北京外国语大学附属苏州2020-2021学年第一学期高二期中模拟考试1数学试题人教A版

这是一份北京外国语大学附属苏州2020-2021学年第一学期高二期中模拟考试1数学试题人教A版，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 命题“对任意实数，关于的不等式恒成立”为真命题的一个必要不充分条件是
A.B.C.D.

2. 等比数列的前n项和为，已知，则
A.B.C.D.

3. 在等差数列中，，则数列的前9项和等于
A.126B.130C.147D.210

4. 设，为正数，且，则的最小值为( )
A.B.C.D.

5. 已知正项等比数列（）满足，若存在两项，使得，则的最小值为( )
A.B.C.D.

6. 已知等比数列满足，且，则当时，（）
A.B.C.D.

7. 在R上定义运算：，若不等式对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.

8. 已知为正数，，则的最大值为( )
A.B.C.D.2
二、多选题

下面命题正确的是( )
A.“”是“”的 充 分不 必 要条件
B.命题“若,则”的 否 定 是“ 存 在,则”.
C.设,则“且”是“”的必要而不充分条件
D.设,则“”是“”的必要 不 充 分 条件

数列的前项和为，若，，则有( )
A.B.为等比数列
C.D.

若，，则下面有几个结论正确的有( )
A.若，，则
B.
C.若，则
D.若，则

意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{an}满足：a1=1，a2=1，an=an−1+an−2(n≥3,n∈N*)．若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn，则下列结论正确的是( )

A.Sn+1=an+12+an+1⋅anB.a1+a2+a3+⋯+an=an+2−1
C.a1+a3+a5+⋯+a2n−1=a2n−1D.4(cn−cn−1)=πan−2⋅an+1
三、填空题

命题：“，”的否定是________.

已知等比数列的前n项和为，且，则________.

《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：，，，，，则按照以上规律，若具有“穿墙术”，为数列的前项和，则的值为________．
四、双空题

已知x>0，y>0，且x+2y=1，则的最小值________；的最大值为________.
五、解答题

已知命题，不等式成立”是真命题．
（1）求实数的取值范围；

（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．

已知函数．
（1）若关于的不等式的解集为，求，的值；

（2）当时，求关于的不等式的解集．

在等比数列中，，且，，成等差数列．
（1）求的通项公式；

（2）若，记，求数列的前n项和．

习近平总书记指出：“我们既要绿水青山，也要金山银山．”新能源汽车环保、节能，以电代油，减少排放，既符合我国的国情，也代表了世界汽车产业发展的方向．宁德某新能源公司投资144万元用于新能源汽车充电桩项目，第一年该项目维修保养费用为24万元，以后每年增加8万元，该项目每年可给公司带来100万元的收入．假设第年底，该项目的纯利润为．（纯利润＝累计收入-累计维修保养费-投资成本）
（1）写出的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利？

（2）若干年后，该公司为了投资新项目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案：
①年平均利润最大时，以72万元转让该项目；②纯利润最大时，以8万元转让该项目；你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？并说明理由．

