2020-2021学年江苏省东台市高二（上）10月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年江苏省东台市高二（上）10月月考数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若等差数列{an}满足a7+a9=2，a10=−5，则数列{an}的首项a1=( )
A.20B.−3C.22D.−23

2. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8=a8=8，则公差d等于( )
A.14B.12C.1D.2

3. 在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2+6x+2=0的根，则a2a16a9的值为( )
A.−2+22B.−2C.2D.−2或2

4. 若a，b，c为实数，则下列命题错误的是( )
A.若ac2>bc2，则a>bB.若aC.若a>b>0，则1a<1bD.若ad>0，则ac
5. 已知函数f(x)=|lgx|，a>b>0，f(a)=f(b)，则a2+b2a−b的最小值等于( )
A.5B.23C.2+3D.22

6. 已知数列{an}满足an=an−12an−1+1(n≥2, n∈N∗)，且a1=12，则{1an}的第n项为( )
A.2nB.n2C.3n−1D.12n

7. 已知函数y=lga(x−1)+2(a>0，且a≠1)恒过定点A，若直线mx+ny=2过点A，其中m，n是正实数，则1m+2n的最小值是( )
A.3+2B.3+22C.92D.5

8. 设m，n为正数，且m+n=2，则1m+1+n+3n+2的最小值为( )
A.32B.53C.74D.95
二、多选题

下列命题为真命题的是( )
A.若a>b>0，则ac2>bc2B.若aab>b2
C.若a>b>0且c<0，则ca2>cb2D.若a>b且1a>1b，则ab<0

下列说法正确的是（ ）
A.若x，y>0，x+y=2，则2x+2y的最大值为4
B.若x<12，则函数y=2x+12x−1的最大值为−1
C.若x，y>0，x+y+xy=3，则xy的最小值为1
D.函数y=1sin2x+4cs2x的最小值为9

已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N∗)，公差d≠0，S6=90，a7是a3与a9的等比中项，则下列选项正确的是( )
A.a1=22
B.d=−2
C.当n=10或n=11时，Sn取得最大值
D.当Sn>0时，n的最大值为21

设正项等差数列{an}满足(a1+a10)2=2a2a9+20，则( )
A.a2a9的最大值为10B.a2+a9的最大值为210
C.1a22+1a92的最大值为15D.a24+a94的最小值为200
三、填空题

求和：1+11+2+11+2+3+⋯+11+2+3+⋯+n=________．

在各项都为正数的等比数列{an}中，若a2018=22，则1a2017+2a2019的最小值为________.

数列an的前n项和Sn=2n+3，则其通项公式an= ________.i=1nSi=________.

设x，y为实数，若4x2+y2+xy=5，则2x+y的最大值是 _______.
四、解答题

设an是等差数列， bn是等比数列，已知a1=b1，b4−b3=a7，b3=8，b6=64.
(1)求an与bn的通项公式；

(2)设cn=1a2n⋅lg2b2n−1，求cn的前n项和Tn.

设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.
(1)求{an}的公比；

(2)若a1=1，求数列{nan}的前n项和Sn.

设x>0，y>0，xy=x+4y+a，其中a为参数．
(1)当a=0时，求x+y的最小值；

(2)当a=5时，求xy的最小值．

经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y（千辆/小时）与汽车的平均速度v（千米/小时）之间的函数关系为： y=700vv2+2v+900(v>0).
(1)在该时段内，当汽车的平均速度为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？（保留分数形式）

(2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/小时，则汽车的平均速度应在什么范围内？

设f(x)=ax2+(1−a)x+a−2.
(1)若不等式f(x)≥−2对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围；

