【文档说明】江苏省盐城市伍佑中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段考试数学试题 【精准解析】.doc，共(17)页，1.225 MB，由小赞的店铺上传

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盐城市伍佑中学高二年级第一次阶段考试数学试题一､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.若数列的前4项分别是12−、13、14−、15，则此数列一个通项公式为（）A.()11nn−+B

.()1nn−C.()111nn+−+D.()11nn−−【答案】A【解析】【分析】设所求数列为na，可得出()11111a−=+，()22121a−=+，()33131a−=+，()44141a−=+，由此可得出该数列的一个通项公式.【详解】设所求数列为

na，可得出()11111a−=+，()22121a−=+，()33131a−=+，()44141a−=+，因此，该数列的一个通项公式为()11nnan−=+.故选：A.【点睛】本题考查利用数列的前几项归纳数列的通项公式，考查推理能力，属于基础题.2.数列

na为等差数列，11a=，34a=，则通项公式是（）A.32n−B.322n−C.3122n−D.3122n+【答案】C【解析】【分析】设出公差，由基本量进行计算，根据公式即可求得通项公式.【详解】设数列na的公差为d

，因为131,4aa==故可得124ad+=，解得32d=.故3122nan=−.故选：C.【点睛】本题考查等差数列通项公式的基本量计算，属基础题.3.如果0,0ab,那么下列不等式中正确的是()A

.11abB.ab−C.22abD.ab【答案】A【解析】【分析】根据已知条件分别对A、B、C、D，四个选项利用特殊值代入进行求解．【详解】A、如果a＜0，b＞0，那么1100ab＜，＞，∴11ab＜，故A正确；B、取a＝﹣2，b＝1，可得ab−＞，故B错误；C、取a＝﹣2，b＝

1，可得a2＞b2，故C错误；D、取a12=−，b＝1，可得|a|＜|b|，故D错误；故选A．【点睛】此题考查不等关系与不等式，利用特殊值法进行求解更加简便，此题是一道基础题．4.设1x，则函数151yxx=++−的最小值为（）A.

8B.7C.6D.5【答案】A【解析】【分析】配凑目标函数，使之可以使用均值不等式，即可求得最小值.【详解】因为1151626811yxxxx=++=−+++=−−，当且仅当()211x−=，即2x=时取得最小值.故选：A.【点睛】本题考查利用均值不等式求函数的最小值，属基础题.5

.关于x的方程210xmx++=有两个不相等的正实根，则实数m的取值范围是（）A.2m−B.0mC.1mD.0m【答案】A【解析】【分析】由判别式判断方程有两个不相等的实数根，再由根与系数的关系限制两根均为正实数即可.【详解】方程210xmx++=有两个不相等正实根，则240

0mm=−−，解得2m−.选A.【点睛】在的情况下，一元二次方程20axbxc++=的根12,xx与系数的关系1212bxxacxxa+=−=，本题即利用了两根之和两根之积均为正来限制正实根这个条件.6.等差数列na中，14736939,27a

aaaaa++=++=，则数列na前9项的和9S等于（）A.66B.99C.144D.297【答案】B【解析】【分析】根据等差数列性质，结合条件可得46,aa，进而求得5a.再根据等差数列前n项和公式表示出9S，即可得解.【详解】等差数列na中，147369

39,27aaaaaa++=++=，则46339,327aa==，解得4613,9aa==，因而4651391122aaa++===，由等差数列前n项和公式可得()199599992aaSa+===，故选：B.【点睛】本题考查了等差数列性

质的应用，等差数列前n项和公式的用法，属于基础题.7.在数列nx中，11211(2)nnnnxxx−+=+，且223x=，425x=，则10x=（）A.211B.16C.112D.15【答案】A【解析】试题分析：∵根据等差中项的定义可知，数列是等差数列，，∴，，所以，所以，故选项为

A.考点：等差中项.8.关于x的不等式22(4)(2)10axax−++−的解集是空集，则实数a的范围为（）A.6(2,)5−B.6[2,)5−C.6[2,]5−D.33-,-18【答案】B【解析】【分析】先将2

40a−=时的结果代入不等式检验是否有解，再将240a−时不等式的解集为空集转化函数22()(4)(2)1fxaxax=−++−的图象始终在x轴下方，利用二次函数知识求解.【详解】①当240a−=，解得2a=或2a=−，当2a=时，不等式的解集为14x，不符合题意；

