数学卷·2018届江苏省连云港市东海高中高二上学期第一次学分认定数学试卷 （解析版）

数学卷·2018届江苏省连云港市东海高中高二上学期第一次学分认定数学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江苏省连云港市东海高中高二（上）第一次学分认定数学试卷 ‎　‎ 一、填空题本大题共14小题,每小题5分，共70分 ‎1．不等式＞0的解集是　　．‎ ‎2．在等差数列{an}中，若a2=4，a4=2，则a6=　　．‎ ‎3．若点（1，1）在二元一次不等式x+y+a＜0所表示的平面区域内，则实数a的取值范围是　　．‎ ‎4．已知数列{an}是递增的等比数列，a1+a4=9，a2a3=8，则数列{an}的公比q=　　．‎ ‎5．若a＞b＞0，c＞d＞0，则　　（选＞、＜、≥、≤、=符号其中之一填空）．‎ ‎6．已知x，y满足不等式，则z=3x+y的最大值是　　．‎ ‎7．在等差数列{an}中，若a3+a4+a5+a6+a7=25，则S9=　　．‎ ‎8．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且，，则an=　　．‎ ‎9．若x，y满足约束条件．则的最大值为　　．‎ ‎10．在等比数列{an}中，a1+an=82，a3•an﹣2=81，且数列{an}的前n项和Sn=121，则此数列的项数n等于　　．‎ ‎11．对任意实数x，不等式mx2﹣2mx﹣3＜0恒成立，则实数m的取值范围是　　．‎ ‎12．已知公差为2的等差数列{an}及公比为2的等比数列{bn}满足a1+b1＞0，a2+b2＜0，设m=a4+b3，则实数m的取值范围是　　．‎ ‎13．数列{an}中，a1=﹣1，Sn为数列{an}的前n项和，且对任意的n≥2，都有，则{an}的通项公式an=　　．‎ ‎14．若对任意x∈[2，4]及y∈[2，3]，该不等式xy≤ax2+2y2‎ 恒成立，则实数a的范围是　　．‎ ‎　‎ 二．解答题：本大题6小题，共90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤..‎ ‎15．已知等差数列{an}中，a2+a6=6，Sn 为其前n项和，S5=．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）求数列{an}的前n项和Sn的最小值．‎ ‎16．已知函数f（x）=x2﹣（a﹣1）x﹣a，a∈R．‎ ‎（1）当a=2时，求不等式f（x）＜0的解集；‎ ‎（2）当a∈R时，求不等式f（x）＞0的解集．‎ ‎17．已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+3，n∈N*．‎ ‎（Ⅰ）求证：数列{an+3}是等比数列；‎ ‎（Ⅱ）求数列{nan}的前n项和Sn．‎ ‎18．东海水晶城大世界营业厅去年利润300万元，今年年初搬迁到新水晶城营业厅，扩大了经营范围．为了获取较大利润，需加大宣传力度．预计从今年起，利润以每年26%的增长率增长，同时在每年12月30日要支付x万元的广告费用．为了实现经过10年利润翻两翻的目标，试求每年用于广告费用x万元的最大值．（注：1.2610≈10．）‎ ‎19．已知二次函数f（x）=ax2+x+1，a∈R，a≠0）．‎ ‎（1）若不等式f（x）＞0的解集为，求实数a的值；‎ ‎（2）当a∈[﹣2，0]时，不等式f（x）＞0恒成立，求实数x的取值范围；‎ ‎（3）对x∈[0，2]时，不等式f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎20．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=t（Sn﹣an+1）（t为常数，且t≠0，t≠1）．‎ ‎（1）证明：{an}成等比数列；‎ ‎（2）设，若数列{bn}为等比数列，求t的值；‎ ‎（3）在满足条件（2）的情形下，设cn=4an+1，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式≥2n﹣7对任意的n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江苏省连云港市东海高中高二（上）第一次学分认定数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、填空题本大题共14小题,每小题5分，共70分 ‎1．