新編新課標A版數(shù)學【理】一輪復習質(zhì)量檢測題 質(zhì)量檢測(三)

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1、新編高考數(shù)學復習資料 質(zhì)量檢測(三) 測試內(nèi)容：數(shù)列　不等式　推理與證明 時間：90分鐘　分值：120分 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分) 1．(2013·天津十二區(qū)縣重點學校聯(lián)考(一))“l(fā)g x，lg y，lg z成等差數(shù)列”是“y2＝xz”成立的(　　) A．充分非必要條件 B．必要非充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：lg x，lg y，lg z成等差，必有2lg y＝lg x＋lg z得y2＝xz.故前者為后者的充分條件，但y2＝x·z，y<0，x<0，z<0時，log x，lg y，lg z沒有意義，故前者不是

2、后者的必要條件，選A. 答案：A 2．(2013·遼寧六校聯(lián)考)公比為q的等比數(shù)列{an}的各項為正數(shù)，且a2a12＝16，logqa10＝7，則公比q＝(　　) A. B. C．2 D. 解析：∵a10＝a4q6＝q7，∴a4＝q，又a＝a2a12＝a4a10＝16，∴q8＝16，q2＝2，q＝，故選B. 答案：B 3．(2013·東北三校第二次聯(lián)考)已知{an}為等比數(shù)列，Sn是它的前n項和．若a3a5＝a1，且a4與a7的等差中項為，則S5等于(　　) A．35 B．33 C．31 D．29 解析：等比數(shù)列中，a3·a5＝a1·a7，∴a7＝，a4

3、＋a7＝2×，∴a4＝2，得q＝，a1＝16，S5＝＝31，選C. 答案：C 4．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＋a9＋a11＝30，那么S13的值是(　　) A．65 B．70 C．130 D．260 解析：a1＋a1＋8d＋a1＋10d＝30 3a1＋18d＝30 a1＋6d＝10，a7＝10 S13＝＝13a7＝130，故選C. 答案：C 5．若a>0，b>0，且a＋b＝4，則下列不等式恒成立的是(　　) A.> B.＋≤1 C.≥2 D．a(chǎn)2＋b2≥8 解析：a＋b＝4≥2，≤2，ab≤4 ∴≥，故C錯，A錯． ＋＝＝≥1，故

4、B錯． (a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2) ∴a2＋b2≥8，故選D. 答案：D 6．(2014·安徽池州一中高三月考)設變量x，y滿足則2x＋3y的最大值為(　　) A．20 B．35 C．45 D．55 解析：可行域如圖所示： 由得A(5,15)，A點為最優(yōu)解， ∴zmax＝2×5＋3×15＝55，故選D. 答案：D 7．若不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0對于x∈R恒成立，則a的取值范圍是(　　) A．(－2,2) B．[－2,2] C．(－2,2] D．[－2,2) 解析：當a＝2時，不等式－4<0恒成立

5、；當a≠2時， 由，解得－2

6、. 解析：在坐標平面內(nèi)畫出線性約束條件所表示的可行域，欲使可行域為直角三角形，可得m＝1時，可與直線x－y＝1垂直，此時求出與的解，由直角三角形的面積為，可求得n＝－，故選A. 答案：A 10．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝－f(x＋2)，當x>1時，f(x)單調(diào)遞增，如果x1＋x2>2且(x1－1)(x2－1)<0，則f(x1)＋f(x2)的值(　　) A．恒小于0 B．恒大于0 C．可能為0 D．可正可負 解析：由f(－x)＝－f(x＋2)知函數(shù)y＝f(x)關于點(1,0)對稱，因此由x>1時f(x)單調(diào)遞增可知當x<1時函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 由(x1－1

7、)(x2－1)<0知x1－1，x2－1異號，不妨設x1>1， 則x2<1. ∵x1＋x2>2，∴x1>2－x2. 由x2<1知2－x2>1，故x1>2－x2>1. ∴f(x1)>f(2－x2)． ∵f(2－x2)＝－f(x2)．∴f(x1)>－f(x2)， 即f(x1)＋f(x2)>0. 答案：B 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 11．設Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若S5＝a8＋5，S6＝a7＋a9－5，則公差d等于________． 解析：a6＝S6－S5＝a7＋a9－5－(a8＋5) ＝a7＋a9－a8－10， ∴a6－a7＝a9－a8－1

8、0，∴－d＝d－10，∴d＝5. 答案：5 12．二維空間中圓的一維測度(周長)l＝2πr，二維測度(面積)S＝πr2，觀察發(fā)現(xiàn)S′＝l；三維空間中球的二維測度(表面積)S＝4πr2，三維測度(體積)V＝πr3，觀察發(fā)現(xiàn)V′＝S.則四維空間中“超球”的四維測度W＝2πr4，猜想其三維測度V＝________. 解析：由已知，可得圓的一維測度為二維測度的導函數(shù)；球的二維測度是三維測度的導函數(shù)．類比上述結論，“超球”的三維測度是四維測度的導函數(shù)，即V＝W′＝(2πr4)′＝8πr3.故填8πr3. 答案：8πr3 13．(2013·新課標全國卷Ⅰ)若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝an＋，則

