天津市和平区第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

天津市和平区第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

天津一中2019-2020-1高二年级数学学科期中模块质量调查试卷 一、选择题：（每小题3分，共30分）‎ ‎1.如果一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有（ ）‎ A. 13项 B. 12项 C. 11项 D. 10项 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：设这个数列有n项，则，因此 即，则，故；‎ 考点：1．等差数列的性质，2．等差数列的前n项和公式；‎ ‎2.已知等比数列中，＝1，＝2，则等于( ).‎ A. 2 B. 2 C. 4 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：，，，可见，，依旧成等比数列，所以，解得.‎ 考点：等比数列的性质 ‎3.已知数列满足，若数列是等比数列，则k值等于（ ）‎ A. 1 B. ‎1 ‎C. 2 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将所给数列递推式变形，由数列{an﹣1}是等比数列求得k的值．‎ ‎【详解】解：由an+1＝kan﹣1，得．‎ 由于数列{an﹣1}是等比数列，‎ ‎∴，得k＝2，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查了等比关系的确定，是基础题．‎ ‎4.已知数列满足，，其前n项和，则下列说法正确的个数是（ ）‎ ‎①数列是等差数列；②；③.‎ A. 0 B. ‎1 ‎C. 2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由a1＝﹣1，an+1＝|1﹣an|+2an+1，可得a2，a3，a4，运用等差数列的定义即可判断①，等比数列的通项公式即可判断②，由当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1，即可判断③．‎ ‎【详解】解：数列{an}满足a1＝﹣1，an+1＝|1﹣an|+2an+1，‎ 可得a2＝|1﹣a1|+‎2a1+1＝2﹣2+1＝1，‎ a3＝|1﹣a2|+‎2a2+1＝0+2+1＝3，‎ a4＝|1﹣a3|+‎2a3+1＝2+6+1＝9，‎ 则a4﹣a3＝6，a3﹣a2＝2，即有a4﹣a3≠a3﹣a2，‎ 则数列{an}不是等差数列，故①不正确；‎ an＝3n﹣2，不满足a1＝﹣1，故②不正确；‎ 若Sn满足n＝1时，a1＝S1＝﹣1，‎ 但n＝2时，a2＝S2﹣S1（﹣1）＝1，‎ 当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1‎ ‎＝3n﹣2，n≥2，n∈N*．‎ 代入an+1＝|1﹣an|+2an+1，‎ 左边＝3n﹣1，右边＝3n﹣2﹣1+2•3n﹣2+1＝3n﹣1，‎ 则an+1＝|1﹣an|+2an+1恒成立．‎ 故③正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推式的运用，同时考查等差数列和等比数列的判断，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎ ‎5.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指对函数的图象与性质即可比较大小.‎ ‎【详解】,‎ ‎∴‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了对数函数、指数函数的单调性，中间量0和1，考查了推理和计算能力，属于基础题．‎ ‎6.若，则下列不等式一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据不等式的性质分别进行判断即可．‎ ‎【详解】对于A，当时，显然不成立；‎ 对于B，∵，∴，不成立；‎ 对于C，∵，∴，根据糖水浓度，易知：成立；‎ 对于D，当为奇数时，显然，不成立，‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查不等式性质的应用，结合不等式的性质是解决本题的关键．‎ ‎7.若，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用均值不等式即可得到结果．‎ 详解】解：∵0＜2x＜3，∴3﹣2x＞0，x＞0，‎ ‎∴（3﹣2x）x（3﹣2x）•2x，‎ 当且仅当3﹣2x＝2x，即x时取等号，‎ ‎∴的最大值为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值，考查了转化思想，属基础题．‎ ‎8.已知，且，则的最大值是（ ）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 6 D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据x＞0，y＞0，且x+y5，可得（x+y）2﹣5（x+y）+4≤0，然后解关于x+y的不等式，可得x+y范围，从而得到x+y的最大值．