不等式＞0的解集是　{x|x＞1或x＜﹣2}　．‎ ‎【考点】其他不等式的解法．‎ ‎【分析】不等式＞0即为或，由一次不等式的解法，即可得到解集．‎ ‎【解答】解：不等式＞0即为 或，‎ 解得x＞1或x＜﹣2．‎ 则解集为{x|x＞1或x＜﹣2}．‎ 故答案为：{x|x＞1或x＜﹣2}．‎ ‎　‎ ‎2．在等差数列{an}中，若a2=4，a4=2，则a6=　0　．‎ ‎【考点】等差数列的通项公式．‎ ‎【分析】由已知结合等差数列的性质列式计算．‎ ‎【解答】解：在等差数列{an}中，由a2=4，a4=2，且a2+a6=2a4，‎ ‎∴a6=2a4﹣a2=2×2﹣4=0．‎ 故答案为：0．‎ ‎　‎ ‎3．若点（1，1）在二元一次不等式x+y+a＜0所表示的平面区域内，则实数a的取值范围是　a＜﹣2　．‎ ‎【考点】二元一次不等式（组）与平面区域．‎ ‎【分析】根据点与二元一次不等式之间的关系，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：若点（1，1）在二元一次不等式x+y+a＜0所表示的平面区域内，‎ 则点A的坐标满足不等式，‎ 即1+1+a＜0，‎ 则a＜﹣2，‎ 故答案为：a＜﹣2．‎ ‎　‎ ‎4．已知数列{an}是递增的等比数列，a1+a4=9，a2a3=8，则数列{an}的公比q=　2　．‎ ‎【考点】等比数列的性质．‎ ‎【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．‎ ‎【解答】解：∵a1+a4=9，a2a3=8，‎ ‎∴，a1＞0，q＞1．‎ 解得a1=1，q=2．‎ 故答案为2．‎ ‎　‎ ‎5．若a＞b＞0，c＞d＞0，则　＞　（选＞、＜、≥、≤、=符号其中之一填空）．‎ ‎【考点】不等式比较大小．‎ ‎【分析】根据不等式的性质即可比较．‎ ‎【解答】解：若a＞b＞0，c＞d＞0，‎ ‎∴ac＞bd ‎∴﹣=＞0，‎ 则＞，‎ 故答案为：＞．‎ ‎　‎ ‎6．已知x，y满足不等式，则z=3x+y的最大值是　11　．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出直线z=3x+y过点（4，﹣1）时，z最大值即可．‎ ‎【解答】解：根据约束条件画出可行域，‎ 由，可得x=4，y=﹣1‎ 平移直线3x+y=0，∴当直线z=3x+y过点（4，﹣1）时，z最大值为11．‎ 故答案为：11．‎ ‎　‎ ‎7．在等差数列{an}中，若a3+a4+a5+a6+a7=25，则S9=　45　．‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】由等差数列的通项公式得a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25，由等差数列的前n项和公式得S9==9a5，由此能求出结果．‎ ‎【解答】解：∵在等差数列{an}中，若a3+a4+a5+a6+a7=25，‎ ‎∴a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25，解得a5=5，‎ ‎∴S9==9a5=45．‎ 故答案为：45．‎ ‎　‎ ‎8．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且，，则an=　22﹣n　．‎ ‎【考点】等比数列的前n项和．‎ ‎【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．‎ ‎【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵，，‎ ‎∴=， =，‎ 解得a1=2，q=．‎ 则an=2×=22﹣n．‎ 故答案为：22﹣n．‎ ‎　‎ ‎9．若x，y满足约束条件．则的最大值为　3　．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定的最大值．‎ ‎【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分ABC）．‎ 设k=，则k的几何意义为区域内的点到原点的斜率，‎ 由图象知OA的斜率最大，‎ 由，解得，即A（1，3），‎ 则kOA==3，‎ 即的最大值为3．