9、{an}的通項公式是an＝________. 解析：當n＝1時，由已知Sn＝an＋，得a1＝a1＋，即a1＝1；當n≥2時，由已知得到Sn－1＝an－1＋，所以an＝Sn－Sn－1＝－＝an－an－1，所以an＝－2an－1，所以數(shù)列{an}為以1為首項，以－2為公比的等比數(shù)列，所以an＝(－2)n－1. 答案：(－2)n－1 14．(2013·廣東卷)給定區(qū)域D：，令點集T＝{(x0，y0)∈D|x0，y0∈Z，(x0，y0)是z＝x＋y在D上取得最大值或最小值的點}，則T中的點共確定________條不同的直線． 解析：解決本題的關鍵是要讀懂數(shù)學語言，x0，y0∈Z，說明x0，

10、y0是整數(shù)，作出圖形可知，△ABF所圍成的區(qū)域即為區(qū)域D，其中A(0,1)是z在D上取得最小值的點，B、C、D、E、F是z在D上取得最大值的點，則T中的點共確定AB、AC、AD、AE、AF、BF共6條不同的直線． 答案：6 三、解答題(本大題共4小題，共50分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．) 15．(滿分12分)(1)解不等式：ax2－(a＋1)x＋1<0(a>0)； (2)已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，當x∈[－1，＋∞)時， f(x)≥a恒成立，求a的取值范圍． 解：(1)原不等式變?yōu)?ax－1)(x－1)<0， 因為a>0，所以(x－1)<0. 所以

11、當a>1時，解為1時，不等式的解集為. (2)法一：f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函數(shù)圖象的對稱軸為x＝a. ①當a∈(－∞，－1)時， f(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增， f(x)min＝f(－1)＝2a＋3. 要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a<－1； ②當a∈[－1，＋∞)時， f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－1≤a≤1. 綜上所述，a的取值范圍

12、為[－3,1]． 法二：令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或解得－3≤a≤1. 所求a的取值范圍是[－3,1]． 16．(滿分12分)(2014·寧夏銀川月考)數(shù)列{an}各項均為正數(shù)，其前n項和為Sn，且滿足2anSn－a＝1. (1)求證數(shù)列{S}為等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn，并求使Tn>(m2－3m)對所有的n∈N*都成立的最大正整數(shù)m的值． 解：(1)∵2anSn－a＝1，∴當n≥2時，2(Sn－Sn－1)Sn－(Sn－Sn－1

13、)2＝1， 整理得，S－S＝1(n≥2)，又S＝1， ∴數(shù)列{S}為首項和公差都是1的等差數(shù)列． ∴S＝n，又Sn>0，∴Sn＝ ∴n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－，又a1＝S1＝1適合此式 ∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝－ (2)∵bn＝＝＝－ ∴Tn＝＋＋…＋ ＝1－＋－＋…＋－＝1－＝ ∴Tn≥，依題意有＞(m2－3m)，解得－1

14、費)成正比，若每批購入4張，則該月需用去運費和保管費共52元，現(xiàn)在全月只有48元資金可以用于支付運費和保管費． (1)求該月需用去的運費和保管費的總費用f(x)； (2)能否恰當?shù)匕才琶颗M貨的數(shù)量，使資金夠用？寫出你的結論，并說明理由． 解：(1)設題中比例系數(shù)為k，若每批購入x張書桌，則共需分批，每批價值為20x元， 由題意得f(x)＝·4＋k·20x. 由x＝4時，f(x)＝52，得k＝＝. ∴f(x)＝＋4x(0

15、立． 故只需每批購入6張書桌，可以使資金夠用． 18．(滿分13分)(2013·浙江省重點中學摸底)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＝2an－1＋2n(n≥2且n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設數(shù)列{an}的前n項之和為Sn，求Sn，并證明：>2n－3. 解：(1)∵an＝2an－1＋2n(n≥2，且n∈N*)， ∴＝＋1，即－＝1(n≥2，且n∈N*)， 所以，數(shù)列是等差數(shù)列，公差d＝1，首項， 于是＝＋(n－1)d＝＋(n－1)·1＝n－， ∴an＝·2n. (2)∵Sn＝·21＋·22＋·23＋…＋·2n ∴2Sn＝·22＋·23＋·24＋…＋·2n＋1 以上兩式相減得 －Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－·2n＋1 ＝2＋22＋23＋…＋2n－·2n＋1－1 ＝－·2n＋1－1＝(3－2n)·2n－3， Sn＝(2n－3)·2n＋3>(2n－3)·2n， ∴>2n－3.