当2a=−时，代入不等式得10−不成立，故2a=−符合题意.②当240a−时，令22()(4)(2)1fxaxax=−++−，()0fx解集为空集，则有22240(2)4(4)0aaa−=++−解得625a−.由①②可得625a−

，选B.【点睛】一元二次式的二次项系数含有参数时，要讨论其系数为0的情况.这也是本题的易错点，很多考生忽略240a−=而导致解题失误.9.在数列na中，若()111,2nnaaann−=−=，则该数列的通

项na=（）A.()12nn+B.()12nn−C.()()122nn++D.()112nn+−【答案】A【解析】【分析】取特殊值，代入检验即可判断选项.【详解】当1n=时，11,a=代入选项可得A为1，B为0，C为3，D为0.故选：A.【点睛】本题考查了数

列通项公式的求法，利用特殊值代入选项判断是快速简洁的方法，属于基础题.10.两个等差数列na和nb，其前n项和分别为nS，nT，且723nnSnTn+=+，则220715aabb++等于（）A.94B.378C.7914D.14924【答案】D【解析】【分析】根据等差数列前n项

和计算，以及下标和性质，即可容易求得.【详解】因为na和nb都是等差数列，故220715aabb++1212112121721214921324aaSbbT++====++.故选：D.【点睛】本题考查等差数列的下标和性质以及前n项和的计算公式，属基础题.11.已知

数列na为等差数列，若11101aa−，且它们的前n项和nS有最大值，则使得0nS的n的最大值为（）A.19B.20C.21D.22【答案】A【解析】【分析】根据nS的函数性质，结合1011,aa的正负，即

可容易判断.【详解】因为数列na的前n项和nS有最大值，故可得0d；又因为11101aa−，故可得10110,0aa；且10111200aaaa+=+；又1011920aaa=+，由等差数

列的前n项和公式可知：()()1191920120190,1002aaSSaa+==+.故满足题意的n的最大值为19.故选：A.【点睛】本题考查等差数列的下标和性质，其前n项和的函数性质，属综合中档

题.12.已知函数()5fxxmx=−+，当19x时，()1fx恒成立，则实数m的取值范围为（）A.133mB.5mC.4mD.5m【答案】C【解析】【分析】通过换元令tx=,函数可变为()2t5gttm=−+将()1fx恒成立可转化为()1gt在1?t3

上恒成立.即2yt4tm=−+，1,3t大于0恒成立，通过对m与区间1,3之间的关系讨论得出结果.【详解】函数()5fxxmx=−+,令tx=,函数可变为()2t5gttm=−+,当19x时,1?t3.故()1fx恒成立可转化为()1gt在1?t3上

恒成立.令()2y1t4gttm=−=−+,1,3t①当12m即2m时，函数2yt4tm=−+在1,3上单调递增，则当1t=时1450minymm=−+=−，解得5m,又有2m，所以2m.②当132m即26m时,2

yt4tm=−+在1,2m上单调递减，在32m，上单调递增，当2mt=时22440224minmmmym=−+=−+,解得44m−,又26m，则24m.③当32m即6m时，函数2yt4tm=−+在

1,3上单调递减，则当3t=时9341330minymm=−+=−，解得133m,又有6m，无解.综上可得4m.选C.【点睛】通过换元法将带根号的式子转化为二次式求解是本题的基本思路.二次式中涉及到有限制条件的恒成立问题，要注意对称轴与限制区间之间的关系，对

参数进行分类讨论.二､填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上)13.若等差数列na的前n项和nS，110a=，2d=−，当n=________时，nS取得最大值.【答案】5或6【解

析】【分析】根据题意，写出nS，利用其函数性质，即可求得结果.【详解】由题可知211nSnn=−+，其对称轴为5.5n=；故当5n=或6时，nS取得最大值.故答案为：5或6.【点睛】本题考查等差数列前n项和的最值求解，属

基础题.14.等差数列na前项和nS满足2040SS=，则60S=________.【答案】0【解析】【分析】根据等差数列的片段和性质，即可容易求得.【详解】因为数列na是等差数列，故可得2040206040

