2020-2021学年河南省高二（上）9月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省高二（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. 在△ABC中，a=1，b=3，∠A=30∘，则sinB为( )
A.22B.12C.33D.32

2. 在△ABC中，若a2+c2−b2=ac，那么角B等于( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

3. 等差数列an的前n项和为Sn，若a2，a4是方程x2+2x−3=0的两实根，则S5=( )
A.10B.5C.−5D.−10

4. 已知等比数列{an}的公比为正数，且a2⋅a6=9a4，a2=1，则a1的值为( )
A.3B.−3C.−13D.13

5. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=60∘，a=9，b=10，则三角形解的个数为( )
A.1B.1或2C.2D.无解

6. 在△ABC中，若bsinB=csinC，且sin2A=sin2B+sin2C，则△ABC的形状为( )
A.等腰三角形B.直角三角形
C.等腰直角三角形D.不确定

7. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法错误的是( )
A.在△ABC中，a:b:c=sinA:sinB:sinC
B.在△ABC中，若sin2A=sin2B，则a=b
C.在△ABC中，若sinA>sinB，则A>B，若A>B，则sinA>sinB都成立
D.在△ABC中，asinA=b+csinB+sinC

8. 已知等比数列{an}的各项均为正，且5a3，a2，3a4成等差数列，则数列{an}的公比是( )
A.12B.2C.13D.13或−2

9. 已知数列a1 ，a2a1，⋯ anan−1，⋯是首项为1，公比为2的等比数列，则lg2an=( )
A.nn+1B.nn−14C.nn+12D.nn−12

10. 设函数f(x)=(3−a)x−3，x≤7，ax−6，x>7， 数列{an}满足an=f(n)，n∈N∗，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是( )
A.(1, 3)B.(2, 3)C.(94,3)D.(1, 2)

11. 在锐角△ABC中，若C=2B，则cb的范围是( )
A.(0, 2)B.(2，3)C.(2，2)D.(1,3)

12. 已知数列an的前n项和为Sn，且an是Sn和23的等差中项.用[x]表示不超过x的最大整数，设bn=a2n，则数列bn的前n项和T30=( )
A.2603B.260−13C.262−49D.262−949
二、填空题

在△ABC中，a=2，b=3，c=19，则△ABC的面积等于________.

设等差数列an的前n项和为Sn，若a1=−11，a4+a6=−6，则当Sn取得最小值时，n值为________.

已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sinA+sinB−3sinC=0，a+b+c=4，S△ABC=2ab9，则a2+b2asinA+bsinB=________.

已知数列an的前n项和为Sn，数列bn的前n项和为Tn，满足a1=1，3Sn=n+2an，且anbn=15，若对任意n∈N∗ ，λ>Tn恒成立，则实数λ的最小值为________.
三、解答题

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asin2B=3bsinA．
(1)求B；

(2)若csA=13，求sinC的值.

已知等差数列an的首项为1，公差d≠0，且a8是a5与a13的等比中项．
(1)求数列an的通项公式；

(2)记bn=1an⋅an+1，求数列bn的前n项和Tn.

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2+c2−a2ab=2sinB−sinAsinA.
(1)求C的大小；

(2)若△ABC的周长为18，面积为63，求△ABC外接圆的面积.

设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.
(1)求{an}的公比；

(2)若a1=1，求数列{nan}的前n项和.

△ABC内接于半径为R的圆，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且2R(sin2B−sin2A)=(b−c)⋅sinC，c=3.
(1)求A的大小.

(2)若AD是BC边上的中线，AD=192，求△ABC的面积.

