高考数学一轮复习 数列 不等式 推理与证明质量检测 文(含解析)新人教A版

高考数学一轮复习 数列 不等式 推理与证明质量检
测 文（含解析）新人教A 版
时间：90分钟 分值：120分
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．(2013·天津十二区县重点学校联考(一))“lg x ，lg y ，lg z 成等差数列”是“y 2
＝xz ”成立的( )
A ．充分非必要条件
B ．必要非充分条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件
解析：lg x ，lg y ，lg z 成等差，必有2lg y ＝lg x ＋lg z 得y 2
＝xz .故前者为后者的充分条件，但y 2
＝x ·z ，y <0，x <0，z <0时，lg x ，lg y ，lg z 没有意义，故前者不是后者的必要条件，选A.
答案：A
2．(2013·辽宁六校联考)公比为q 的等比数列{a n }的各项为正数，且a 2a 12＝16，log q a 10
＝7，则公比q ＝( )
A.12
B. 2 C ．2
D.
22
解析：∵a 10＝a 4q 6
＝q 7
，∴a 4＝q ，又a 2
7＝a 2a 12＝a 4a 10＝16，∴q 8
＝16，q 2
＝2，q ＝2，故选B.
答案：B
3．(2013·东北三校第二次联考)已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 3a 5＝1
4a 1，
且a 4与a 7的等差中项为9
8
，则S 5等于( )
A ．35
B ．33
C ．31
D ．29
解析：等比数列中，a 3·a 5＝a 1·a 7，∴a 7＝14，a 4＋a 7＝2×98，∴a 4＝2，得q ＝1
2
，a 1＝
16，S 5＝16⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1－1251－12
＝31，选C.
答案：C
4．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋a 9＋a 11＝30，那么S 13的值是( )
A ．65
B ．70
C ．130
D ．260
解析：a 1＋a 1＋8d ＋a 1＋10d ＝30 3a 1＋18d ＝30
a 1＋6d ＝10，a 7＝10 S 13＝
13
a 1＋a 13
2
＝13a 7＝130，故选C.
答案：C
5．若a >0，b >0，且a ＋b ＝4，则下列不等式恒成立的是( ) A.1ab >12
B.1a ＋1b
≤1
C.ab ≥2
D ．a 2
＋b 2
≥8
解析：a ＋b ＝4≥2ab ，ab ≤2，ab ≤4 ∴1ab ≥1
4，故C 错，A 错． 1
a ＋1b
＝a ＋b ab ＝4ab
≥1，故B 错．
(a ＋b )2＝a 2＋b 2
＋2ab ≤2(a 2＋b 2
) ∴a 2
＋b 2
≥8，故选D. 答案：D
6．(2012·辽宁卷)设变量x ，y 满足⎩⎪⎨⎪
⎧
x －y ≤10，0≤x ＋y ≤20，
0≤y ≤15，
则2x ＋3y 的最大值为( )
A ．20
B ．35
C ．45
D ．55 解析：可行域如图所示：
由⎩
⎪⎨
⎪⎧
y ＝15，x ＋y ＝20得A (5,15)，A 点为最优解，
∴z max ＝2×5＋3×15＝55，故选D. 答案：D
7．若不等式(a －2)x 2
＋2(a －2)x －4<0对于x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．(－2,2) B ．[－2,2] C ．(－2,2]
D ．[－2,2)
解析：当a ＝2时，不等式－4<0恒成立；当a ≠2时，
由⎩
⎪⎨
⎪⎧
a －2<0Δ＝4a －2
2
＋4×4a －2<0
，解得－2<a <2，
∴符合要求的a 的取值范围是(－2,2]，故选C. 答案：C
8．(2013·辽宁卷)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题：
p 1：数列{a n }是递增数列； p 2：数列{na n }是递增数列；
p 3：数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
a n n 是递增数列；
p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．
其中的真命题为( )
A ．p 1，p 2
B ．p 3，p 4
C ．p 2，p 3
D ．p 1，p 4
解析：设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 1为真命题；若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2
－12n 并非递增数列，所以p 2为假命题；若a n ＝n ＋1，则满足
已知，但a n n
＝1＋1
n
是递减数列，所以p 3为假命题；设a n ＋3nd ＝4dn ＋a 1－d ，它是递增数列，
所以p 4为真命题．
答案：D
9．(2013·浙江五校第二次联考)已知实数x 、y 满足⎩⎪⎨⎪⎧
y ≥0
x －y ≥1
x ＋2y ≤4
x ＋my ＋n ≥0
，若该不等
式组所表示的平面区域是一个面积为5
4
的直角三角形，则n 的值是( )
A ．－32
B ．－2
C ．2
D.12
解析：在坐标平面内画出线性约束条件所表示的可行域，欲使可行域为直角三角形，可
得m ＝1时，可与直线x －y ＝1垂直，此时求出⎩
⎪⎨
⎪⎧
x －y －1＝0
x ＋y ＋n ＝0与⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＋y ＋n ＝0
x ＋2y －4＝0的解，由
直角三角形的面积为54，可求得n ＝－3
2
，故选A.
