2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）11月联考数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）11月联考数学试卷人教A版，共8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. 二次方程ax2+bx+c=0a>0的两根为2，−3，那么关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集为( )
A.{x|x>3或x<−2}B.{x|x>2或x<−3}C.x|−2
2. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“b2=ac”是“a，b，c成等比数列”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

3. 抛物线y2=4x的焦点到直线x+y−3=0的距离d=( )
A.22B.2C.1D.2

4. 已知x，y满足约束条件x+y≥2,x−y≤2,y≤3,则目标函数z=y+2x的最大值为( )
A.0B.1C.10D.13

5. 已知命题p：∀x∈R且x≠kπk∈Z，都有sinx+1sinx≥2；命题q：∃x0∈R，x02+x0+1<0．则下列命题中为真命题的是( )
A.p∧¬qB.p∧qC.¬p∧qD.¬p∧¬q

6. 在数列an中，a1=−2，an+1=1+an1−an，则a2021=( )
A.−2B.−13C.−12D.3

7. 在等比数列{an}中，a1，a5是方程x2−10x+16=0的两根，则a3=( )
A.4B.−4C.±4D.±2

8. 若双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为3，则b2+24a的最小值为( )
A.233B.1C.33D.2

9. 在等差数列an中，若a5+a6+a7+a8+a9=400，则数列{an}的前13项和S13=( )
A.260B.520C.1040D.2080

10. 设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c．若a+b=3c，sinA=2sinB，则角C=( )
A.π6B.π3C.3π4D.5π6

11. 已知关于x的不等式kx2−3kx+2k+1≥0对任意x∈R恒成立，则k的取值范围是( )
A.0,4B.0,3C.−∞,0∪3,+∞D.−∞,0∪4,+∞

12. 已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左顶点为M，上顶点为N，右焦点为Fc,0，若NM→⋅NF→≥ac，则椭圆的离心率e的取值范围是( )
A.0,2−1B.(0,2−1]C.2−1,1D.[2−1,1）
二、填空题

设x，y满足约束条件y≥2|x|−1,y≤x+1,若目标函数z=ax+bya>0,b>0的最大值为2，则1a+2b的最小值为________.
三、解答题

已知p：∃x0∈R，x02+k−1x0+1<0，q：方程x2+ky2=2表示焦点在y轴上的椭圆．若“p∨q”为真，“¬p”为真，求k的取值范围．

已知公差不为零的等差数列an的前3项和为3，且a2，a3，a6成等比数列．
(1)求an的通项公式；

(2)设bn=3an，求数列bn的前n项和Sn．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A=π3，b=4c.
(1)求tanC的值；

(2)若a=13，求△ABC的面积．

设抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，过F且斜率为1的直线l与C交于A，B两点，|AB|=8．
(1)求抛物线C和直线l的方程；

(2)设点P是x轴上的一点，且△ABP的面积为82，求点P的坐标．

如果数列an满足a1=12，a2=15，且an−1−anan−1=an−an+1an+1n≥2.
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn=2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，双曲线x2−y2=1的渐近线与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为163．
(1)求椭圆C的方程；

(2)若点A是椭圆C的右顶点，直线y=kx−1与椭圆C交于不同的两点M，N，当△AMN的面积为103时，求k的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）11月联考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
二次函数y=ax2+bx+c的图象开口向上，故不等式ax2+bx+c>0的解集为{|x|x>2或x<−3}
【解答】
解：二次函数y=ax2+bx+c的图象开口向上，
故不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|x>2或x<−3}.
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
解：因为a，b，是△ABC的三边，所以α，b，c均不为0，所以$"b^{2} = ac\peratrname{"\Lngleftrightarrw"}a,b,c成等比数列"$，
即“b2=ac"是“a，b，c成等比数列”的充分必要条件．
【解答】
解：因为a，b，c是△ABC的三边，
所以a，b，c均不为0，
所以b2=ac⇔a，b，c成等比数列，
即“b2=ac”是“a，b，c成等比数列”的充分必要条件．
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
抛物线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由y2=4x可得其焦点坐标为1,0，
根据点到直线的距离公式可得d=|1−3|2=2.
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】