数列an中，a1=1，an+1=2an+n−1.
(1)求证： an+n成公比为2的等比数列；

(2)求an的通项公式；

(3)令bn=lg2an+n，求证：1b12+1b22+⋯+1bn2<53.
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省高二（上）9月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
由已知利用正弦定理即可求解．
【解答】
解：∵ a=1，b=3，∠A=30∘，
∴ 由正弦定理asinA=bsinB，可得：sinB=b⋅sinAa=3×121=32.
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
三角函数值的符号
【解析】
利用余弦定理表示出csB，将已知等式代入计算求出csB的值，即可确定出B的度数．
【解答】
解：∵ △ABC中，a2+c2−b2=ac，
∴ 由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=12，
又∵0∘∴B=60∘.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
一元二次方程的根的分布与系数的关系
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
由题意利用韦达定理求得 a2+a4=−2，再利用等差数列的性质、等差数列前n项和公式，求出S5．
【解答】
解：∵ 等差数列an的前n项和为Sn，且a2，a4是方程x2+2x−3=0的两实根，
∴ a2+a4=−2，
∴ S5=5a1+a52=5a2+a42=−5.
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
等比中项
等比数列的通项公式
【解析】
由题意可知数列为正项等比数列，由a2⋅a6=9a4求出a4，结合a2=1求出公比，则a1的值可求．
【解答】
解：由a2=1，且等比数列{an}的公比为正数，
所以数列{an}为正项数列，
设其公比为q(q>0)，
则由a2⋅a6=9a4，得a42=9a4，
所以a4=9.
又a2=1，
所以a4=9=a2q2=q2，
则q=−3(舍)或q=3.
所以a1=a2q=13.
故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
一元二次方程的根的分布与系数的关系
余弦定理
【解析】
由余弦定理得到c2−10c+19=0，根据Δ=100−76=24>0，可知方程有两个不相等的实根，求出c=5±6,即可得解.
【解答】
解：由已知及余弦定理可得：csA=b2+c2−a22bc=100+c2−8120c=12，
整理得：c2−10c+19=0，
因为Δ=100−76=24>0，
所以方程有两个不相等的实根，可得c=10±242=5±6.
根据三角形三边关系，满足条件的三角形有2个.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
三角形的形状判断
【解析】
直接利用正弦定理弦化边，即可得到边相等及直角，即可得出结果.
【解答】
解：由正弦定理可得：b2=c2，a2=b2+c2，
所以b=c，A=π2.
所以△ABC为等腰直角三角形.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
三角函数的和差化积公式
【解析】
在△ABC中，由正弦定理可得a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，结合比例的性质，三角函数的图象和性质，判断各个选项是否成立，从而得出结论．
【解答】
解：选项A，在△ABC中，由正弦定理可得a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，
故有a:b:c=sinA:sinB:sinC，故A正确；
选项B，若sin2A=sin2B，等价于2A=2B，或2A+2B=π，
可得A=B，或A+B=π2，所以a=b不一定成立，故B错误；
选项C，若sinA>sinB，则sinA−sinB=2csA+B2sinA−B2>0，
∵00，∴sinA−B2>0.
∵0又sinA−B2>0，∴A−B2>0，∴A>B.
若A>B成立，则有a>b.
∵a=2RsinA，b=2RsinB，
∴sinA>sinB成立，故C正确；
选项D，由asinA=bsinB=csinC=2R，
b+csinB+sinC=2RsinB+2RsinCsinB+sinC=2R=asinA，故D正确.
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
等差中项
等差数列与等比数列的综合
等比数列的性质
【解析】
利用各项均为正数的等比数列{an}，a2，12a3，2a1成等差数列，建立方程，即可求出等比数列{an}的公比．
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q，
∵ 各项均为正数的等比数列{an}，5a3，a2，3a4成等差数列，
∴ 5a3+3a4=2a2，即3q2+5q−2=0.
∵ q>0，
∴ q=13.
故选C.
9.
【答案】
D
【考点】
对数与对数运算
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
由题可得anan−1=2n−1，根据a1⋅a2a1⋅a3a2⋅⋯⋅anan−1=an，即可的an=2n(n−1)2，根据对数的运算性质即可得解．
【解答】
解：由题意可得a1=1，anan−1=2n−1，
所以a1⋅a2a1⋅a3a2⋅⋯⋅anan−1=an，即20×2×22×…2n−1=an，
所以an=2n(n−1)2，lg2an=lg22n(n−1)2=nn−12.
故选D.
10.
【答案】
B
【考点】
数列的函数特性
【解析】
根据函数的单调性，n∈N∗，得出a>13−a>0a2>18−7a，求解即可．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=(3−a)x−3，x≤7，ax−6，x>7，
数列{an}满足an=f(n)，n∈N∗，且数列{an}是递增数列，
∴ a>1,3−a>0,a2>18−7a,解得：a>1,a<3,a>2或a<−9,
即2故选B.
11.
【答案】
B
【考点】
二倍角的正弦公式
正弦定理
【解析】
利用内角和定理列出关系式，把C=2B代入表示出A，由三角形为锐角三角形，确定出B的范围，原式利用正弦定理化简，再利用余弦函数值域确定出csB的范围，即可求出范围．
【解答】
解：∵ 在锐角△ABC中，C=2B，
∴ A=180∘−3B，
∴ 0<2B<90∘,0解得：30∘由正弦定理可得，cb=sinCsinB=sin2BsinB=2csB，
∵ 22∴ 2<2csB<3，cb的范围是(2, 3).
故选B.
12.
【答案】
D
【考点】
等差中项
等差数列与等比数列的综合
数列的求和
数列递推式
【解析】
首先求出an，再求出bn，最后求和即可.
【解答】
解：由题意得：2an=Sn+23，
当n=1时，a1=23，
当n≥2时，2an−1=Sn−1+23，
则有2an−2an−1=an，
即an=2an−1，显然an≠0，
所以数列an是以首项为23，公比为2的等比数列，
所以an=23×2n−1=2n3，
所以bn=a2n=22n3，
由于22n3=4n3=3+1n3，
所以b1=1，b2=5，b3=21，b4=85，…， bn=4bn−1+1，
所以bn+13=4bn−1+13，
所以bn+13=b1+134n−1=4n3，
所以bn=4n3−13，
所以T30=43−13+423−13+433−13+⋯+4303−13
=13×4−260×41−4−13×30=262−949.
故选D.
二、填空题
【答案】
332
【考点】
三角形的面积公式
解三角形
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据余弦定理可知csC=a2+b2−c22ab=−612=−12，且C为三角形的内角，
∴ sinC=32，
∴ S△ABC=12absinC=12×32×2×3=332.
故答案为：332.
【答案】
6
【考点】
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：设该等差数列的公差为d，
则a4+a6=2a1+8d=2×−11+8d=−6，解得d=2，
所以Sn=−11n+n(n−1)×22=n2−12n=n−62−36，
所以当n=6时，Sn取得最小值.
故答案为：6.
【答案】
94
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理解三角形
【解答】
解：∵sinA+sinB−3sinC=0，
∴由正弦定理得a+b−3c=0，
又a+b+c=4，
则3c+c=4，c=1，
∵ S△ABC=2ab9=12absinC，
∴sinC=49，asinA=bsinB=csinC=94，
可得sinA=49a，sinB=49b，
∴a2+b2asinA+bsinB=a2+b249a2+49b2=94.
故答案为：94.
【答案】
25
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
无
【解答】
解：当n=1时， 3S1=3a1，
当n≥2时，由3Sn=n+2an,3Sn−1=n−1+2an−1,得anan−1=n+1n−1.
由叠乘法（累乘法）可得an=nn+12，
由anbn=15得bn=25nn+1=251n−1n+1，
于是Tn=25[1−12+12−13+⋯⋯
+1n−1n+1]=251−1n+1<25.
由于对任意n∈N∗，λ>Tn恒成立，
所以 λ≥25.
故实数λ的最小值为25．
故答案为：25.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ asin2B=3bsinA，
∴ 由正弦定理得：2sinAsinBcsB=3sinBsinA，
∴ csB=32.
∵ B是三角形的一个内角，
∴ B=π6.
(2)∵ csA=13，
∴ sinA=223，
∴ sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB
=223×32+12×13=26+16.
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
【解析】
(1)利用正弦定理将边化角即可得出csB；
（2）求出sinA，利用两角和的正弦函数公式计算．
【解答】
解：(1)∵ asin2B=3bsinA，
∴ 由正弦定理得：2sinAsinBcsB=3sinBsinA，
∴ csB=32.
∵ B是三角形的一个内角，
∴ B=π6.
(2)∵ csA=13，
∴ sinA=223，
∴ sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB
=223×32+12×13=26+16.
【答案】
解：(1)∵ a1=1，a8是a5与a13的等比中项，an是等差数列，
∴ (1+7d)2=(1+4d)(1+12d)，
∴ d=0（舍）或d=2，
∴ an=2n−1.
(2)由(1)知an=2n−1，
∴ bn=1an⋅an+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴ Tn=12(1−13+13−15+...+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)
=n2n+1.
【考点】
等比中项
等差数列与等比数列的综合
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ a1=1，a8是a5与a13的等比中项，an是等差数列，
∴ (1+7d)2=(1+4d)(1+12d)，
∴ d=0（舍）或d=2，
∴ an=2n−1.
(2)由(1)知an=2n−1，
∴ bn=1an⋅an+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴ Tn=12(1−13+13−15+...+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)
=n2n+1.
【答案】
解：(1)由已知及正弦定理得：b2+c2−a2ab=2sinB−sinAsinA=2b−aa，
∴ab=b2+a2−c2，
∴csC=b2+a2−c22ab=12.
又∵C是三角形的一个内角，C∈(0,π)，
∴C=π3.
(2)∵S△ABC=12absinC=63，
∴ab=24.
∵a+b+c=18，
∴a+b=18−c，
又∵csC=12，c2=b2+a2−ab=(a+b)2−3ab，
∴c2=(18−c)2−72，
∴c=7.
由正弦定理得：外接圆直径2R=csinC=143，
可得：半径R=73，
∴△ABC外接圆的面积=π732=493π.
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】