答案：A
10．定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝－f (x ＋2)，当x >1时，f (x )单调递增，如果
x 1＋x 2>2且(x 1－1)(x 2－1)<0，则f (x 1)＋f (x 2)的值( )
A ．恒小于0
B ．恒大于0
C ．可能为0
D ．可正可负
解析：由f (－x )＝－f (x ＋2)知函数y ＝f (x )关于点(1,0)对称，因此由x >1时f (x )单调递增可知当x <1时函数f (x )单调递增．
由(x 1－1)(x 2－1)<0知x 1－1，x 2－1异号，不妨设x 1>1， 则x 2<1.
∵x 1＋x 2>2，∴x 1>2－x 2.
由x 2<1知2－x 2>1，故x 1>2－x 2>1. ∴f (x 1)>f (2－x 2)．
∵f (2－x 2)＝－f (x 2)．∴f (x 1)>－f (x 2)， 即f (x 1)＋f (x 2)>0. 答案：B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
11．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 5＝a 8＋5，S 6＝a 7＋a 9－5，则公差d 等于________．
解析：a 6＝S 6－S 5＝a 7＋a 9－5－(a 8＋5) ＝a 7＋a 9－a 8－10，
∴a 6－a 7＝a 9－a 8－10，∴－d ＝d －10，∴d ＝5. 答案：5
12．二维空间中圆的一维测度(周长)l ＝2πr ，二维测度(面积)S ＝πr 2
，观察发现S ′＝l ；三维空间中球的二维测度(表面积)S ＝4πr 2
，三维测度(体积)V ＝43πr 3，观察发现V ′
＝S .则四维空间中“超球”的四维测度W ＝2πr 4
，猜想其三维测度V ＝________.
解析：由已知，可得圆的一维测度为二维测度的导函数；球的二维测度是三维测度的导函数．类比上述结论，“超球”的三维测度是四维测度的导函数，即V ＝W ′＝(2πr 4
)′＝
8πr 3.故填8πr 3
.
答案：8πr 3
13．(2013·安徽卷)若非负变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨
⎪⎧
x －y ≥－1，
x ＋2y ≤4，
则x ＋y 的最大值
为________．
解析：
法一：画出可行域是如图所示的四边形OABC 的边界及内部，令z ＝x ＋y ，易知当直线y ＝－x ＋z 经过点C (4,0)时，直线在y 轴上截距最大，目标函数z 取得最大值，即z max ＝4.
法二：令z ＝x ＋y .界点定值，同法一先画出可行域，这时把边界点O (0,0)，A (0,1)，B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫23，52，C (4,0)代入目标函数z ＝x ＋y 可得z A ＝1，z B ＝73
，z C ＝4，比较可得z max ＝4.
答案：4
14．(2013·重庆卷)设0≤α≤π，不等式8x 2
－(8sin α)x ＋cos 2α≥0对x ∈R 恒成立，则α的取值范围为________．
解析：根据题意可得(8sin α)2
－4×8cos 2α≤0，即2sin 2
α－cos 2α≤0,2sin 2
α－(1－2sin 2
α)≤0，即－12≤sin α≤12.因为0≤α≤π，故α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6∪⎣⎢⎡⎦
⎥⎤5π6，π.
答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6∪⎣⎢⎡⎦
⎥⎤5π6，π
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．) 15．(满分12分)(2013·新课标全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且
a 1，a 11，a 13成等比数列．
(1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.