(2)解关于x的不等式f(x)
正项数列{an}的前n项和Sn满足：4Sn=an2+2an，(n∈N∗)．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn=n+1(n+2)2an2，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N∗，都有Tn<564．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏省东台市高二（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列的通项公式列出方程组，能求出数列{an}的首项a1．
【解答】
解：∵ 等差数列{an}满足a7+a9=2，a10=−5，
∴ a1+6d+a1+8d=2,a1+9d=−5,
解得a1=22，d=−3．
∴ 数列{an}的首项a1=22．
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
推导出S7=7(a1+a7)2=7a4＝0，从而a4＝0，公差d=a8−a48−4，由此能求出结果．
【解答】
解：∵ 等差数列{an}的前n项和为Sn，S8=a8=8，
∴ a1+a2+...+a7+a8=a8，
∴ S7=7(a1+a7)2=7a4=0，
∴ a4=0.
∵ a8=a4+4d=8，
∴ 公差d=2．
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
等比中项
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q，
因为a3，a15是方程x2+6x+2=0的根，
所以a3⋅a15=a92=2，a3+a15=−6，
所以a3<0，a15<0，则a9=−2，
所以a2a16a9=a92a9=a9=−2．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
不等式比较两数大小
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，若ac2>bc2，则a>b，故该选项正确；
B，若ab2，故该选项错误；
C，若a>b>0，则1a<1b，故该选项正确；
D，若ad>0，则ac故选B.
5.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
对数函数图象与性质的综合应用
【解析】
根据对数的运算性质，可得ab＝1(a>b>0)，进而可将a2+b2a−b=(a−b)+2a−b，进而根据基本不等式，可得答案．
【解答】
解：∵ f(x)=|lgx|，a>b>0，f(a)=f(b)，
则lga=−lgb，则a=1b，即ab=1(a>b>0)，
∴ a2+b2a−b=(a−b)2+2aba−b=(a−b)+2a−b≥22，
故a2+b2a−b的最小值等于22.
故选D.
6.
【答案】
A
【考点】
等差关系的确定
等差数列的通项公式
【解析】
由数列{an}满足an=an−12an−1+1(n≥2, n∈N∗)，且a1=12，求出{an}的前四项，由此猜想数列的通项公式，再由数学归纳法进行证明，从而能求出{1an}的第n项．
【解答】
解：∵an=an−12an−1+1(n≥2, n∈N∗)，
即1an=2an−1+1an−1=2+1an−1，n≥2, n∈N∗.
又∵1a1=2，
∴{1an}是一个首项为2，公差为2的等差数列.
由此得到{1an}的第n项为1an=2+2(n−1)=2n．
故选A．
7.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
对数函数的单调性与特殊点
【解析】
根据对数的性质得出A点坐标，从而可知m+n=1，再利用基本不等式得出1m+2n的最小值．
【解答】
解：令x−1=1可得x=2，故A(2, 2)，
∴ 2m+2n=2，即m+n=1，
∴ 1m+2n=(1m+2n)(m+n)=1+nm+2mn+2≥3+22．
当且仅当nm=2mn即n=2m时取等号．
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
根据题意，要求的式子变形为(2m+3n)(25m+35n)，展开利用基本不等式求最小值．
【解答】
解：当m+n=2时，
1m+1+n+3n+2=1m+1+1n+2+1
=m+n+3m+1n+2+1=5m+1n+2+1，
因为m+1⋅n+2≤(m+1+n+22)2=254，
当且仅当m+1=n+2，
即m=32,n=12时取等号，
则1m+1+n+3n+2≥95.
故选D.
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
不等式的基本性质
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A、∵ a>b>0，c2≥0，
∴ ac2≥bc2，
故A选项为假命题；
B、若aa2>ab且ab>b2，
即a2>ab>b2，
故B选项为真命题；
C、∵ a>b>0，
∴ a2>b2>0，
∴ 1a2<1b2，
又∵ c<0，
∴ ca2>cb2，
故C选项为真命题；
D、若a>b且1a>1b，
即bab>aab，
∴ ab<0，
故D选项为真命题.
故选BCD.
【答案】
B,D
【考点】
命题的真假判断与应用
基本不等式在最值问题中的应用
基本不等式
【解析】
分别用基本不等式变形求解，注意取等号的条件．
【解答】
解：A，若x，y>0，x+y=2，则2x+2y≥22x+y=2×2=4，
当且仅当 x=y=1时等号成立，没有最大值，故A错误；
B，若x<12，即2x−1<0，
