新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2019-2020学年高二上学期第一次月考数学试题

新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2019-2020学年高二上学期第一次月考数学试题

数学试卷 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.现有这么一列数：1，，，，（ ），，，…，按照规律，（ ）中的数应为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得出每个数的分母为，分子为连续的奇数，即可求解.‎ ‎【详解】由题意知，一列数：1，，，，（ ），，，…，‎ 可得每个数的分母为，分子为连续的奇数，所以（ ）中的数应为 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了数列的项的归纳推理，其中解答中根据数的排列，找出数字的规律是解答的关键，着重考查了归纳推理的应用.‎ ‎2.在不等式表示的平面区域内的点是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：，可知点在不等式表示的平面区域内．故B正确．‎ 考点：不等式表示平面区域．‎ ‎3.在等比数列中，已知，，则（ ）.‎ A. 32 B. 32或 C. 64 D. 64或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，求得，再由，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，设等比数列的公比为，‎ 因为，，可得，解得，所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式，准确计算是解答的关键，着重考查了计算能力.‎ ‎4.下列结论正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 选项A中，当c=0时不符，所以A错．选项B中，当时，符合，不满足，B错．选项C中, ,所以C错．选项D中，因为 ，由不等式的平方法则， ，即．选D.‎ ‎5.等差数列的前11项和，则（ ）‎ A 18 B. ‎24 ‎C. 30 D. 32‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎，所以，根据等差数列性质：，故选择B.‎ ‎6.在R上的定义运算：则满足的解集为（ ）‎ A. (0，2) B. (-2，1) C. D. (-1，2)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据运算：将，转化为，再利用一元二次不等式的解法求解.‎ ‎【详解】因为运算：‎ 所以，‎ 即，‎ 解得.‎ 所以的解集为：(-2，1).‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法和新定义，还考查了运算求解的能力，属于中档题 ‎7.等差数列前项和为，若，，则（ ）.‎ A. 39 B. ‎29 ‎C. 28 D. 24‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质，得到构成等差数列，列出方程，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，根据等差数列的性质，可得，，也构成等差数列，‎ 即构成等差数列，所以，‎ 即，解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列前n项和的性质的应用，其中解答中熟记等差数列前n项和的性质是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.‎ ‎8.数列的通项公式，则该数列的前99项之和等于（ ）.‎ A. 10 B. ‎9 ‎C. 8 D. 7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将分母有理化得到，再利用裂项法可求和，进而可得结论.‎ ‎【详解】由题意，数列的通项公式，‎ 所以 令，可得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了裂项法求和的应用，其中解答中把数列的通项公式化简为是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎9.已知等比数列中，，，成等差数列，设为数列的前项和，则等于（ ）.‎ A. B. ‎3 ‎C. 3或 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，，成等比数列，可得，解得或，再结合等比数列求和公式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，因为，，成等比数列，可得，‎ 所以，整理可得，解得或，‎ 当时，则，‎ 当时，可得，则.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项，等差中项公式以及等差数列的前n项和公式的应用，其中解答中熟练应用等比数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.‎ ‎10.已知数列满足且，的通项公式为（ ）.‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，得到，再利用“叠加法”，结合等差数列的前n项和公式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，数列满足，‎ 可得，‎ 这个式子相加可得.‎ 当，也符合该式，故.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了数列的递推公式的应用，以及等差数列的前n项和公式的应用，其中解答中根据数列的递推公式，合理利用叠加法求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎11.等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的的值为( )‎ A. 6 B. ‎7 ‎C. 8 D. 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为等差数列中，，所以，有， 所以当时前项和取最小值.故选C.‎ ‎12.已知数列满足（），则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分别令，得，‎ ‎ ，‎ 两式相比，得，即；故选C.‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知数列首项为，且，则为________.‎ ‎【答案】31‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造可得，从而可得数列是以2为首项，以2为等比数列，可先求，进而可求，把代入可求 ‎【详解】‎ 是以2为首项，以2为等比数列 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用数列的递推关系求解数列的项，待定系数法 迭代的方法即构造等比（等差）数列的方法求解，‎ ‎14.