天津市第一中学2019-2020学年高二数学上学期期中试题（PDF）

天津一中2019-2020-1高二年级数学学科期中模块质量调查试卷本试卷分为第I卷（选择题）、第II卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。第I卷第1页，第II卷第2页。考生务必将答案涂写规定的位置上，答在试卷上的无效。一、选择题：(每小题3分,共30分）1．已知等差数列前3项和为34，后3项和为146，所有项和为390，则这个数列的项数为A．13B．12C．11D．102．已知等比数列{an}中,a2+a3=1,a4+a5=2,则a6+a7等于A．2B．22C．4D．423．已知数列{an}满足an+1=kan-1(n∈N*，k∈R*)，若数列{an-1}是等比数列，则k值等于A．1B．-1C．-2D．24．已知数列{an}满足a1=-1，an+1=|an-1|+2an+1，其前n项和Sn，则下列说法正确的个数是①数列{an}是等差数列;②an=3n-2;③Sn=1332n.A．0B．1C．2D．35．已知a=20190.2，b=0.22019，c=log20190.2，则A．cabB．bacC．abcD．acb6．若ab0,则下列丌等式一定成立的是A．11abbB．a2abC．+1+1bbaaD．anbn7．若02x3,则(3-2x)x的最大值为A．916B．94C．2D．988．已知x0,y0，且x+y+1x+1y=5，则x+y的最大值是A．3B．4C．6D．89．若数列{an}和{bn}的通项公式分别为an=k(-1)n+2018，bn=2+20191nn，且anbn，对任意n∈N*恒成立，则实数k的取值范围是A．[-1,12）B．[-1,1)C．[-2,1)D．[-2,32）10．已知函数f(x)=24x，若存在实数t，使得任给x∈[1,m]，丌等式f(x+t)≤x恒成立，则m的最大值为A．3B．6C．8D．9二、填空题：(每小题4分,共24分)11．已知等差数列{an}中，a15=33，a25=66，则a35=__________.12．已知等比数列{an}的公比为2，S99=77，则a3+a6+a9+⋯+a99=__________.13．已知数列{an}满足a1=15，且3an+1=3an-2，若akak+10，则正整数k=__________.14．若0a1，则丌等式x2-(1aa)x+10的解集是__________.15．若1a3，-4b2，则a-|b|的取值范围是__________.16．已知丌等式x+y≤axy对任给x0，y0恒成立，则实数a的取值范围是______.三、解答题：(共4题,46分)17．已知函数f(x)=-x2+a(6-a)x-4（1）解关于a的丌等式f(1)0;（2）若丌等式f(x)b的解集为(-1,3)，求实数a,b的值;（3）对任给的x∈[1,3]，丌等式f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围.18．已知数列{an}满足：a1=1，an+1=1nnan+12nnn∈N*,（1）设bn=nan，求数列{an}和{bn}的通项公式;（2）求数列{an}的前n项和Sn.19．已知等差数列{an}的公差d0，首项a1=1，且2a1、a2+1、a3+3成等比数列.（1）求数列{an}的通项公式;（2）求数列{11nnaa}的前n项和Pn;（3）比较Pn不22nn的大小.20．已知函数f(x)=2xaxb(a、b为常数),方程f(x)-x+12=0有两个实根3和4,（1）求f(x)的解析式;（2）设k1,解关于x的丌等式f(x)(1)2kxkx;（3）已知函数g(x)是偶函数，且g(x)在[0,+∞)上单调递增，若丌等式g(mx+1)≤g(x-2)在任给x∈[12,1]上恒成立，求实数m的取值范围.参考答案一．选择题1．A2．C3．D4．B5．C6．C7．D8．B9．D10．D二．填空题11．9912．4413．2314．（a，1a）15．（-3，3）16．[2，+∞）三．解答题17．解：（1）由f(1)0即，a2-6a+50.1a5解集为a∈（1，5）（2）由f(x)b即，x2-a(6-a)x+b+40可知-1不3是方程x2-a(6-a)x+b+4=0两实根2(6)2620374377aaaaabbb373777aabb故或（3）对x∈[1，3]，f(x)≤0恒成立等价于.-x2+a(6-a)x-4≤0即24(6)xaax，满足24(6)minxaax设24().xgxxx∈[1，3]，4424,xxxx当且仅当[1,3]4xxx即x=2时“=”成立故a(6-a)≤4，a2-6a+4≥0a≤3-5或a≥3+518．解：（1）由1112nnnnnaan，可知1=12nnnaann即112nnnbb，当n≥2，1112nnnbb111ab12212nnnbb……2112bb累加得121111222nnbb112111()1111212(),11222212nnnnbb∴112,*2nnbnN122nnnnanbn（2）设21231222nnnT21112122222nnnnnT21111122222nnnnnT∴1242nnnT∴12(1)42nnnSnn19．解：（1）由2213(1)2(3)aaa即2(2)2(42)0ddd∴d=2∴an=2n-1（2）111111()(21)(21)22121nnaannnn11111111(1)233557212111=(1)22121nPnnnnn∴21nnPn（3）由111(1)2212nPn设22()nfnn则12222222[(2)1](1)()(1)(1)nnnnnfnfnnnnn当n≥3时f(n+1)f(n)f(n)单调递增8()(3)91()2nnfnfPfnP当n=1时11(1)23fP当n=3时22(2)15fP综上22nnPn20．解：（1）由f(x)-x+12=0即(1-a)x2+(12a-b)x+12b=0两根之和4127571121121baabababa∴12ab故2(),(2)2xfxxx（2）由2(1)22xkxkxx即(x-k)(x-1)(x-2)01°当1k2时解集x∈（1，k）∪（2，+∞）2°当k=2时解集x∈（1，2）∪（2，+∞）3°当k2时解集x∈（1，2）∪（k，+∞）（3）由g(x)是偶函数在[0，+∞]单增，则在（-∞，0）单减由g(x+1)≤g(x-2)可知|mx+1|≤|x-2|，1[,1]2x1212mxxmxx即13xmxxmxminmax1131xmxxxmxx时时，02mm∴m∈[-2，0]