【文档说明】北京外国语大学附属苏州湾外国语学校2020-2021学年高二上学期期中考试模拟考试1数学试题【精准解析】.doc，共(19)页，1.402 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年第一学期北外苏州附校国内高中高二年级期中模拟考试（1）数学试卷一､单项选择题1.命题“对任意实数[1,3]x，关于x的不等式20xa恒成立”为真命题的一个必要不充分条件是A.9aB.8aC.9aD.10a【答案】B【解析】【分析

】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[1,3]x，关于x的不等式20xa恒成立”为真命题的a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．【详解】命题“对任意实数[1,3]x，关

于x的不等式20xa恒成立”为真命题9a根据选项满足是9a的必要不充分条件只有8a，故答案选B．【点睛】本题主要考查了简单的不等式恒成立问题以及求一个命题的必要不充分条件．2.等比数列{}na的前n项

和为nS，已知3215109Saaa，，则1aA.19B.19C.13D.13【答案】A【解析】设公比为q,则22411111111109,99aaqaqaqaqaqa，选A.3.在等差数列na中，258aaa42，则数列na的前9项和9S等于

()A.126B.130C.147D.210【答案】A【解析】【分析】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.【详解】在等差数列na中，25842aaa，2585342aaaa，解得514a

，数列na的前9项和：9195991262Saaa．故选A．【点睛】本题主要考查等差数列的性质，等差数列前n项和公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.设m，n为正数，且2mn，则1312nmn的最小值为（）A.

32B.53C.74D.95【答案】D【解析】【分析】根据2mn，化简135112(1)(2)nmnmn，根据均值不等式，即可求得答案；【详解】当2mn时，131111212nmnmn

3511(1)(2)(1)(2)mnmnmn21225(1)(2)24mnmn，当且仅当12mn时，即3122mn，取等号，139125nmn.故选：D【点睛】

本题主要考查了根据均值不等式求最值，解题关键是灵活使用均值不等式，注意要验证等号的是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.5.已知正项等比数列na（*nN）满足7652aaa，若存在两项ma，na使得14mnaaa，则15mn的最小值为（）A.2B

.513C.74D.114【答案】C【解析】∵正项等比数列{an}满足：6547651112,2aaaaqaqaq，又q＞0，解得2q=，∵存在两项am，an使得14mnaaa，∴2221116mnaqa，即22166mnmn﹣，，∴15115155616

63nmmnmnmnmn，当且仅当nm=5mn取等号，但此时m，n∉N*．又6mn，所以只有当24mn，，取得最小值是74．故选C．点睛：本题解题时要认真审题，注意正项等比数列的性质，利用等比数列的通项公式，解得6mn，运用均

值不等式求最值，一般运用均值定理需要要根据一正、二定、三取等的思路去思考，本题根据条件构造116mn（），研究的式子乘以1后变形，即可形成所需条件，应用均值不等式．6.已知等比数列na满足0,1,2,nan，且25252(3)nnaan

，则当1n时，2123221logloglognaaa（）A.(21)nnB.2(1)nC.2nD.2(1)n【答案】C【解析】试题分析：因为na为等比数列，所以21212225252nnnna

aaaaa,22222212322121212logloglogloglog2log2nnnnnnaaaaan.故C正确.考点：1等比比数列的性质;2对数的运算法则.7.在R上定义运算：abadbccd，若不等式3131xax对任意实数x恒

成立，则实数a的取值范围是（）A.[5,)B.(,5]C.[7,)D.(,7]【答案】D【解析】【分析】由题可知原不等式等价于2260xxa---?对任意实数x恒成立，利用0即可求

解.【详解】不等式3131xax对任意实数x恒成立，则()()313xxa-+-?，即2260xxa---?对任意实数x恒成立，()()22460a\D=----?，解得7a.故选：D.【点睛】本题考查一元二次不等式的恒成立问

题，属于基础题.8.已知,ab为正数，2247ab，则21ab的最大值为（）A.7B.3C.22D.2【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式求解即可.【详解】222211411212222ababab

，当且仅当2241ab时，取得最大值.故选：D【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，属于中档题.二､多项选择题9.下面命题正确的是（）A.“1a”是“11a”的充分不必要条件B.命题“若1x,则21x”的否定是“存在1x,则21x”.C.设,xyR,则“

2x且2y”是“224xy”的必要而不充分条件D.设,abR,则“0a”是“0ab”的必要不充分条件【答案】ABD【解析】【分析】选项A:先判断由1a,能不能推出11a,再判断由11a,能不能推出1a,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2x且2y能不能推出224xy,然后再判断由224xy能不能推出2x且2y,最后判断本选项是否正确；选项D:先判断由0a能不能推出0ab,再判断由0ab能不能推出0a,最后判断本选项是否正确.【详解】选项A:根据反比

例函数的性质可知：由1a,能推出11a,但是由11a,不能推出1a,例如当0a时,符合11a,但是不符合1a,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1x,则21x”的否定是“存在1x,则21x”.

