1、北京市昌平区2020-2021学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）. 1已知全集Ax|x24，BxZ|x1，则AB（）A0，1，2B1，2C1，0，1，2Dx|1x22已知x，yR，且x0，y0，x+y2，那么xy的最大值为（）ABC1D23下列函数中，既是偶函数，又在区间（0，1）上单调递增的是（）Ay1x2By2|x|CyDylnx4在等差数列an中，a54，数列an的前9项的和为（）A4B8C36D725若不等式ax2xc0的解集为x|1x，则函数f（x）cx2xa的图象可以为（）ABCD6为了调查某地区老人是否需要志愿者提供帮助与性别之
2、间的关系，用简单随机抽样的方法从该地区调查了500位老年人，结果如表：男女需要志愿者4030不需要志愿者160270经计算可得X29.967由P（X26.635）0.01，下列结论正确的是（）A有99%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别无关B有99%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关C在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别无关D在犯错误的概率不超过5%的前提下，可以认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别无关7已知奇函数如果f（x）ax（a0且a1）对应的图象如图所示，那么g（x）（）ABC2xD2x8
3、“克拉茨猜想”又称“3n+1猜想”，是德国数学家洛萨克拉茨在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半；如果n为奇数就将它乘3加1不断重复这样的运算，经过有限步后最终都能够得到1，得到1即终止运算已知正整数k，经过6次运算后得到1，则k的值为（）A32B32或5C64D64或109设无穷等比数列an，则“0a2a1”是“an为递减数列”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102020年5月1日，北京市开始全面实施垃圾分类，家庭厨余垃圾的分出量不断增加已知甲、乙两个小区在0，t这段时间内的家庭厨余垃圾的分出量Q与
4、时间t的关系如图所示给出下列四个结论：在t1，t2这段时间内，甲小区的平均分出量比乙小区的平均分出量大；在t2，t3这段时间内，乙小区的平均分出量比甲小区的平均分出量大；在t2时刻，甲小区的分出量比乙小区的分出量增长的慢；甲小区在0，t1，t1，t2，t2，t3这三段时间中，在t2，t3的平均分出量最大其中所有正确结论的序号是（）ABCD二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）11已知全集U0，1，2，3，4，5，集合A0，1，2，3，B3，4，则（UA）B 12命题p：x0，x2+x10，则p： 13函数f（x）的定义域为 14已知数列an满足a117，an+1an4，则当n 时，
5、数列an的前n项和取得最大值15已知函数f（x）xex，则f（1） ；若函数g（x）f（x）m有两个零点，则实数m的取值范围是 16数列an：a1，a2，an，；bn：b1，b2，bn，定义数列an&bn：a1，a2，b3，a4，a5，b6，a7，设an，bn1，1n29，则数列an&bn的所有项的和等于 ；设an5n，bn4n1，1n29，则数列an&bn与bn&an有 个公共项三、解答题（本大题共5小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17已知等差数列an满足a3+a520，a64a2（）求数列an的通项公式；（）设数列bn是各项均为正数的等比数列，cnan+bn，再从条件
6、、条件、条件中选择两个作为一组已知条件，求数列cn的前n项和Sn条件：b11；条件：b58b2；条件：b2+b3618已知函数f（x）+1（）求曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（）求函数f（x）在2，2上的最大值和最小值19记数列an的前n项和为Sn，若对于任意的正整数n，都有Sn（）求a1，a2；（）设bnan+2，求证：数列bn是等比数列；（）求数列an的前n项和Sn20已知函数f（x）lnx（a+1）x+1，aR（）当a0时，求证：f（x）0；（）若函数g（x）f（x）+x21在x1处取得极大值，求实数a的取值范围21已知集合A1，2，3，n，nN*集合A含有k个元素的子集
7、分别记为Ak，1，Ak，2，Ak，3，Ak，m，其中1kn，kN*，mN*当1jm，jN*时，设Ak，jx1，x2，xk，且x1x2x3xk定义：S（Ak，j）xkxk1+xk2+（1）k+1x1；TkS（Ak，1）+S（Ak，2）+S（Ak，3）+S（Ak，m）（）若n5，（）写出满足S（A4，j）2的一个集合A4，j，并写出j的最大值；（）求T1+T2+3的值；（）若存在唯一的nN*，使得T1+T2+Tn1024，求n的值参考答案一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）. 1已知全集Ax|x24，BxZ|x1，则AB（）A0，1，2B1，2C1，0，1，2Dx|1x2【分析】可求出集
