【文档说明】北京市第八中学2023-2024学年高二下学期期中练习数学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，771.425 KB，由小赞的店铺上传

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2023—2024学年度第二学期中练习题年级：高二科目：数学考试时间：120分钟，满分：150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.已知函数()xxfxe=，则()fx

=（）A.1xxe−B.1xxe+C.1xxe−D.1exx+−【答案】C【解析】【分析】直接利用求导公式和法则求解即可【详解】解：因为()xxfxe=，所以()()()'''221()xxxxxxxxexe

exexfxeee−−−===，故选：C2.在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝A.58B.88C.143D.176【答案】B【解析】【详解】试题分析：等差数列前n项和公式1()2nnnaas+=，481111111()11()111688222aaa

as++====．考点：数列前n项和公式．3.记nS为等比数列na的前n项和.若24S=，46S=，则6S=（）A.7B.8C.9D.10【答案】A【解析】【分析】根据题目条件可得2S，42SS−，64SS−成等比数列，从而求出641SS−=，进一步求出答案.【

详解】∵nS为等比数列na的前n项和，20S，∴2S，42SS−，64SS−成等比数列∴24S=，42642SS−=−=∴641SS−=，∴641167SS=+=+=.故选：A.4.曲线2()exfxx=在点(1,(1))f处的切线方程为（）A

.e0xy−=B.2ee0xy−−=C.3e2e0xy−−=D.4e3e0xy−−=【答案】C【解析】【分析】以导数几何意义去求切线方程即可.【详解】由2()exfxx=可得(1)ef=又()222ee(+2)exxx

fxxxxx==+则切线斜率'(1)(1+2)e=3ekf==故曲线2()exfxx=在点(1,(1))f处的切线方程为3e(1)eyx=−+即3e2e=0xy−−故选：C5.用数学归纳法证明“对任意的n*N，1233n++++=3(13)2nn+”，由nk

=到1nk=+时，等式左边应当增加的项为（）A.31k+B.(31)(32)(33)kkk+++++C.33k+D.(1)(2)(3)kkk++++【答案】B【解析】【分析】分别写出nk=和1nk=+时，左边的式子，两式作差，即可得出结果.【详解】由

题意可得，当nk=时，等式左边等于1233k++++，共3k项求和；当1nk=+时，等式左边等于1233(1)k+++++，共33k+项求和；所以由nk=假设到证明1nk=+时,等式左边应添加的式子是(31)(32)(33)kkk+++++.故

选：B.6.101111111111224242+++++++++++LL的值为()A.91182+B.101202+C.111222+D.101182+【答案】B【解析】【详解】设11111211111121212422212nnnnn

a−−−=++++==−=−−，分组求和可得：∴1111212221212nnnSnn−−=−=−+−，则：11111101121122022S−=−+=+.本题选择B选项.

7.已知数列na的通项公式为2nann=−（R），若na为单调递增数列，则实数的取值范围是（）A.(),3−B.(),2−C.(),1−D.(),0−【答案】A【解析】【分析】由已知得121nnaan+−=+

−，根据na为递增数列，所以有10nnaa+−，建立关于的不等式，解之可得的取值范围.【详解】由已知得221(1)(1)21nnaannnnn+−=+−+−+=+−，因为na为递增

数列，所以有10nnaa+−，即210n+−恒成立，的所以21n+，所以只需()min21n+，即2113+=，所以3，故选：A.【点睛】本题考查数列的函数性质：递增性，根据已知得出10nnaa+−是解决此类问题的关键，属于基

础题.8.小华分期付款购买了一款5000元的手机，每期付款金额相同，每期为一月，购买后每月付款一次，共付6次，购买手机时不需付款，从下个月这天开始付款.已知月利率为1%，按复利计算，则小华每期付款金额约为

（）（参考数据：51.011.05，61.011.06，71.011.07）A.764元B.875元C.883元D.1050元【答案】C【解析】【分析】设小华每期付款金额为x元，第n期付款后欠款为()1,2,3,4,5,6nAn=元，根据已知条件，依次写出1A，2A，3