‎ 故答案为：3．‎ ‎　‎ ‎10．在等比数列{an}中，a1+an=82，a3•an﹣2=81，且数列{an}的前n项和Sn=121，则此数列的项数n等于　5　．‎ ‎【考点】等比数列的前n项和．‎ ‎【分析】由题意易得a1和an是方程x2﹣82x+81=0的两根，求解方程得到两根，分数列递增和递减可得a1，an，再由Sn=121得q，进一步可得n值．‎ ‎【解答】解：由等比数列的性质可得a1an=a3•an﹣2=81，‎ 又a1+an=82，‎ ‎∴a1和an是方程x2﹣82x+81=0的两根，‎ 解方程可得x=1或x=81，‎ 若等比数列{an}递增，则a1=1，an=81，‎ ‎∵Sn=121，∴==121，‎ 解得q=3，∴81=1×3n﹣1，解得n=5；‎ 若等比数列{an}递减，则a1=81，an=1，‎ ‎∵Sn=121，∴==121，‎ 解得q=，∴1=81×（）n﹣1，解得n=5．‎ 综上，数列的项数n等于5．‎ 故答案为：5．‎ ‎　‎ ‎11．对任意实数x，不等式mx2﹣2mx﹣3＜0恒成立，则实数m的取值范围是 ‎　（﹣3，0]　．‎ ‎【考点】函数恒成立问题．‎ ‎【分析】当m=0时，不等式显然成立；当m≠0时，根据二次函数图象的性质得到m的取值范围．两者取并集即可得到m的取值范围．‎ ‎【解答】解：当m=0时，mx2﹣2mx﹣3=﹣3＜0，不等式成立；‎ 设y=mx2﹣2mx﹣3，当m≠0时函数y为二次函数，y要恒小于0，抛物线开口向下且与x轴没有交点，‎ 即要m＜0且△＜0，‎ 得到：解得﹣3＜m＜0．‎ 综上得到﹣3＜m≤0‎ 故答案为：（﹣3，0]．‎ ‎　‎ ‎12．已知公差为2的等差数列{an}及公比为2的等比数列{bn}满足a1+b1＞0，a2+b2＜0，设m=a4+b3，则实数m的取值范围是　（﹣∞，0）　．‎ ‎【考点】等差数列与等比数列的综合．‎ ‎【分析】运用等差数列和等比数列的通项公式，可得a1+2b1＜﹣2，m=a4+b3=a1+6+4b1，可令a1+4b1=k（a1+b1）+l（a1+2b1）=（k+l）a1+（k+2l）b1，运用恒等思想，可得k，l的方程，解方程可得k，l，再由不等式的性质，即可得到所求范围．‎ ‎【解答】解：a1+b1＞0，a2+b2＜0，‎ 即为a1+2+2b1＜0，‎ 即a1+2b1＜﹣2，‎ 由m=a4+b3=a1+6+4b1，‎ 可令a1+4b1=k（a1+b1）+l（a1+2b1）=（k+l）a1+（k+2l）b1，‎ 由解得k=﹣2，l=3，‎ 即有a1+4b1＜0﹣6=﹣6，‎ 则m=a1+6+4b1＜0．‎ 故答案为：（﹣∞，0）．‎ ‎　‎ ‎13．数列{an}中，a1=﹣1，Sn为数列{an}的前n项和，且对任意的n≥2，都有，则{an}的通项公式an=　　．‎ ‎【考点】数列递推式．‎ ‎【分析】把an=Sn﹣Sn﹣1代入化简即可得出{}是等差数列，从而求出Sn，再利用an=Sn﹣Sn﹣1（n≥2）求出an即可．‎ ‎【解答】解：∵，‎ ‎∴Sn2=2an+anSn=an（2+Sn）=（Sn﹣Sn﹣1）（2+Sn）=Sn2+2Sn﹣2Sn﹣1﹣SnSn﹣1，‎ ‎∴2Sn﹣2Sn﹣1﹣SnSn﹣1=0，‎ ‎∴，即，‎ 又=﹣2，‎ ‎∴{}是以﹣2为首项，以﹣1为公差的等差数列，‎ ‎∴=﹣2﹣（n﹣1）=﹣n﹣1，‎ ‎∴Sn=，‎ 当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=+=．‎ 综上，an=．‎ 故答案为：；‎ ‎　‎ ‎14．若对任意x∈[2，4]及y∈[2，3]，该不等式xy≤ax2+2y2恒成立，则实数a的范围是　a≥0　．‎ ‎【考点】函数恒成立问题．‎ ‎【分析】若不等式xy≤ax2+2y2恒成立，则a≥﹣2（）2+恒成立，令t=，结合二次函数的图象和性质，求得函数的最值，可得答案．‎ ‎【解答】解：若不等式xy≤ax2+2y2恒成立，‎ 则a≥﹣2（）2+恒成立，‎ 令t=，x∈[2，4]，y∈[2，3]，则t∈[，]，‎ 则u=﹣2（）2+=﹣2t2+t在[，]上为减函数，‎ 当t=时，u取最大值0，‎ 故a≥0，‎ 故答案为：a≥0‎ ‎　‎ 二．解答题：本大题6小题，共90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤..‎ ‎15．已知等差数列{an}中，a2+a6=6，Sn 为其前n项和，S5=．