【文档说明】山东省烟台市招远市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题【精准解析】.doc，共(18)页，1.493 MB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度高二第一学期期中月考检测数学一、选择题：本大题共13小题，每小题4分，共52分.在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～13题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0

分.1.已知数列23141926，，，，，，则12是它的A.第28项B.第29项C.第30项D.第31项【答案】B【解析】【分析】由数列的前几项可得其一个通项公式，由此可求12是它的第29项.【详解】已知数列23141926，，，，，，则

数列的一个通项公式为()41551,nann=+−=−则1251,29nn=−=故选B.【点睛】本题考查由数列的前几项写出数列的一个通项公式，属基础题.2.正项等比数列na中，25100aa=，则34lglgaa+=（）A.1−B.1C.2D.0【答案】

C【解析】【分析】利用对数的运算性质和等比数列的性质可求得结果.【详解】在等比数列na中，25100aa=，由等比数列的基本性质可得3425100aaaa==，因此，()3434lglglglg1002aaaa+===故选：C.【点睛】本题考查利用等比数列基本性质和对数的运算性质求值，

考查计算能力，属于基础题.3.已知,,abcR，且,0abab，则下列不等式一定成立的是（）A.33abB.22acbcC.11abD.22ab【答案】A【解析】试题分析：由函数3yx=在R上是增函数可知A项正

确；B项0c=时不正确；C项1,1ab==−时不正确；D项1,1ab==−时不正确考点：不等式性质4.若0ab，且amabmb++，则m的取值范围是（）A.mRB.0mC.0mD.0bm−【答案】D【解

析】【分析】利用作差法可求得出()()0mbaamabmbbbm−+−=++，可得出()0mmb+，解该不等式即可得出结果.【详解】0ab，0ab−，amabmb++，()()()()()0bamabmmbaamabmbbbmbbm+−+−+

−==+++，可得()0mmb+，解得0bm−.故选：D.【点睛】本题考查利用作差法比较大小，同时也涉及了一元二次不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.5.若0a，0b，则不等式1bax−的解

集为（）A.11,00,ba−B.11,ba−C.11,,ba−−+D.11,00,ab−【答案】C【解析】【分析】分别解不等式1bx−和1ax，将两个不等

式的解集取交集可得出结果.【详解】0a，不等式1ax即为10axx−，解此不等式得0x或1xa；又0b，不等式1bx−即为10bxx+，解此不等式得1xb−或0x.因此，不等式1bax−的解集为11,,ba−−+.故选：

C.【点睛】本题考查分式不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.6.已知数列na的前n项和122nnS+=−，则22212naaa+++=（）A.24(21)n−B.124(21)n−+C.4(41)3n−D.14(42)3n−+【答案】C【解析】∵当1n=时，12a=

，当1n时()122222nnnna+=−−−=∴2224nnna==∴首项14a=，公比4q=()()22212414441143nnnnaaaS−−+++===−故选C7.设0ab.那么，()21abab+−的最小值是（）.A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【详

解】由0ab，可知()2104baba−.所以，()222144aababa++−.选C.8.三国时期著名的数学家刘徽对推导特殊数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了许多算法，展现了聪明才智．他在《九章算术》“盈不足”章的第19题的注文中给出了一个

特殊数列的求和公式．这个题的大意是：一匹良马和一匹驽马由长安出发至齐地，长安与齐地相距3000里（1里=500米），良马第一天走193里，以后每天比前一天多走13里．驽马第一天走97里，以后每天比前一天少走半里．良马先

到齐地后，马上返回长安迎驽马，问两匹马在第几天相遇()A.14天B.15天C.16天D.17天【答案】C【解析】【分析】记良马每天所走路程构成的数列为na，驽马每天所走路程构成的数列为nb，根据题中数据，求出通项公式，进而可求出结果.【详解】记良马每天所走路程构成的数列为na，驽马每天

所走路程构成的数列为nb，由题意可得：19313(1)18013nann=+−=+，1119597(1)222nbnn=−−=−+，设，经过n天，两匹马相遇；则有11()()600022nnnaa

nbb+++，即195(97)(19318013)22600022nnnn+−+++，整理得252274800nn+，当16n满足题意，因此两匹马在第16天相遇.故选C【点睛】本题主要考查等差数列的应用，熟记等差数列的通项公式与求和公式