A，L，6A，结合60=A及等比数列的前n项和公式即可求解.【详解】设小华每期付款金额为x元，第n期付款后欠款为()1,2,3,4,5,6nAn=元，则()1500011%50001.01Axx=+−=−，()()2250001.0111%50001.011.01Axxxx=−+−=

−−，()()232350001.011.0111%50001.011.011.01Axxxxxx=−−+−=−−−，L()65432650001.011.011.011.011.011.011Ax=−+++++，

因为60=A，所以()6543250001.011.011.011.011.011.0110x−+++++=，即()665432650001.0150001.0150001.06530088311.061.011.011.011.011.0116111.0111.0111.01x===

−+++++−−−，所以小华每期付款金额约为883元.故选：C.9.若函数()lnfxkxx=−在区间()1,+上单调递增，则实数k的取值范围是A.(,2−−B.(,1−−C.)2,+D.)1,+【答案】D【解析】【详解】试题分析：，∵函

数()lnfxkxx=−在区间()1,+单调递增，∴在区间()1,+上恒成立．∴，而在区间()1,+上单调递减，∴．∴的取值范围是)1,+．故选D．考点：利用导数研究函数的单调性.10.已知数列：()12,,

,11kkNkk−，按照k从小到大的顺序排列在一起，构成一个新的数列na：1212381,,,,,,,213219则首次出现时为数列na的A.第44项B.第76项C.第128项D.第144项【答案】C【解析】【分析】从分子分

母的特点入手，找到89出现前的所有项，然后确定89的项数.【详解】观察分子分母的和出现的规律：2,3,4,5，把数列重新分组：11212312(),(,),(,,),(,,,)12132111kkk−，可看出89第一次出现在第16组，因为1231512

0++++=，所以前15组一共有120项；第16组的项为1278(,,,,)1615109，所以89是这一组中的第8项，故89第一次出现在数列的第128项，故选C.【点睛】本题主要考查数列的通项公式，结合数列的特征

来确定，侧重考查数学建模的核心素养.二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）11.已知函数()πsin23fxx=+，则()fx=_________________.【答案】π2cos23x+【解析】【分析】根据简单复合函数的求导法则计

算可得.【详解】因为()πsin23fxx=+，所以()π2cos23fxx=+.故答案为：π2cos23x+12.设等差数列na的前n项和为3536,0,0nSSS，若对任意正整数n，都有nkSS，则整数k=_

_____.【答案】18【解析】【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式，结合通项的性质计算判断其所有负数项作答.【详解】等差数列na中，135351835()3502aaSa+==，则180a，又13636181936()18()02aaS

aa+==+，则18190aa+，即有1918aa−，于是数列na的公差19180daa=−，即na是递增等差数列，其前18项均为负数，从第19项起为正数，因此min18()nSS=，所以对任意正整数n，都有nkSS的整数18k=

.故答案为：1813.如图，一个小球从10m高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的13，若已知小球经过的路程为530m27，则小球落地的次数为______．【答案】4【解析】【分析】设小球从第（n-1）次落地到第n次落地

时经过的路程为nam，则由已知可得数列na是从第2项开始以首项为203，公比为13的等比数列，根据等比数列的通项公式求得na，再设设小球第n次落地时，经过的路程为530m27，由等比数列的求和公式建立方程求解即可.【详

解】解：设小球从第（n-1）次落地到第n次落地时经过的路程为nam，则12321110,102,10233aaa===，，当2n时，得出递推关系12120,33nnaaa+==，所以数列na是从第2项开始以首项为2

03，公比为13的等比数列，所以221120()(2)33nnnaan−−==，且110a=，设小球第n次落地时，经过的路程为530m27，所以12nnSaaa=+++211111020()()333n−=++++110203n−=−，所以1105302

