- 2021-06-15 发布 |
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文档介绍
江苏省泰州市泰兴市黄桥中学2019-2020学年高二上学期11月月考数学试题
黄桥中学2019-2020年秋学期高二年级第一次质量检测数学试卷 一、选择题 1.不等式的解集是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析:,所以不等式解集为:,故选B. 考点:一元二次不等式 2.设为等差数列,若,则 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】 根据求出,进而求得. 【详解】设等差数列公差为 则 本题正确选项: 【点睛】本题考查等差数列基本量的计算,属于基础题. 3.已知各项为正数的等比数列中,,,则公比q= A. 4 B. 3 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由,利用等比数列的性质,结合各项为正数求出,从而可得结果. 【详解】,, , ,故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的性质,以及等比数列基本量运算,意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力,属于简单题. 4.若等比数列首项为,末项为,公比为,则这个数列的项数为( ) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 试题分析:根据题意,由于等比数列的首项为,末项为,公比为,则根据其通项公式得到为,故可知项数为4,选B. 考点:等比数列的通项公式 点评:解决的关键是利用等比数列的通项公式,以及首项和公比来得到数列的项数,属于基础题。 5.已知为等差数列的前n项和,若,则( ) A. 18 B. 99 C. 198 D. 297 【答案】B 【解析】 【分析】 由等差数列的性质得,再根据等差数列的前n项和公式,即可求出结果. 【详解】由等差数列性质知,, 又,得,则, . 故选B . 【点睛】本题考查等差数列性质和前n项和的计算,通过合理的转化, 建立已知条件和求解问题之间的联系是解题关键. 6.已知是等差数列,公差,且成等比数列,则等于 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 ∵成等比数列, ∴, ∴ 整理得, 又 ∴ ∴选B. 7.已知,,,且,则的最小值为( ) A. 8 B. 9 C. 12 D. 16 【答案】B 【解析】 由,,得, ,当且仅当时等号成立。选B。 8.关于的不等式对一切实数都成立,则的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 特值,利用排除法求解即可. 【详解】因为当时,满足题意,所以可排除选项B、C、A,故选D 【点睛】不等式恒成立问题有两个思路: 求最值,说明恒成立 参变分离,再求最值。 9.等比数列中,,则数列的前8项和等于( ) A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析:利用等比数列的性质可得a1a8=a2a7=a3a6=a4a5=10.再利用对数的运算性质即可得出. 解:∵数列{an}是等比数列,a4=2,a5=5, ∴a1a8=a2a7=a3a6=a4a5=10. ∴lga1+lga2+…+lga8 =lg(a1a2…×a8) = =4lg10 =4. 故选:C. 考点:等比数列的前n项和. 10.已知数列的前n项和为,,当时,,则的值为( ) A. 1008 B. 1009 C. 1010 D. 1011 【答案】C 【解析】 分析】 利用,结合数列的递推公式可解决此问题. 【详解】解:当时,①,故② 由②-①得,,即 所以 故选:C. 【点睛】本题考查数列的递推公式的应用,含有时常用进行转化. 11.已知等差数列的前项和为,,,则取最大值时的为 A. 4 B. 5 C. 6 D. 4或5 【答案】B 【解析】 由为等差数列,所以,即, 由,所以, 令,即, 所以取最大值时的为, 故选B. 12.设数列的前项和为,且 ,则数列的前10项的和是( ) A. 290 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由得为等差数列,求得,得利用裂项相消求解即可 【详解】由得, 当时,,整理得, 所以是公差为4的等差数列,又, 所以,从而, 所以, 数列的前10项的和. 故选. 【点睛】本题考查递推关系求通项公式,等差数列的通项及求和公式,裂项相消求和,熟记公式,准确得是等差数列是本题关键,是中档题 二.填空题(每题5分,共20分) 13.已知数列的通项,则=____ 【答案】1078 【解析】 【分析】 利用分组求和,将分成一个等差数列和一个等比数列来求和. 【详解】 故答案为:1078. 【点睛】本题考查数列求和方法中分组求和,是基础题. 14.在等比数列中,,前项和为,若数列也是等比数列,则等于 . 【答案】 【解析】 试题分析:设数列的公比为,则有,解得,所以 . 考点:等比数列的定义,数列的求和问题. 15.已知数列满足,则数列的通项公式为____ 【答案】 【解析】 【分析】 由可得,令,可得个等式,将这个等式相加整理即可得 【详解】解:由可得, 个等式, 将上述个等式左边的和左边的相加,右边的和右边的相加, 得, 整理得:. 故答案为: . 