即可，属于常考题型.9.在等差数列na中，131a=，1020SS=，则数列na的前n项和nS的最大值为（）A.15SB.16SC.15S或16SD.17S【答案】A【解析】【分析】由1020SS=可得201011122015165()0SSaaaaa−=+++=+=，再根据1

31a=可得150a，160a，从而可得前n项和nS的最大值为15S．【详解】∵等差数列na中，1020SS=，∴201011122015165()0SSaaaaa−=+++=+=，∴15160aa+

=，又1310a=，∴150a，160a，即数列的前15项为正值，从第16项开始为负值．∴数列na的前n项和nS的最大值为15S．故选A．【点睛】求等差数列前n项和最大值的方法：（1）根据题意求出前n项和nS的表达式，然后根据二次函数的知识求解；（2）根据题意求出等差数列中正负项的分

界点，根据正项和负项的位置进行判断，即在等差数列中，若10,0ad，则前n项和nS有最大值；若若10,0ad，则前n项和nS有最小值．10.若不等式220xaxa−+，对xR恒成立，则关于t的不等式221231tttaa++−的解为（）A.12t

B.21t−C.22t−D.32t−【答案】A【解析】试题分析：不等式220xaxa−+，对xR恒成立，244001aaa=−，那么：关于t的不等式221231tttaa++−，等价于：221230ttt++−

，即：224{230ttt+−，解得：12t，故选A.考点：1.一元二次不等式；2.指数函数．11.如果a、b、c满足cba且0ac，那么下列选项中一定成立的是（）A.abacB.()0cba−C.22cbabD.()0ac

ac−【答案】AB【解析】【分析】根据cba且0ac可得出0a且0c，利用不等式的基本性质结合对b取特殊值可判断各选项的正误.【详解】cbaQ且0ac，0a且0c.对于A选项，bc，0a，由不等式的性质可

得abac，A选项正确；对于B选项，0ba−且0c，由不等式的性质可得()0cba−，B选项正确；对于C选项，若0b=，则22cbab=，C选项错误；对于D选项，0a且0c，则0ac且0ac−，可得()0acac−，D选项错误.故

选：AB.【点睛】本题考查不等式正误的判断，考查推理能力，属于基础题.12.已知两个等差数列na和nb的前n项和分别为nS和nT，且3393nnSnTn+=+，则使得nnab为整数的正整数n的值为（）A.2B.3C.4D.14【答案】ACD

【解析】【分析】由等差中项的性质和等比数列的求和公式得出31815311nnanbnn+==+++，进而可得出1n+为15的正约数，由此可得出正整数n的可能取值.【详解】由题意可得()()()()()()12121121212121221212nnnnnnn

nnaanaSanbbTnbb−−−−−+−===−+−，则()()21213213931815321311nnnnnaSnbTnnn−−−++====+−+++，由于nnab为整数，则1n+为15的正约数，则1n+的可能取值有3、5、15

，因此，正整数n的可能取值有2、4、14.故选：ACD.【点睛】本题考查两个等差数列前n项和比值的计算，涉及数的整除性质的应用，考查计算能力，属于中等题.13.若a、b、Rc，且1abbcca++=，则下列不等式成

立的是（）A.3abc++B.()23abc++C.11123abc++D.2221abc++【答案】BD【解析】【分析】利用基本不等式得出222abab+，222bcbc+，222caca+，三个不等式全加可判

断出A、B、D的正误，取33abc===−可判断C的正误.综合可得出结论.【详解】由基本不等式可得222abab+，222bcbc+，222caca+，上述三个不等式全部相加得()()222222abcabbcca++++=，2221abc++，当且仅当a

bc==时，等号成立，()()222223abcabcabbcca++=+++++，3abc++−或3abc++，若33abc===−，则1113323abc++=−，因此，A、C选项错误，B、D选项正确.故选：BD.【点睛】本题考查利用基本不等式

判断不等式的正误，考查计算能力与推理能力，属于中等题.二、填空题：本大题共有4个小题，每小题4分，共16分.14.设0x，0y，且122xy+=，则2xy+的最小值为__________.【答案】9