（1）已知不等式的解集为，求的最小值．
（2）若正数满足，求证：．

已知等比数列满足，；数列满足．
（1）求数列，的通项公式；

（2）设，数列的前项和为，若不等式恒成立，求的取值范围．
参考答案与试题解析
北京外国语大学附属苏州某校2020-2021学年第一学期高二期中模拟考试1数学试题
一、单选题
1.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
二次函数的应用
函数的最值及其几何意义
【解析】
根据题意可知，利用参数分离的方法求出使命题“对任意实数x∈1,3，关于х的不等式x2−a≤0恒成立”为真命题的α的取
值范围，ａ的取值范围构成的集合应为正确选项的真子集，从而推出正确结果．
【解答】
…命题“对任意实数x∈1,3，关于》的不等式x2−a≤0恒成立”为真命题
∴ a≥9
根据选项满足是a≥9的必要不充分条件只有a≥8，故答案选B．
2.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
二次函数的应用
函数的最值及其几何意义
【解析】
设公比为q．则a1+a1q+a1q2=a1q+10a1⇒q2=9．a1q4=9a1=19，选A．
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
A
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
由题意结合等差数列的性质和等差数列前n项和公式求解S9即可．
【解答】
∵ 在等差数列an中，a2+a5+a8=42
a2+a5+a8=3a5=42
解得a5=14
数列an的前9项和：
S9=92a1+a5=9a5=126
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
根据m+n=2，化简1m+1+n+3n+2=5m+1⋅n+2+1，根据均值不等式，即可求得答案；
【解答】
当m+n=2时，
．1m+1+n+3n+2=1m+1+1n+2+1
=m+n+3m+1⋅n+2+1=5m+1⋅n+2+1
：m+1⋅n+2≤m+1+n+222=254
当且仅当m+1=n+2时，即m=32n=12取等号，
1m+1+n+3n+2≥95
故选：D
5.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
正项等比数列an满足：a7=a6+2a3,∴a1q6=a1q5+2a1q4，又a>0，解得q=2，…存在两项3man使得anan=4a1
a12qn−2=16a12，即2n−2=16,m+n=6
1m+5n=16m+n1m+5n=166+5mm+5mn≥1+53
当且仅当nm=5mn取等号，但此时m,n∈N ast．又m+n=6，所以只有当m=2,n=4，取得最小值是74．故选C．
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
C
【考点】
指数式、对数式的综合比较
二次函数的应用
函数的最值及其几何意义
【解析】
试题分析：因为an为等比数列，所以a1⋅a2n+1=a2⋅a272=⋯=a3⋅a2−5=22
．故C正确．
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
D
【考点】
函数恒成立问题
不等式恒成立问题
元素与集合关系的判断
【解析】
由题可知原不等式等价于x2−2x−a−6≥0对任意实数x恒成立，利用Δ≤0即可求解
【解答】
：不等式x−3a x+1对任意实数x恒成立，
则x−3x+1−a≥3，即x2−2x−a−6≥0对任意实数x恒成立，
Δ=−22−4−a−6≤0，解得a≤−7
故选：D．
8.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用基本不等式求解即可．
【解答】
a1+b2=12×2a1+b2≤124a2+1+b22=2，当且仅当4a2=1+b2时，取得最大值．
故选：D
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
选项A：先判断由a>1，能不能推出1a<1，再判断由1a<1，能不能推出a>1，最后判断本选项是否正确；
选项B：根据命题的否定的定义进行判断即可．
选项C：先判断由x≥2且y≥2能不能推出x2+y2≥4，然后再判断由x2+y2≥4能不能推出x≥2且y≥2，最后判断本选项