【点睛】本题考查数列求和方法中的累加法,考查学生的计算能力,是基础题. 16.等差数列前项和为,,记,其中表示不超过的最大整数,则数列前1000项的和为____ 【答案】1893 【解析】 【分析】 利用等差数列的通项公式与求和公式可得,再利用,可得,即可得出. 【详解】解:为等差数列的前项和,且,. 可得,则公差., , 则, , 数列的前1000项和为:9×0+90×1+900×2+3=1893. 故答案为:1893. 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、对数运算性质、取整函数,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 三、解答题 17.已知数列是公差不为0的等差数列,首项,且成等比数列. (1)求数列的通项公式. (2)设数列满足求数列的前项和为. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 (1)利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出. (2)利用等比数的求和公式即可得出. 【详解】(1)设数列的公差为, 由题设,得,即化简,得 又, 所以, 所以 (2)由(1)得, 【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式,考查了推理能力与计算能力,是基础题. 18. 在等比数列中,. (1)求; (2)设,求数列的前项和. 【答案】(1).(2). 【解析】 试题分析:(1)设的公比为q,依题意得方程组, 解得,即可写出通项公式. (2)因为,利用等差数列的求和公式即得. 试题解析:(1)设的公比为q,依题意得 , 解得, 因此,. (2)因为, 所以数列的前n项和. 考点:等比数列、等差数列. 19.已知 , , . (1)求 的最小值; (2)求 的最小值. 【答案】(1) 64 ,(2) x+y的最小值为18. 【解析】 试题分析:(1)利用基本不等式构建不等式即可得出; (2)由,变形得,利用“乘1法”和基本不等式即可得出. 试题解析:(1)由 ,得 ,又 , ,故, 故,当且仅当即时等号成立,∴ (2)由2,得,则 .当且仅当即时等号成立.∴ 【点睛】本题考查了基本不等式的应用,熟练掌握“乘1法”和变形利用基本不等式是解题的关键. 20.如图,学校规划建一个面积为108的矩形场地,里面分成两个部分,分别作为铅球和实心球的投掷区,并且在场地的左侧,右侧,中间和前侧各设计一条宽1的通道,问:这个场地的长,宽各为多少时,投掷区面积最大,最大面积是多少? 【答案】当场地长为18,宽为6时,投掷区面积最大,最大面积为75. 【解析】 【分析】 设场地长,宽分别为米,米,可得,建立于的关系式,利用基本不等式,即可得出结论. 【详解】解:设场地的长,宽分别为米,米,投掷区面积为,则 当且仅当即时取等号, 答:当场地长为18,宽为6时,投掷区面积最大,最大面积为75. 【点睛】本题以实际问题为载体,考查函数模型的构建,考查应用基本不等式求函数最值,构建函数关系式是关键,属于中档题. 21.已知数列的前项和为,,. (1)求数列的前项和为; (2)令,求数列的前项和. 【答案】(1)(2) 【解析】 【分析】 (1)将两边同除以n(n+1),可得数列 是等差数列,即可得其前项和为; (2)由(1)知数列的通项公式可得数列的通项公式,再由错位相减法即可求得前项和. 【详解】解:(1)由,得, 又,所以数列是首项为3,公差为1的等差数列, 所以,即. (2)当时,, 又也符合上式,所以() 所以, 所以,① ,② ①-②,得 故. 【点睛】本题考查的知识要点:由数列递推关系式求解数列通项公式,错位相减法在数列求和中的应用,考查学生的运算能力和转化能力,属于中档题.“错位相减法”求数列的和是重点也是难点,利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点:①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件(一个等差数列与一个等比数列的积);②相减时注意最后一项的符号;③求和时注意项数别出错;④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以. 22.已知各项都是正数的数列的前n项和为,,. 求数列的通项公式; 设数列满足:,,数列的前n项和求证:. 若对任意恒成立,求的取值范围. 【答案】(1);(2)证明见解析;(3). 【解析】 试题分析:(Ⅰ)由和项求数列通项,注意分类讨论:当,得 ,当时,,得数列递推关系式,因式分解可得,根据等差数列定义得数列通项公式(Ⅱ)因为,所以利用叠加法求通项公式:,因此,从而利用裂项相消法求和得,即证得(Ⅲ)不等式恒成立问题,一般先变量分离,转化为求对应函数最值问题:由得,而有最大值,所以 试题解析:(1)时, 是以为首项,为公差的等差数列 …4分 (2) ,,即…………………9分 (3)由得, 当且仅当时, 有最大值,………………………………14分 考点:等差数列定义,叠加法求通项,裂项相消法求和 【方法点睛】裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式,然后通过累加抵消中间若干项的方法,裂项相消法适用于形如(其中是各项均不为零的等差数列,c为常数)的数列.裂项相消法求和,常见的有相邻两项的裂项求和(如本例),还有一类隔一项的裂项求和,如或. 查看更多