则函数y=2x−1+12x−1+1≤−22x−112x−1+1=−1，
当且仅当x=0等号成立，故B正确；
C，若x，y>0，则−(x+y)≤−2xy ，
因为x+y+xy=3，所以−(x+y)=xy−3≤−2xy，
即xy+2xy−3≤0 ，
解得 0D，函数y=1sin2x+4cs2x
=sin2x+cs2x1sin2x+4cs2x
=5+cs2xsin2x+4sin2xcs2x
≥5+2cs2xsin2x⋅4sin2xcs2x=9，
当且仅当 2sin2x=cs2x时等号成立，故D正确.
故选BD．
【答案】
B,C
【考点】
等比中项
等差数列与等比数列的综合
二次函数的性质
等差数列的前n项和
【解析】
分别运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，可判断A，B；由配方法，结合n为正整数，可判断C；由Sn>0解不等式可判断D．
【解答】
解：由公差d≠0，S6=90，可得6a1+15d=90，
即2a1+5d=30，①
由a7是a3与a9的等比中项，可得a72=a3a9，
即为(a1+6d)2=(a1+2d)(a1+8d)，
化为a1=−10d，②
由①②解得a1=20，d=−2，故A错误，B正确；
由Sn=20n+12n(n−1)⋅(−2)
=21n−n2=−(n−212)2+4414，
由于n为正整数，可得n=10或11时，Sn取得最大值110，故C正确；
由Sn>0，解得0故选BC．
【答案】
A,B,D
【考点】
数列与不等式的综合
基本不等式在最值问题中的应用
等差数列的性质
【解析】
由题意先得到a22+a92＝20，再分别根据基本不等式即可判断．
【解答】
解：正项等差数列{an}满足(a1+a10)2=2a2a9+20=(a2+a9)2，
所以a22+a92=20．
a2a9≤12(a22+a92)=10，当且仅当a2=a9=10时成立，故A选项正确；
由于(a2+a92)2≤12(a22+a92)=10，所以a2+a92≤10，a2+a9≤210，
当且仅当a2=a9=10时成立，故B选项正确；
1a22+1a92=a22+a92a22a92=20a22a92≥20(a22+a922)2=20102=15，
当且仅当a2=a9=10时成立，所以1a22+1a92的最小值为15，故C选项错误；
a24+a94=(a22+a92)2−2a22a92≥12(a22+a92)2=200，
当且仅当a2=a9=10时成立，故D选项正确．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
2nn+1
【考点】
数列的求和
【解析】
由an=11+2+3+…+n=2n(n+1)，知Sn=a1+a2+a3+...+an=2(11×2+12×3+13×4+…+1n×(n+1))
，再用裂项求和法能够得到这个数列的和．
【解答】
解：∵ an=11+2+3+⋯+n=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
∴ Sn=a1+a2+a3+⋯+an
=2×(1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1)
=2(1−1n+1)=2nn+1．
故答案为：2nn+1．
【答案】
4
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为等比数列各项均为正数，所以公比q>0，
所以a2017=a2018q，1a2017=qa2018=2q，
a2019=qa2018，1a2019=1qa2018=2q，
所以1a2017+2a2019=2q+22q≥24=4,
当且仅当q=2时取等号，1a2017+2a2019的最小值为4.
故答案为：4.
【答案】
5，n=1,2n−1,n≥2,2n+1−2+3n
【考点】
数列的求和
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
由当n=1时，a1=2+3=5，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+3−2n−1+3=2n−1，n=1不适用，得通项公式;
i=1nSi=21+3+22+3+23+3++3=21+22+23++3由分组求和得答案.
【解答】
解：由Sn=2n+3，
当n=1时，a1=2+3=5，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+3−2n−1+3=2n−1，n=1不适用，
所以其通项公式为an=5，n=1,2n−1,n≥2.
i=1nSi=2+3+22+3+23+3+⋯+2n+3
=21+22+23+⋯+2n+3n
=21−2n1−2+3n=2n+1−2+3n.
故答案为：5，n=12n−1,n≥2；2n+1−2+3n.
【答案】
22
【考点】
平均值不等式在函数极值中的应用
【解析】
令2x+y=t，则y=t−2x，代入4x2+y2+xy=5化为：6x2−3tx+t2−5=0，可得Δ≥0，解出即可得出．
【解答】
解：4x2+y2+xy=(2x+y)2−3xy=5.
∵ xy=12×2xy≤12(2x+y2)2=18(2x+y)2，
∴ 5=(2x+y)2−3xy≥58(2x+y)2，
∴ −22≤2x+y≤22，
∴2x+y的最大值为：22.
故答案为：22.
四、解答题
【答案】
解：(1)设an得公差d，bn得公比为q，
由b3=8，b6=64，得b1q2=8，b1q5=64，
解得b1=2，q=2.
所以bn=2n.
由a1=b1=2，b4−b3=a7得a1+6d=8，
解得d=1，
所以an=n+1.
(2)由(1)得cn=1a2n⋅lg2b2n−1
=1(2n+1)2n−1