是否正确；
选项D：先判断由a≠0能不能推出ab≠0，再判断由ab≠0能不能推出a≠0，最后判断本选项是否正确．
【解答】
选项A：根据反比例函数的性质可知：由a>1，能推出1a<1，，但是由1a<1，不能推出a>1，例如当a<0时，符合1a<1，但是不符合
a>1．所以本选项是正确的；
选项B：根据命题的否定的定义可知：命题“若x<1，则x2<1的否定是“存在x<1，则x2≥1所以本选项是正确的；
选项C：根据不等式的性质可知：由x≥2且y≥2能推出x2+y2≥4，本选项是不正确的；
选项D：因为b可以等于零，所以由a≠0不能推出ab≠0，再判断由ab≠0能不能推出a≠0，最后判断本选项是否正确．
故选ABD
【答案】
A,B,D
【考点】
运用诱导公式化简求值
三角函数值的符号
对数函数的单调性与特殊点
【解析】
根据an,Sn的关系，求得an，结合等比数列的定义，以及已知条件，即可对每个选项进行逐一分析，即可判断选择
【解答】
由题意，数列an的前）项和满足an+1=2Snn∈N ast
当n≥2时，an=2Sn−1
两式相减，可得an−1−an=2Sn−Sn−1=2an
可得an+1=3a.，即an+1an=3,n≥2
又由a1=1，当n=1时，a2=2S1=2a1=2，所以a2a1=2
所以数列的通项公式为
当n≥2时，Sn=an+12=2⋅3n−12=3n−1
又由n=1时，S1=a1=1，适合上式，
所以数列的an的前”项和为Sn=3n−1
又由Sn+1Sn=3n3n−1=3，所以数列Sn为公比为3的等比数列，
综上可得选项A．B．D是正确的．
故选：ABD．
【答案】
B,C,D
【考点】
运用诱导公式化简求值
不等式的基本性质
象限角、轴线角
【解析】
根据基本不等式，对选项逐一分析即可．
【解答】
对于A：当01时，lgab=0,lg3a<0，即lgab+lg3a<0，故A不正确；
对于B：若a>0b>0，由基本不等式得：a2+b2≥2ab，即有2a2+b2≥a+b2
即2a2+b2≥a+b2=a+b，故a2+b2a+b≥22，当且仅当“a=b时取等号，故B正确；
对于C：由a>0,b>0,121a+4b=1
所以a+b=12a+b1a+4b=125+ba+4ab≥125+2ba⋅4ab=92
当且仅当1a+4b=2,ba=4ab，即a=32,b=3时取等号，故C正确；
对于D：由a>0b>0,ab+b2=a+bb=2，即有2ba+b=4
根据基本不等式有：a+3b=a+b+2b≥22ba+b=4，当且仅当ab+b2=2,a+b=2b，即a=b=1时取等号，故
D正确．
综上：BCD正确．
故选：BCD．
【答案】
A,B,D
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
根据题中递推公式，求出Sn,cn，数列的前．项和，数列的奇数项和，与选项对比即可．
【解答】
解：A，因为斐波那契数列总满足an=an−1+an−2n≥3,n∈N*
a12=a2a1，
a22=a2a2=a2a3−a1=a2a3−a2a1，
a32=a3a3=a3a4−a2=a3a4−a3a2，
类似的有，an2=anan=anan+1−an−1=anan+1−anan−1，
累加得a12+a22+a32+⋯+an2=an⋅an+1，
由题知Sn+1=an+12+an+1⋅an，
故A正确；
B，因为a1=a1，a2=a3−a1，a3=a4−a2，
类似的有an=an+1−an−1，
累加得a1+a2+a3+⋯+an=an+an+1−a2=an+2−1，
故B正确；
C，因为a1=a1，a3=a4−a2，a5=a6−a4，
类似的有a2n−1=a2n−a2n−2，
累加得a1+a3+⋯+a2n−1=a1+a2n−a2=a2n，
故C错误；
D，可知扇形面积cn=π⋅an24，
故4cn−cn−1=4π⋅an24−π⋅an−124
=πan2−an−12=πan−2⋅an+1.
故D正确.
故选ABD．
三、填空题
【答案】
=x0∈Rx02−πx0<0
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
导数的运算
【解析】
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
【解答】
命题为全称命题，则命题的否定为x0∈R,x02−πx0<0
故答案为：=x0∈R,x02−πx0<0
【答案】
3
