2018-2019学年山东省济宁市第一中学高二10月阶段检测数学试题 解析版

2018-2019学年山东省济宁市第一中学高二10月阶段检测数学试题 解析版

绝密★启用前 山东省济宁市第一中学2018-2019学年高二10月阶段检测数学试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．若，则下列不等式成立的是(　　　　).‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵a＞b＞c，∴a﹣c＞b﹣c＞0，∴．‎ 故选B．‎ ‎2．等差数列的公差为，前项和为，当首项和变化时，是一个定值，则下列各数也为定值的是(　　).‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：，所以是定值，是定值 考点：等差数列通项公式求和公式及性质 点评：本题用到的知识点，性质：若则，此性质在数列题目中应用广泛 ‎3．已知数列中，=2，＝1，若为等差数列，则等于（ ）.‎ A． 1 B． C． D． 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由为等差数列，结合求出数列的公差，再由等差数列的通项公式，求出，即可得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由数列为等差数列，则公差，‎ 所以，所以，故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的通项公式及其应用，其中熟记等差数列的概念和通项公式的灵活应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎4．在等差数列等于( ).‎ A． 13 B． 18 C． 20 D． 22‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知的第2个等式减去第1个等式，利用等差数列的性质得到差为公差的3倍，且求出得值，然后再由所求得式子减去第2个等式，利用等差数列的性质，也得到其公差为，把的值代入即可求得答案．‎ ‎【详解】‎ 设等差数列的公差为，‎ 由，‎ 则，即，‎ 又由，‎ 所以，故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差的性质的综合应用，是一道基础题，其中熟记等差数列的性质，通过两式相减求得得值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．‎ ‎5．若关于的不等式的解集是，则实数的值是( ).‎ A． 1 B． 2 C． 3 D． 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用关于的不等式的解集，可得方程的两根为，利用韦达定理，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由题意，关于的不等式的解集为，‎ 所以方程的两根为，‎ 由韦达定理可得，解得，故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了一元二次不等式的应用，其中解答中熟记一元二次不等式和一元二次方程，以及一元二次函数之间的关系的相互转化是解答的关键，着重考查了推理与计算能力．‎ ‎6．各项都是实数的等比数列，前项和记为，若,则等于（ ）‎ A． 150 B． C． 150或 D． 400或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的前项和的公式化简，分别得到关于的两个关系式，求得公比的值，然后利用等比数列的前项和公式代入的值，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 根据等比数列的前项和的公式化简得：‎ ‎，‎ 所以，得到，‎ 即，解得（舍去），，‎ 则，所以，故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比数列的通项公式及前项和公式的应用，其中解答中熟练应用等比数列的通项公式和前项和公式，合理、准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．‎ ‎7．不等式 对于一切恒成立，那么的取值范围(　　).‎ A． (－∞，－3) B． (－1，3] C． (－∞，－3] D． (－3，3)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时不等式即为，对一切恒成立，当时，利用二次函数的性质列出满足的条件，结合两种情况，即可得到答案．‎ ‎【详解】‎ 当时不等式即为，对一切恒成立，‎ 当时，则须，解得，所以，‎ 综上所述，实数的取值范围是，故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了不等式的恒成立问题的求解，其中解答中熟练应用一元二次函数的图象与性质，注意对二次项系数的分类讨论是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．‎ ‎8．数列前项的和为( )‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把数列分成一个等差数列和一个等比数列，然后根据等差数列和等比数列的前项和公式，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由题意，数列的通项公式为，‎ 所以该数列的前项和为，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列和等比数列的前项和公式的应用，其中把数列分为一个等差数列和一个等比数列，分别利用等差数列和等比数列的前项和公式求和是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．