所以本选项是正确的；选项C:根据不等式的性质可知：由2x且2y能推出224xy,本选项是不正确的；选项D:因为b可以等于零,所以由0a不能推出0ab,再判断由0ab能不能推出0a,最后判断本选项是否正确.故选ABD【点睛】本

题考查了充分性和必要性的判断,考查了命题的否定,属于基础题.10.数列na的前n项和为nS，若11a，*12nnaSnN，则有（）A.13nnSB.nS为等比数列C.123nnaD.21,1,23,2nnnan【答案】ABD【

解析】【分析】根据,nnaS的关系，求得na，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.【详解】由题意，数列na的前n项和满足*12nnaSnN，当2n时，12nnaS

，两式相减，可得112()2nnnnnaaSSa，可得13nnaa，即13,(2)nnaan，又由11a，当1n时，211222aSa，所以212aa，所以数列的通项公式为21,1232nnnan；当2n时，11123322nnnnaS

，又由1n时，111Sa，适合上式，所以数列的na的前n项和为13nnS；又由11333nnnnSS，所以数列nS为公比为3的等比数列，综上可得选项,,ABD是正确的.故选：ABD.【点睛】本

题考查利用,nnaS关系求数列的通项公式，以及等比数例的证明和判断，属综合基础题.11.若0a，0b，则下面有几个结论正确的有（）A.若1a，1b，则loglog2abbaB.2222ababC.若142ab，则92abD.若22abb

，则34ab【答案】BCD【解析】【分析】根据基本不等式，对选项逐一分析即可.【详解】对于A：当01,1ab时，log0,log0abba，即loglog0abba，故A不正确；对于B：若0a，0b，由基本不等式得:222abab，即有

2222abab即2222ababab，故2222abab，当且仅当“ab”时取等号，故B正确；对于C：由0a，0b，11412ab，所以114141455222922babaababababab

，当且仅当1442,baabab，即3,32ab时取等号，故C正确；对于D：由0a，0b，22abbabb，即有24bab，根据基本不等式有：32224ababbbab

，当且仅当22,2abbabb，即1ab时取等号，故D正确.综上：BCD正确.故选：BCD.【点睛】本题考查基本不等式，应用基本不等时：“一正，二定，三相等”缺一不可，属于基础题．12.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na满足：11a，21a，*123,nnnaaannN.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nS，每段螺旋线与其所在的正方形所围成

的扇形面积为nc，则下列结论正确的是（）A.2111nnnnSaaaB.12321nnaaaaaC.1352121nnaaaaaD.1214nnnnccaa【答案】ABD【解析】【分析】根据题中递推公式，求出nS，nc，数列

的前n项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.【详解】对于A选项，因为斐波那契数列总满足*123,nnnaaannN，所以2121aaa，22222312321aaaaaaaaaa，2333342

3432aaaaaaaaaa，类似的有，21111nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa，累加得22221231nnnaaaaaa，由题知222222112311211nnnnnnnnSaaaa

aaaaaa，故选项A正确，对于B选项，因为11aa，231aaa，342aaa，类似的有11nnnaaa，累加得123122++1nnnnaaaaaaaa，故选项B正确，对于C选项，因为11aa，342aaa，564aa

a，类似的有21222nnnaaa，累加得13211222++nnnaaaaaaa，故选项C错误，对于D选项，可知扇形面积24nnac，故2222111124444nnnnnnnnccaaaaaa，故

选项D正确，故选：ABD.【点睛】本题考查了利用数列的递推公式求数列的性质，属于一般题.三､填空题13.命题p：“xR，20xx”的否定p是______.【答案】0xR，2000xx【解析】【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论．【详解】命

题为全称命题，则命题的否定为2000,0xRxx，故答案为：2000,0xRxx．【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，属于容易题．14.已知等比数列na的前n项和为nS，且363

