2018-2019学年高二数学10月阶段检测试卷(含解析).doc

xx-2019学年高二数学10月阶段检测试卷(含解析)本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分150分.考试用时120分钟.一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.若，则下列不等式成立的是().A. B. C. D. 【答案】B【解析】abc，acbc0，故选B2.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，S13=13(a1+a13)2=13a7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an=a1+(n1)d,Sn=n(a1+an)2，性质：若m+n=p+q则am+an=ap+aq，此性质在数列题目中应用广泛3.已知数列an中，a3=2，a71，若12an为等差数列，则a11等于（ ）.A. 1 B. 12 C. 23 D. 2【答案】C【解析】【分析】由12an为等差数列，结合a3=2,a7=1求出数列12an的公差，再由等差数列的通项公式，求出12a11，即可得到答案【详解】由数列12an为等差数列，则公差d=12a712a373=116，所以12a11=12a7+116(117)=12+14=34，所以a11=23，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an中,a1+a4+q7=45,a2+a5+a8=29,则a3+a6+a9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d的3倍，且求出3d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3d，把3d的值代入即可求得答案【详解】设等差数列的公差为d，由a1+a4+q7=45,a2+a5+a8=29，则(a2+a5+a8)(a1+a4+q7)=2945=16，即3d=16，又由(a3+a6+a9)(a2+a5+a8)=3d=16，所以a3+a6+a9=(a2+a5+a8)+(16)=2916=13，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3d得值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力5.若关于x的不等式mx2+8mx+280的解集是x7x1，则实数m的值是( ).A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】D【解析】【分析】利用关于x的不等式mx2+8mx+280的解集，可得方程mx2+8mx+28=0的两根为7,1，利用韦达定理，即可求解【详解】由题意，关于x的不等式mx2+8mx+280的解集为x7x1，所以方程mx2+8mx+28=0的两根为7,1，由韦达定理可得(7)(1)=28m，解得m=4，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.各项均为实数的等比数列an前n项之和记为Sn若S10=10，S30=70，则S40等于（ ）A. 150 B. 200 C. 150或200 D. 400或50【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的前n项和的公式化简S10=10,S30=70，分别得到关于q的两个关系式，求得公比的值，然后利用等比数列的前n项和公式代入q的值，即可求解【详解】根据等比数列的前n项和的公式化简S10=10,S30=70得：S10=a(1q10)1q=10,S30=a(1q30)1q=70，所以S30S10=1q301q10=(1q10)(1+q10+q20)1q10=7，得到1+q10+q20=7，即(q10)2+q106=0，解得q10=3（舍去），q10=2，则S40S10=a(1q40)1q1q101q=1(q10)41q10=12412=15，所以S40=15S10=150，故选A【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式及前n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n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(a3)x2+2(a3)x40 对于一切xR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a=3时不等式即为-40，对一切xR恒成立，当a3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a=3时不等式即为-40，对一切xR恒成立，当a3时，则须a-30=4a-32+16(a-3)0，解得a3-1a3，所以-1a3，综上所述，实数的取值范围是(-1,3，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112,214,318,4116,前n项的和为( )A. 112n+n2+n2 B. 12n+n2+n2 C. 12n+1+n2n2 D. 12n+n2+n2【答案】A【解析】【分析】把数列112,214,318,4116,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n项和公式，即可求解【详解】由题意，数列112,214,318,4116,的通项公式为n+(12)n，所以该数列的前n项和为1+2+3+n+12+14+18+(12)n=1-12n+n2+n2，故选A【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的前n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n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an,bn的前n项和分别为Sn,Tn,若SnTn=2n3n+1,则anbn=( )A. 23 B. 2n13n1 C. 2n+13n+1 D. 2n13n+4【答案】B【解析】 anbn=(2n1)an(2n1)bn=S2n1T2n1，而SnTn=2n3n+1 anbn=2(2n1)3(2n1)+1=2n13n+1，故选B.10.已知an为等差数列，若a11a100,d0，根据a11a100,a110，a10+a110，所以S18=a1+a18218=9(a9+a10)0，S20=a1+a20220=10(a10+a11)a2b3+a3b2【答案】证明见解析【解析】【分析】要证a5+b5a2b3+a3b2，只需要证明a5+b5-a2b3-a3b20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 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an中，a1=1 ，当n2时，其前n项和Sn满足Sn2=an(Sn12) （1）求Sn的表达式； (2)设bn Sn2n+1,求数列bn的前n项和Tn【答案】（1）Sn=12n1(nN)；（2）n2n+1。