=1212n−1−12n+1，
所以Tn=121−13+13−15+...+12n−1−12n+1
=n2n+1.
【考点】
数列的求和
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
对数及其运算
【解析】
设an得公差d，bn得公比为q，利用等差数列，等比数列的通项公式得解.
先求出cn=1a2n⋅lg2b2n−1，利用裂项相消求和，难度适中.
【解答】
解：(1)设an得公差d，bn得公比为q，
由b3=8，b6=64，得b1q2=8，b1q5=64，
解得b1=2，q=2.
所以bn=2n.
由a1=b1=2，b4−b3=a7得a1+6d=8，
解得d=1，
所以an=n+1.
(2)由(1)得cn=1a2n⋅lg2b2n−1
=1(2n+1)2n−1
=1212n−1−12n+1，
所以Tn=121−13+13−15+...+12n−1−12n+1
=n2n+1.
【答案】
解：(1)设{an}的公比为q，q≠1，
因为a1为a2，a3的等差中项，
所以2a1=a2+a3，即2a1=a1q+a1q2，
整理得q2+q−2=0，
解得q=−2（q=1舍去）.
所以{an}的公比为−2.
(2)若a1=1，则an=(−2)n−1，
所以nan=n⋅(−2)n−1，
数列{nan}的前n项和为
Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+...+n×(−2)n−1，
−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+...+n×(−2)n，
两式相减可得，
3Sn=1×1+(−2)+(−2)2+(−2)3+...+(−2)n−1−n×(−2)n
=1−(−2)n1−(−2)−n⋅(−2)n，
化简可得Sn=1−(1+3n)⋅(−2)n9，
所以数列{nan}的前n项和为Sn=1−(1+3n)⋅(−2)n9.
【考点】
等差中项
等差数列与等比数列的综合
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
（1）设{an}是公比q不为1的等比数列，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比q；
（2）求得an，nan，运用数列的数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简整理，可得所求和．
【解答】
解：(1)设{an}的公比为q，q≠1，
因为a1为a2，a3的等差中项，
所以2a1=a2+a3，即2a1=a1q+a1q2，
整理得q2+q−2=0，
解得q=−2（q=1舍去）.
所以{an}的公比为−2.
(2)若a1=1，则an=(−2)n−1，
所以nan=n⋅(−2)n−1，
数列{nan}的前n项和为
Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+...+n×(−2)n−1，
−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+...+n×(−2)n，
两式相减可得，
3Sn=1×1+(−2)+(−2)2+(−2)3+...+(−2)n−1−n×(−2)n
=1−(−2)n1−(−2)−n⋅(−2)n，
化简可得Sn=1−(1+3n)⋅(−2)n9，
所以数列{nan}的前n项和为Sn=1−(1+3n)⋅(−2)n9.
【答案】
解：(1)当a=0时，xy=x+4y.
∵ x>0 ，y>0，
∴ 4x+1y=1.
x+y=(x+y)(4x+1y)
=5+xy+4yx≥5+2xy⋅4yx=9.
当且x=2y=6时，等号成立，
∴ x+y的最小值为9.
(2)由题意可得y=x+5x−4.
∵ x>0 ，y>0 ，
∴ x>4.
∴ xy=xx+5x−4
=x1+9x−4=x+9xx−4
=x+9(x−4)+36x−4
=x+9+36x−4
=x−4+36x−4+13≥2x−4⋅36x−4+13=25.
当且仅当x−4=36x−4(x>4)，
即当x=10时，等号成立.
故xy最小值为25．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=0时，xy=x+4y.
∵ x>0 ，y>0，
∴ 4x+1y=1.
x+y=(x+y)(4x+1y)
=5+xy+4yx≥5+2xy⋅4yx=9.
当且x=2y=6时，等号成立，
∴ x+y的最小值为9.
(2)由题意可得y=x+5x−4.
∵ x>0 ，y>0 ，
∴ x>4.
∴ xy=xx+5x−4
=x1+9x−4=x+9xx−4
=x+9(x−4)+36x−4
=x+9+36x−4
=x−4+36x−4+13≥2x−4⋅36x−4+13=25.
当且仅当x−4=36x−4(x>4)，
即当x=10时，等号成立.
故xy最小值为25．
【答案】
解：(1)依题得y=700vv2+2v+900
=7002+v+900v≤7002+2v⋅900v=35031，
当且仅当v=900v，即v=30时，等号成立，
∴ ymax=35031（千辆/时）．
∴ 当v=30km/ℎ时，车流量最大，最大车流量为35031千辆/时.
(2)由条件得700vv2+2v+900>10，因为v2+2v+900>0，
所以整理得v2−68v+900<0，
即v−18v−50<0，
解得18若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于18km/ℎ且小于50km/ℎ．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
一元二次不等式的应用
一元二次不等式的解法
【解析】