,,SSSSS−−成等差数列.故可得206040,0,SSS−是等差数列，故可得6040200SSS−+=，又2040SS=，故可得600S=.故答案为：0.【点睛】本题考查等差数列的片段和性质，属基础题.15.0,0,,abab的等差中项是12，且11,

abab=+=+，则+的最小值是．【答案】5【解析】【分析】试题分析：依题意，1ab+=，则+=1113325ababababababba+++++=++=+++=，当且仅当12ab==时取“=”，

则+的最小值是5，故填5.考点：基本不等式.【详解】16.已知x、y为正实数，且满足22282xyxy++=，则2xy+的最大值是_______.【答案】43【解析】【分析】将22282xyxy++=变形为()22227xyxy+=+，利用基本不等式得2272272

72222xyxyxy++=++，构造不等式()227222222xyxy+++，通过一元二次不等式的解法求解.【详解】将22282xyxy++=变形为()22227xyx

y+=+，因为227227272222xyxyxy++=++，所以()227222222xyxy+++，当且仅当2xy=时，等号成立，设()20xytt+=，则2169t

，即403t，所以2xy+的最大值是43.故答案为：43【点睛】本题主要考查了基本不等式求最值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.三､解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出文字

说明､证明过程或演算步骤)17.已知不等式2320axx−+的解集为1xx或xb.（1）求实数,ab的值（2）解不等式()20axabxb−++【答案】（1）1a=，2b=（2）()1,2【解析】【分析】（1）根

据不等式与方程的关系，代入1x=可求得a；将a代入后，解方程可求得b.（2）将,ab的值代入，解一元二次不等式即可得解.【详解】（1）不等式2320axx−+的解集为1xx或xb.由不等式与方程关系可知，1x=和xb=是方程2320axx−+=的两

个根，将1x=代入可得1a=，将1a=代入方程可得2320xx−+=，解得1x=或2x=，所以2b=.（2）将1a=，2b=代入不等式可得2320xx−+，即()()120xx−−，解得12x，所以不等式

的解集为()1,2.【点睛】本题考查了一元二次不等式与一元二次方程的关系，一元二次不等式的解法，属于基础题.18.（1）已知数列na的前n项和22nSnn=+，求数列的通项公式na；（2）已知数列nb的前n项和32nnT=+，求数列的通项公式nb.【答案】(1)41na

n=−；(2)12,25,1nnnbn−==.【解析】【分析】（1）和（2）都可以利用数列前n项和与通项之间的关系，进行求解.【详解】（1）当2n时，()()221221141nnnaSSnnnnn−=−

=+−−−−=−；当1n=时，113aS==满足41nan=−.故41nan=−.（2）当2n时，11132322nnnnnnbTT−−−=−=+−−=；当1n=时，115bT==，不满足12nnb−=.故12,25,1nnnbn−==.【点睛】

本题考查利用数列的前n项和求数列的通项公式，注意分类讨论，属基础题.19.已知0x，0y，24xyxya=++（1）当6a=时，求xy的最小值；（2）当0a=时，求212xyxy+++的最小值．【答案】（1）9;（2）112【解析】试题分析：（1）由0x，0y可

利用均值不等式2abab+可知4244xyxyxy+=，从而得到xy的不等式，求得其最小值；（2）将24xyxy=+变形为1212yx+=，与所求式子求乘积即可利用均值不等式求得其最小值试题解析：（1）当6a=时，24646xyxyxy=+++，即2()230

xyxy−−，(1)(3)0xyxy+−，3xy，9xy，当且仅当46xy==时，等号成立．xy的最小值为9．（2）当0a=时，可得24xyxy=+，两边都除以2xy，得1212yx+=，21127272111()()1()22222222xyxyxyxyxyxyyxyxy

x+++=++=+++=+++=，当且仅当212xyyx==，即3x=，32y=时取等号．212xyxy+++的最值为112考点：均值不等式求最值20.小王于年初用50万元购买一辆大货车，第一年因缴纳

各种费用需支出6万元，从第二年起，每年都比上一年增加支出2万元，假定该车每年的运输收入均为25万元．小王在该车运输累计收入超过总支出后，考虑将大货车作为二手车出售，若该车在第x年年底出售，其销售价格为(25－x)万元(国家规定大货车的报废年限为10年)．(1)大货车运输到第几年年底，

该车运输累计收入超过总支出？(2)在第几年年底将大货车出售，能使小王获得的年平均利润最大？(利润＝累计收入＋销售收入－总支出)【答案】(1)3.(2)5.【解析】试题分析：（1）求出第年年底，该车运输累计收入与总支出的差，令其大于0，即可得到结论；（2）利用利润

