1、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，关于的不等式恒成立”为真命题的一个必要不充分条件是A. B. C. D. 【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，关于的不等式恒成立”为真命题的的取值范围，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，关于的不等式恒成立”为真命题根据选项满足是的必要不充分条件只有，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. 等比数列的前n项和为，已知，则A. B. C
2、. D. 【答案】A【解析】设公比为q,则，选A. 3. 在等差数列中，则数列的前9项和等于A. 126B. 130C. 147D. 210【答案】A【解析】分析】由题意结合等差数列性质和等差数列前n项和公式求解S9即可.【详解】在等差数列中，解得，数列的前9项和：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，为正数，且，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据，化简，根据均值不等式，即可求得答案；【详解】当时，当且仅当时，即取等号，.故选：D【点睛】本题主要考查了根据均值不等式求最
3、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（）满足，若存在两项， 使得，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】正项等比数列an满足：，又q0，解得，存在两项am，an使得，即，当且仅当=取等号，但此时m，nN*又，所以只有当，取得最小值是故选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，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，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. 已知等比数列满
4、足，且，则当时，（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：因为为等比数列，所以,.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：，若不等式对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题可知原不等式等价于对任意实数x恒成立，利用即可求解.【详解】不等式对任意实数x恒成立，则，即对任意实数x恒成立，解得.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. 已知为正数，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式求解即可.【详解】，当且仅当时
5、，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. “”是“”的 充 分不 必 要条件B. 命题“若,则”的 否 定 是“ 存 在,则”.C. 设,则“且”是“”的必要而不充分条件D. 设,则“”是“”的必要 不 充 分 条件【答案】ABD【解析】分析】选项A:先判断由,能不能推出,再判断由,能不能推出,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:先判断由且能不能推出,然后再判断由能不能推出且,最后判断本选项否正确；选项D:先判断由能不能推出,再判断由能不能推出,最后判断本选项是否正确.【详解】
6、选项A:根据反比例函数的性质可知：由,能推出,但是由,不能推出,例如当时,符合,但是不符合,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,则”的 否 定 是“ 存 在,则”.所以本选项是正确的；选项C:根据不等式的性质可知：由且能推出,本选项是不正确的；选项D: 因为可以等于零,所以由不能推出,再判断由能不能推出,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. 数列的前项和为，若，则有（ ）A. B. 为等比数列C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据的关系，求得，结合等比数列的定义，以及已知条件，即可对
7、每个选项进行逐一分析，即可判断选择.【详解】由题意，数列的前项和满足，当时，两式相减，可得，可得，即，又由，当时，所以，所以数列的通项公式为；当时，又由时，适合上式，所以数列的的前项和为；又由，所以数列为公比为3的等比数列，综上可得选项是正确的.故选：ABD.【点睛】本题考查利用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，则下面有几个结论正确的有（ ）A. 若，则B. C. 若，则D. 若，则【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：当时，即，故A不正确；对于B：若，由基本不等式得:，即有即，故，当且仅当“”时取等号，故B正
8、确；对于C：由，所以，当且仅当，即时取等号，故C正确；对于D：由，即有，根据基本不等式有：，当且仅当，即时取等号，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，斐波那契数列满足：，.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，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据题中
9、递推公式，求出，数列的前项和，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，所以，类似的有，累加得，由题知，故选项A正确，对于B选项，因为，类似的有，累加得，故选项B正确，对于C选项，因为，类似的有，累加得，故选项C错误，对于D选项，可知扇形面积，故，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：“，”的否定是_.【答案】，【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，故答案为：【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，属于容易题14. 已知等比数列的前
10、n项和为，且，则_.【答案】【解析】【分析】将等比数列的前 项和公式代入(注意 的讨论)求出公比，然后将公比代入所求式子中可求解.【详解】设等比数列的首项为，公比为.当时显然不成立. 所以，则由，解得：所以故答案为：【点睛】本题考查根据等比数列的前 项和求公比，等比数列的通项公式，属于基础题.15. 已知x0，y0，且x+2y=1，则的最小值_；的最大值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由，展开后利用基本不等式即可求解；由，然后利用基本不等式即可求解【详解】，且，则，当且仅当且即，时取等号，当且仅当时取等号.故答案为：，【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
11、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”：，则按照以上规律，若具有“穿墙术”，为数列的前项和，则的值为_【答案】【解析】【分析】归纳出数列的通项公式，利用裂项求和法可求得的值.【详解】，以此类推，由可知，事实上.，因此，.故答案为：.【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，不等式成立”是真命题(I)求实数的取值范围；(II)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围【答案】
12、（I）（II）【解析】【分析】()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;()先化简命题,再根据是的充分不必要条件列式可解得.【详解】（I）由题意在恒成立，所以,因为，所以，即,，所以实数m的取值范围是 （II）由q得，因为，所以，即所以实数的取值范围是【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（1）若关于的不等式的解集为，求，的值；（2）当时，求关于的不等式的解集【答案】（1）；（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，的值；（2）根据与0的大小
13、分类讨论，即得对应不等式解集.【详解】（1）不等式的解集为，解得（2），即，当时，当时，当时，或综上所述，当时，不等式解集为当时，不等式解集为当时，不等式解集为【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. 在等比数列中，且，成等差数列（1）求的通项公式；（2）若，记，求数列的前n项和【答案】（1）；（2）.【解析】分析】（1）根据，成等差数列，利用等差中项得到，进而求得公比，再写出通项公式即可.（2）根据，由（1）得到，然后利用错位相减法求和即可.【详解】（1）因为，成等差数列，所以，所以，所以，即，即，解得或当时，；当时，；（2）因为，所以，所
14、以，则故，-得，故【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年底，该项目的纯利润为（纯利润累计收入累计维修保养费投资成本）（1）写出的表达式，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
15、下两种处理方案：年平均利润最大时，以72万元转让该项目；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），从第3年开始盈利；（2）选择方案最合算，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的表达式，最后解不等式，确定盈利起始年;（2）按方案：结合基本不等式求最值，确定总利润，按方案，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，则令，解得，
16、该项目从第3年开始盈利（2）按方案：年利润为，当且仅当，即时，取等号，按方案共获利万元，此时按方案：，当时，按方案，共获利万元，此时以上两种方案，两种方案都获利264万元，但方案只需6年，而方案需要10年，故选择方案最合算【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. （）已知不等式的解集为，求的最小值（）若正数满足，求证：【答案】（）4；（）证明见解析【解析】【分析】（）利用根与系数的关系及基本不等式求解的最小值；（）直接利用基本不等式结合证明；【详解】解：（）时，因为不等式的解集为，所以方程的两根为，
17、由韦达定理可得， 因为，所以，则，当且仅当时取等号，故的最小值为4； （）基本不等式，由为正数且由基本不等式，有 三式相加可得：，即（当且仅当时等号成立）【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. 已知等比数列满足，；数列满足（1）求数列，的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若不等式恒成立，求的取值范围【答案】（1）；（2）【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通项公式；利用递推关系得，再根据等差数列定义以及通项公式得的通项公式；（2）先化简，再根据分组求和得，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，解得，所以当时， ，解得因为，当时，上述两式相除，得，即，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，所以（2）数列的前n项和为：数列的前n项和为：所以又因为，所以，令，即因为，所以为增函数当为偶数时， 恒成立，则因为，即当为奇数时， 恒成立，则，由上可知道是减函数，所以，即综上， 【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.
