2019-2020学年北京市丰台区高二(上)期中数学试卷(A卷)

2019-2020学年北京市丰台区高二（上）期中数学试卷（A卷）
一、单选题共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. 已知f(x)＝e x，则f′(0)＝（）
C.1
D.e
A.0
B.1
e
【答案】
C
【考点】
导数的运算
【解析】
先求出导函数f′(x)＝e x，然后代入x＝0即可．
【解答】
∵f′(x)＝e x，
∴f′(0)＝e0＝1．
2. 如果a<b<0，那么下列不等式中正确的是（）
A.a2>b2
B.ab>a2
C.b2>ab
D.|a|<|b|
【答案】
A
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
利用等式的基本性质即可判断出正误．
【解答】
∵a<b<0，
∴a2>b2，ab<a2，b2<ab，|a|>|b|．
3. 若等差数列{a n}满足a1+a3＝20，a2+a4＝40，则公差d等于（）
A.5
B.10
C.15
D.20
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
直接利用等差数列的通项公式化简求解即可．
【解答】
依题意，数列{a n}为等差数列，
所以40＝a2+a4＝(a1+d)+(a3+d)＝(a1+a3)+2d＝20+2d，
所以d＝10．
4. 命题“对任意x∈N，都有x≥0”的否定是（）
A.存在x∉N，使得x<0
B.存在x∈N，使得x≥0
C.存在x∈N，使得x<0
D.对任意x∈N，都有x<0
【答案】
C
【考点】
命题的否定 【解析】
根据含量词的命题的否定形式：将“任意”换为“存在”，同时将结论否定，得到命题的否定． 【解答】
命题“对任意x ∈N ，都有x ≥0”的否定是 “存在x ∈N ，使得x <0”
5. 数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n+1＝2a n (n ∈N ∗)，则S 5等于（ ） A.30 B.31 C.62 D.64 【答案】 C
【考点】
等比数列的前n 项和 【解析】
由题意可知，数列{a n }是以2为首项，以2为公比的等比数列，代入等比数列的求和公式即可求解． 【解答】
∵ a 1＝2，a n+1＝2a n (n ∈N ∗)，
∴ 数列{a n }是以2为首项，以2为公比的等比数列， 则S 5=2(1−25)1−2
=62
6. 按数列的排列规律猜想数列2
3，−4
5，8
7，−16
9，…的第10项是（ ） A.512
19
B.−
512
19
C.
102421
D.−
102421
【答案】
D
【考点】 归纳推理 【解析】
根据题意，由数列的前4个数分析数列的通项公式，进而分析可得答案． 【解答】
根据题意，数列的第1个数为2
3，有(−1)1+1×21
2×1+1
=2
3， 数列的第2个数为−4
5，有(−1)2+1×22
2×2+1
=−4
5， 数列的第3个数为87，有(−1)3+1×23
2×3+1
=8
7，
……
依此类推，数列的第10项为(−1)10+1×210
2×10+1
=−102421
，
7. 已知函数f(x)在R 上可导，其部分图象如图所示，设k =
f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2
，则下列不等式
正确的是（）
A.k<f′(x1)<f′(x2)
B.f′(x1)<k<f′(x2)
C.f′(x2)<f′(x1)<k
D.f′(x1)<f′(x2)<k
【答案】
B
【考点】
导数的几何意义
【解析】
根据图象及导数的几何意义即可判断．
【解答】
函数的增长越来越快，所以函数在该点的斜率越来越大，
∴f′(x1)<k<f′(x2)．
8. 已知函数f(x)在R上可导，“x＝0是函数y＝f(x)的极值点”是“f′(0)＝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
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
由极值点处的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点及充分必要条件的判定得答案．【解答】
函数f(x)在R上可导．
若x＝0是函数y＝f(x)的极值点，则f′(0)＝0；
反之，若f′(0)＝0，x＝0不一定是函数y＝f(x)的极值点，如f(x)＝x3．
∴ “x＝0是函数y＝f(x)的极值点”是“f′(0)＝0”的充分而不必要条件．
9. 对于函数y＝f(x)，部分x与y的对应关系如表：
