1、数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.现有这么一列数：1，（ ），按照规律，（ ）中的数应为（ ）.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意得出每个数的分母为，分子为连续的奇数，即可求解.【详解】由题意知，一列数：1，（ ），可得每个数的分母为，分子为连续的奇数，所以（ ）中的数应为故选：A.【点睛】本题主要考查了数列的项的归纳推理，其中解答中根据数的排列，找出数字的规律是解答的关键，着重考查了归纳推理的应用.2.在不等式表示的平面区域内的点是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析
2、：，可知点在不等式表示的平面区域内故B正确考点：不等式表示平面区域3.在等比数列中，已知，则（ ）.A. 32B. 32或C. 64D. 64或【答案】C【解析】【分析】设等比数列的公比为，求得，再由，即可求解.【详解】由题意，设等比数列的公比为，因为，可得，解得，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式，准确计算是解答的关键，着重考查了计算能力.4.下列结论正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】选项A中，当c=0时不符，所以A错选项B中，当时，符合，不满足，B错选项C中, ,所以C错选项D中，因
3、为 ，由不等式的平方法则， ，即选D.5.等差数列的前11项和，则（ ）A 18B. 24C. 30D. 32【答案】B【解析】，所以，根据等差数列性质：，故选择B.6.在R上的定义运算：则满足的解集为（ ）A. (0，2)B. (-2，1)C. D. (-1，2)【答案】B【解析】【分析】根据运算：将，转化为，再利用一元二次不等式的解法求解.【详解】因为运算：所以，即，解得.所以的解集为：(-2，1).故选：B【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法和新定义，还考查了运算求解的能力，属于中档题7.等差数列前项和为，若，则（ ）.A. 39B. 29C. 28D. 24【答案】A【解析】【分析
4、】根据等差数列的性质，得到构成等差数列，列出方程，即可求解.【详解】由题意，根据等差数列的性质，可得，也构成等差数列，即构成等差数列，所以，即，解得.故选：A.【点睛】本题主要考查了等差数列前n项和的性质的应用，其中解答中熟记等差数列前n项和的性质是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.8.数列的通项公式，则该数列的前99项之和等于（ ）.A. 10B. 9C. 8D. 7【答案】B【解析】【分析】先将分母有理化得到，再利用裂项法可求和，进而可得结论.【详解】由题意，数列的通项公式，所以令，可得.故选：B.【点睛】本题主要考查了裂项法求和的应用，其中解答中把数列的通项公式化简为是解答的关键，着
5、重考查了推理与运算能力.9.已知等比数列中，成等差数列，设为数列的前项和，则等于（ ）.A. B. 3C. 3或D. 【答案】C【解析】【分析】由，成等比数列，可得，解得或，再结合等比数列求和公式，即可求解.【详解】由题意，因为，成等比数列，可得，所以，整理可得，解得或，当时，则，当时，可得，则.故选C.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项，等差中项公式以及等差数列的前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，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.10.已知数列满足且，的通项公式为（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由，得到，再利用“
6、叠加法”，结合等差数列的前n项和公式，即可求解.【详解】由题意，数列满足，可得，这个式子相加可得.当，也符合该式，故.故选：D.【点睛】本题主要考查了数列的递推公式的应用，以及等差数列的前n项和公式的应用，其中解答中根据数列的递推公式，合理利用叠加法求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.11.等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的的值为( )A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】因为等差数列中，所以，有， 所以当时前项和取最小值.故选C.12.已知数列满足（），则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分别令，得， ，两式相比，得，即；故选C.二、填空题：（
7、本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知数列首项为，且，则为_.【答案】31【解析】【分析】构造可得，从而可得数列是以2为首项，以2为等比数列，可先求，进而可求，把代入可求【详解】是以2为首项，以2为等比数列故答案为【点睛】本题主要考查了利用数列的递推关系求解数列的项，待定系数法 迭代的方法即构造等比（等差）数列的方法求解，14.关于的不等式的解集为，则_.【答案】【解析】【分析】由不等式的解集为，转化为可得和是方程的两根，结合韦达定理列出方程组，即可求解.【详解】由题意，关于的不等式的解集为，可得和是方程的两根，所以，解得，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了三个二次式之间的关系
