如表所示列表如下：
x ( ，2) 2 (2，+ )
f (x) + 0
f (x) 单调递增 极大值 单调递减
1
所以 f (x)有极大值 f (2) = ，无极小值； …………6 分
e2
3 x ex (3 x)
（Ⅱ）证明： g(x) = f (4 x) = = ，
e4 x e4
x 1 ex (3 x)
令 F(x) = f (x) g(x) = ，
ex e4
2 x ex (2 x) (2 x)(e4 e2x )
则 F (x) = = ．
ex e4 ex+4
当 x 2时， 2 x 0，2x 4，从而 e4 e2x 0 ，又 ex+4 0 ， 所以 F (x) 0 ，
所以 F (x)在 (2，+ )上单调递增．
1 1
所以， 当 x 2时， F(x) F(2) = = 02 2 ． e e
所以，当 x 2时， f (x) g(x)成立．………8 分
（20）（共 14 分）
解：（Ⅰ）当1≤ n≤ 7时，数列{a }是首项为 4 ，公差为 2n 的等差数列.
所以 an = 4 + (n 1)2 = 2n + 2，
5
当 n≥8时，数列{an}是首项为 a8 ，公比为 的等比数列，
4
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5
又 a ， 7 =16，a8 =16
4
5 5 5
所以 an =16 ( )
n 8 =16 ( )n 7 ，
4 4 4
2n + 2，1≤ n≤7，

所以 an 的表达式为 an = 5 n

N ………6 分
16 ( )
n 7，n≥8，
4
（Ⅱ）设 Sn 表示数列{an}的前 n项和，
由等差及等比数列的求和公式得，
当1≤ n≤ 7时， Sn = n
2 + 3n ，
当 n≥8时，由 S7 = 70，
5
1 ( )n 7
5 5
则 S = S +16 4 = 80( )n 7n 7 10
4 5 4
1
4
所以，该生产线前 年每年平均的维护费用：
n + 3，1≤ n≤7，
S n = 5 80( )n 7 10
n 4 ，n≥8，
n
S
当1≤ n≤ 7 ，数列 { n }为递增数列，
n
5 n 7 180( ) ( n 1) +10
S S
当 n≥8时，因为 n+1 n = 4 4 0 ，
n +1 n n(n +1)
S
所以数列 { n }也为递增数列 ．
n
S S
又 7 8 ，
7 8
S
综上，数列 { n }为递增数列．
n
S
又因为 8
90 S 115
= 12， 9 = 12．
8 8 9 9
所以，第 10年年初需要更新该生产线． …………8 分
（21）（共 15 分）
解：（Ⅰ）因为 f (x) = x ln(x +1) sin x，
1
所以 f (x) =1 cos x ，
x +1
1 1
令 (x) =1 cos x，则 (x) = + sin x ，
x +1 (x +1)2
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1
因为 [0，π] ， sin x≥ 0所以 (x) = + sin x 0 ，
(x +1)2
所以 (x) 在[0，π] 上单调递增，
即 f (x)在[0，π] 上单调递增．
1 1
又 f (0) =1 1 cos0 = 1 0，f (π) =1 cosπ = 2 0，
π +1 π +1
故存在唯一 x0 (0，π) ，使得 f (x0 ) = 0，
当 x 变化时， f (x) ， f (x)的变化情况如表所示列表如下：
x (0，x0 ) x0 (x0，π)
f (x) 0 +
f (x) 单调递减 极小值 单调递增
故 f (x f (x) [0，π]0 ) 为 在 上的极小值，
又 f (0) = 0，f (π) = π ln(π +1) π ln e2 = π 2 0 ，
故函数 f (x) 在区间 [0，π]上的最大值为 π ln(π +1) ．…………6 分
x
（Ⅱ）函数 f (x) 的定义域是 ( 1，+ ) ， f (x) = cos x ，
x +1
x
①当 x ( 1，0]时，因为 ≤0，cos x 0 ，
x +1
1
所以 f (x) =1 cos x 0，
x +1
所以 f (x) 在 ( 1，0]上单调递减，
又 f (0) = 0 ，所以 f (x)≥ 0，故此时 f (x) 的零点为 x = 0 .
②当 x (0，π]时，由（Ⅰ）知， f (0) = 0，f (x0 ) 0，f (π) 0 ，
函数 f (x) 在区间 (0，π]上有唯一零点.
③当 x (π，+ ) 时，令 g(x) = x ln(x +1)，x (π，+ ) ，
1 x
则 g (x) =1 = 0 ，
x +1 x +1
所以 g(x) 在 (π，+ )上单调递增，
所以 g(x) g(π) = π ln(π +1) π ln e2 = π 2 1，
又 sin x≤1，故对任意 x (π，+ ) ，都有 f (x) 0 ，
所以函数 f (x) 在区间 (π，+ )上没有零点，
综上，函数 f (x) 有且仅有2个零点． …………9 分
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