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）求数列{an}的前n项和Sn的最小值．‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】（1）利用等差数列的性质求出数列的首项与公差，然后求解通项公式．‎ ‎（2）求出数列的前n项和，利用函数的单调性求解和的最小值即可．‎ ‎【解答】解　（1）由a2+a6=6，得a4=3，又由S5==5a3=，得a3=，‎ 设等差数列{an}的公差为d，则，解得，‎ ‎∴an=n+．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣‎ ‎（2）‎ ‎﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣‎ 因为，，当n≥1时，是单调递增的，‎ 所以，当n=1时，Sn有最小值是S1=1．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣‎ ‎　‎ ‎16．已知函数f（x）=x2﹣（a﹣1）x﹣a，a∈R．‎ ‎（1）当a=2时，求不等式f（x）＜0的解集；‎ ‎（2）当a∈R时，求不等式f（x）＞0的解集．‎ ‎【考点】一元二次不等式的解法；二次函数的性质．‎ ‎【分析】（1）利用因式分解法即可求出不等式的解集，‎ ‎（2）不等式可化成（x+1）（x﹣a）＞0，由此讨论﹣1与a的大小关系，分3种情形加以讨论，即可得到所求不等式的解集．‎ ‎【解答】解 （1）当a=2时，不等式x2﹣x﹣2＜0，‎ 即（x+1）（x﹣2）＜0，所以，﹣1＜x＜2，‎ 故不等式x2﹣x﹣2＜0的解集是{x|﹣1＜x＜2}；‎ ‎（2）当a∈R时，不等式可分解为（x+1）（x﹣a）＞0，‎ 当a＞﹣1时，x＞a或x＜﹣1；当a=﹣1时，x≠﹣1；当a＜﹣1时，x＜a或x＞﹣1；‎ 综上，当a＞﹣1时，不等式的解集为（﹣∞，﹣1）∪（a，+∞）；‎ 当a=﹣1时，不等式的解集为（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，+∞）；‎ 当a＜﹣1时，不等式的解集是（﹣∞，a）∪（﹣1，+∞）．‎ ‎　‎ ‎17．已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+3，n∈N*．‎ ‎（Ⅰ）求证：数列{an+3}是等比数列；‎ ‎（Ⅱ）求数列{nan}的前n项和Sn．‎ ‎【考点】数列的求和；数列递推式．‎ ‎【分析】（I）an+1=2an+3，n∈N*．变形为an+1+3=2（an+3），利用等比数列的定义即可证明．‎ ‎（Ⅱ）由（I）可得an=2n+1﹣3，因此nan=n•2n+1﹣3n．利用“错位相减法”、等比数列与等差数列的求和公式即可得出．‎ ‎【解答】（I）证明：∵an+1=2an+3，n∈N*．∴an+1+3=2（an+3），‎ ‎∴数列{an+3}是等比数列，公比为2，首项为4．‎ ‎（Ⅱ）解：由（I）可得：an+3=4×2n﹣1=2n+1，∴an=2n+1﹣3，‎ ‎∴nan=n•2n+1﹣3n．‎ 设数列{n•2n+1}的前n项和为An，‎ 则An=22+2×23+3×24+…+n•2n+1，‎ ‎2An=23+2×24+…+（n﹣1）•2n+1+n•2n+2，‎ ‎∴﹣An=22+23+…+2n+1﹣n•2n+2=﹣n•2n+2=（1﹣n）•2n+2﹣4，‎ ‎∴An=（n﹣1）•2n+2+4，‎ ‎∴数列{nan}的前n项和Sn=（n﹣1）•2n+2+4﹣．‎ ‎　‎ ‎18．东海水晶城大世界营业厅去年利润300万元，今年年初搬迁到新水晶城营业厅，扩大了经营范围．为了获取较大利润，需加大宣传力度．预计从今年起，利润以每年26%的增长率增长，同时在每年12月30日要支付x万元的广告费用．为了实现经过10年利润翻两翻的目标，试求每年用于广告费用x万元的最大值．（注：1.2610≈10．）‎ ‎【考点】函数模型的选择与应用．‎ ‎【分析】利用已知条件列出不等式，利用等比数列求和，化简求解即可．