解：(1)设{a n }的公差为d .由题意，a 2
11＝a 1a 13， 即(a 1＋10d )2
＝a 1(a 1＋12d )，
于是d (2a 1＋25d )＝0.
又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)，d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.
(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.
由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而S n ＝n
2(a 1
＋a 3n －2)＝n
2
(－6n ＋56)＝－3n 2
＋28n .
16．(满分12分)(1)解不等式：ax 2
－(a ＋1)x ＋1<0(a >0)；
(2)已知f (x )＝x 2
－2ax ＋2(a ∈R )，当x ∈[－1，＋∞)时， f (x )≥a 恒成立，求a 的取值范围．
解：(1)原不等式变为(ax －1)(x －1)<0，
因为a >0，所以⎝
⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)<0.
所以当a >1时，解为1
a
<x <1； 当a ＝1时，解集为Ø； 当0<a <1时，解为1<x <1
a
.
综上，当0<a <1时，不等式的解集为⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
1<x <
1
a ； 当a ＝1时，不等式的解集为Ø；
当a >1时，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
1
a
<x <1
. (2)法一：f (x )＝(x －a )2
＋2－a 2
，此二次函数图象的对称轴为x ＝a .
①当a ∈(－∞，－1)时， f (x )在[－1，＋∞)上单调递增， 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当a ∈[－1，＋∞)时， f (x )min ＝f (a )＝2－a 2
，由2－a 2
≥a ，解得－1≤a ≤1. 综上所述，a 的取值范围为[－3,1]．
法二：令g (x )＝x 2
－2ax ＋2－a ，由已知，得x 2－2ax ＋2－a ≥0在[－1，＋∞)上恒成
立，即Δ＝4a 2
－4(2－a )≤0或⎩⎪⎨⎪⎧
Δ>0，a <－1，
g －1≥0.
解得－3≤a ≤1.
所求a 的取值范围是[－3,1]．
17．(满分13分)某商店预备在一个月内分批购入每张价值为20元的书桌共36张，每批都购入x 张(x 是正整数)，且每批均需付运费4元，储存购入的书桌一个月所付的保管费
与每批购入书桌的总价值(不含运费)成正比，若每批购入4张，则该月需用去运费和保管费共52元，现在全月只有48元资金可以用于支付运费和保管费．
(1)求该月需用去的运费和保管费的总费用f (x )；
(2)能否恰当地安排每批进货的数量，使资金够用？写出你的结论，并说明理由． 解：(1)设题中比例系数为k ，若每批购入x 张书桌，则共需分36
x
批，每批价值为20x
元，
由题意得f (x )＝36
x
·4＋k ·20x .
由x ＝4时，f (x )＝52，得k ＝1680＝1
5.
∴f (x )＝144x
＋4x (0<x ≤36，x ∈N *
)．
(2)由(1)知f (x )＝144x
＋4x (0<x ≤36，x ∈N *
)，
∴f (x )≥2
144
x
×4x ＝48(元)．
当且仅当144
x
＝4x ，即x ＝6时，上式等号成立．
故只需每批购入6张书桌，可以使资金够用．
18．(满分13分)(2013·浙江省重点中学摸底)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝2a n －1
＋2n (n ≥2且n ∈N *
)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设数列{a n }的前n 项之和为S n ，求S n ，并证明：S n
2n >2n －3.
解：(1)∵a n ＝2a n －1＋2n
(n ≥2，且n ∈N *
)， ∴a n 2n ＝a n －12n －1＋1，即a n 2n －a n －1
2
n －1＝1(n ≥2，且n ∈N *
)， 所以，数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n 2n 是等差数列，公差d ＝1，首项12，
于是a n 2n ＝12＋(n －1)d ＝12＋(n －1)·1＝n －1
2
，
∴a n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －12·2n
.
(2)∵S n ＝12·21
＋32·22＋52·23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12·2n
∴2S n ＝12·22＋32·23
＋52·24＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －12·2n ＋1
以上两式相减得
－S n ＝1＋22＋23＋ (2)
－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12·2n ＋1
＝2＋22＋23＋ (2)
－⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －12·2n ＋1－1
＝21－2n
1－2
－⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －12·2n ＋1－1＝(3－2n )·2n
－3， S n ＝(2n －3)·2n ＋3>(2n －3)·2n ，
∴S n
2
n >2n －3.。