若数列n1＝，且对任意，点n n+1
x2020＝（）
A.2
B.4
C.7
D.8
【答案】
A
【考点】
数列与函数的综合 【解析】
由点(x n , x n+1)都在函数y ＝f(x)的图象上，结合已知和图表求出数列{x n }的前几项，观察得到数列的周期性，由数列的周期性的答案． 【解答】
∵ 数列{x n }满足x 1＝2，且对任意n ∈N ∗，点(x n , x n+1)都在函数y ＝f(x)的图象上， ∴ x n+1＝f(x n )，
∴ x 1＝2，x 2＝4，x 3＝8，x 4＝2，x 5＝4，x 6＝8，x 7＝2，x 8＝4… 则数列是周期数列，周期为3， ∴ x 2020＝x 673×3+1＝x 1＝2．
10. 已知函数f(x)＝x 2−1，g(x)＝lnx ，那么下列说法中正确的是（ ） A.f(x)，g(x)在点(1, 0)处有相同的切线 B.函数f(x)−g(x)有两个极值点
C.对于任意x >0，f(x)≥g(x)恒成立
D.f(x)，g(x)的图象有且只有两个交点 【答案】 D
【考点】
命题的真假判断与应用 【解析】
A ．根据导数的几何意义求出切线导数进行判断即可
B ．设ℎ(x)＝f(x)−g(x)，根据函数的导数和极值关系进行判断
C ．结合极值点的符号进行判断即可
D ．根据函数单调性和极值点的关系进行判断 【解答】
A ．f′(x)＝2x ，g′(x)=1
x ，(x >0)，
f′(1)＝2，g′(1)＝1，两个函数在点(1, 0)处切线斜率不相等，不会有相同切线，故A 错误，
B ．设ℎ(x)＝f(x)−g(x)，(x >0)则ℎ′(x)＝2x −1
x
=
2x 2−1x
，
由ℎ′(x)>0得x >√22
或x <0（舍），此时函数为增函数，
ℎ′(x)<0得0<x <√2
2，此时函数为减函数，即当x =√2
2时，取得一个极小值，无极大
值，故B 错误，
C ．由B 知，函数的极小值为ℎ(√2
2)＝(√2
2)2−1−ln √2
2=1
2−1+1
2ln2=1
2
(ln2−1)=
1
2
ln 2
e <0，
即当x =√2
2
时，f(x)≥g(x)，不成立，故C 错误，
D ．由B 知，函数的极小值为负数，则f(x)，g(x)的图象有且只有两个交点，正确 故选：D ．
二、填空题共6小题，每小题4分，共24分．
曲线y=1
x
在x＝1处的切线方程为________．
【答案】
x+y−2＝0
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求函数导数，利用导数的几何意义即可得到结论．【解答】
函数y=1
x 的导数为y′=−1
x2
，
则函数在x＝1处的切线斜率k＝−1，
则函数的切点坐标(1, 1)，
所以函数在点(1, 1)处的切线方程为y−1＝−(x−1)，
即x+y−2＝0，
已知等比数列{a n}的公比为q，能够说明“若q>1，则{a n}为递增数列”是假命题的一组a1，a2，a3的值为________．
【答案】
−1，−2，−4（答案不唯一）
【考点】
等比数列的性质
【解析】
等比数列的单调性，可以分a1和q的情况讨论处理，
【解答】
由等比数列的通项公式可知，通项a n为关于n的指数型函数，
若q>1，
则q n−1随着n的增大而增大，
当a1>0时，{a n}为递增数列，当a1<0时，{a n}为递减数列．
故当a1＝−1，q＝2时，可以说明“若q>1，则{a n}为递增数列”是假命题．
例如：−1，−2，−4．
函数f(x)＝x−√2cosx在区间[0, π]上的最大值为________+√2．
【答案】
π
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
先求出函数f(x)的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值．
【解答】
函数f(x)＝x−√2cosx，可得f′(x)＝1+√2sinx，
∵x∈[0, π]，∴1+√2sinx>0，
f′(x)>0，∴函数f(x)在[0, π]递增，
∴f(x)最大值＝f(π)＝π+√2，
若等差数列{a n}满足a7>0，a7+a8<0，则使得数列{a n}的前n项和最大的n的值为
7
【考点】
等差数列的性质
【解析】
由题意和等差数列的性质可得{a n}的前7项为正数，从第8项开始为负数，由此易得结论．
【解答】
数列{a n}为等差数列，a7>0，a7+a8<0，
所以a8<0，
故等差数列{a n}为递减数列，且前7项为正数，当n≥8时，a n<0，
所以使得数列{a n}的前n项和最大的n的值为7．