【解答】
解：画出可行域，如图阴影部分所示．
由z=y+2x，得y=−2x+z，
则z为直线y=−2x+z在y轴上的截距，
由图可知，当直线y=−2x+z过点P5,3时，y轴上的截距最大，
所以zmax=3+2×5=13.
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
全称命题与特称命题
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x=3π2时，sin3π2+1sin3π2=−2，易得命题p是假命题，
对于∀x∈R，Δ=12−4=−3<0，x2+x+1>0，
可得命题q是假命题.
所以p∧¬q，p∧q，¬p∧q均为假命题，¬p∧¬q为真命题.
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
【解析】

【解答】
解：∵ a1=−2，an+1=1+an1−an，
∴ a2=−13，a3=12，a4=3，a5=−2，
∴ 该数列是周期数列，周期T=4.
又2021=505×4+1，
∴ a2021=a1=−2.
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
等比中项
【解析】
由题意和韦达定理得：a1+a5=10，a1a5=16，判断出a1，a5为正数，由等比数列的性质和项的符号求出a3的值．
【解答】
解：∵ a1，a5是方程x2−10x+16=0的两根，
∴ a1+a5=10，a1a5=16，则a1，a5为正数，
在等比数列{an}中，a32=a1a5=16，则a3=±4，
∵ a1，a5为正数，
∴ a3=a1q2，也是正数，
∴ a3=4.
故选A．
8.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由e=3得ca=3，从而b2=8a2，
所以b2+24a=8a2+24a=2a+12a≥22a⋅12a=2，
当且仅当2a=12a，即a=12时，“=”成立．
故选D．
9.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差中项
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：a5+a6+a7+a8+a9
=a5+a9+a6+a8+a7=5a7=400，
∴ a7=80，
∴ S13=13a1+a132=13a7=1040．
故选C．
10.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据正弦定理，由sinA=2sinB可得a=2b，
又a+b=3c，所以可令a=2t，b=t，c=3t，t>0，
由余弦定理可得csC=2t2+t2−3t22×2t×t=12，故C=π3．
故选B．
11.
【答案】
A
【考点】
一元二次不等式的解法
不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当k=0时，不等式kx2−3kx+2k+1≥0可化为1≥0，其恒成立，
当k≠0时，要满足关于x的不等式kx2−3kx+2k+1≥0对任意x∈R恒成立，
只需k>0,Δ=9k2−4k2k+1≤0,
解得0综上，k的取值范围是0,4．
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
椭圆的离心率
【解析】

【解答】
解：由题意知，M−a,0，N0,b，
∴ NM→=−a,−b，NF→=c,−b．
∵NM→⋅NF→≥ac，
∴ −ac+b2≥ac，即b2≥2ac．
又b2=a2−c2，
∴ a2−c2≥2ac，
∴ e2+2e−1≤0，
解得−1−2≤e≤2−1．
又椭圆的离心率e∈0,1
∴ 0故选B.
二、填空题
【答案】
4+23
【考点】
求线性目标函数的最值
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】

【解答】
解：画出不等式组y≥2|x|−1,y≤x+1表示的平面区域，如图中阴影部分所示．
由于a>0，b>0，
所以直线l:ax+by−z=0的斜率−ab<0，
所以当直线l经过点B时，z=ax+by取得最大值2．
联立y=2x−1,y=x+1,得B2,3，
所以2a+3b=2，即a+3b2=1，
所以1a+2b=1a+2ba+3b2
=4+3b2a+2ab≥4+23b2a⋅2ab=4+23，
当且仅当3b2a=2ab，即a=32b时取等号.
故答案为：4+23.
三、解答题
【答案】
解："p∨q"为真，“¬p”为真，
∴p假q真，
则命题“∀x∈R，x2+k−1x+1≥0"是真命题，
∴ Δ=k−12−4≤0，
解得−1≤k≤3．
若q真，由x2+ky2=2，得x22+y22k=1.
又∵椭圆的焦点在y轴上，
∴2k>2，即0∴ 当p假q真时，0【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】