2【解析】【分析】由题意得出1112xy+=，将代数式2xy+与112xy+相乘，展开后利用基本不等式可求得2xy+的最小值.【详解】0x>，0y，且122xy+=，1112xy+=，由基本不等式可得

()115592222222xyxyxyxyxyyxyx+=++=+++=，当且仅当32xy==时，等号成立，因此，2xy+的最小值为92.故答案为：92.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，涉及1的妙用，考查计算能力，属

于基础题.15.数列na满足，123231111212222nnaaaan++++=+，写出数列na的通项公式__________．【答案】16,12,2nnnan+==【解析】因为123231111212222nnaaaan+++

+=+,所以()12312311111121122222nnnnaaaaan+++++++=++,两式相减得11122nna++=，即12,2nnan+=，又1132a=，所以16a=，因此16,12,2nnnan+==点睛：给出nS与na的递推关系求na，常用思

路是：一是利用1,2nnnaSSn−=−转化为na的递推关系，再求其通项公式；二是转化为nS的递推关系，先求出nS与n之间的关系，再求na.应用关系式11,1,2nnnSnaSSn−==−时，一定要注意分1

,2nn=两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.16.已知关于x的不等式11axx−的解集为()(),12,−+，则不等式11xax−的解集为__________.【答案】()),02,−+U【解析】【分析】由题意可知2是方程11axx=−的根，求出a

的值，代入不等式11xax−，化简变形后解此不等式可得出结果.【详解】已知关于x的不等式11axx−的解集为()(),12,−+，则2是方程11axx=−的根，则21a=，解得12a=，代入不等式11xax−得221xx−，即20xx−

，解此不等式得0x或2x.因此，不等式11xax−的解集为()),02,−+U.故答案为：()),02,−+U.【点睛】本题考查利用分式不等式的解集求参数，同时也考查了分式不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.17.已知数列1、1、2、1、2、4、1、

2、4、8、1、2、4、8、16、，其中第一项是02，接下来的两项是02、12，再接下来的三项是02、12、22、…，依此类推，记此数列为na，则2019a=___________，2019S=__________.【答案】(1).4(2).64258−【解析】【

分析】将已知数列分组，使得每一组的第一项为02，第()Nnn组的最后一项为12n−，计算出截止到第k组最后一项的项数之和，确定2019a所在组的序数以及所在组的项数，可归纳得出2019a的值，并进一步求得2019S的值.【详解】将已知数列分组，使得每一

组的第一项为02，即第一组：02；第二组：02、12；第三组：02、12、22；；第()kkN组：02、12、22、、12k−.故所有项的项数之和为()11232kkk+++++=，当63k=时，()6363120162+=，故2019a应位于第64组第三项，所以2201924a==.第k组

所有项之和为211212222112kkk−−++++==−−，因此，()()()()6326364201921221212112463725812S−=−+−++−+++=−+=−−.故答案为：4；64258−.【点睛】本题主要考查归纳推理，将数据进行分组是解答的关

键，同时也考查了分组求和，考查推理能力与计算能力，属于中等题.三、解答题：本大题共6个小题，共82分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足13a=，123nnSa++=.（1）求数列{

an}的通项公式；（2）若等差数列{bn}的前n项和为Tn，且11Ta=，33Ta=，求数列11{}nnbb+的前n项和Qn．【答案】（1）3nna=（2）9(21)nn+【解析】【分析】（1）根据数列的通项na与nS的关系，化简求得13()nnaanN++=，得到数列na是首项为3、公比为

3的等比数列，即求解通项公式；（2）由（1）可得3(21)nbn=−，得到()()11111192n12n1182n12n1nnbb+==−−+−+，利用裂项法，即可求解．【详解】（1）当1n=时，得29a=，由123nnSa

++=，得123(2)nnSan−+=，两式相减得112()nnnnSSaa−+−=−，又1nnnSSa−−=，∴13(2)nnaan+=，又213aa=，∴13()nnaanN++=，显然10,

3nnnaaa+=，即数列na是首项为3、公比为3的等比数列，∴1333nnna−==；（2）设数列nb的公差为d，则有13b=，由33Ta=得13327bd+=，解得6d=，∴3(1)63(21)nbnn=+−

