天津市滨海新区天津开发区第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题 13页

天津开发区第一中学2019-2020学年度第一学期高二年级数学期中检测试卷 一.选择题（每题3分，共36分）‎ ‎1.已知数列的通项公式（），则是这个数列的（ ）‎ A. 第8项 B. 第9项 C. 第10项 D. 第12项 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，解方程可得．‎ ‎【详解】由题意，解得（舍去）．‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式，由通项公式求项数，属于基础题．‎ ‎2.已知数列的前项和为，且，则等于 A. B. ‎1 ‎C. 2 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在中，分别令，即可得结果.‎ ‎【详解】由，‎ 令，可得，‎ 再，可得，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的基本概念，以及特值法的应用，属于基础题.‎ ‎3.在等差数列中，已知，则= ( )‎ A. 10 B. ‎18 ‎C. 20 D. 28‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，设等差数列的公差为，则，‎ 则，故选C．‎ 考点：等差数列的通项公式．‎ ‎4.在等差数列中，，则的前5项和 A. 7 B. ‎15 ‎C. 20 D. 25‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎：，‎ ‎【考点定位】本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式，解题时要认真审题，仔细解答 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎5.设，则数列的最大项是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二次函数性质求解．‎ 详解】，‎ ‎∵，‎ ‎∴时，．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查数列中的项的最值．数列作为特殊的函数，可以利用函数性质求最值，只是要注意作为函数其自变量取值是正整数．‎ ‎6.已知各项均为正数的等比数列{}，=5，=10，则=‎ A. B. ‎7 ‎C. 6 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由等比数列的性质知，a‎1a2a3，a‎4a5a6，a‎7a8a9成等比数列，所以a‎4a5a6＝‎ 故答案为 考点：等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知识，转化与化归的数学思想．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎7.已知数列满足，，则数列的一个通项公式为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由递推公式可用累加法求通项公式．‎ ‎【详解】由得，‎ ‎∴，‎ ‎，适用．∴．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查由递推公式求通项公式，解题方法是累加法，如果递推式出现数列前后项的差时可考虑用累加法求通项公式．‎ ‎8.已知数列中，，以后各项由公式给出，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题可以先通过的值以及的值算出的值，再通过的值以及的值算出的值，最后计算出的值．‎ ‎【详解】由题意可知，有：‎ 所以 所以 所以，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要是对于题目给出条件的理解和使用，想要求出的值可直接利用的值以及的值求出．‎ ‎9.设a，b∈R，那么“＞‎1”‎是“a＞b＞‎0”‎的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：a＞b＞0，可推出，而当，时，例如取a=﹣2，b=﹣1，显然不能推出a＞b＞0，由充要条件的定义可得答案．‎ 解：由不等式的性质，a＞b＞0，可推出，‎ 而当，时，例如取a=﹣2，b=﹣1，显然不能推出a＞b＞0．‎ 故是a＞b＞0的必要不充分条件．‎ 故选B．‎ 考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎10. 在下列各函数中，最小值等于2的函数是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：时，，故A错；∵，∴，∴中等号不成立，故B错；∵，∴中等号也取不到，故C错；故选D.‎ 考点：基本不等式.‎ ‎【易错点睛】本题主要考查了基本不等式.基本不等式求最值应注意的问题：(1)使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其前提“一正、二定、三相等”的忽视．要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可．(2)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件．‎ ‎11.若，，，则下列不等式中 ①；②；③；④，对一切满足条件的，恒成立的序号是（ ）‎ A. ①② B. ①③ C. ①③④ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因为，，，所以所以①正确；假设②成立所以当且仅当时成立，与条件相矛盾，所以②错误；由①可知：所以③正确；‎ 所以④正确.‎ 考点：基本不等式的应用.‎ ‎12.已知a,b,c是正实数,且a+b+c=1,则的最小值为( )‎ A. 3 B. ‎6 ‎C. 9 D. 12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用a+b+c＝1求得（）（a+b+c），展开后利用均值不等式求得最小值．‎ ‎【详解】解：∵a+b+c＝1，‎ ‎∴（）（a+b+c）＝33+2+2+2＝9‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了均值不等式在最值问题中的应用．考查了学生对均值不等式的灵活运用．‎ 二.填空题（每题3分，共18分）‎ ‎13.已知命题，则命题的否定是__________________________.‎ ‎【答案】∀x∈R，x2+x-1≥0.