=累计收入+销售收入-总支出，可得平均利润，利用基本不等式，可得结论．试题解析：（1）设大货车运输到第年年底，该车运输累计收入与总支出的差为万元，则由,可得∵，故从第3年，该车运输累计收入超过总支出；（2）∵利润=累计收入+销售收入−总支出，∴二手车出售

后,小张的年平均利润为，当且仅当时，等号成立∴小张应当在第5年将大货车出售，能使小张获得的年平均利润最大．考点：根据实际问题选择函数类型,基本不等式21.已知公差大于0的等差数列na的前n项和为nS，且满足389aa=−，568aa+=−.（1）求数列na的通项公式na；（

2）若123nnTaaaa=++++，求nT的表达式；（3）若nnSbnc=+，存在非零常数c，使得数列nb是等差数列，存在*nN，不等式0ncbkn−−成立，求k的取值范围.【答案】(1)215nan=−；(2)2214,7149

8,7nnnnTnnn−+=−−；(3)152k.【解析】【分析】（1）根据数列的基本量，结合下标和性质，列出方程，求得首项和公差，则问题得解；（2）讨论na的正负，分类讨论，即可求得；（3）根据（1）

中所求nS可得nb，根据其为等差数列，求得c，将问题转化为存在性问题，即可求得k的取值范围.【详解】（1）因为数列na是等差数列，故可得38568aaaa+=+=−，结合389aa=−，容易得381,9aa==−或389,1aa=−=，因为0d，故可得389,1aa=−=，

则83510daa=−=，解得2d=，3129aad=+=−，故113a=−.故215nan=−.（2）根据（1）中所求，令2150nan=−，解得7.5n，故数列的前7项均为负数，从第8项开始都为正数.当7n时，212()14nnTaaann=−++=−+；当7n时，1278()

nnTaaaaa=−++++2721498nSSnn=−=−−.综上所述：2214,71498,7nnnnTnnn−+=−−.（3）由（1）中所求，可知214nSnn=−，故可得214nnnbnc−=+，因为存在非零常数，使得其为等差数列，故可得1322bbb+=，即133

348132ccc−−−+=+++，整理得2140cc+=，解得14c=−，0c=舍去.故214nnnbnnc−==+.则存在*nN，不等式0ncbkn−−成立等价于存在*nN，不等式14knn+成立.则只需14minknn+，根据对勾

函数的单调性，且当3n=时，14233ynn=+=；当4n=时，14152ynn=+=，故14ynn=+的最小值为152.则152k即可.【点睛】本题考查等差数列通项公式和前n项和的求解，涉及含绝对值的数列前n项和的求解，由数列类型求参数值，以及用函数思想求数列的最值，属综合中档题

.22.已如等差数列na的前n项和为nS，11a=，36S=，正项数列nb满足1232nnbbbbS=，（1）求数列na，nb的通项公式；（2）若nnab，对任意的*nN均成立，求实数的取值范围

.【答案】(1)nan=，2,121,21nnbnn==+−；(2)2.【解析】【分析】（1）由基本量，根据已知列出方程，即可求得na；将递推公式下标缩小，利用除法求得nb；（2）分离参数，求得数列nnba的最大值，即可求得参数范围.【详解】

（1）因为na是等差数列，设其公差为d，因为11a=，36S=，即可得2236,2aa==，故可得211daa=−=，故nan=，则()2111222nnnSnn+=+=.因为1232nnbbbb

S=，且为正项数列，当2n时，12112nnbbbS−−=，则()()1121212111nnnnnSnbSnnnn−++====+−−−.又当1n=时，111222bSa===，不满足上述通项公式，故可得2,121,21nnbnn==+−.（2）nnab，

对任意的*nN均成立，等价于nnba，对任意的*nN恒成立.当1n=时，要满足题意，只需112ba=即可；当2n时，要满足题意，只需nnmaxba即可.又此时()121nnbann

n=+−，显然其实关于n的单调减函数，故可得2232nnmaxbbaa==，则32即可.综上所述，要满足题意，只需2即可.【点睛】本题考查等差数列通项公式的基本量求解，由递推公式求数列的通

项公式，以及利用数列的函数性质求最值，属综合中档题.