关于的不等式的解集为，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由不等式的解集为，转化为可得和是方程的两根，结合韦达定理列出方程组，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，关于的不等式的解集为，‎ 可得和是方程的两根，‎ 所以，解得，所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三个二次式之间的关系的应用，其中解答中熟记不等式解集的端点值对应方程的根，结合韦达定理求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.‎ ‎15.若满足约束条件，则的最大值为_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由下图可得在处取得最大值，即.‎ 考点：线性规划.‎ ‎【方法点晴】本题考查线性规划问题，灵活性较强，属于较难题型.考生应注总结解决线性规划问题的一般步骤（1）在直角坐标系中画出对应的平面区域，即可行域；（2）将目标函数变形为；（3）作平行线：将直线平移，使直线与可行域有交点，且观察在可行域中使最大（或最小）时所经过的点，求出该点的坐标；（4）求出最优解：将（3）中求出的坐标代入目标函数，从而求出的最大（小）值.‎ ‎16.设是数列的前项和，且，，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用和的关系和等差数列的定义，求得，进而可求得的值，得到答案.‎ ‎【详解】由，可得，整理得，‎ 又因为，可得，‎ 所以数列构成首项为，公差为的等差数列，‎ 所以，可得，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了数列中和的关系，以及等差数列的定义及通项公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分；其中第17题10分，第18至22题每题12分）‎ ‎17.（1）比较与的大小；‎ ‎（2）解不等式.‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用作差比较，即可得到与的大小；‎ ‎（2）把不等式化为，结合一元二次不等式的解法，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由，所以.‎ ‎（2）由不等式可化为，解得或，‎ 所以不等式的解集为或 ‎【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质，以及分式不等式的求解，其中解答中熟练应用“作差比较法”和分式不等式的解法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎18.（1）等差数列中，已知，，，试求的值；‎ ‎（2）在等比数列中，，公比，前项和，求首项和项数.‎ ‎【答案】（1）；（2），‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题设条件，求得，得到，再根据列出方程，即可求解；‎ ‎（2）求得等比数列的前n项和，根据列出方程，即可求解.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，‎ 因为，，可得， ‎ 解得，所以，‎ 又由，即，解得.‎ ‎（2）因为，公比，‎ 由，可得，解得，所以，‎ 因为，即，解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的通项公式，以及等比数列的前n项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎19.已知等差数列前项和为，，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）记，，求数列的前项的和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，，列出方程组，求得的值，即可求得数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）可得，结合裂项法，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，等差数列中，，，‎ 可得，，解得，‎ 所以数列的通项公式为.‎ ‎（2）由（1）可得，‎ 所以，‎ 即数列的前100项和为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式的求解，以及裂项法求和的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式，合理利用裂项法求和是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.‎ ‎20.（1）不等式，对任意实数都成立，求的取值范围；‎ ‎（2）求关于的不等式的解集.‎ ‎【答案】（1）；（2）当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由不等式，对任意实数都成立，结合一元二次函数的性质，分类讨论，即可求解；‎ ‎（2）由，原不等式化为，根据根大小，分类讨论，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，不等式，对任意实数都成立，‎ ‎①当时，可得，不等式成立，所以；‎ ‎②当时，则满足，即，解得，‎ 所以实数的取值范围.‎ ‎（2）不等式可化为，‎ 可得不等式对应一元二次方程的根为，，‎ 当时，即时，不等式的解集为；‎ 当时，即时，不等式的解集为；‎ 当时，即时，不等式的解集为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了不等式的恒成立问题，以及含参数的一元二次不等式的求解，其中解答中熟练应用一元二次函数的性质，以及熟记一元二次不等式的解法是解答的关键，着重考查了分类讨论数学，以及运算与求解能力.‎ ‎21.已知数列中，，其前n项和记为，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用递推公式及,可证明数列为等比数列,求得首项后,即可求得数列的通项公式.‎ ‎（2）将代入中求得数列.可知为等比与等差数列的和,即可利用分组求和法求得前n项和.‎ ‎【详解】（1）由题意得,（）,‎ 两式相减得（）,‎ 又∵,,‎ ‎∴（）,‎ ‎∴是首项为1,公比为3的等比数列,‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）可知 则 所以,‎ 所以为等比数列与等差数列的和.利用分组求和法可得 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了递推公式及的应用,等比数列的证明及等比数列通项公式的求法,等差数列与等比数列前n项和公式的应用,分组求和法的应用,属于基础题.‎ ‎22.在数列中，，（且）.‎ ‎（1）证明：数列为等差数列；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，利用数列的递推关系式，求得，再结合等差数列的定义，即可求解；‎ ‎（2）由（1），求得，得到，利用乘公比错位相减法，即可求解.‎ ‎【详解】（1）设，因为，所以，‎ 又由，‎ 所以数列为首项是2，公差是1等差数列.‎ ‎（2）由（1）知，，所以，‎ 所以，‎ 又由…….①‎ ‎………..②‎ 用②①，可得.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的定义、通项公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好地考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.‎