38SS，则5642aaa____________.【答案】13【解析】【分析】将等比数列的前n项和公式代入36338SS(注意1q的讨论)求出公比，然后将公比代入所求式子中可求解.【详解】设等比数列na的首项为1a，公比为q.当1q时显然不

成立.所以1q，则由613336631(1)311+1===3(1)383(1)31aqSqqqaqSqq，解得：12q所以5261434115122221411312aaqqaaaqaqq故答案为

：13【点睛】本题考查根据等比数列的前n项和求公比，等比数列的通项公式，属于基础题.15.已知x＞0，y＞0，且x+2y=1，则11xy的最小值________；222xyxy的最大值为________.【答案】(1).322(2).24【解析】【分析】由1111()(2

)xyxyxy，展开后利用基本不等式即可求解；由22122xyxyxyyx，然后利用基本不等式即可求解．【详解】0x>，0y，且21xy，则11112()(2)3322yxxyxyxyxy…，当且仅当2yx

xy且21xy即222y，12x时取等号，2211122242222.xyxyxyxyyxyx„，当且仅当22142,77xy时取等号.故答案为：322，24【点睛】本题主要考查了利用基

本不等式求解最值，解题的关键是应用条件的配凑，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．16.《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”：222

233，333388，44441515，55552424，，则按照以上规律，若1111nnnnnnaa具有“穿墙术”，nT为数列1na的前n项和，则9T的值为______．【答案】3655【解析】【分析】归纳出数列na的通项公式，利

用裂项求和法可求得9T的值.【详解】2222222222321213，2233333333831318，224444444415414115，225555555524515124，以此类推，由1111nnnnnnaa

可知211nan，事实上3322211111111111111nnnnnnnnnannn2111111n

nnnnan.211111122211nannnnn，因此，9111111111111361123243591122101155T

.故答案为：3655.【点睛】本题考查归纳推理，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力与推理能力，属于中等题.四､解答题17.已知命题:11px“，不等式2xxm成立”是真命题．(I)求实数m的取值范围；(II)若:

44qma是p的充分不必要条件，求实数a的取值范围．【答案】（I）2,（II）6,【解析】【分析】(Ⅰ)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;(Ⅱ)先化简命题:44qama

,再根据q是p的充分不必要条件列式可解得.【详解】（I）由题意2mxx在11x恒成立，所以2max()mxx(11)x,因为221124xxx，所以2124xx，即2max()2xx,2m

，所以实数m的取值范围是2,（II）由q得44ama，因为qp，所以42a，，即6a所以实数a的取值范围是6,【点睛】本题考查了不等式恒成立转化为最值成立以及充分不必要条件的应用,属于中档题.18.已知函数24axaxbfx．（1）若关于

x的不等式0fx的解集为1,b，求a，b的值；（2）当3ba时，求关于x的不等式0fx的解集．【答案】（1）1,3ab；（2）分类讨论，答案见解析．【解析】【分析】（1）根据不等式解集

得对应方程的根，再根据韦达定理求a，b的值；（2）根据a与0的大小分类讨论，即得对应不等式解集.【详解】（1）不等式2()40fxaxaxb的解集为(1,)b14bbba，解得1,3ab

．（2）3ba，2()430fxaxaxa即(1)(3)0axx，当0a时，x，当0a时，13x，当0a时，1x或3x．综上所述，当0a时，不等式解集为当0a时，不等式解集为(1,3)当0a时，不等式解集为(,1)(3,)．【点

睛】本题考查根据不等式解集求参数、解含参数不等式，考查基本分析求解能力，属中档题.19.在等比数列na中，11a，且32a，5a，43a成等差数列．（1）求na的通项公式；（2）若0na，记

21lognnnbaa，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）112nna；12nna-=；（2）121nnTn.【解析】【分析】（1）根据32a，5a，43a成等差数列，利用等差中项得到534223aaa，进而求得公比，再写出通项公式

即可.（2）根据0na，由（1）得到121log2nnnnbaan，然后利用错位相减法求和即可.【详解】（1）因为32a，5a，43a成等差数列，所以534223aaa，所以423111223aqaqaq，所以2223qq，即22320

qq，即2120qq，解得12q或2q=．当12q时，11112nnnaaq；当2q=时，1112nnnaaq；（2）因为0na，所以12nna-=，所以12nna，则121log2nnn

nbaan．故21123122322nnnTbbbbn，①2321222322nnTn，②①-②得231122222nnnTn12212112

nnnnn，故121nnTn．【点睛】本题主要考查等比数列的基本运算，等差中项以及错位相减法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.20.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n年底，该