=−，又()()11111192n12n1182n12n1nnbb+==−−+−+，∴n111111Q1183352n12n1=−+−++−−+=111182n

1−+=()n92n1+．【点睛】本题主要考查等比数列的定义及通项公式、以及“裂项法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，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“裂项法”之后求和时，弄错项数导致错解，能较好

的考查逻辑思维能力及基本计算能力等.19.解关于x的不等式12axx−．【答案】当0a时221xa−−；当01a时221xa−−；当1a=时2x；当1a时21xa−−或2x;a=0时，不等式

的解集为∅.【解析】【分析】根据题意，分3种情况讨论：①，a=0时，不等式变形为：0＞1，②，当a=1时，不等式为2xx−＞1，③，a≠0且a≠1时，不等式变形为[（a﹣1）x+2]（x﹣2）＞0，分别求出不等式的解集，综合即可得答案．【详解】

根据题意，分3种情况讨论：①，a=0时，不等式变形为：0＞1，解集为∅，②，当a=1时，不等式为＞1，解可得x＞2，解集为（2，+∞）；③，a≠0且a≠1时，不等式变形为[（a﹣1）x+2]（x﹣2）＞0，方程[（a﹣1）x+2]（x﹣2）

=0有2个根，2和，当a＞1时，不等式的解集为（﹣∞，）∪（2，+∞）；当0＜a＜1时，不等式的解集为（2，）；当a＜0时，不等式的解集为（，2）；综合可得：当a＜0时，不等式的解集为（，2）；a=0时，不等式

的解集为∅，当0＜a＜1时，不等式的解集为（2，）；当a=1时，不等式的解集为（2，+∞）；当a＞1时，不等式的解集为（﹣∞，）∪（2，+∞）．【点睛】本题考查分式不等式的解法，注意对a进行讨论，做到不重不漏．一般分式不等式的解法步骤为：先将不等号的一边化为0，

再分式化整式，转化为二次，结合二次函数的图像得到解集.20.已知关于x的不等式221(1)xmx−−．（1）是否存在实数m，使不等式对任意的xR恒成立？并说明理由．（2）若对于2,2m−不等式恒成立，求实数x的取值范围．【答

案】（1）不存在实数m，使不等式恒成立；（2）1713|22xx−++．【解析】试题分析：（1）由原不等式等价于22(1)0mxxm−+−若对于任意x恒成立，列出不是，即可得到结论；（

2）设2()(1)(21)fmxmx=−−−，当2,2m−时，()0fm恒成立，列出不等式组，即可求解实数x的取值范围．试题解析：（1）原不等式等价于22(1)0mxxm−+−若对于任意x恒成立，必须0,{0,m解得m，所以不存在实数

m，使不等式恒成立．（2）设2()(1)(21)fmxmx=−−−，当2,2m−时，()0fm恒成立，必须(2)0,{(2)0,ff−即222210,{2230,xxxx−−−−+∴x的范围是1713|22xx−++．考点：一元二次不等式的求解及应用．21

.经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内某公路汽车的车流量y（千辆/时）与汽车的平均速度v（千米/时）之间的函数关系为()2920031600=++vyvvv.（1）在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时，车流量最大？最大车流量是多少（

精确到0.1千辆/时）？（2）若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应该在什么范围内？【答案】（1）当40v=时，车流量最大，最大车流量为11.1（千辆/时）；（2）()25,64.【解析】【分析】（1）将函数解析式变形为92

016003yvv++=，利用基本不等式可求得结果，由等号成立求得对应的v值，即可得解；（2）解不等式29201031600vvv++即可求得v的取值范围，进而可得解.【详解】（1）依题意92092092016008332

16003vvy=+++=，当且仅当40v=等号成立，最大车流量92011.183y=（千辆/时）；（2）由条件得29201031600vvv++，整理得28916000vv−+，解得2564v.故汽车的平均速度应该在()25,64范围内.【点睛】本题考查基本不等式

的应用，同时也考查了分式不等式的求解，考查运算求解能力，属于中等题.22.已知函数()135cos2fxxx=−−+，且数列na满足()*133nnaanfnN++=+.（1）若数列n

a是等差数列，求数列na的通项公式；（2）若对任意的*nN，都有20nan+成立，求1a的取值范围.【答案】（1）1nan=+；（2）1,9−.【解析】【分析】（1）设等差数列na的公