‎ ‎9．等差数列,的前项和分别为,,若,则=( )‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵ ，而 ‎∴ ，故选B.‎ ‎10．已知为等差数列，若且它的前项和有最大值，那么当取得最小正值时（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由于前项和有最大值，所以，根据，有， ， ，所以， ，结合选项可知，选C.‎ 考点：等差数列的基本性质.‎ ‎11．已知数列的前项和为＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋，则 的值是(　　).‎ A． 13 B． －76 C． 46 D． 76‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得，求得 ，即可得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意，‎ 所以 ，‎ 所以，故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列的前项和的应用，其中解答中认真审题，主要数列前项和公式的合理运用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎12．设等差数列的前项和为,若则等于( )‎ A． 3 B． 4 C． 5 D． 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：所以公差 得所以解得，故选C．‎ 考点：等差数列的性质及其前项和 ‎【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式及通项an与Sn的关系，考查学生的计算能力．属中档题 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．设是递增等差数列，前三项的和为，前三项的积为，则它的首项是_____．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】设等差数列的公差为 ‎ ‎∵前三项的积为48即 解得 ‎ ‎∵数列 是单调递增的等差数列， ‎ 故答案为2‎ ‎14．如果数列的前n项和，则此数列的通项公式_______________.‎ ‎【答案】2n－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数列中和的关系，计算可得数列构成以为首项，2为公比的等比数列，进而计算可得结论．‎ ‎【详解】‎ 当时，，‎ 整理得，‎ 又由当时，，即，‎ 所以数列构成首项为1，公比为2的等比数列，‎ 所以数列的通项公式为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比数列的通项公式的求解，其中解答中熟记数列中和的关系是解答本题的关键，平时注意解题方法的积累与总结，着重考查了推理与运算能力．‎ ‎15．若关于的不等式的解集不是空集，则实数的取值范围是____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：不等式变形为，不等式有解，所以 解不等式得实数的取值范围是 考点：三个二次关系 ‎16．若数列满足(k为常数)，则称为等比差数列，叫做公比差.已知是以2为公比差的等比差数列，其中,则________.‎ ‎【答案】384‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，令，分别求出的值，即可得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由数列满足，且，‎ 令，得，所以，‎ 又由，所以，‎ 又由，所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列的递推公式的应用，其中解答中正确理解数列的递推关系式，分别代入求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知,都是正数，并且.‎ 求证：‎ ‎【答案】证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要证，只需要证明即可 ‎【详解】‎ 证明：(a5 + b5 ) - (a2b3 + a3b2) = ( a5 - a3b2) + (b5 - a2b3 ) ‎ ‎= a3 (a2 - b2 ) - b3 (a2 - b2) = (a2 - b2 ) (a3 - b3)‎ ‎= (a + b)(a - b)2(a2 + ab + b2)‎ ‎∵a, b都是正数，∴a + b, a2 + ab + b2 > 0‎ 又∵a ¹ b，∴(a - b)2 > 0 ∴(a + b)(a - b)2(a2 + ab + b2) > 0‎ 即：a5 + b5 > a2b3 + a3b2.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了不等式的证明，用综合法证明，属于基础题。‎ ‎18．数列中， ，当时，其前项和满足． ‎ ‎（1）求的表达式； ‎ ‎(2)设＝ ,求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）运用数列的递推公式，代入化简整理，再由等差数列的定义和通项公式，即可求解；‎ ‎（2）求得，运用数列的求和方法：裂项相消求和，结合不等式的性质，即可求解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1） ‎ 得 ‎ ‎ ‎ ‎,‎ ‎ ‎ ‎(2) ‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列的递推公式的应用，以及数列的裂项法求和，其中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.