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 否定命题的结论，把存在量词改为全称量词．‎ ‎【详解】命题的否定是．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查命题的否定．注意命题的否定是否定命题的结论，同时把全称量词与存在量词互换．‎ ‎14.若关于的不等式的解集为，则__________‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二次不等式和二次方程关系，得到是方程的两根，由根与系数的关系得到的值.‎ ‎【详解】因为关于的不等式的解集为 所以是方程的两根，‎ ‎，‎ 由根与系数的关系得，解得 ‎【点睛】本题考查一元二次不等式和一元二次方程之间的关系，根与系数之间的关系，属于简单题.‎ ‎15.设，则是的_______________条件（填：充分不必要、必要不充分、充要、既不充分也不必要）‎ ‎【答案】充分不必要 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出两个不等式解集，根据集合的包含关系说明．‎ ‎【详解】，或，‎ ‎∵，‎ ‎∴是的充分不必要条件．‎ 故答案为：充分不必要．‎ ‎【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的概念是解题关键．充分必要条件与集合的包含之间关系：命题对应集合是，命题对应集合是，则是的充分条件，是的必要条件，是的充要条件，是的充分不必要条件，是的必要不充分条件．‎ ‎16.已知正数满足，那么的最小值为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为：，由均值不等式得：，令，则．‎ 考点：1．均值不等式求最值；2．还原法解不等式．‎ ‎17.若，则的最小值为________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，则=,展开利用基本不等式,可求得答案.‎ ‎【详解】因为.‎ ‎==.‎ 当且仅当，即 时取等号.‎ 故答案为：4.‎ ‎【点睛】本题主要考查应用基本不等式求最值，属于中档题.‎ ‎18.已知，函数的最大值是____________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化为可用基本不等式条件：．‎ ‎【详解】，‎ 因为，当且仅当，即时等号成立．‎ 所以．最大值为2.‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查用基本不等式求最值，掌握基本不等式的条件是解题关键．一正二定三相等要牢记．‎ 三.解答题（共46分）‎ ‎19.已知命题若非是的充分不必要条件，求的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得或；或 转化为包含关系，列不等式求解即可.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以或或；‎ 则或 记或 因 ‎，‎ 即 ‎【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的定义，考查了绝对值不等式的解法、一元二次不等式以及包含关系求最值，属于中档题.‎ ‎20.解关于的不等式：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）‎ ‎【答案】（1）{x|x≤1，或x＞2}（2）答案不唯一，具体见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）移项通分化为形式，再化为求解；‎ ‎（2）求出方程的两根，按根的大小分类讨论．‎ ‎【详解】（1），即0，即（3x﹣3）（x﹣2）≥0且x﹣2≠0，‎ 求得x≤1，或x2，故不等式的解集为{x|x≤1，或x2}.‎ ‎（2）x2﹣ax﹣‎2a20，即（x﹣‎2a）（x+a）0.‎ 当a0时，不等式的解集为{x|﹣ax‎2a}， ‎ 当a＝0时，不等式即x20，无解.‎ 当a0时，不等式的解集为{x|‎2ax﹣a}.‎ ‎【点睛】本题考查解分式不等式和一元二次不等式．分式不等式可通过移项通分转化为整式不等式，解一元二次不等式注意分类讨论．‎ ‎21.设数列是等差数列，数列是各项都为正数的等比数列，且.‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）设，，，试比较与的大小.‎ ‎【答案】（1）an＝2n﹣1，bn＝3n.（2）当n＝1时，Tn＝2anbn；当n≥2时，Tn＜2anbn.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）用等差数列和等比数列的基本量法求解；‎ ‎（2）用错位相减法求和．然后用作差法比较大小．‎ ‎【详解】（1）设等差数列{an}公差为d，等比数列{bn}公比为q.‎ ‎∵a1＝1，b1＝3，a2+b3＝30，a3+b2＝14，‎ ‎∴，化为2q2﹣q﹣15＝0，q＝3（舍去）．‎ ‎∴q＝3，d＝2.‎ ‎∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，bn＝3n.‎ ‎（2）cn＝（an+1）•bn＝2n•3n，‎ ‎∴Tn＝2（3+2×32+…+n•3n），‎ ‎3Tn＝2[32+2×33+…+（n﹣1）×3n+n•3n+1]，‎ ‎∴﹣2Tn＝2（3+32+…+3n﹣n×3n+1）＝2（1﹣2n）×3n+1﹣3，‎ ‎∴Tn.‎ 又2anbn＝2（2n﹣1）×3n.‎ ‎∴Tn﹣2anbn2（2n﹣1）×3n，‎ 当n＝1时，Tn＝2anbn，‎ 当n≥2时，Tn＜2anbn.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，考查错位相减法求和．数列是等差数列，数列是等比数列，则数列用裂项相消法求和，数列用错位相减法求和．‎ ‎22.已知数列满足：，，，‎ ‎（1）求证：数列为等差数列；‎ ‎（2）求数列的通项公式；‎ ‎（3）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等差数列的定义证明；‎ ‎（2）由（1）可得，从而得；‎ ‎（3）用裂项相消法求和．‎ ‎【详解】（1）证明：由an﹣1•an﹣6an﹣1+9＝0，得，‎ ‎∴，‎ 则，‎ ‎∴数列{}是公差为的等差数列；‎ ‎（2）解：由（1）知，，‎ ‎∴；‎ ‎（3）解：bn，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题考查用定义证明等差数列，考查等差数列的通项公式，考查裂项相消法求数列的和．掌握数列求和的常用方法是解题基础．如公式法，裂项相消法，错位相减法，并项分组求和法等等．‎