2020-2021学年湖南省娄底市高二（上）9月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省娄底市高二（上）9月月考数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知数列an的首项a1=2，且an=4an−1+1n≥2，则a4为( )
A.148B.149C.150D.151

2. 在等差数列{an}中，已知a5=3，a9=6，则a13=( )
A.9B.12C.15D.18

3. 有穷数列1，23，26，29，⋯，23n+6的项数是( )
A.3n+7B.3n+6C.n+3D.n+2

4. 已知{an}是等差数列，a10=10，其前10项和S10=70，则其公差d等于( )
A.−23B.−13C.13D.23

5. 已知等比数列an的前n项和为Sn，且S1，2S2，3S3成等差数列，则an的公比q为( )
A.23B.1或23C.1或13D.13

6. 在等比数列{an}中，有a3⋅a11=4a7，数列{bn}是等差数列，其前n项和为Sn，且b7=a7，则 S13=( )
A.26B.52C.78D.104

7. 下列各式中，最小值为4的是( )
A.y=x2+8xB.y=sinx+4sinx0C.y=ex+4e−xD.y=x2+1+2x2+1

8. 等差数列{an}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为（ ）
A.−24B.−3C.3D.8

9. 等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn=( )
A.n(n+1)B.n(n−1)C.n(n+1)2D.n(n−1)2

10. 若不等式mx2+2mx−4<2x2+4x对任意x都成立，则实数m的取值范围是( )
A.(−2, 2]B.(−2, 2)
C.(−∞, −2)∪[2, +∞)D.(−∞, −2]

11. 已知数列{an}满足a1a2a3⋯an=2n2(n∈N∗)，且对任意n∈N∗，都有1a1+1a2+⋯+1anA.13,+∞B.13,+∞C.23,+∞D.23,+∞

12. 设f(x)=ln1+3x+9xa，对于任意的a∈R，若当x∈(−∞,0]时，fx恒有意义，则实数a的取值范围是( )
A.−∞,2B.(−∞,2]C.[−2,+∞）D.−2,+∞
二、填空题

已知数列{an}的通项公式an=1n+n+1，若它的前n项和Sn=10，则项数n为________．

已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an−n，则an=________．

已知x，y∈R+，且满足1x+2y=2，则8x+y的取值范围是________.

若不等式3x2−lgax<0在x∈(0, 13)上恒成立，则实数a的取值范围为________．
三、解答题

已知{an}为等差数列，且a3=−6，a6=0．
(1)求{an}的通项公式；

(2)若等比数列{bn}满足b1=−8，b2=a1+a2+a3，求{bn}的前n项和．

已知集合A=x|2xx−1<1，集合B={x|x2−(2m+1)x+m2+m<0}.
(1)求集合A，B；

(2)若B⊆A，求实数m的取值范围．

已知数列an的前n项和Sn满足2Sn=3an−1n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；

(2)求数列2n−1an的前n项和Tn.

若Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2=2，S3=−6．
(1)求{an}的通项公式；

(2)求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列．

已知函数f(x)=x2−(a+2)x+4(a∈R).
(1)解关于x的不等式f(x)≤−2a+4；

(2)若对任意的x∈[1,4]，f(x)+a+1≥0恒成立，求a的取值范围.

设a→=(x2,−2)，b→=(3,x)，f(x)=a→⋅b→，数列{an}的前n项和Sn，点(n,Sn)(n∈N∗)均在函数y=f(x)的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设 bn=3anan+1，Tn 是数列{bn}的前n项和，求满足 Tn>m21(n∈N∗) 的最大正整数m.
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省娄底市高二（上）9月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
数列递推式
【解析】

【解答】
解：由题意可得，a2=4a1+1=9，
∴ a3=4a2+1=37，
∴ a4=4a3+1=149.
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
等差数列的性质
【解析】
根据等差数列的性质得出2a9=a5+a13，然后将值代入即可求出结果．
【解答】
解：∵ 数列{an}是等差数列，
∴ 2a9=a5+a13.
∵ a5=3，a9=6，
∴ a13=2×6−3=9.
故选A．
3.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
数列的概念及简单表示法
【解析】
由有穷数列1，23，26，29，…，23n+6，可得指数为：0，3，6，9，…，3n+6为等差数列，即可得出．
【解答】
解：由有穷数列1，23，26，29，⋯，23n+6，
可得指数为：0，3，6，9，⋯，3n+6．
设3n+6为此数列的第k项，
则3n+6=0+(k−1)×3，
解得：k=n+3．
故选C.
4.
【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】
利用等差数列的通项公式和前n项和公式，结合已知条件列出关于a1，d的方程组，解方程即可．
【解答】
解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由题意可得，a1+9d=10,10a1+10×92d=70,
解得：a1=4,d=23.
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
等比数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】