8、合A，然后进行交集的运算即可解：Ax|2x2，BxZ|x1，ABxZ|1x20，1，2故选：A2已知x，yR，且x0，y0，x+y2，那么xy的最大值为（）ABC1D2【分析】根据题意，由基本不等式的性质可得xy（）21，即可得答案解：根据题意，x0，y0，x+y2，则xy（）21，当且仅当xy1时等号成立，即xy的最大值为1故选：C3下列函数中，既是偶函数，又在区间（0，1）上单调递增的是（）Ay1x2By2|x|CyDylnx【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性和单调性，综合可得答案解：根据题意，依次分析选项：对于A，y1x2，是二次函数，是偶函数，在区间（0，1）上为减函数，不符
9、合题意；对于B，y2|x|，既是偶函数，又在区间（0，1）上单调递增，符合题意；对于C，y，其定义域为0，+），不是偶函数，不符合题意；对于D，ylnx，是对数函数，其定义域为（0，+），不是偶函数，不符合题意；故选：B4在等差数列an中，a54，数列an的前9项的和为（）A4B8C36D72【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式直接求解解：在等差数列an中，a54，数列an的前9项的和为：9a536故选：C5若不等式ax2xc0的解集为x|1x，则函数f（x）cx2xa的图象可以为（）ABCD【分析】根据题意，分析可得方程ax2xc0的解为x11或x2，且a0，由根与系数的关系分析a、
10、c的值，即可得f（x）的解析式，分析可得答案解：根据题意，不等式ax2xc0的解集为x|1x，则方程ax2xc0的解为x11或x2，且a0，则有，解可得，函数f（x）cx2xax2x+2，是开口向下，对称轴为x的二次函数，故选：C6为了调查某地区老人是否需要志愿者提供帮助与性别之间的关系，用简单随机抽样的方法从该地区调查了500位老年人，结果如表：男女需要志愿者4030不需要志愿者160270经计算可得X29.967由P（X26.635）0.01，下列结论正确的是（）A有99%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别无关B有99%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别
11、有关C在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别无关D在犯错误的概率不超过5%的前提下，可以认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别无关【分析】利用独立性检验中K2的统计意义判断解：因为9.9676.635，所以有99%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关故选：B7已知奇函数如果f（x）ax（a0且a1）对应的图象如图所示，那么g（x）（）ABC2xD2x【分析】根据函数的奇偶性，先求出函数f（x）的图象即可得到结论解：当x0时，函数单调递减，则0a1，f（1），a，即函数f（x）（）x，当x0，则x0，则f（x）（）xf（x
12、），则y（）x2x，即g（x）2x，x0，故选：D8“克拉茨猜想”又称“3n+1猜想”，是德国数学家洛萨克拉茨在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半；如果n为奇数就将它乘3加1不断重复这样的运算，经过有限步后最终都能够得到1，得到1即终止运算已知正整数k，经过6次运算后得到1，则k的值为（）A32B32或5C64D64或10【分析】利用正整数k经过6次运算后得到1，按照变换规则，逆向逐项分析，即可得到k的所有可能的取值解：根据题意，正整数k经过6次运算后得到1，所以正整数k经过5次运算后得到2，经过4次运算后得到4，经过3次运算后得到8或1（不符
13、合题意，舍去），经过2次运算后得到16，则经过1次运算后得到32或5，所以正整数k的值为64或10，故选：D9设无穷等比数列an，则“0a2a1”是“an为递减数列”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【分析】由已知求出等比数列的公比范围，然后结合通项公式判断an的单调性，举出反例说明“an为递减数列”不能得到“0a2a1”，进一步得出结论解：因为无穷等比数列an，0a2a1，所以公比q满足，所以有anan+1anq，即an为递减数列；而无穷等比数列an如果是递减数列，它的第一项和第二项可以为负，如，所有不一定可以得到0a2a1，所以“0a2a1”是“