【解析】【分析】（1）运用数列的递推公式an=SnSn1(n2)，代入化简整理，再由等差数列的定义和通项公式，即可求解Sn；（2）求得bn=1(2n1)(2n+1)=12(12n112n+1)，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）由an=Sn-Sn-1(n2)得Sn2=(Sn-Sn-1)(Sn-12)=Sn2-12Sn-Sn-1Sn+12Sn-1 得Sn-1-Sn=2SnSn-1(n2) 1Sn-1Sn-1=2(n2)1Sn是以1S1为首项,以2为公差的等差数列, 1Sn=2n-1,Sn=12n-1(nN)(2)bn=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1) Tn=12(1-13+13-15+.+12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1.【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f(x)=x2(a+1a)x+1.（1）当a=2时，解关于x的不等式f(x)0；（2）若a0，解关于x的不等式f(x)0.【答案】（1）12,2；（2）见解析【解析】试题分析：（1）f(x)=(x-12)(x-2)，结合图像可得不等式解集（2）f(x)=(x-1a)(x-a)，所以根据根的大小进行分类讨论：1aa时，为x|ax1a；1aa，为x|1axa；a=1时，为1试题解析：（1）当a=12时，不等式f(x)=x2-52x+10，即(x-12)(x-2)0，解得12x2故原不等式的解集为x|12x2（2）因为不等式f(x)=(x-1a)(x-a)0，当0aa，所以原不等式的解集为x|ax1a；当a1时，有1aa，所以原不等式的解集为x|1axa；当a=1时，原不等式的解集为1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13，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4000(10.5%)ia(10.5%)i10.5%。【解析】【分析】（1）因为购买电脑时，货主欠商店23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1,2,3, 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60004000(元)，又月利率为0.5%，到第一个月底的欠款数应为4000(10.5%)4020(元) (2)设第i个月底还款后的欠款数为yi，则有y14000(10.5%)a， y2y1(10.5%)a4000(10.5%)2a(10.5%)a， y3y2(10.5%)a4000(10.5%)3a(10.5%)2a(10.5%)a， yiyi1(10.5%)a4000(10.5%)ia(10.5%)i1a(10.5%)i2a， 由等比数列的求和公式，得yi=4000(10.5%)ia(10.5%)i-10.5% (i1,2，36) 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4000(10.5%)ia(10.5%)i-10.5%【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bn的公比为q，与数列an满足bn=3an （nN*）（1）证明数列an为等差数列；（2）若b8=3，且数列an的前3项和S3=39，求an的通项，（3）在(2)的条件下，求Tn=a1+a2+an.【答案】（1）证明见解析；（2）an=172n；（3）Tn=n2+16n,(n8)n216n+128(n9)。【解析】【分析】(1)证明：设bn的公比为q 由bn=3an，得到an=log3bn，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n项和公式，列出方程组，求得a1,d，即可得到数列的通项公式；(3)由an=172n0，求得数列an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bn的公比为q bn=3an （nN*）an=log3bn （nN*） an+1-an=log3bn+1-log3bn=log3bn+1bn=log3q（与n无关的常数）数列an为等差数列，公差为log3q. (2)解: b8=3a8=3S3=39 即a1+7d=13a1+3d=39，解得a1=15d=-2 an=15-2(n-1)=17-2n (3)由an=17-2n0得n8，an=17-2n0可得n9an的前8项均为正，从第9项开始为负 当n8时，Tn=a1+a2+an=a1+a2+an=(15+17-2n)n2=(16-n)n=-n2+16n 当n9时,Tn=a1+a2+an=a1+a2+a8-(a9+a10+an)=2(a1+a2+a8)-(a1+a2+a8+a9+a10+an)=2(15+1)82-(-n2+16n)=128-(16-n)n=n2-16n+128 综上所述： Tn=-n2+16n,(n8)n2-16n+128(n9)【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n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an满足an=2an1+2n1 (nN+，且n2)，a4=81求数列的前三项a1，a2，a3；数列an+p2n为等差数列，求实数p的值；求数列an的前n项和Sn【答案】（1）a1=5，a2=13，a3=33；（2）p=1；（3）Sn=n(2n+1+1)。【解析】【分析】（1）利用已知条件，直接求得a3的值，然后求出a1,a2的值；（2）通过数列an+p2n为等差数列，按照等差数列的定义，公差是常数，可求得p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an的前n项和Sn【详解】由an=2an-1+2n-1 (nN+，且n2)得 a4=2a3+24-1=81，得a3=33同理，得a2=13，a1=5对于nN，且n2， an+p2n-an-1+p2n-1=an-2an-12n=2n-1-p2n=1-1+p2n 又数列an+p2n为等差数列， an+p2n-an-1+p2n-1是与n无关的常数， 1+p=0，解得p=-1 由知，等差数列an+p2n的公差为1， an-12n=a1-12+(n-1)=n+1，得an=(n+1)2n+1 Sn=a1+a2+an =22+322+423+(n+1)2n+n， 记Tn=22+322+423+(n+1)2n，则有2Tn=+222+323+424+n2n+(n+1)2n+1，两式相减，得 -Tn=22+(22+23+2n)-(n+1)2n+1 =4+4-2n+11-2-(n+1)2n+1=-n2n+1 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