【解答】
解：∵ 数列an是等比数列，
∴ an≠0，q≠0.
∵ S1，2S2，3S3成等差数列，
∴ 4S2=S1+3S3，
∴ 4a1+a1q=a1+3a1+a1q+a1q2，
整理得，3q2−q=0，
解得：q=13或q=0(不合题意舍去）.
故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在等比数列{an}中，an≠0，
∵ a3⋅a11=4a7，
∴ a72=4a7.
∴ a7=4，a7=0 (舍去).
在等差数列{bn}中，
∵ b7=a7=4，
∴ S13=(b1+b13)×132=13b7=13×4=52.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】

【解答】
解：A，当x<0时，y=x2+8x<0，故A选项错误；
B，令t=sinx，则0∵ 函数y=t+4t在(0,1]上是减函数，
∴ fxmin=f1=5，
∴ 函数y=sinx+4sinx0C，y=ex+4e−x=ex+4ex≥2ex⋅4ex=4，
当且仅当ex=4ex，即ex=2时，等号成立，
∴ 函数y=ex+4e−x的最小值为4，故C选项正确；
D，y=x2+1+2x2+1≥22，
当且仅当x2+1=2x2+1，即x2+1=2时，等号成立，
∴ 函数y=x2+1+2x2+1的最小值为22，故D选项错误．
故选C.
8.
【答案】
A
【考点】
等比中项
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
本题考查等差数列的通项公式、等比数列的性质、等差数列的前n项和．
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d．
由题可知a2a6=a32⇒(a1+d)(a1+5d)=(a1+2d)2⇒d2+2d=0，
又d≠0，则d=−2，
所以a6=a1+5d=−9，S6=6(a1+a6)2=6×(1−9)2=−24．
故选A．
9.
【答案】
A
【考点】
等比中项
等差数列的前n项和
【解析】
由题意可得a42=(a4−4)(a4+8)，解得a4可得a1，代入求和公式可得．
【解答】
解：由题意可得a42=a2⋅a8，
即a42=(a4−4)(a4+8)，
解得a4=8，
∴ a1=a4−3×2=2，
∴ Sn=na1+n(n−1)2d，
=2n+n(n−1)2×2=n(n+1).
故选A．
10.
【答案】
A
【考点】
不等式恒成立问题
二次函数的图象
一元二次不等式的解法
【解析】

【解答】
解：原不等式整理得，(m−2)x2+(2m−4)x−4<0．
当m=2时，(m−2)x2+(2m−4)x−4=−4<0，
不等式对任意x都成立；
设y=(m−2)x2+(2m−4)x−4，
当m≠2时, 函数y为二次函数.
∵ 不等式mx2+2mx−4<2x2+4x对任意x都成立，
∴ y的值要恒小于0，即抛物线开口向下且与x轴没有交点，
∴ m−2<0，且Δ<0,
∴ m−2<0,Δ=(2m−4)2+4(m−2)×4<0,
解得：−2综上，实数m的取值范围是(−2, 2].
故选A．
11.
【答案】
D
【考点】
数列与不等式的综合
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 数列{an}满足a1a2a3⋯an=2n2(n∈N∗)，
∴ 当n=1时，a1=2；
当n≥2时，a1a2a3⋯an−1=2(n−1)2，
∴ an=22n−1，
∴ 1an=122n−1，1a1=12也满足1an=122n−1，
∴ 数列1an是首项为12，公比为14的等比数列，
∴ 1a1+1a2+⋯+1an=121−14n1−14=231−14n<23，
∴ 实数t的取值范围为23,+∞．
故选D．
12.
【答案】
D
【考点】
函数恒成立问题
【解析】

【解答】
解：令y=1+3x+9xa，
设t=3x，由x∈−∞,0，得t∈(0,1]，
代入y=1+3x+9xa，得y=at2+t+1.
∵ 对于任意的a∈R，当x∈(−∞,0]时，fx恒有意义，
∴ 对于任意的a∈R，当t∈(0,1]时，at2+t+1>0恒有意义，
∴ a>−t−1t2=−1t2−1t.
由t∈(0,1]，得1t≥1，
设m=1t，
∴ −1t2−1t=−m2−m=−m+122+14≤−2，
∴ −1t2−1t的最大值是−2，
∴ 实数a的取值范围是−2,+∞.
故选D．
二、填空题
【答案】
120
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】

【解答】
解：∵ an=1n+n+1=n+1−n，
∴ Sn=a1+a2+⋯+an
=(2−1)+(3−2)+⋯+(n+1−n)
=n+1−1.
∵ Sn=10，
∴ n+1−1=10，解得：n=120，
∴ 项数n为120.
故答案为：120.
【答案】
2n−1
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】

