1、天津市和平区耀华中学2019-2020学年高二数学上学期期中试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题）1.命题“”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据特称命题的否定是全称命题的知识，选出正确选项.【详解】特称命题的否定是全称命题，注意到要否定结论，故A选项正确.故选A.【点睛】本小题主要考查全称命题与特称命题的否定，属于基础题.2.已知数列等差数列，若，则公差（）A. 0B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意利用等差数列的通项公式，可得公差d的值【详解】解：数列是等差数列设公差为，若， ，解得故选：D【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，属于基
2、础题3.若，则“成等比数列”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】分析：根据等比数列的定义和等比数列的性质，即可判定得到结论详解：由题意得，例如，此时构成等比数列，而不成立，反之当时，若，则，所以构成等比数列，所以当时，构成等比数列是构成的等比数列的必要不充分条件，故选B点睛：本题主要考查了等比数列的定义和等比数列的性质，其中熟记等比数列的性质和等比数列的定义的应用是解答的关键，着重考查了推理与论证能力4.在等差数列中，首项，公差，前n项和为，且满足，则的最大项为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】
3、由已知结合等差数列的求和公式可得，由等差数列的性质可知，结合已知可得，即可判断【详解】解：等差数列中，且满足，由等差数列的性质可知，首项，公差，则的最大项为故选：C【点睛】本题主要考查了等差数列的性质的简单应用，属于基础试题5.数列满足，则（）A. B. C. D. 2【答案】C【解析】分析】根据已知分析数列的周期性，可得答案【详解】解：数列满足， ， ，故数列以4为周期呈现周期性变化，由，故，故选：C【点睛】本题考查的知识点是数列的递推公式，数列的周期性，难度中档6.若不等式的解集是，则不等式的解集是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据不等式的解集求出a、b和c的关系，
4、代入不等式中化简，即可求出该不等式的解集【详解】解：不等式的解集是，所以方程的解是-2和3，且；即，解得，；所以不等式化为，即，解得或，所以所求不等式的解集是故选：D【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法与对应一元二次方程的关系问题，是基础题7.不等式 ，对一切 恒成立，则 的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】B【解析】当a=2时，不等式恒成立。故a=2成立当a2时，要求解得：a(2,2)综合可知：a(2,2本题选择B选项.点睛：含参数的一元二次不等式在某区间内恒成立问题，常有两种处理方法：一是利用二次函数区间上的最值来处理；二是先分离出参数，再去求函数的最值来处理，一般后者比较简单
5、8.设常数a0，若对一切正实数x成立，则a的取值范围为（）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用基本不等式求出的范围，再解关于a的不等式即可【详解】解：因为：，所以：2=6a原不等式恒成立，即可转换为，解得所以a的取值范围为：故选：A【点睛】本题主要考查基本不等式以及不等式恒成立问题，属于常见题型，是基础题目9.数列满足=，则数列的前项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的前项和公式，化简数列的通项公式，再利用裂项相消法求出数列的前项和.【详解】，所以数列的前项和为,，故本题选B.【点睛】本题考查了等差数列的前项和，利用裂项相消法求数列的前项
6、和.10.已知，且满足，则的最小值为（）A. 7B. 9C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】，利用基本不等式可求得最值，注意等号成立的条件【详解】解：因为，且满足，所以9，当且仅当时，等号成立故选：B【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于基础题11.已知数列满足，若对于任意都有，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，得到数列为单调递减数列，可知，分和两种情况讨论，即可求解【详解】由题意，对于任意的都有，所以数列为单调递减数列，由时，根据指数函数的性质，可知，当时，时，单调递减，而时，单调递减，所以，解得，所以；当时，时，单调递增，不符合题