‎ ‎【详解】∵x＞0，y＞0，且x+y5，‎ ‎∴（x+y5‎ ‎∴（x+y）2﹣5（x+y）+4≤0，∴1≤x+y≤4，‎ ‎∴当且仅当x＝y＝2时，x+y取得最大值为4．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式的应用和一元二次不等式的解法，给x+y5两边同乘（x+y）是解题的关键，考查了转化思想，属基础题．‎ ‎9.若数列的通项公式分别为，且，对任意恒成立，则实数的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对n分奇偶，讨论恒成立即可 ‎【详解】，故 当n为奇数，-a<2+,又2+单调递减，故2+，故- a2，解a 当n偶数，又2-单调递增，故2-，故，综上a 故选：D ‎【点睛】本题考查数列综合，考查数列单调性，分类讨论思想，准确计算关键，是中档题 ‎10.已知函数，若存在实数t，使得任给，不等式恒成立，则m的最大值为（ ）‎ A. 3 B. ‎6 ‎C. 8 D. 9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由当x∈[1，m]时，f（x+t）≤x恒成立，即g（x）＝f（x+t）﹣x≤0恒成立，则需满足g（1）≤0且g（m）≤0，解出t的范围，讨论m的取值即可得到m的最大值．‎ ‎【详解】解：设g（x）＝f（x+t）﹣x（x+t）2﹣xx2+（t﹣1）xt2，‎ 由题意f（x+t）≤x对任意的x∈[1，m]（m＞1）恒成立，‎ 即g（1）≤0且g（m）≤0．‎ 由g（1）≤0，即（1+t）2﹣1≤0，得t∈[﹣3，1]，‎ 由g（m）≤0，即（m+t）2﹣m≤0，得m2+（2t﹣4）m+t2≤0，‎ 则当t＝1时，得到m2﹣‎2m+1≤0，解得m＝1；‎ 当t＝﹣3时，得到m2﹣‎10m+9≤0，解得1≤m≤9．‎ 综上所述m的取值范围为[1，9]‎ ‎∴m的最大值为9．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查学生理解函数恒成立时取条件的能力，体现了数学转化思想方法，训练了灵活运用二次函数求最值的方法的能力，是中档题．‎ 二、填空题：（每小题4分，共24分）‎ ‎11.已知等差数列中，，，则___________.‎ ‎【答案】99‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差中项的性质可得，a15、a25、a35成等差数列，从而可求得a35的值．‎ ‎【详解】解：∵等差数列{an}中，a15、a25、a35成等差数列，‎ ‎∴‎2a25＝a15+a35，又a15＝33，a25＝66，‎ ‎∴2×66＝33+a35，‎ 解得：a35＝99，‎ 故答案为：99．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的性质，熟练应用等差中项的性质是解决问题的关键，属于中档题．‎ ‎12.已知等比数列的公比为2，，则___________.‎ ‎【答案】44‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据利用等比数列通项公式及（a1+a4+a7+…+a97）q2＝（a2+a5+a6+…+a98）q＝a3+a6+a9+…a99求得答案．‎ ‎【详解】解：因为{an}是公比为2的等比数列，‎ 设a3+a6+a9+…+a99＝x，则 a1+a4+a7+…+a97，a2+a5+a6+…+a98．‎ S99＝77＝（a1+a4+a7+…+a97）+（a2+a5+a6+…+a98）+（a3+a6+a9+…+a99）＝x，‎ ‎∴a3+a6+a9+…a99＝44，‎ 故答案为：44．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的前n项和，解题的关键是发现a1+a4+a7+…+a97、a2+a5+a6+…+a98和a3+a6+a9+…a99的联系，属于基础题．‎ ‎13.已知数列满足，且，若，则正整数k=__________.‎ ‎【答案】23‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用通项公式的应用求出结果．‎ ‎【详解】解：数列{an}满足a1＝15，且3an+1＝3an﹣2，整理得（常数），‎ 所以数列{an}是以a1＝15为首项，为公差的等差数列．‎ 则，‎ 由于akak+1＜0，则0，‎ 解得，‎ 所以正整数k＝23．‎ 故答案为：23．‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用．数列的通项公式的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ ‎14.若，则不等式的解集是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过a的范围判断两个因式的根的大小，利用二次不等式的解法得到结果即可．‎ ‎【详解】原不等式可化为（x﹣a）（x）＜0的解集，‎ 又，∴a 即不等式的解集为：．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查二次不等式的解法，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎15.若1

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