0327n−−=，解得4n=，故答案为：4.14.函数()212lnfxxx=−−的最小值为______.【答案】1【解析】【分析】由解析式知()fx定义域为(0,)+，讨论102x、112x、1x，并结合导数研究的单调性，即可求()fx最小值.【详

解】由题设知：()|21|2lnfxxx=−−定义域为(0,)+，∴当102x时，()122lnfxxx=−−，此时()fx单调递减；当112x时，()212lnfxxx=−−，有2()20fxx=−，此时()fx单调递减；当1x时，()212lnfxxx=

−−，有2()20fxx=−，此时()fx单调递增；又()fx在各分段的界点处连续，∴综上有：01x时，()fx单调递减，1x时，()fx单调递增；∴()(1)1fxf=故答案为：1.15.关于函数()()esincosxfxxx=−，()4,4x−，有如下4个结论

：①()fx在π0,2上单调递增；②()fx有三个零点；③()fx有两个极值点；④()fx有最大值．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①②④【解析】【分析】对()fx求导，得出()fx在(

)4,4x−的单调性，即可求出()fx的极值点和最值可判断①，③，④；令()0fx=，求出x的值，可判断②.【详解】()()()esincosecossin2esinxxxfxxxxxx=−++=，()4,4x

−，当π0,2x时，()0fx¢>，所以()fx在π0,2上单调递增，故①正确；令()()πesincos2esin04xxfxxxx=−=−=，则πsin04x−=，解得：()ππZ4xkk=+，因为

()4,4x−，所以3ππ5π,444x=−，.所以()fx在()4,4x−有三个零点，故②正确；当0πx或4πx−−时，sin0x，()0fx¢>，当π0x−或π4x时，sin0x，()0fx，所以()fx在()0,π，()4,π−−上单调递增

，在()π,0−或()π,4上单调递减，故πx=−和πx=为()fx的极大值点，0x=和πx=为()fx的极小值点，故()fx在()4,4x−有3个极值点，故③不正确；()()πππe,πe,ff−−==所以()fx在()4,4x−有最大值为()ππef=，

故④正确.故选：①②④.三、解答题（共6题，满分85分）16.记nS是公差不为0的等差数列na的前n项和，若35244,aSaaS==．（1）求数列na的通项公式na；（2）求使nnSa成立n的最小值．的【答案】(1)26nan=−；(

2)7.【解析】【分析】(1)由题意首先求得3a的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：535Sa=，则：3335,0aaa==，设等差数列

的公差为d，从而有：()()22433aaadadd=−+=−，()()()41234333322Saaaaadadaadd=+++=−+−+++=−，从而：22dd−=−，由于公差不为零，故：2d=，数列的通项公式为：()3326n

aandn=+−=−.(2)由数列的通项公式可得：1264a=−=−，则：()()214252nnnSnnn−=−+=−，则不等式nnSa即：2526nnn−−，整理可得：()()160nn−−，解得：1n或6n，又

n为正整数，故n的最小值为7.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.17.已知函数()()1exfxx=−（1）判断函数()fx的单调性，并求出()fx的极值；（2）设()()()gxf

xaaR=−，讨论函数()gx的零点个数．【答案】（1）答案见解析；（2）答案不唯一，具体见解析【解析】【分析】（1）根据导数研究函数单调性，求解极值即可；（2）将问题转化为直线ya=与函数()fx的图像公共点问题，进而数形结合求解即可；【小问1详解】解：函数的定

义域为R．()(1)ee0exxxfxxx=+−==，解得0x=所以，当(,0)x−时()0fx，()fx单调递减；当,()0x+时()0fx，()fx单调递增．所以，当0x=时，()fx取得极小值

(0)1f=−，()fx没有极大值．【小问2详解】解：根据题意，函数()gx的零点问题转化为直线ya=与函数()fx的图像公共点问题．由（1）知，(,0)x−时，()fx单调递减；,()0x+时，()fx单调递增．当x趋近于−

时，()fx趋近于0，x趋近于+时，()fx趋近于+，所以，()fx的大致图像如图，情形1．1a=−或0a时，直线ya=与函数()fx的图象有一个公共点，函数()gx的零点个数为1．情形2：10a−时，