7、意（舍去）综上可知，实数的取值范围是，故选C【点睛】本题主要考查了数列的单调性，以及分段函数的的单调性的应用，其中解答中根据数列的单调性，利用分段函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题12.设正实数满足则当取得最大值时，的最大值为（）A. 0B. 1C. D. 3【答案】C【解析】【分析】先求出取得最大值为1，得到x，y，z关系，代入所求式子，得到关于y的函数求解即可【详解】解：正实数满足，即，所以，当且仅当时，取等号所以的最大值为1，且，此时，=，令t=，则，故选：C【点睛】考查了均值不等式的应用，一元二次函数求最值，换元法等，中档题二、填空题（本大题共6小题）13
8、.等比数列中，为其前n项和，若，则_【答案】-3【解析】【分析】先分别求出a1，a2，a3，再由a1，a2，a3是等比数列，能求出a的值【详解】解：等比数列中，为其前n项和，是等比数列，解得故答案为：【点睛】本题考查实数值的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题14.已知p：，q：，且q是p的充分而不必要条件，则a的取值范围为_ 【答案】【解析】【分析】分别解出，的的范围，利用是的充分而不必要条件，即可得出答案【详解】：，解得：，解得是的充分而不必要条件，解得，等号不同时成立的取值范围为，故答案为：【点睛】本题考查了不等式的解法、充分不必要条件的判定，考查了推理能力与计
9、算能力，解题的关键是掌握两个命题之间的关系15.设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_【答案】 (1). 1 (2). 121【解析】试题分析：，再由，又，所以【考点】等比数列的定义，等比数列的前项和【易错点睛】由转化为的过程中，一定要检验当时是否满足，否则很容易出现错误.【此处有视频，请去附件查看】16.等比数列中，如果，则的值为_【答案】9【解析】【分析】利用等比数列的通项公式的性质求解【详解】解：等比数列中，故答案为：9【点睛】本题考查等比数列的两项积的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用17.已知数列满足则的最小值为_.
10、【答案】【解析】【分析】先利用累加法求出an33+n2n，所以，设f（n），由此能导出n5或6时f（n）有最小值借此能得到的最小值【详解】解：an+1an2n，当n2时，an（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a121+2+（n1）+33n2n+33且对n1也适合，所以ann2n+33从而设f（n），令f（n），则f（n）在上是单调递增，在上是递减的，因为nN+，所以当n5或6时f（n）有最小值又因为，所以的最小值为故答案为： 【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法还考查函数的思想，构造函数利用导数判断函数单调性18.下列命题中：若a2+b2=2，则a+b的最
11、大值为2；当a0，b0时，；函数的最小值为2；当且仅当a，b均为正数时，恒成立其中是真命题的是_（填上所有真命题的序号）【答案】【解析】【分析】，设，进而利用三角函数求解；均可利用基本不等式求解；【详解】解：，设，则，所以正确；当a0，b0时，+2+22=4，当且仅当a=b=1时等号成立，所以正确；函数=+2=2，当且仅当，即时等号成立，故不正确；当且仅当同号时， 恒成立，所以可以同时为负，故不正确；故答案为：【点睛】考查基本不等式的“一正，二定，三相等”，及三角函数在求最值时的应用，属于中档题；三、解答题（本大题共2小题）19.已知为各项均为正数的等比数列， ，；为等差数列的前n项和，（1）
12、求和的通项公式；（2）设，求【答案】(1) an=4n-1bn= 3n-1(2) Tn=（n-）4n+【解析】【分析】（1）直接利用a1=1，a5=256求出公比即可求出an的通项公式；把5S5=2S8转化为用首项和公差来写求出公差即可求bn的通项公式；（2）直接利用（1）的结论对数列anbn用错位相减法求和即可求Tn【详解】解：（1）设的公比为，由得，因为各项均为正数，所以，所以设的公差为，由得，所以（2）-得：【点睛】本题的第二问考查了数列求和的错位相减法错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列20.已知函数（1）当时，解关于的不等式；（2）若正数a，b满足，且对于任意的，恒成立，求实数a，b的值【答案】(1)答案不唯一见解析；(2) a，b的值分别为1，2【解析】【分析】（1）由条件可得，然后分， 和三种情况解出不等式即可；（2）根据条件利用基本不等式可得，又，从而得到=3且a=1，进一步求出b的值【详解】解：（1）当时，不等式，即当时，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（2）由对于任意恒成立，可得=，当且仅当，即a=1时取等号，又，=3且a=1，b=2a，b的值分别为1，2【点睛】本题考查了一元二次不等式解法，基本不等式和不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题
