北京市西城区第四中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

北京市西城区第四中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

高二数学 期中测试卷 一．选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）‎ ‎1.不等式＜0的解集为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 略 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎2.已知数列满足，且，那么（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据递推关系，依次求得的值.‎ ‎【详解】当时，；‎ 当时，.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查根据递推关系求数列的项，属于基础题.‎ ‎3.下列命题中的假命题是（ ）‎ A. , B. ，使 C. ， D. ，使 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对选项逐一分析命题的真假性，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】对于A选项，当时，，故A选项是假命题；‎ 对于B选项，正切函数的值域为，故B选项是真命题；‎ 对于C选项，根据指数函数的值域可知，C选项是真命题；‎ 对于D选项，，故D选项是真命题.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查全称命题与特称命题真假性的判断，考查幂函数、正切函数、指数函数和对数函数有关知识，属于基础题.‎ ‎4.已知等差数列 中，，公差，则的前5项和等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列前项和公式，求得的前项和.‎ ‎【详解】由于数列是等差数列，所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差数列前项和公式，属于基础题.‎ ‎5.若，则下列不等式中成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质，对选项逐一分析，由此确定正确选项.‎ ‎【详解】对于A选项，由于，，故，所以A选项不成立.‎ 对于B选项，由于，所以，所以B选项不成立.‎ 对于C、D选项，由于，，故，所以C选项不成立，D选项成立.‎ 故选：D ‎【点睛】本小题主要考查根据不等式的性质判断不等式是否成立，考查差比较法，属于基础题.‎ ‎6.设, ，则是的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件.‎ ‎【详解】由.所以，，故是的必要不充分条件.‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，属于基础题.‎ ‎7.若，且，则下列不等式中，恒成立的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：，所以A错；，只能说明两实数同号，同为正数，或同为负数，所以当时，B错；同时C错；或都是正数，根据基本不等式求最值，，故D正确．‎ 考点：不等式的性质 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎8.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)‎ A. 6 B. ‎7 ‎C. 8 D. 9‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：条件已提供了首项，故用“a1，d”法，再转化为关于n的二次函数解得．‎ 解答：解：设该数列的公差为d，则a4+a6=‎2a1+8d=2×（-11）+8d=-6，解得d=2，‎ 所以Sn=-11n+‎ ‎×2=n2-12n=(n-6)2-36，所以当n=6时，Sn取最小值．‎ 故选A 点评：本题考查等差数列的通项公式以及前n项和公式的应用，考查二次函数最值的求法及计算能力．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎9.函数的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用基本不等式，结合正切函数的取值范围，求得函数的最大值.‎ ‎【详解】由于，所以，所以 当且仅当，时等号成立.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查利用基本不等式求最值，考查正切函数的取值范围，属于基础题.‎ ‎10.已知数列{an}满足an= nkn(n∈N*，0 < k < 1)，下面说法正确是( )‎ ‎①当时，数列{an}为递减数列；‎ ‎②当时，数列{an}不一定有最大项；‎ ‎③当时，数列{an}为递减数列；‎ ‎④当为正整数时，数列{an}必有两项相等的最大项.‎ A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：选项①：当时，，有，，则，即数列不是递减数列，故①错误；‎ 选项②：当时，，因为，所以数列可有最大项，故②错误；‎ 选项③：当时，，所以，即数列是递减数列，故③正确；‎ 选项④：，当为正整数时，；当时，；当时，令，解得，，数列必有两项相等的最大项，故④正确.‎ 所以正确的选项为③④.‎ 考点：数列的函数特征.‎ 二．填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）‎ ‎11.