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的性质
等比数列的通项公式
【解析】
将等比数列的前．项和公式代入S63S3=38（注意q=1的讨论）求出公比，然后将公比代入所求式子中可求解．
【解答】
设等比数列an的首项为a1，公比为♀．
当q=1时显然不成立．所以q≠1
则由
解得:q=12
所以2a5a5+a4=2a1q5a1q4+a1q3=2q2q+1=2×141+12=13
故答案为:13
【答案】
、36,55
【考点】
数列的求和
【解析】
归纳出数列an的通项公式，利用裂项求和法可求得T3的值．
【解答】
：223=2222−1=2×222−1=223338=3332−1=3×332−1=338
以此类推，由n+1n+1an=n+1n+1an可知an=n+12−1
事实上
=n+1+n+1n+12−1=n+1n+1an
二1an=1n+12−1=1nn+2=121n−1n+2
因此，T9=121−13+12−14+13−15+⋯+19−111=121+12−110−111=3655
故答案为：3655
四、双空题
【答案】
3+2√
√2
4
【考点】
基本不等式
【解析】
由1x+1y=1x+1yx+2y，展开后利用基本不等式即可求解；由xy2x2+y2=12xy+yx，然后利用基本不等式即可求解．【详加Ⅰ∵ x>0y>0，且x+2y=1
则1x+1y=1x−1yx−2y=3+2yx−xy≥3+22
当且仅当2yx=xy且x+2y=1即y=2+22,x=1+2时取等号，
x2x2+y2=x2xy+yx​122xy22xy122=24,
当且仅当x=22−17,y=4−27时取等号．
故答案为：3+22,24
【解答】
此题暂无解答
五、解答题
【答案】
(1)(1)2,+∞．
(2))[6,+∞)
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
命题的真假判断与应用
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）根据命题P是真命题得不等式恒成立将不等式恒成立转化为最大值成立，即可得到：
（2））先化简命题q:a−4【解答】
（1）由题意m>x2−x在−1≤x≤1恒成立，所以m>x2−x2−1≤x≤1
因为x2−x=x−122−14
所以−14≤x2−x≤2，即x2−xmin=2
m>2
所以实数m的取值范围是2,+∞
）(II)由q得a−4因为q⇒p，所以a−4≥2，，即a≥6
所以实数4的取值范围是[6,+∞)
【答案】
（1）a=1.b=3；
（2）分类讨论，答案见解析．
【考点】
一元二次不等式的解法
一元二次不等式与一元二次方程
【解析】
（1）根据不等式解集得对应方程的根，再根据韦达定理求α，b的值；
（2）根据α与0的大小分类讨论，即得对应不等式解集
【解答】
（1）：不等式fx=ax2−4ax+b<0的解集为1,b
1+b=4b=ba,
解得a=1,b=3
（2）：b=3a．fx=ax2−4ax+3a<0
即ax−1x−3<0
当a=0时，x∈Z
当a>0时，1当a<0时，x<1或x>3
综上所述，
当a=0时，不等式解集为⌀
当a>0时，不等式解集为1,3
当a<0时，不等式解集为−∞,1∪3,+∞
【答案】
（1）an=−12n−1an=2n−1；
（2）Tn=n−1⋅2n+1.
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）根据2a3,a5,3a4成等差数列，利用等差中项得到2a3=2a3+3a4，进而求得公比，再写出通项公式即可．
（2）根据an>0，由（1）得到bn=anlg2an+1=n⋅2n−1，然后利用错位相减法求和即可．
【解答】
（1）因为2a3,a53a4成等差数列，
所以2a5=2a3+3a4
所以2a1q4=2a1q2+3a133
所以2q2=2+3q
即2q2−3q−2=0
即2q+1q−2=0
解得q=−12或q=2
当q=−12时，an=a1qn−1=−12n−1
当q=2时an=a1qn−1=2n−1
（2）因为an>0，所以an=2n−1，所以an+1=2n
则bn=anlg2an+1=n⋅2n−1
故Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1，①
2Tn=1×2+2×22+3×23+⋯+n⋅2n，②
①-○得−Tn=1+2+22+23+⋯+2n−1−n⋅2n
=1−2n1−2−n⋅2n=1−n⋅2n−1