【解答】
解：∵ Sn=2an−n，
∴ 当n=1时，a1=2a1−1，即a1=1；
当n≥2时，Sn−1=2an−1−n+1，
∴ an=Sn−Sn−1
=2an−n−(2an−1−n+1)
=2an−2an−1−1，
∴ an=2an−1+1，
∴ an+1=2(an−1+1).
∵ a1+1=1+1=2，
∴ 数列{an+1}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴ an+1=2⋅2n−1=2n，
∴ an=2n−1.
故答案为：2n−1.
【答案】
[9,+∞)
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】

【解答】
解：∵ x，y∈R+，1x+2y=2，
∴ 8x+y=128x+y1x+2y
=1210+yx+16xy
≥1210+2yx⋅16xy=9，
当且仅当yx=16xy，即x=34，y=3时等号成立，
∴ 8x+y的取值范围为[9,+∞).
故答案为：[9,+∞).
【答案】
[127, 1)
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
作出函数f(x)=3x2，x∈(0, 13)的图象，结合题意可得0【解答】
解：由题意可得，a>1不符合题意，故0分别作出函数f(x)=3x2，x∈(0, 13)和
函数g(x)=lgax(0∵ 函数f(x)在(0, 13)单调递增，函数g(x)=lgax在(0, 13)单调递减，
∴ 不等式3x2−lgax<0在x∈(0, 13)上恒成立，只需f(13)≤g(13)，
即13≤lga13，解得：127≤a<1，
∴ 实数a的取值范围为[127，1)．
故答案为：[127，1)．
三、解答题
【答案】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d．
∵ a3=−6，a6=0，
∴ a1+2d=−6，a1+5d=0，解得：a1=−10，d=2.
∴ an=−10+(n−1)×2=2n−12.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
∵ an=2n−12，
∴ b2=a1+a2+a3=−24.
∵ b1=−8，
∴ −8q=−24，即q=3，
∴ 数列{bn}的前n项和Sn=b1(1−qn)1−q=4(1−3n).
【考点】
等比数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】


【解答】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d．
∵ a3=−6，a6=0，
∴ a1+2d=−6，a1+5d=0，解得：a1=−10，d=2.
∴ an=−10+(n−1)×2=2n−12.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
∵ an=2n−12，
∴ b2=a1+a2+a3=−24.
∵ b1=−8，
∴ −8q=−24，即q=3，
∴ 数列{bn}的前n项和Sn=b1(1−qn)1−q=4(1−3n).
【答案】
解：1由2xx−1<1可得，x+1x−1<0，
等价于x−1x+1<0，
解得：−1∴ A={x|−1由x2−(2m+1)x+m2+m<0,
可得x−mx−m+1<0，
∴ m∴ B={x|m2∵ B⊆A，
∴ m≥−1，m+1≤1，
解得：−1≤m≤0，
∴ 实数m的取值范围为−1,0.
【考点】
分式不等式的解法
集合关系中的参数取值问题
一元二次不等式的解法
集合的包含关系判断及应用
【解析】


【解答】
解：1由2xx−1<1可得，x+1x−1<0，
等价于x−1x+1<0，
解得：−1∴ A={x|−1由x2−(2m+1)x+m2+m<0,
可得x−mx−m+1<0，
∴ m∴ B={x|m2∵ B⊆A，
∴ m≥−1，m+1≤1，
解得：−1≤m≤0，
∴ 实数m的取值范围为−1,0.
【答案】
解：1当n=1时，2S1=2a1=3a1−1，得a1=1；
当n≥2时，2Sn−1=3an−1−1.
∵ 2Sn=3an−1，
∴ 2an=3an−3an−1，
∴ an=3an−1.
∵ a1=1，
∴ 数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴ an=3n−1.
2由1得，2n−1an=2n−13n−1，
∴ Tn=1+331+532+⋯+2n−33n−2+2n−13n−1①，
3Tn=3+3+53+⋯+2n−33n−3+2n−13n−2②，
②−①得，
2Tn=3+2+23+232+⋯+23n−2−2n−13n−1，
∴ Tn=3−n+13n−1.
【考点】
数列的求和
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】