14、an为递减数列”的充分而不必要条件，故选：A102020年5月1日，北京市开始全面实施垃圾分类，家庭厨余垃圾的分出量不断增加已知甲、乙两个小区在0，t这段时间内的家庭厨余垃圾的分出量Q与时间t的关系如图所示给出下列四个结论：在t1，t2这段时间内，甲小区的平均分出量比乙小区的平均分出量大；在t2，t3这段时间内，乙小区的平均分出量比甲小区的平均分出量大；在t2时刻，甲小区的分出量比乙小区的分出量增长的慢；甲小区在0，t1，t1，t2，t2，t3这三段时间中，在t2，t3的平均分出量最大其中所有正确结论的序号是（）ABCD【分析】利用平均变化率、瞬时变换率的含义理解统计表，并进行选项判断解：在t
15、1，t2这段时间内，甲的增长量小于乙的增长量，所以甲的平均分出量小于乙，说法错误在t2，t3这段时间内，甲的增长量小于乙的增长量，所以乙的平均分出量大于甲，说法正确在t2时刻，乙的图象比甲的图象陡，瞬时增长率大，说法正确甲的图象大致为一条直线，所以三个时间段的平均分出量相等，说法错误故选：B二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）11已知全集U0，1，2，3，4，5，集合A0，1，2，3，B3，4，则（UA）B3，4，5【分析】进行补集和并集的运算即可解：U0，1，2，3，4，5，A0，1，2，3，B3，4，UA4，5，（UA）B3，4，5故答案为：3，4，512命题p：x0，x2+
16、x10，则p：x0，x2+x10【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论解：命题为特称命题，则命题的否定为：x0，x2+x10故答案为：x0，x2+x1013函数f（x）的定义域为 （，1）【分析】由题意根据函数的定义域的求法，得出x的范围解：对于函数f（x），应有 2x10，1x0，求得 x1，可得函数的定义域为（，1），故答案为：（，1）14已知数列an满足a117，an+1an4，则当n5时，数列an的前n项和取得最大值【分析】根据条件求得数列an是首项为17，公差为4的等差数列，进而分析出何时项为正，何时为负即可求解结论解：数列an满足a117，an+1an4，数列an是首项为17
17、，公差为4的等差数列，an174（n1）214n，当n5时，an0，当n5时，an0，当n5时，数列an的前n项和取得最大值，故答案为：515已知函数f（x）xex，则f（1）0；若函数g（x）f（x）m有两个零点，则实数m的取值范围是 （0，）【分析】根据题意，求出函数的导数，将x1代入可得第一空答案，由函数的导数分析f（x）的单调性，可得f（x）的最值，据此作出函数的大致图像，分析可得答案解：根据题意，函数f（x）xex，则其导数f（x）（x）ex+x（ex）（1x）ex，则f（1）（11）e10，f（x）（1x）ex，在区间（，1）上，f（x）0，则f（x）为增函数，在区间（1，+）上，
18、f（x）0，则f（x）为减函数，则f（x）f（1），在区间（，0）上，f（x）0，在区间（0，+）上，0f（x），若函数g（x）f（x）m有两个零点，即函数yf（x）与直线ym有且仅有2个交点，必有0m，即m的取值范围为（0，）故答案为：0，（0，）16数列an：a1，a2，an，；bn：b1，b2，bn，定义数列an&bn：a1，a2，b3，a4，a5，b6，a7，设an，bn1，1n29，则数列an&bn的所有项的和等于 19；设an5n，bn4n1，1n29，则数列an&bn与bn&an有 2个公共项【分析】由题意可以得到数列an&bn的通项公式，然后根据an、bn的通项公式可以知道29
19、个项里面有9个1，10个1，10个2，从而得到问题解答；由题意可以得到数列an&bn和bm&am的通项公式，再令an&bnbm&am即可得到n、m的关系式，最后根据5的倍数与4的倍数的特征可以得到解答解：由题意可得：an&bn，当1n29时，数列an&bn的所有项的和为：91+（155）（1）+（144）219；由题意可得：an&bn，bm&am，很显然，要使an&bnbm&am，必须n、m同时为3的倍数或者同时不为3的倍数，若n、m同时为3的倍数，则有5m4n1，则n24或n9，此时m19或m7，不成立；若n、m同时不为3的倍数，则有5n4m1，则m4或14或19或29，此时对应的有n3或1
20、1或15或23，把与题意相矛盾的舍去，剩下m14，n11或m29，n23，即a11&b11b14&a14或a23&b23b29&a29，即数列an&bn与bn&an有2个公共项；故答案为19；2三、解答题（本大题共5小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17已知等差数列an满足a3+a520，a64a2（）求数列an的通项公式；（）设数列bn是各项均为正数的等比数列，cnan+bn，再从条件、条件、条件中选择两个作为一组已知条件，求数列cn的前n项和Sn条件：b11；条件：b58b2；条件：b2+b36【分析】（）设等差数列an的首项为a1，公差为d，由已知列关于首项与公差的方