命题“，”的否定是_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：全称命题的否定是特称命题，并将结论加以否定，因此否定为：‎ 考点：全称命题与特称命题 ‎12.设为等比数列的前项和，，则公比_____，_____．‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将已知转化为的形式，由此求得公比，进而求得的值.‎ ‎【详解】由于数列为等比数列，故，解得，所以.‎ 故答案为：（1）；（2）.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式和前项和公式基本量计算，属于基础题.‎ ‎13.若正数满足，则的最小值等于_____．‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用 “的代换”方法，利用基本不等式，求得的最小值.‎ ‎【详解】由于，所以，当且仅当，即时等号成立.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用基本不等式求最小值，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.‎ ‎14.已知函数的对应关系如下表所示：‎ 数列满足，则_____, _____.‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的对应关系，求得数列的前项，找到规律，由此求得的值.‎ ‎【详解】依题意，，，，，……，以此类推，数列是周期为的周期数列，故.‎ 故答案为：（1）；（2）.‎ ‎【点睛】本小题主要考查周期数列，考查函数的对应关系，属于基础题.‎ ‎15.能够说明“设是任意实数,若,则”是假命题的一组整数的值依次为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：，矛盾，所以−1，−2，−3可验证该命题是假命题.‎ ‎【名师点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时利用赋值的方式举反例进行验证，答案不唯一．‎ 三．解答题（本大题共3小题，每小题10分，共30分）‎ ‎16.已知为等差数列，且，.‎ ‎（1）求通项公式；‎ ‎（2）若等比数列满足，，求的前项和公式．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将已知条件转化为的形式列方程组，解方程组求得，进而求得数列的通项公式.‎ ‎（2）将已知条件转化为的形式列方程组，解方程组求得，进而求得数列的前项和公式.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为.‎ 因为，‎ 所以，解得.‎ 所以.‎ ‎（2）设等比数列的公比为.‎ 因为，‎ 所以，即.‎ 所以的前项和公式为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式的基本量计算，考查等比数列通项和前项和的基本量计算，属于基础题.‎ ‎17.已知函数．‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）若不等式的解集为，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，根据一元二次不等式的解法，求得不等式的解集.‎ ‎（2）构造函数，根据二次函数函数值恒为正数的条件列不等式，解不等式求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）由得，所以原不等式解集为.‎ ‎（2）若不等式的解集为，因为抛物线开口向上，所以只需，解得.‎ 故解集为时，实数取值范围为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查一元二次不等式恒成立问题的求解，属于基础题.‎ ‎18.已知是等差数列，是等比数列，且，，，．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将已知条件转化为的形式列方程解方程求得，进而求得数列的通项公式.‎ ‎（2）利用错位相减求和法求得数列的前项和.‎ ‎【详解】（1）等比数列的公比，故.‎ 所以，，．‎ 设等差数列的公差为．‎ 因为，，‎ 所以，即．‎ 所以．‎ ‎（2）由（1）知，，，从而．‎ 由于，‎ 即 （1）‎ 则（2）‎ 由（1）-（2）得 所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列通项的基本量计算，考查错位相减求和法，考查运算求解能力，属于中档题.‎ 一．选填题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）‎ ‎19.若且，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用特殊值对选项进行排除，根据不等式的性质，证明正确的选项结论成立.‎ ‎【详解】不妨设，所以，故BD选项错误；，故C选项错误.正确的选项为A.‎ 对于A选项.由于且，即，所以. ‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查不等式的性质，考查比较大小，属于基础题.‎ ‎20.设是等差数列，为等比数列，其公比, 且，若,，则与的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. 不确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差中项和等比中项的性质，结合基本不等式，判断出与的大小关系.