故Tn=n−1⋅2n+1
【答案】
（1）fn=−4n2+80n−144，从第3年开始盈利；
（2）选择方案⑩最合算，理由见解析．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）先根据等差数列求和公式得累计维修保养费，再根据纯利润=累计收入-累计维修保养费-投资成本得fn的表达式
，最后解不等式fn>0，确定盈利起始年；
（2）按方案⑩：结合基本不等式求最值，确定总利润，按方案②，根据二次函数性质求最值，确定总利润，最后比较总利润大
小以及时间成本，即可确定选择
【解答】
（1）由题意，每年的维修保养费是以24为首项，8为公差的等差数列，
设纯利润与年数的关系为fn
贝fn=100n−24n+nn−12×8−144=−4n2+80n−14
令fn=−4n2+80n−144>0，解得2．n∈N，…该项目从第3年开始盈利．
（2）按方案⑩：年利润为fnn=80−4n+36n≤80−4×2n×36n=32
当且仅当n=36n，即n=6时，取等号，
…按方案⑩共获利6×32+72=264万元，此时n=6
按方案②：fn=−4n2+80n−144=−4n−102+256
当n=10时，fn加加=256，∴ 按方案ω共获利256+8=264万元，此时n=10
以上两种方案，两种方案都获利264万元，但方案⑩只需6年，而方案②需要10年，
故选择方案⑩最合算．
【答案】
（1）4;
（2）证明见解析．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
一元二次不等式与一元二次方程
【解析】
（1）利用根与系数的关系及基本不等式求解x1+x2+1x1x2的最小值；
（2）直接利用基本不等式结合a+b+c=2证明；
【解答】
（1）a>2时，Δ=a2−4a−2>0
因为不等式x2−ax+a−2>0a>2的解集为−a,x1∪x2,+∞
所以方程x2−ax+a−2=0的两根为x2,x2
由韦达定理可得x1+x2=a,x1x2=a−2
因为a>2，所以a−2>0
则x1+x2+1x1x2=a+1a−2=a−2+1a−2+2≥2a−2×1a−2+2=4
当且仅当a=3时取等号，加x1+x2+1x1x2的最小值为4；
（2）基本不等式，由a、b、c为正数且a+b+c=2
由基本不等式，有b2a+a≥2b,c2b+b≥2c,a2c+c≥2a
三式相加可得：b2a+a+c2b+b+a2c+c≥2b+2c+2a
b2a+c2b+a2c≥a+b+c，即b2a+c2b+a2c≥2（当且仅当a=b=c时等号成立）
【答案】
（1）an=2n−1bn=n+1；
（2）−43<λ<3524
【考点】
由递推关系证明数列是等差数列
数列的求和
数列与函数最值问题
【解析】
（1）根据条件列首项与公比方程组，解得结果代入等比数列通项公式即得数列an通项公式；利用递推关系得bn−bn−1=1
，再根据等差数列定义以及通项公式得bn的通项公式；
（2）先化简cn，再根据分组求和得工，，根据奇偶分类讨论并变量分离，最后结合数列单调性确定数列最大项与最小项，即得
结果
【解答】
（1）由题意a1+a1q=3a1q+a1q2=6
解得a1=1q=2，所以an=2n−1
当n=1时，1−1b1=1b1，解得b1=2
因为
当n>1时，1−1t1⋅1−1b2⋅1−1b3⋯⋯1−1bn+1=1bn−1
上述两式相除，得1−1bn=bn+1bn，即bn−bn−1=1，所以bn是以2为首项，1为公差的等差数列，所以bn=n+1
（2）cn=1bn2−1−an=1nn+2−2n−1
数列的前n项和为：1−2n1−2=2n−1
数列的前n项和为：
11×3+12×4+13×5+14×6+15×7+⋯+1n−1n+1+1nn+2
=121−13)+(12−14)+(13−15)+(14−16)+(15−17)+⋯+(1n−1−1n+1)+(1n+2−1n+2)
=1232−1n+1−1n+2
所以Tn=1232−1n+1−1n+2−2n+1
又因为−1nλ2n−1即ρn=1232−1n+1−1n+2+1
因
=12(32−1n+2−1n+3)+1−12−1n+1−1n+2)+1=12(1n+1−1n+3)>0
所以θ(1)为增函数．
当”为偶数时，A∵ϕn恒成立，则λ因为，即λ<3524
当”为奇数时，A>−ϕ(4)恒成立，则λ>[−6)]]加加，由上可知道一(n)是减函数，所以
−6n加=1211+1+11+2−32−1=−43，即λ>−43
综上，−43<λ<3524