汽车在行驶过程中，由于惯性作用，刹车后还要继续滑行一段距离才能停住，我们称这段距离为“刹车距离”．刹车距离是分析事故的一个主要因素．在一个限速为40km/ℎ的弯道上，甲、乙两车相向而行，发现情况不对同时刹车，但还是相撞了．事后现场测得甲车的刹车距离略超过12m，乙车的刹车距离略超10m．已知甲、乙两种车型的
刹车距离s(m)与车速x(km/ℎ)之间分别有如下关系：s甲＝0.1x+0.01x2，s乙＝
0.05x+0.005x2．
则交通事故的主要责任方是________（填“甲”或“乙”）．
【答案】
乙
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
先由题意列出不等式组，分别求解甲、乙两种车型的事发前的车速，看它们是不是超速行驶，谁超速谁应负主要责任．
【解答】
由题意，解0.1x+0.01x2>12得，x<−40或x>30，
∵x>0，
∴x甲>30km/ℎ，
解0.05x+0.005x2>10得，x<−50或x>40，
∵x>0，
∴x乙>40km/ℎ，
∴乙车超过限速，应负主要责任．
三个同学对问题“关于x的不等式e2x+25≥ae x在R上恒成立，求实数a的取值范围”提出各自的解题思路．
甲说：“只需不等式左边的最小值不小于右边的最大值．”
乙说：“不等式两边同时除以e x，把不等式左边看成关于x的函数，右边仅含常数a，求左边函数的最值．”
丙说：“把不等式两边分别看成关于x的函数，作出函数图象．”
分析上述解题思路，按照你认为正确的解题思路解得a的取值范围是________．
【考点】
进行简单的合情推理 【解析】
由e x >0恒成立，把不等式两边同乘以1
e x ，得到a ≤e 2x +25e x
=e x +25
e x ，再由基本不等式
求出e x +25
e x 的最小值，则a 的取值范围可求． 【解答】
由e 2x +25≥ae x ，得a ≤e 2x +25e x
=e x +25
e x ，
而e x +
25e x
≥2√e x ⋅25
e x =10，当且仅当e x =25
e x ，即e x ＝5，x ＝ln5时“＝”成立．
∴ a ≤10．
三、解答题共4个小题，共36分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
在等差数列{a n }(n ∈N ∗)中，已知a 1＝2，a 5＝6． (Ⅰ)求{a n }的公差d 及通项a n ；
(Ⅱ)记b n =2a n +n(n ∈N ∗)，求数列{b n }的前n 项和S n ． 【答案】
（1）设等差数列{a n }的公差为d ，由于{a 1
=2
a 5=a 1+4d =6 ， 解得d ＝1，
所以a n ＝a 1+(n −1)⋅d ＝n +1． （2）根据(Ⅰ)的结论a n ＝n +1， 所以b n =2a n +n =2n+1+n ，
∴ S n =(22+1)+(23+2)+(24+3)+⋯+(2n+1+n)， ＝(22+23+24+...+2n+1)+(1+2+3+...+n)， =4(1−2n )1−2+
n(1+n)
2 =2n+2+
n 2+n 2
−4．
【考点】 数列的求和 【解析】
(Ⅰ)直接利用已知条件求出数列的通项公式． (Ⅱ)利用分组法求出数列的和． 【解答】
（1）设等差数列{a n }的公差为d ，由于{a 1
=2
a 5=a 1+4d =6 ， 解得d ＝1，
所以a n ＝a 1+(n −1)⋅d ＝n +1． （2）根据(Ⅰ)的结论a n ＝n +1， 所以b n =2a n +n =2n+1+n ，
∴ S n =(22+1)+(23+2)+(24+3)+⋯+(2n+1+n)， ＝(22+23+24+...+2n+1)+(1+2+3+...+n)，
=4(1−2n)
1−2
+
n(1+n)
2
=2n+2+n2+n
2
−4．
已知函数f(x)＝x2−ax(a∈R)．
(Ⅰ)当a＝2时，求满足f(x)<0的x的取值范围；
(Ⅱ)解关于x的不等式f(x)>2a2．
【答案】
（1）当a＝2时，不等式为x2−2x<0，
方程x2−2x＝0的根为x1＝0，x2＝2，
不等式x2−2x<0的解集为(0, 2)．
（2）f(x)>2a2，即x2−ax−2a2>0，
方程x2−ax−2a2＝0的根为x1＝−a，x2＝2a，
①当−a<2a，即a>0时，不等式的解集为(−∞, −a)∪(2a, +∞)；
②当−a＝2a，即a＝0时，不等式的解集为(−∞, 0)∪(0, +∞)；
③当−a>2a，即a<0时，不等式的解集为(−∞, 2a)∪(−a, +∞)．
综上：①当a>0时，不等式的解集为(−∞, −a)∪(2a, +∞)；
②当a＝0时，不等式的解集为(−∞, 0)∪(0, +∞)；
③当a<0时，不等式的解集为(−∞, 2a)∪(−a, +∞)．
【考点】
函数与方程的综合运用
【解析】
(Ⅰ)当a＝2时，化简不等式为x2−2x<0，求解即可．