【解答】
解："p∨q"为真，“¬p”为真，
∴p假q真，
则命题“∀x∈R，x2+k−1x+1≥0"是真命题，
∴ Δ=k−12−4≤0，
解得−1≤k≤3．
若q真，由x2+ky2=2，得x22+y22k=1.
又∵椭圆的焦点在y轴上，
∴2k>2，即0∴ 当p假q真时，0【答案】
解：(1)设{an}的公差为d(d≠0)，
由题意知3a1+3d=3,(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),
解得a1=−1,d=2,
∴ an=2n−3．
(2)∵ bn=3an=32n−3，
∴ bn+1bn=32n−132n−3=9，b1=3−1=13，
∴ 数列{bn}是首项为13，公比为9的等比数列，
∴ Sn=13(1−9n)1−9=124(9n−1)．
【考点】
等差数列的通项公式
等比中项
等比数列的前n项和
【解析】
本题考查等差数列的通项公式、等比数列的性质及等比数列的前n项和．
【解答】
解：(1)设{an}的公差为d(d≠0)，
由题意知3a1+3d=3,(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),
解得a1=−1,d=2,
∴ an=2n−3．
(2)∵ bn=3an=32n−3，
∴ bn+1bn=32n−132n−3=9，b1=3−1=13，
∴ 数列{bn}是首项为13，公比为9的等比数列，
∴ Sn=13(1−9n)1−9=124(9n−1)．
【答案】
解：(1)由b=4c，根据正弦定理可得sinB=4sinC．
因为A=π3，所以B+C=2π3,
故sin2π3−C=4sinC，
所以32csC+12sinC=4sinC,
即32csC=72sinC,
得tanC=37.
(2)在△ABC中，由余弦定理，
得a2=b2+c2−2bccsA
=16c2+c2−2×4c×c×12=13c2.
又因为a=13，所以c=1，b=4，
所以△ABC的面积为S=12bcsinA=3.
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
本题考查正弦定理及余弦定理的应用．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用．
【解答】
解：(1)由b=4c，根据正弦定理可得sinB=4sinC．
因为A=π3，所以B+C=2π3,
故sin2π3−C=4sinC，
所以32csC+12sinC=4sinC,
即32csC=72sinC,
得tanC=37.
(2)在△ABC中，由余弦定理，
得a2=b2+c2−2bccsA
=16c2+c2−2×4c×c×12=13c2.
又因为a=13，所以c=1，b=4，
所以△ABC的面积为S=12bcsinA=3.
【答案】
解：(1)由题意得F(p2,0)，l的方程为y=x−p2．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=x−p2,y2=2px,消去y可得x2−3px+p24=0，
故x1+x2=3p，
所以|AB|=|AF|+|BF|
=x1+p2+x2+p2=3p+p=4p．
由题设知4p=8，解得p=2，
因此抛物线的方程是y2=4x，直线l的方程为y=x−1．
(2)设P(a,0)，P到直线AB的距离为d，
则d=|a−1|2.
又S△ABP=12|AB|⋅d，
所以12×8×|a−1|2=82，
所以|a−1|=4，
所以a=5或a=−3，
故点P的坐标为(5,0)或(−3,0)．
【考点】
抛物线的标准方程
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得F(p2,0)，l的方程为y=x−p2．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=x−p2,y2=2px,消去y可得x2−3px+p24=0，
故x1+x2=3p，
所以|AB|=|AF|+|BF|
=x1+p2+x2+p2=3p+p=4p．
由题设知4p=8，解得p=2，
因此抛物线的方程是y2=4x，直线l的方程为y=x−1．
(2)设P(a,0)，P到直线AB的距离为d，
则d=|a−1|2.
又S△ABP=12|AB|⋅d，
所以12×8×|a−1|2=82，
所以|a−1|=4，
所以a=5或a=−3，
故点P的坐标为(5,0)或(−3,0)．
【答案】
解：(1)由题易知an≠0.
当n≥2时，由已知得1−anan−1=anan+1−1，
∴ 2=anan−1+anan+1，
∴ 2an=1an−1+1an+1，
∴ 当n∈N∗时，数列1an是等差数列．
设1an的公差为d．
又∵ a1=12，a2=15，
∴ 1a1=2，1a2=5，d=1a2−1a1=3，