【解答】
解：(1)依题得y=700vv2+2v+900
=7002+v+900v≤7002+2v⋅900v=35031，
当且仅当v=900v，即v=30时，等号成立，
∴ ymax=35031（千辆/时）．
∴ 当v=30km/ℎ时，车流量最大，最大车流量为35031千辆/时.
(2)由条件得700vv2+2v+900>10，因为v2+2v+900>0，
所以整理得v2−68v+900<0，
即v−18v−50<0，
解得18若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于18km/ℎ且小于50km/ℎ．
【答案】
解：(1)由题意，不等式f(x)≥−2对于一切实数x恒成立，
等价于ax2+(1−a)x+a≥0对于一切实数x恒成立.
当a=0时，不等式可化为x≥0，不满足题意；
当a≠0时，满足a>0,Δ≤0,
即a>0,(1−a)2−4a2≤0,
解得a≥13.
综上，a∈[13,+∞).
(2)不等式f(x)当a=0时，不等式可化为x<1，所以不等式的解集为x|x<1；
当a>0时，不等式可化为ax+1x−1<0，此时−1a<1，
所以不等式的解集为x|−1a当a<0时，不等式可化为(ax+1)(x−1)<0.
①当a=−1时，−1a=1，不等式的解集为{x|x≠1}；
②当−11，不等式的解集为{x|x>−1a或x<1}；
③当a<−1时，−1a<1，不等式的解集为{x|x>1或x<−1a}.
【考点】
不等式恒成立问题
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意，不等式f(x)≥−2对于一切实数x恒成立，
等价于ax2+(1−a)x+a≥0对于一切实数x恒成立.
当a=0时，不等式可化为x≥0，不满足题意；
当a≠0时，满足a>0,Δ≤0,
即a>0,(1−a)2−4a2≤0,
解得a≥13.
综上，a∈[13,+∞).
(2)不等式f(x)当a=0时，不等式可化为x<1，所以不等式的解集为x|x<1；
当a>0时，不等式可化为ax+1x−1<0，此时−1a<1，
所以不等式的解集为x|−1a当a<0时，不等式可化为(ax+1)(x−1)<0.
①当a=−1时，−1a=1，不等式的解集为{x|x≠1}；
②当−11，不等式的解集为{x|x>−1a或x<1}；
③当a<−1时，−1a<1，不等式的解集为{x|x>1或x<−1a}.
【答案】
(1)解：正项数列{an}的前n项和Sn满足：4Sn=an2+2an，(n∈N∗)①，
则4Sn−1=an−12+2an−1，(n≥2)②，
①−②得an−an−1=2(n≥2)．
又a1=2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an=2n．
(2)证明：由于an=2n，bn=n+1(n+2)2an2，
则bn=n+14n2(n+2)2=116[1n2−1(n+2)2]，
Tn=116[1−132+122−142+132−152+⋯
+1(n−1)2−1(n+1)2+1n2−1(n+2)2]，
Tn=116[1+122−1(n+1)2−1(n+2)2]<116(1+122)=564．
故对于任意的n∈N∗，都有Tn<564．
【考点】
数列的求和
数列递推式
等差数列
【解析】
（1）直接利用数列的递推关系式的应用，求出数列的通项公式．
（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法的应用求出数列的和，最后利用放缩法的应用求出结果．
【解答】
(1)解：正项数列{an}的前项和Sn满足：4Sn=an2+2an，(n∈N∗)①，
则4Sn−1=an−12+2an−1，(n≥2)②，
①−②得an−an−1=2(n≥2)．
又a1=2，
所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，
所以an=2n．
(2)证明：由于an=2n，bn=n+1(n+2)2an2，
则bn=n+14n2(n+2)2=116[1n2−1(n+2)2]，
Tn=116[1−132+122−142+132−152+⋯
+1(n−1)2−1(n+1)2+1n2−1(n+2)2]，
Tn=116[1+122−1(n+1)2−1(n+2)2]<116(1+122)=564．
故对于任意的n∈N∗，都有Tn<564．