(Ⅱ)f(x)>2a2，即x2−ax−2a2>0，方程x2−ax−2a2＝0的根为x1＝−a，x2＝2a，通过两个根的大小比较，求解不等式的解集即可．
【解答】
（1）当a＝2时，不等式为x2−2x<0，
方程x2−2x＝0的根为x1＝0，x2＝2，
不等式x2−2x<0的解集为(0, 2)．
（2）f(x)>2a2，即x2−ax−2a2>0，
方程x2−ax−2a2＝0的根为x1＝−a，x2＝2a，
①当−a<2a，即a>0时，不等式的解集为(−∞, −a)∪(2a, +∞)；
②当−a＝2a，即a＝0时，不等式的解集为(−∞, 0)∪(0, +∞)；
③当−a>2a，即a<0时，不等式的解集为(−∞, 2a)∪(−a, +∞)．
综上：①当a>0时，不等式的解集为(−∞, −a)∪(2a, +∞)；
②当a＝0时，不等式的解集为(−∞, 0)∪(0, +∞)；
③当a<0时，不等式的解集为(−∞, 2a)∪(−a, +∞)．
已知函数f(x)=1
3
x3−x2+kx，且f(x)在点（2, f(2)）处的切线斜率为−3．(Ⅰ)求k；
(Ⅱ)求f(x)的单调区间．
【答案】
（1）f′(x)＝x2−2x+k，
因为f(x)在点（2, f(2)）处的切线斜率为−3，
所以f′(2)＝k＝−3．
（2）由(Ⅰ)知，f′(x)＝x2−2x−3，
方程x2−2x−3＝0的根为x1＝−1，x2＝3，
随着x的变化，f(x)，f′(x)的关系如下表：
所以f(x)的单调增区间是(−∞, −1)，(3, +∞)；单调减区间是(−1, 3)．【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
(Ⅰ)求出函数的导数，得到关于k的方程，解出即可；
(Ⅱ)求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间即可．【解答】
（1）f′(x)＝x2−2x+k，
因为f(x)在点（2, f(2)）处的切线斜率为−3，
所以f′(2)＝k＝−3．
（2）由(Ⅰ)知，f′(x)＝x2−2x−3，
方程x2−2x−3＝0的根为x1＝−1，x2＝3，
随着x的变化，f(x)，f′(x)的关系如下表：
所以f(x)的单调增区间是(−∞, −1)，(3, +∞)；单调减区间是(−1, 3)．
数列{a n}的前n项和S n满足S n＝2a n−a1，且a1，a2+1，a3成等差数列．(Ⅰ)证明数列{a n}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；
(Ⅱ)设b n＝log2a n，记数列{1
b n⋅b n+1}的前n项和为T n，求使得T n≤9
10
成立的n的最大值．
【答案】
（1）当n≥2时，S n−1＝2a n−1−a1
所以a n＝S n−S n−1＝(2a n−a1)−(2a n−1−a1)＝2a n−2a n−1，所以a n＝2a n−1，
因为a1，a2+1，a3成等差数列，a2＝2a1，a3＝4a1
所以2(2a1+1)＝a1+4a1，
解得a1＝2．
所以a n
a n−1=2(n≥2)，且a
1＝2
所以数列{a n}是等比数列．
所以a n=a1⋅q n−1=2n．
（2）b n=log2a n=log22n=n，
所以1
b n⋅b n+1=1
n⋅(n+1)
=1
n
−1
n+1
，
T n=(1−1
2)+(1
2
−1
3
)+(1
3
−1
4
)+⋯+(1
n
−1
n+1
)，
=1−1
n+1≤9
10
．
所以1
n+1≥1
10
，
因为n∈N∗，所以n+1≤10，
所以n≤9，
即n的最大值为9．
【考点】
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式．
(Ⅱ)利用数列的通项公式的应用，进一步利用裂项相消法的应用求出数列的和．【解答】
（1）当n≥2时，S n−1＝2a n−1−a1
所以a n＝S n−S n−1＝(2a n−a1)−(2a n−1−a1)＝2a n−2a n−1，
所以a n＝2a n−1，
因为a1，a2+1，a3成等差数列，a2＝2a1，a3＝4a1
所以2(2a1+1)＝a1+4a1，
解得a1＝2．
所以a n
a n−1=2(n≥2)，且a
1＝2
所以数列{a n}是等比数列．
所以a n=a1⋅q n−1=2n．
（2）b n=log2a n=log22n=n，
所以1
b n⋅b n+1=1
n⋅(n+1)
=1
n
−1
n+1
，
T n=(1−1
2)+(1
2
−1
3
)+(1
3
−1
4
)+⋯+(1
n
−1
n+1
)，
=1−1
n+1≤9
10
．
所以1
n+1≥1
10
，
因为n∈N∗，所以n+1≤10，所以n≤9，
即n的最大值为9．。