∴ 1an=3n−1，
∴ an=13n−1．
(2)由(1)可得bn=2nan=3n−1⋅2n，
∴ 数列{bn}的前n项和Tn=2×2+5×22+8×23+⋯+3n−1⋅2n，①
2Tn=2×22+5×23+8×24+⋯+3n−1⋅2n+1，②
②−①可得Tn=−4−322+23+24+⋯+2n+3n−1⋅2n+1
=−4−3×221−2n−11−2+3n−1⋅2n+1
=8+3n−4⋅2n+1．
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
等差关系的确定
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题易知an≠0.
当n≥2时，由已知得1−anan−1=anan+1−1，
∴ 2=anan−1+anan+1，
∴ 2an=1an−1+1an+1，
∴ 当n∈N∗时，数列1an是等差数列．
设1an的公差为d．
又∵ a1=12，a2=15，
∴ 1a1=2，1a2=5，d=1a2−1a1=3，
∴ 1an=3n−1，
∴ an=13n−1．
(2)由(1)可得bn=2nan=3n−1⋅2n，
∴ 数列{bn}的前n项和Tn=2×2+5×22+8×23+⋯+3n−1⋅2n，①
2Tn=2×22+5×23+8×24+⋯+3n−1⋅2n+1，②
②−①可得Tn=−4−322+23+24+⋯+2n+3n−1⋅2n+1
=−4−3×221−2n−11−2+3n−1⋅2n+1
=8+3n−4⋅2n+1．
【答案】
解：(1)设椭圆的半焦距为c(c>0)，
因为椭圆C的离心率为22，
所以e=ca=22，c2=12a2=a2−b2，
所以b2=12a2，即a2=2b2．
双曲线x2−y2=1的渐近线方程为y=±x，
代入椭圆C的方程，消去y得x2a2+x2b2=1，即x22b2+x2b2=3x22b2=1，
所以x2=23b2，x=±63b，
则在第一象限，双曲线的渐近线与椭圆C的交点坐标为63b,63b，
所以四边形的面积为4×63b×63b=83b2=163，
解得b2=2，则a2=4，
所以椭圆C的方程为x24+y22=1．
(2)由y=k(x−1),x24+y22=1, 消去y可得(1+2k2)x2−4k2x+2k2−4=0．
设点M，N的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，
则y1=k(x1−1)，y2=k(x2−1)，
x1+x2=4k21+2k2，x1x2=2k2−41+2k2．
所以|MN|=(x2−x1)2+(y2−y1)2
=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=2(1+k2)(4+6k2)1+2k2．
又点A(2,0)到y=k(x−1)的距离d=|k|1+k2，
所以△AMN的面积为S=12|MN|⋅d=|k|4+6k21+2k2．
由|k|4+6k21+2k2=103，化简得7k4−2k2−5=0，
解得k=±1．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
本题考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系．
【解答】
解：(1)设椭圆的半焦距为c(c>0)，
因为椭圆C的离心率为22，
所以e=ca=22，c2=12a2=a2−b2，
所以b2=12a2，即a2=2b2．
双曲线x2−y2=1的渐近线方程为y=±x，
代入椭圆C的方程，消去y得x2a2+x2b2=1，即x22b2+x2b2=3x22b2=1，
所以x2=23b2，x=±63b，
则在第一象限，双曲线的渐近线与椭圆C的交点坐标为63b,63b，
所以四边形的面积为4×63b×63b=83b2=163，
解得b2=2，则a2=4，
所以椭圆C的方程为x24+y22=1．
(2)由y=k(x−1),x24+y22=1, 消去y可得(1+2k2)x2−4k2x+2k2−4=0．
设点M，N的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，
则y1=k(x1−1)，y2=k(x2−1)，
x1+x2=4k21+2k2，x1x2=2k2−41+2k2．
所以|MN|=(x2−x1)2+(y2−y1)2
=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=2(1+k2)(4+6k2)1+2k2．
又点A(2,0)到y=k(x−1)的距离d=|k|1+k2，
所以△AMN的面积为S=12|MN|⋅d=|k|4+6k21+2k2．
由|k|4+6k21+2k2=103，化简得7k4−2k2−5=0，
解得k=±1．