‎ ‎【详解】由于是等差数列，为等比数列，所以，而,，所以，由于，根据基本不等式可知，即.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差中项、等比中项的性质，考查基本不等式求最值.‎ ‎21.已知数列满足，则（ ）‎ A. 4043 B. ‎4046 ‎C. 4047 D. 4049‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知判断，即与分别是公差为的等差数列，利用的值，求得的值.‎ ‎【详解】由得，两式相减的，即与分别是公差为的等差数列，所以①.而②，由①②得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查根据递推关系式求数列某些项的和，考查等差数列基本量的计算，属于基础题.‎ ‎22.已知数列满足，，则_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得的值，再根据求得数列的通项公式，由此求得的值.‎ ‎【详解】当时，.‎ 当时，由得，两式相减得，故，故数列是首项为，公比为的等比数列.而是首项为，公比为的等比数列的前项和.所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本小题主要考查已知求，考查等比数列通项公式及前项和公式，属于中档题.‎ ‎23.若， ，则关于的不等式的解集为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可将该不等式转化为一元二次不等式组，从而可求原不等式的解集.‎ ‎【详解】不等式等价于即，‎ 故，整理得到，该不等式组的解为或.‎ 故原不等式的解集为.‎ 故答案：.‎ ‎【点睛】本题考查分式不等式解的求法，一般地，分式不等式可以转化为一元二次不等式来求解，注意转化时分母不为零.‎ ‎24.已知, 则的最小值是_____．‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将要求最小值的表达式化简为，再利用基本不等式求得表达式的最小值.‎ ‎【详解】由于，所以 ‎，当且仅当，即时，取得最小值.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用基本不等式求最小值考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎25.有穷数列满足，且成等比数列. 若，则满足条件的不同数列的个数为_____．‎ ‎【答案】176‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据成等比数列，求得的可能取值，由此进行分类讨论，结合，判断出满足条件的不同数列的个数.‎ ‎【详解】由于，所以或.由于成等比数列，所以，所以，故或.‎ 当时，在中，都成立；在中，有个，个成立.故方法数有种.‎ 当时，在中，有个成立，个成立，方法数有种；在中，有个，个成立，方法数有种.故方法数有种.‎ 综上所述，满足条件的不同数列的个数为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等比中项的性质，考查分类讨论的数学思想方法，考查分析与解决问题的能力，考查组合数的计算，属于中档题.‎ 二．解答题（本大题共2小题，共22分）‎ ‎26.已知二次函数，，恒有. 数列满足，且N*.‎ ‎（1）求的解析式；‎ ‎（2）证明：数列单调递增；‎ ‎（3）记. 若，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用得到的关系式，利用恒成立，列不等式，由此求得的值，进而求得函数解析式.‎ ‎（2）利用差比较法，结合（1）的结论，证得，由此证得数列单调递增.‎ ‎（3）首先判断，然后证得数列是等比数列，并求得其首项和公比，进而求得其前项和的表达式，利用对数式化为指数式，求得的值.‎ ‎【详解】（1）由得，即；‎ 因为恒成立，即恒成立，‎ 即恒成立，从而，所以；‎ 所以表达式为；‎ ‎（2）由于，‎ 又因为N*，‎ 所以，因此，所以数列单调递增；‎ ‎（3）因为，‎ 所以，即，‎ 所以数列是等比数列，其首项，公比，其前 项和为，即，所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查二次函数解析式的求法，考查一元二次不等式恒成立问题的求解策略；考查利用差比较法证明数列的单调性，考查构造数列法求数列前项乘积的值，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎27.给定数列. 对，该数列前项的最大值记为，后项的最小值记为，.‎ ‎（1）设数列为3,4,7,1. 写出的值；‎ ‎（2）设是公比大于的等比数列，且，证明是等比数列；‎ ‎（3）若，证明是常数列.‎ ‎【答案】（1），，；（2）见解析；（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据的定义，求得的值.‎ ‎（2）根据数列的单调性，确定，根据等比数列的定义，证得是等比数列；‎ ‎（3）先证得后面的项，都不小于，然后证得后面的项，都不大于，由此证得后面的项，和都相等，即证得数列的每一项和都相等，也即证得是常数列.‎ ‎【详解】（1），，‎ ‎（2）因为是公比大于的等比数列，且 ‎ 所以.‎ 所以当时，‎ 所以当时，‎ 所以是等比数列. ‎ ‎（3）因为即，故，使，且对，都有……①.‎ 若，则；‎ 若，因为，所以，‎ 所以对，都有……②.‎ 由①②知，对，都有.‎ 综上，.‎ 因，所以，所以，‎ 所以，使.‎ 同上可证.‎ 以此类推，由于仅有有限项，所以是常数列.‎ ‎【点睛】本小题主要考查新定义的理解和运用，考查等比数列的定义，考查分析思考与解决问题的能力，综合性很强，属于难题.‎