21、程组，求解首项与公差，即可求得数列an的通项公式；（）设数列bn的公比为q，分别取条件、条件、条件作为已知条件，列关于首项与公比的方程组，求解首项与公比，即可求得数列bn的通项公式，再由数列的分组求和及等差数列与等比数列的前n项和公式求解解：（）设等差数列an的首项为a1，公差为d，由已知可得，解得ana1+（n1）d3n2，则数列an的通项公式为an3n2；（）设数列bn的公比为q，选择条件作为已知条件：则，解得，；选择条件作为已知条件：则，解得或（舍），；选择条件作为已知条件：则，解得，；，则数列cn的前n项和Sn18已知函数f（x）+1（）求曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程；
22、（）求函数f（x）在2，2上的最大值和最小值【分析】（）求出函数的导数，就是f（1），f（1），求出切线方程即可；（）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，求出函数的极值，最值即可解：（）f（x）x22x，则f（1）1，f（1），切点是（1，），故切线方程是y（x1）即3x+3y40；（）令f（x）x22x0，解得：x0或x2，x，f（x），f（x）在2，2的变化如下：x2（，0）0（0，2）2f（x）+00f（x）递增极大值递减f（x）在2，0）递增，在（0，2递减，f（x）地方极大值是f（0）1，又f（2），f（2），f（x）在2，2的最大值是f（0）1，f（x）在2，2
23、在最小值是f（2）19记数列an的前n项和为Sn，若对于任意的正整数n，都有Sn（）求a1，a2；（）设bnan+2，求证：数列bn是等比数列；（）求数列an的前n项和Sn【分析】（）直接利用数列的递推关系式和赋值法的应用求出结果；（）利用递推关系式的应用求出数列为等比数列；（）利用（）的结论，进一步利用分组法的应用求出数列的和解：（）数列an的前n项和为Sn，若对于任意的正整数n，都有Sn当n1时，解得a14，当n2时，解得a216（）由于，当n2时，得：an3an1+4，由于bnan+2，所以bn+1an+1+23an+6，故，所以数列bn是以6为首项，3为公比的等比数列；（）由（）得：，
24、故anbn263n12，所以20已知函数f（x）lnx（a+1）x+1，aR（）当a0时，求证：f（x）0；（）若函数g（x）f（x）+x21在x1处取得极大值，求实数a的取值范围【分析】（）求出f（x），令f（x）0，求出x的值，然后利用f（x）的正负确定函数f（x）的单调性，由函数极值的定义求出函数f（x）的极值，即函数f（x）的最值，从而得到f（x）的取值范围，即可证明；（）求出g（x），然后分a0，0a1和a1三种情况，分别利用导数判断函数的单调性，结合函数极值的定义分析求解即可【解答】（）证明：函数f（x）lnx（a+1）x+1，定义域为（0，+），当a0时，f（x）lnxx+1，则
25、f（x），令f（x）0，解得x1，当0x1时，f（x）0，则f（x）单调递增，当x1时，f（x）0，则f（x）单调递减，所以当x1时，函数f（x）取得唯一的极大值f（1）0，故f（x）的最大值为0，所以f（x）0；（）解：函数g（x）f（x）+x21，则g（x），当a0时，则ax10，当0x1时，x10，则g（x）0，故g（x）单调递增，当x1时，x10，则g（x）0，故g（x）单调递减，所以当x1时，g（x）取得极大值，符合题意；当0a1时，则axx，当0x1时，ax1x10，则g（x）0，故g（x）单调递增，当1x时，x10，ax10，则g（x）0，故g（x）单调递减，所以当x1时，g（x
26、）取得极大值，符合题意；当a1时，当x1时，ax1x10，则g（x）0，故g（x）单调递增，所以1不是函数g（x）的极大值综上所述，实数a的取值范围为（，1）21已知集合A1，2，3，n，nN*集合A含有k个元素的子集分别记为Ak，1，Ak，2，Ak，3，Ak，m，其中1kn，kN*，mN*当1jm，jN*时，设Ak，jx1，x2，xk，且x1x2x3xk定义：S（Ak，j）xkxk1+xk2+（1）k+1x1；TkS（Ak，1）+S（Ak，2）+S（Ak，3）+S（Ak，m）（）若n5，（）写出满足S（A4，j）2的一个集合A4，j，并写出j的最大值；（）求T1+T2+3的值；（）若存在唯一
27、的nN*，使得T1+T2+Tn1024，求n的值【分析】理解定义：S（Ak，j）xkxk1+xk2+（1）k+1x1，TkS（Ak，1）+S（Ak，2）+S（Ak，3）+S（Ak，m）（）用特殊值和枚举法解题，（）分类讨论解：（）若n5，（i）取A4，j1，2，3，4，S（A4，j）43+212j的最大值为3（ii）枚举法：集合A含有1个元素的子集有1，2，3，4，5，则T115；集合A含有2个元素的子集有1，2，1，3，1，4，1，5，2，3，2，4，2，5，3，4，3，5，则T220；集合A含有3个元素的子集有1，2，3，1，2，4，1，2，5，1，3，4，1，3，5，1，4，5，2，3，4，2，3，5，2，4，5，3，4，5，则T330；T1+T2+T365（）对于集合A的子集，可以分两类，一类含n，一类不含n；如果有集合x1，x2，.，xk，n（x1，x2，.，xk，nZ，且x1x2.xkn），则存在唯一与之对应的集合x1，x2，.，xk，满足S（x1，x2，.，xk）+S（x1，x2，.，xk，n）n，且这样的集合有（1kn）组，最后还剩下集合n；T1+T2+Tnn（+.+）+n2n1n，令2n1n1024，得n8