直线ya=与函数()fx的图象有两个公共点，函数()gx的零点个数为2．情形3：1a−时，直线ya=与函数()fx的图象没有公共点，函数()gx的零点个数为0．18.已知函数232()31fxaxaxbx=+−−在1x=时有极值0．（1）求实数,ab的值；（2）若()fxm在[0,)+

上恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）19,24ab=−=−（2）1m−【解析】【分析】（1）由函数的极值知(1)0,(1)0ff==列方程求参数，再验证1x=处是否为极值点即可；（2）由（1）得32139()1424fxxxx=−+−，问题化为在[0

,)+上min()fxm，即可得范围.【小问1详解】由232()31fxaxaxbx=+−−在1x=时有极值0，且22()36fxaxaxb=+−，则(1)0,(1)0ff==，即22310360aabaab+−−=+−=，则13ab=−=−或1294ab=−

=−，当1,3ab=−=−时，2()3(1)0fxx=−≥，则()fx在1x=时无极值；当19,24ab=−=−时，3()(1)(3)4fxxx=−−，则()fx在1x=时有极值；所以19,24ab=−=−.【小问2详解】由（1）知：

32139()1424fxxxx=−+−，则3()(1)(3)4fxxx=−−，当01x时()0fx，()fx递增；当13x时()0fx，()fx递减；当3x时()0fx，()fx递增；由(0)1,(3)1ff=−=−，则min()1fx=−，所以，1m−.

19.已知数列na的前n项和为nS，且()*23nnSannN=−．（1）证明数列3na+是等比数列，并求出数列na的通项公式；（2）在na与1na+之间插入n个数，使得包括na与1na+在内的这2n+个数成等差数列，其公差为nb，求数列1nb的前n项和nT．【答案】

（1）证明见解析，323nna=−（2）31132nnnT+=−【解析】【分析】（1）根据公式1nnnaSS−=−得到123nnaa−=+，得到1323nnaa−+=+，再根据等比数列公式得到答案.（2）根据等差数列定义得到321nnbn=+，再利用错位相减法计

算得到答案.【小问1详解】23nnSan=−，当1n=时，1123Sa=−，得到13a=；当2n时，()11231nnSan−−=−−，两式相减得到()1123231nnnnnaSSanan−−=−=−−+−，整理得到123nnaa−=+，

即()1323nnaa−+=+，故1323nnaa−+=+，数列3na+是首项为6，公比为2的等比数列，1623nna−=+，即1623323nnna−=−=−，验证1n=时满足条件，故323nna=−.【小问2详解】1132332332111nnnnnnaabnnn++−−−+

===+++，故11113232nnnnnb++==，1231112113111132323232nnnT++++=++++，2341111121131111232323232nnnT+++++=

++++，两式相减得到：231121111111232322232nnnnT++=++++−，整理得到：1111111111212334

3212nnnnT−+−+=+−−，故31132nnnT+=−.20.已知函数f(x)＝ax－2lnx．（1）讨论f(x)的单调性；（2）设函数g(x)＝x－2，若存在31,ex，使得f(

x)≤g(x)，求a的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）22e2,e+−.【解析】【分析】（1）根据实数a的正负性，结合导数的性质分类讨论求解即可；（2）利用常变量分离法，通过构造函数，利用导数的性质进行求解即可.小问1详解】()()220axfxaxxx−=−=当a≤0

时，()0fx在(0，＋∞)上恒成立；当a＞0时，令()0fx¢>得2xa；令()0fx得20xa；综上：a≤0时f(x)在(0，＋∞)上单调递减；a＞0时，f(x)在20,a上单调递减，在2,a+

上单调递增；【小问2详解】由题意知ax－2lnx≤x－2在(0，＋∞)上有解则ax≤x－2＋2lnx，22lnxxax−+．令()22lnxxgxx−+=，()242lnxgxx−=x)21,e2e(23e,eg'(x