‎ ‎【解答】解 由题意得：300×1.2610﹣1.269x﹣1.268x﹣…1.26x﹣x≥300×4﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣‎ 即300×1.2610﹣1.269x﹣1.268x﹣…1.26x﹣x≥300×4，，，，x≤52（万元）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣‎ 答：每年用于广告费用的最大值为52万元．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣‎ ‎　‎ ‎19．已知二次函数f（x）=ax2+x+1，a∈R，a≠0）．‎ ‎（1）若不等式f（x）＞0的解集为，求实数a的值；‎ ‎（2）当a∈[﹣2，0]时，不等式f（x）＞0恒成立，求实数x的取值范围；‎ ‎（3）对x∈[0，2]时，不等式f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】函数恒成立问题；二次函数的性质．‎ ‎【分析】（1）由题设方程ax2+x+1=0的两个根是，且a＜0；代入方程求解即可．‎ ‎（2）当a∈[﹣2，0）时，不等式x2•a+x+1＞0恒成立，设g（a）=x2•a+x+1，a∈[﹣2，0）；通过，求解实数x的范围．‎ ‎（3）对x∈[0，2]恒有f（x）＞0，即ax2+x+1＞0，变形为ax2＞﹣（x+1），当x=0时，x≠0的情况，即．要满足题意只要保证a比右边的最大值大．现求，在x∈（0，2]上的最大值．利用二次函数的最值求解即可．‎ ‎【解答】解（1）由题设知，方程ax2+x+1=0的两个根是，且a＜0；‎ 所以，解得a=﹣6；﹣﹣﹣﹣﹣﹣‎ ‎（2）由题意可知，当a∈[﹣2，0）时，不等式x2•a+x+1＞0恒成立，‎ 设g（a）=x2•a+x+1，a∈[﹣2，0）；‎ 所以，即，解得；﹣﹣﹣﹣﹣‎ 故实数x的范围是；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣‎ ‎（3）对x∈[0，2]恒有f（x）＞0，即ax2+x+1＞0，变形为ax2＞﹣（x+1）‎ 当x=0时对任意的a都满足f（x）＞0，‎ 只须考虑x≠0的情况，即．‎ 要满足题意只要保证a比右边的最大值大．‎ 现求，在x∈（0，2]上的最大值．‎ 令，（），‎ ‎，‎ 所以 又f（x）=ax2+x+1是二次函数，‎ ‎∴a≠0‎ 所以且a≠0．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣‎ 注：过程是运用二次函数根与系数关系讨论的，根据情况适当给分．‎ ‎　‎ ‎20．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=t（Sn﹣an+1）（t为常数，且t≠0，t≠1）．‎ ‎（1）证明：{an}成等比数列；‎ ‎（2）设，若数列{bn}为等比数列，求t的值；‎ ‎（3）在满足条件（2）的情形下，设cn=4an+1，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式≥2n﹣7对任意的n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．‎ ‎【考点】数列递推式；数列的求和．‎ ‎【分析】（1）由Sn=t（Sn﹣an+1）求出数列首项，且得到n≥2时，Sn=t（Sn﹣an+1），与原递推式联立可得{an}成等比数列； ‎ ‎（2）由（1）求出{an}的通项和前n项和Sn，代入，由数列{bn}为等比数列，得，即可求得t值；‎ ‎（3）由（2）中的t值，可得数列{cn}的前n项和为Tn，代入≥2n﹣7，分离参数k，在由数列的单调性求得最值得答案．‎ ‎【解答】（1）证明：由Sn=t（Sn﹣an+1），‎ 当n=1时，S1=t（S1﹣a1+1），得a1=t，‎ 当n≥2时，Sn=t（Sn﹣an+1），即（1﹣t）Sn=﹣tan+t，（1﹣t）Sn﹣1=﹣tan﹣1+t，‎ ‎∴an=tan﹣1，‎ 故{an}成等比数列； ‎ ‎（2）由（1）知{an}成等比数列且公比是t，∴，‎ 故，即，‎ 若数列{bn}是等比数列，则有，而 故[t3（2t+1）]2=（2t2）•t4（2t2+t+1），解得，‎ 再将代入bn得：．‎ 由知{bn}为等比数列，∴；‎ ‎（3）由，知，，‎ ‎∴，‎ 由不等式≥2n﹣7对任意的n∈N*恒成立，得，‎ 令，‎ 由，‎ 当n≤4时，dn+1＞dn，当n≥4时，dn+1＜dn，‎ 而，∴d4＜d5，则，得．‎