项目的纯利润为fn．（纯利润＝累计收入－累计维修保养费－投资成本）（1）写出fn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．【答案】（1）2()480144fnnn，从第3年开始盈利；（2）选择方案①最合算，理由见解析．【解析】【分析】（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()0fn，确定盈利起始年;（2）按方案①：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.【详解】（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，则2(1)()1002481444801442nnfnnnnn．令2()4801440fnnn

，解得218n，*nN，∴该项目从第3年开始盈利．（2）按方案①：年利润为()3636804()804232fnnnnnn，当且仅当36nn，即6n时，取等号，∴按方案①共获利63272264万元，此时6n．按方案②：22()4801444(

10)256fnnnn，当10n时，max()256fn，∴按方案②，共获利2568264万元，此时10n．以上两种方案，两种方案都获利264万元，但方案①只需6年，而方案②需要10年，故选择

方案①最合算．【点睛】本题考查等差数列求和公式、解一元二次不等式、利用基本不等式求最值、根据二次函数性质求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.21.（Ⅰ）已知不等式220(2)xaxaa的解集为12(,)(,)xx，求12

121xxxx的最小值．（Ⅱ）若正数abc、、满足2abc，求证：2222bcaabc．【答案】（Ⅰ）4；（Ⅱ）证明见解析．【解析】【分析】（Ⅰ）利用根与系数的关系及基本不等式求解12121xxxx

的最小值；（Ⅱ）直接利用基本不等式结合2abc证明；【详解】解：（Ⅰ）2a时，24(2)0=aa，因为不等式220(2)xaxaa的解集为12(,)(,)xx，所以方程220xaxa=的两

根为12xx，，由韦达定理可得12xxa，122xxa，因为2a，所以20a，则12121111222(2)24222xxaaaxxaaa，当且仅当3a时取等号，故12121xxxx的最小值为4；（Ⅱ）基本不等式，由abc、、为正

数且2abc由基本不等式，有2222,2,2bcaabbccaabc厖?三式相加可得：222222bcaabcbcaabc222bcaabcabc，即2222bcaabc（当且仅当abc时等号

成立）【点睛】本题考查一元二次不等式的解集与方程根的关系，训练了利用基本不等式求最值，属于中档题．22.已知等比数列na满足123aa，236aa；数列nb满足123111111111nnbbbbb

．（1）求数列na，nb的通项公式；（2）设211nnncab，数列nc的前n项和为nT，若不等式(1)122nnnnT恒成立，求的取值范围．【答案】（1）12nna-=；1nbn

；（2）435324．【解析】【分析】（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na通项公式；利用递推关系得11nnbb，再根据等差数列定义以及通项公式得nb的通项公式；（2）先化简nc，再根据分组求和得nT，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.【详解】（1）由题意1121136aaqaqaq，解得112aq，所以12nna-=．当1n时，11111bb，解得12b．因为1231111111(1)(1)(1)(1)

(1)nnnbbbbbb，当1n时，1231111111(1)(1)(1)(1)nnbbbbb，上述两式相除，得111nnnbbb，即11nnbb，所以{}nb是以2为首项，1为公差的等差数

列，所以1nbn．（2）121121(2)nnnncabnn数列12n的前n项和为：122112nn．数列1(2)nn的前n项和为：11111111324354657(

1)(1)(2)nnnn…+11111111111111[(1)()()()()()()]2324354657112nnnn…+1311()2212nn．所以1311()212212nnTnn．又因为(1)122

nnnnT，所以(1)2nnnT，令2()nnTn，即1311()()12212nnn．因为(1)()nn13111311111[()1][()1]()022232212213nnnnnn，所以

()n为增函数．当n为偶数时，()n恒成立，则min[()]n．因为min131135[()]()122212224n，即3524．当n为奇数时，()n恒成立，则

max[()]n，由上可知道()n是减函数，所以max11134[()]()12111223n，即43．综上，435324．【点睛】本题考查等比数列通项公式以及求和公式、等差数列定义与通项公式、数列单调性、裂项相消法求和、分组求和法，考查综合分析求

解能力，属较难题.