【解答】
解：1当n=1时，2S1=2a1=3a1−1，得a1=1；
当n≥2时，2Sn−1=3an−1−1.
∵ 2Sn=3an−1，
∴ 2an=3an−3an−1，
∴ an=3an−1.
∵ a1=1，
∴ 数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴ an=3n−1.
2由1得，2n−1an=2n−13n−1，
∴ Tn=1+331+532+⋯+2n−33n−2+2n−13n−1①，
3Tn=3+3+53+⋯+2n−33n−3+2n−13n−2②，
②−①得，
2Tn=3+2+23+232+⋯+23n−2−2n−13n−1，
∴ Tn=3−n+13n−1.
【答案】
解：(1)设{an}公比为q，
由题设可得a1(1+q)=2，a1(1+q+q2)=−6,
解得：q=−2，a1=−2.
故{an}的通项公式an=(−2)n；
(2)由(1)可得：Sn=a1(1−qn)1−q=−23+(−1)n2n+13，
由于Sn+2+Sn+1=−43+(−1)n2n+3−2n+23
=2[−23+(−1)n⋅2n+13]=2Sn，
故Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
等差数列的性质
【解析】
（1）由题意可知a3=S3−S2=−6−2=−8，a1=a3q2=−8q2，a2=a3q=−8q，由a1+a2=2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{an}的通项公式；
本题考查等比数列通项公式，等比数列前n项和，等差数列的性质
【解答】
解：(1)设{an}公比为q，
由题设可得a1(1+q)=2，a1(1+q+q2)=−6,
解得：q=−2，a1=−2.
故{an}的通项公式an=(−2)n；
(2)由(1)可得：Sn=a1(1−qn)1−q=−23+(−1)n2n+13，
由于Sn+2+Sn+1=−43+(−1)n2n+3−2n+23
=2[−23+(−1)n⋅2n+13]=2Sn，
故Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．
【答案】
解：(1)∵f(x)≤−2a+4，即x2−(a+2)x+2a≤0，
∴(x−a)(x−2)≤0，
①当a<2时，不等式解集为{x|a≤x≤2}；
②当a=2时，不等式解集为{x|x=2}；
③当a>2时，不等式解集为{x|2≤x≤a}.
(2)若对于任意的x∈[1,4]，f(x)+a+1≥0，
即对于任意的x∈[1,4]，x2−(a+2)x+5+a≥0恒成立，
即a(x−1)≤x2−2x+5恒成立，
①当x=1时，不等式为0≤4恒成立，此时a∈R，
②当x∈(1,4]时，a≤x2−2x+5x−1=x−1+4x−1，
∵1∴0∴x−1+4x−1≥2(x−1)⋅4x−1=4，
当且仅当x−1=4x−1，即x=3时取等号，
∴a≤4.
【考点】
不等式恒成立的问题
基本不等式
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵f(x)≤−2a+4，即x2−(a+2)x+2a≤0，
∴(x−a)(x−2)≤0，
①当a<2时，不等式解集为{x|a≤x≤2}；
②当a=2时，不等式解集为{x|x=2}；
③当a>2时，不等式解集为{x|2≤x≤a}.
(2)若对于任意的x∈[1,4]，f(x)+a+1≥0，
即对于任意的x∈[1,4]，x2−(a+2)x+5+a≥0恒成立，
即a(x−1)≤x2−2x+5恒成立，
①当x=1时，不等式为0≤4恒成立，此时a∈R，
②当x∈(1,4]时，a≤x2−2x+5x−1=x−1+4x−1，
∵1∴0∴x−1+4x−1≥2(x−1)⋅4x−1=4，
当且仅当x−1=4x−1，即x=3时取等号，
∴a≤4.
【答案】
解：因为f(x)=a→⋅b→，
所以f(x)=3x2−2x.
因为点(n,Sn)在f(x)的图象上，
将该点代入得：Sn=3n2−2n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=6n−5；
当n=1时，a1=S1=1.
故an=6n−5.
(2)根据题意得：
bn=3anan+1=12(16n−5−16n+1)，
则Tn=12[(1−17)+(17−113)+⋯+(16n−5−16n+1)]=12(1−16n+1)，
且Tn随着n的增大而增大，
因此要满足Tn>m21，(n∈N∗)恒成立，
当且仅当n=1时，Tn最小，
所以T1=37>m21，
解得m<9，
所以满足要求的最大正整数m为8.
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为f(x)=a→⋅b→，
所以f(x)=3x2−2x.
因为点(n,Sn)在f(x)的图象上，
将该点代入得：Sn=3n2−2n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=6n−5；
当n=1时，a1=S1=1.
故an=6n−5.
(2)根据题意得：
bn=3anan+1=12(16n−5−16n+1)，
则Tn=12[(1−17)+(17−113)+⋯+(16n−5−16n+1)]=12(1−16n+1)，
且Tn随着n的增大而增大，
因此要满足Tn>m21，(n∈N∗)恒成立，
当且仅当n=1时，Tn最小，
所以T1=37>m21，
解得m<9，
所以满足要求的最大正整数m为8.