差为d，由已知条件得出123nnaan++=+，由1n=和2n=可得出关于1a和d的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列的通项公式可求得na；（2）推导出()122nnaan−−=，可知数列na中的奇数项和偶数项分别成以

2为公差的等差数列，以此求出数列na的通项公式，然后分n为奇数和偶数两种情况讨论，结合20nan+恒成立，利用参变量分离法可求得1a的取值范围.【详解】（1）设等差数列na的公差为d，依题意得23f=，故123nnaan++=+，则21132125237aaadaaad

+=+=+=+=，解得1d=，12a=因此，数列na的通项公式为()111naandn=+−=+；（2）由（1）知，当2n时，123nnaan++=+，①，12(1)3nnaan−+=−+，②两式相减得112nnaa+−

−=，数列2{}na是以2a为首项，2为公差的等差数列，数列21na−是以1a为首项，2为公差的等差数列又125aa+=215aa=−，当n为偶数时，211125232nnaaanna=+−=−+−=+−；当n为奇数

时，1111212nnaana+=+−=−+.111,3,nnananan−+=+−为奇数为偶数.因为对任意的nN都有20nan+成立，当n为奇数时，22110nannan+=−++

恒成立，211ann−+−在n为奇数时恒成立，11a−即，11a−；同理当n为偶数时，22130nannan+=+−+恒成立，213ann++在n为偶数时恒成立，19a.综上所述，1

a的取值范围是1,9−.【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，同时也考查了利用数列不等式恒成立求参数，考查分类讨论思想的应用与运算求解能力，属于中等题.23.定义12nnppp+++为n个正数1p、2p、、np的“均倒数”.已知正项数列na的前n项的“均倒数”为1n.（1）求数列

na的通项公式；（2）设数列21211nnaa−+的前n项和为nT，若2444nTmm−−对一切*nN恒成立，试求实数m的取值范围；（3）令910nnnba=，问：是否存在正整数k使得knbb对一切*nN恒成立，如存在，求出k值，否则说明理由.【答案

】（1）21nan=−；（2）(),15,−−+；（3）存在，且10k=.【解析】【分析】（1）设数列na的前n项和为nS，由题意可得2nSn=，利用11,1,2nnnSnaSSn−==−可求得数列na的通项公式；（2

）求得2121111144341nnaann−+=−−+，利用裂项法可求得nT，并得出14nT，由题意可得2441mm−−，解此不等式即可得出实数m的取值范围；（3）解法一：利用定义判断数列nb的单调性，可求得数列nb的最大项，

进而可求得k的值；解法二：解不等式11kkkkbbbb+−可求得正整数k的值.【详解】（1）设数列na的前n项和为nS，由于数列na的前n项的“均倒数”为1n，所以1nnSn=，2nSn=，当1n=时

，111aS==；当2n时，()221121nnnaSSnnn−=−=−−=−.11a=也满足21nan=−，因此，对任意的nN，21nan=−；（2）()()212111111434144341nnaannnn−+

==−−+−+，11111111111455943414414nTnnn=−+−++−=−−++2444nTmm−−对一切*nN恒成立，所以，2441mm

−−解之得1m−或5m，即m的取值范围是(),15,−−+；（3）解法一：()99211010nnnnban==−，由于()()()1119919212119210

10910nnnnnbbnnn+++−=+−−=−，当9n时1nnbb+，此时，数列nb单调递增；当10n≥时1nnbb+，此时，数列nb单调递减.所以，当10n=时，nb取得最大值，即存在正整数10k=使得knbb对一切*nN恒

成立；解法二：()99211010nnnnban==−，假设存在正整数k使得knbb，则kb为数列nb中的最大项，由11kkkkbbbb+−得()()()()

1199212110109921231010kkkkkkkk+−−+−−，解得192122k，又*kN，10k=，即存在正整数10k=使得knbb对一切*nN恒成立

【点睛】本题考查利用前n项和求通项、裂项相消法求和，同时也考查了数列最大项的求解，涉及数列单调性的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.