)＋0－g(x)↗极大值↘所以()()222maxe2eegxg+==，因此有22e2ea+所以a的取值范围为：22e2,e+−【点睛】关键点睛：运用常变量分离法利用导数的性质是解题的关键.21.如果无穷数列na是等差数

列，且满足：①i、*jN，*kN，使得ijkaaa=；②*kN，i、*jN，使得ijkaaa=，则称数列na是“H数列”.（1）下列无穷等差数列中，是“H数列”的为___________；（直接写出结论）【:1na、3、5、

:0nb、2、4、:0nc、0、0、:1nd−、0、1、（2）证明：若数列na是“H数列”，则1aZ且公差dN；（3）若数列na是“H数列”且其公差*dN为常数，求na的所有通项公式.【答案】

（1）na、nc（2）证明见解析（3）1nan=−或()11nand=+−【解析】【分析】（1）根据“H数列”的定义可得出结论；（2）验证0d=成立，利用①②推导出Zd，假设0d，可得出等差数列na是递减数列，结合①得出101a

，结合1aZ可得出10a=或1，1d−，再结合不等式的基本性质以及数列na的单调性推出矛盾，从而说明0d不成立，即可证得结论成立；（3）由（2）知，1d，可得知数列na递增数列，推导出10a不成立，可得出

1aN，分10a=、10a两种情况讨论，验证1nan=−、()11naand+−=满足①②，即可得出结果.【小问1详解】解：由“H数列”的定义可知，数列na、nc为“H数列”.【小问2详解】证明：若0d=，则由①

可知211aa=，所以10a=Z或11a=Z，且公差0d=N，以下设0d由①，k、lN，12kaaa=，13laaa=，两式作差得()()1321lklkdaaaaaad−=−=−=，因为0d，所以1alk=−Z.由①

，m、Nn，23maaa=，24naaa=，是.两式作差得()()2432nmnmdaaaaaad−=−=−=，因为0d，所以2anm=−Z，因此，21daa=−Z.若0d，则等差数列na是递减数列，由①21a为na中的项，因

此，211aa≤，解得101a，由1aZ且公差dZ，所以10a=或1，1d−，()4131312aad=++−=−，由①，24a为na中的项，且()224124aa−=，这与等差数列na递减矛盾，因此，0d不成立.综上，1aZ且公差d

N.【小问3详解】解：因为公差*dN，所以1d，即na是递增数列.若10a，因为1aZ，所以*113,2aa−−N，则()()131111222aaaadaa−=+−+−=，且113112aaaaa−≤，由①113aaa−为na中的项，这与等差数列

na是递增数列矛盾.因此，10a，又由（2）1aZ，故1aN.由1aN，*dN知，*,0nnaN≥且na中存在一项为正整数，取最小的正整数项ka.则由②，*,ijN，使得ijkaaa=且1ika

a≥≥，1jkaa≥≥.因此2kijkaaaa=≥，解得1ka≤，又*kaN，故1ka=.因为na是递增数列，（i）若10a=，则2121kdaaaa=−===，此时1nan=−.因为*,ijN，()()111ijaai

jijij=−−=−−+，令2kijij=−−+，有*kN，且ijkaaa=，所以na满足条件①.因为*kN，令2i=，jk=有21ijkkkaaaaaa===，所以na满足条件②.（ii）若10a，则11kaa=

=，()11nand=+−.因为*,ijN，()()1111ijaaaidajd=+−+−()()()2211211aijdaijd=++−+−−()()()1211aijijdd=++−+−−

.令()()()2111kijijd=+−+−−+，则*kN，且ijkaaa=，所以na满足条件①.因为*kN，令1i=，jk=，有11ijkkkaaaaaa===，所以na满足条件②.综上，1nan=−或()11nand=+

−.【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义“H数列”，在第二问的证明中，可采取反证法证明0d不成立，结合数列的单调性可证出结论；在第三问的求解，要注意对1a是否为零进行分类讨论，结合①②进行验证即可.