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等．‎ ‎19．已知函数.‎ ‎（1）当时，解关于的不等式；‎ ‎（2）若，解关于的不等式.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】试题分析：（1），结合图像可得不等式解集（2），所以根据根的大小进行分类讨论：时，为；‎ ‎，为；时，为 试题解析：（1）当时，不等式，‎ 即，解得．‎ 故原不等式的解集为．‎ ‎（2）因为不等式，‎ 当时，有，‎ 所以原不等式的解集为；‎ 当时，有，‎ 所以原不等式的解集为；‎ 当时，原不等式的解集为 视频 ‎20．某商店采用分期付款的方式促销一款价格为每台6000元的电脑．商店规定，购买时先支付货款的，剩余部分在三年内按每月底等额还款的方式支付欠款，且结算欠款的利息．‎ ‎(1)已知欠款的月利率为0.5%，到第一个月底，货主在第一次还款之前，他欠商店多少元？‎ ‎(2)假设货主每月还商店元，写出在第(＝1,2，…，36)个月末还款后，货主对商店欠款数的表达式．‎ ‎【答案】（1）4020元；（2）第i个月底还款后的欠款数为。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为购买电脑时，货主欠商店的货款计4000元，又按月利率0.5%，即可求得第一个月底的欠款额；‎ ‎（2）由题意，分别得到第 的欠款额，利用等比数列的求和公式，即可得到第个月的欠款的关系式．‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为购买电脑时，货主欠商店的货款，即6000×＝4000(元)，‎ 又月利率为0.5%，到第一个月底的欠款数应为4000(1＋0.5%)＝4020(元)． ‎ ‎(2)设第i个月底还款后的欠款数为yi，‎ 则有y1＝4000(1＋0.5%)－a， ‎ y2＝y1(1＋0.5%)－a＝4000(1＋0.5%)2－a(1＋0.5%)－a， ‎ y3＝y2(1＋0.5%)－a ‎＝4000(1＋0.5%)3－a(1＋0.5%)2－a(1＋0.5%)－a， ‎ ‎…‎ yi＝yi－1(1＋0.5%)－a＝4000(1＋0.5%)i－a(1＋0.5%)i－1－a(1＋0.5%)i－2－…－a， ‎ 由等比数列的求和公式，得 ‎ (i＝1,2，…，36)． ‎ 答: 到第一个月底的欠款数应为4020元,第i个月底还款后的欠款数为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比数列的实际应用问题，同时考查了函数与方程思想，其中解答中认真审题，合理转化与化归，列出关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．‎ ‎21．已知等比数列的公比为，与数列满足 （）‎ ‎（1）证明数列为等差数列；‎ ‎（2）若，且数列的前3项和，求的通项，‎ ‎（3）在(2)的条件下，求.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)证明：设的公比为 由，得到，利用等差数列的定义，可得到结论；‎ ‎ (2) 由题意，根据等差的通项公式和前项和公式，列出方程组，求得，即可得到数列的通项公式；‎ ‎(3)由，求得数列的前8项均为正，从第9项开始为负，分类讨论即可求解．‎ ‎【详解】‎ ‎(1)证明：设的公比为 ∵ （）‎ ‎∴ （） ‎ ‎∴（与无关的常数）‎ ‎∴数列为等差数列，公差为. ‎ ‎(2)解: ∵ 即，解得 ‎ ‎∴ ‎ ‎(3)由得，可得 ‎∴的前8项均为正，从第9项开始为负 ‎ ‎①当时，‎ ‎ …………9分 ‎②当时,‎ ‎ ‎ 综上所述： ．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的判定与证明，以及等差数列的通项公式和前项和公式的应用，其中解答第三问时，根据数列的通项公式，得到前8项均为正，从第9项开始为负，分类讨论即可求解是解答的关键，着重考查了分类讨论思想和推理与运算能力．‎ ‎22．已知数列满足 ，且，．‎ ‎⑴求数列的前三项，，；‎ ‎⑵数列为等差数列，求实数的值；‎ ‎⑶求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1），，；（2）；（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用已知条件，直接求得的值，然后求出的值；‎ ‎（2）通过数列为等差数列，按照等差数列的定义，公差是常数，可求得的值；‎ ‎（3）利用（2），求出通项公式，然后通过乘公比错位相减法，即可求解数列的前项和．‎ ‎【详解】‎ ‎⑴由 ，且得 ‎ ，得 同理，得，‎ ‎⑵对于，且， ‎ ‎∵ ‎ 又数列为等差数列，‎ ‎∴ 是与无关的常数，‎ ‎∴ ，‎ 解得． ‎ ‎⑶由⑵知，等差数列的公差为1，‎ ‎ ∴，‎ 得． ‎ ‎∴‎ ‎ ，‎ ‎ 记，‎ 则有，‎ 两式相减，得 ‎ ‎ ‎ 故．‎ ‎【点睛】‎ 点睛：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，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.‎ 本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等．‎