8、的应用，其中解答中熟记不等式解集的端点值对应方程的根，结合韦达定理求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.15.若满足约束条件，则的最大值为_【答案】【解析】试题分析：由下图可得在处取得最大值，即.考点：线性规划.【方法点晴】本题考查线性规划问题，灵活性较强，属于较难题型.考生应注总结解决线性规划问题的一般步骤（1）在直角坐标系中画出对应的平面区域，即可行域；（2）将目标函数变形为；（3）作平行线：将直线平移，使直线与可行域有交点，且观察在可行域中使最大（或最小）时所经过的点，求出该点的坐标；（4）求出最优解：将（3）中求出的坐标代入目标函数，从而求出的最大（小）值.16.设是数
9、列的前项和，且，则_.【答案】【解析】【分析】利用和的关系和等差数列的定义，求得，进而可求得的值，得到答案.【详解】由，可得，整理得，又因为，可得，所以数列构成首项为，公差为的等差数列，所以，可得，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了数列中和的关系，以及等差数列的定义及通项公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力.三、解答题（本大题共6小题，共70分；其中第17题10分，第18至22题每题12分）17.（1）比较与的大小；（2）解不等式.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）利用作差比较，即可得到与的大小；（2）把不等式化为，结合一元二次不等式的解法，即可求解.【详解】（1）由，
10、所以.（2）由不等式可化为，解得或，所以不等式的解集为或【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质，以及分式不等式的求解，其中解答中熟练应用“作差比较法”和分式不等式的解法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.18.（1）等差数列中，已知，试求的值；（2）在等比数列中，公比，前项和，求首项和项数.【答案】（1）；（2），【解析】【分析】（1）根据题设条件，求得，得到，再根据列出方程，即可求解；（2）求得等比数列的前n项和，根据列出方程，即可求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，可得， 解得，所以，又由，即，解得.（2）因为，公比，由，可得，解得，所以，因为，即，解得.【点睛】本题主要考查
11、了等差数列和等比数列的通项公式，以及等比数列的前n项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力.19.已知等差数列前项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项的和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由，列出方程组，求得的值，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）可得，结合裂项法，即可求解.【详解】（1）由题意，等差数列中，可得，解得，所以数列的通项公式为.（2）由（1）可得，所以，即数列的前100项和为.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式的求解，以及裂项法求和的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式，合理利用裂项法求和是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.20.（
12、1）不等式，对任意实数都成立，求的取值范围；（2）求关于的不等式的解集.【答案】（1）；（2）当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.【解析】【分析】（1）由不等式，对任意实数都成立，结合一元二次函数的性质，分类讨论，即可求解；（2）由，原不等式化为，根据根大小，分类讨论，即可求解.【详解】（1）由题意，不等式，对任意实数都成立，当时，可得，不等式成立，所以；当时，则满足，即，解得，所以实数的取值范围.（2）不等式可化为，可得不等式对应一元二次方程的根为，当时，即时，不等式的解集为；当时，即时，不等式的解集为；当时，即时，不等式的解集为.【点睛】本题主要考查了不等式的
13、恒成立问题，以及含参数的一元二次不等式的求解，其中解答中熟练应用一元二次函数的性质，以及熟记一元二次不等式的解法是解答的关键，着重考查了分类讨论数学，以及运算与求解能力.21.已知数列中，其前n项和记为，（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用递推公式及,可证明数列为等比数列,求得首项后,即可求得数列的通项公式.（2）将代入中求得数列.可知为等比与等差数列的和,即可利用分组求和法求得前n项和.【详解】（1）由题意得,（）,两式相减得（）,又,（）,是首项为1,公比为3的等比数列,.（2）由（1）可知则所以,所以为等比数列与等差数列的和.利
14、用分组求和法可得.【点睛】本题考查了递推公式及的应用,等比数列的证明及等比数列通项公式的求法,等差数列与等比数列前n项和公式的应用,分组求和法的应用,属于基础题.22.在数列中，（且）.（1）证明：数列为等差数列；（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）设，利用数列的递推关系式，求得，再结合等差数列的定义，即可求解；（2）由（1），求得，得到，利用乘公比错位相减法，即可求解.【详解】（1）设，因为，所以，又由，所以数列为首项是2，公差是1等差数列.（2）由（1）知，所以，所以，又由.用，可得.【点睛】本题主要考查等差数列的定义、通项公式、以及“错位相减法”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“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好地考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.