【解答】
解：(1)由已知及正弦定理得：b2+c2−a2ab=2sinB−sinAsinA=2b−aa，
∴ab=b2+a2−c2，
∴csC=b2+a2−c22ab=12.
又∵C是三角形的一个内角，C∈(0,π)，
∴C=π3.
(2)∵S△ABC=12absinC=63，
∴ab=24.
∵a+b+c=18，
∴a+b=18−c，
又∵csC=12，c2=b2+a2−ab=(a+b)2−3ab，
∴c2=(18−c)2−72，
∴c=7.
由正弦定理得：外接圆直径2R=csinC=143，
可得：半径R=73，
∴△ABC外接圆的面积=π732=493π.
【答案】
解：(1)设{an}的公比为q，q≠1，
因为a1为a2，a3的等差中项，
所以2a1=a2+a3，即2a1=a1q+a1q2，
整理得q2+q−2=0，
解得q=−2（q=1舍去）.
所以{an}的公比为−2.
(2)若a1=1，则an=(−2)n−1，
所以nan=n⋅(−2)n−1，
数列{nan}的前n项和为Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+...+n×(−2)n−1，
−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+...+n×(−2)n，
两式相减可得3Sn=1×1+(−2)+(−2)2+(−2)3+...+(−2)n−1−n×(−2)n
=1−(−2)n1−(−2)−n⋅(−2)n，
化简可得Sn=1−(1+3n)⋅(−2)n9，
所以数列{nan}的前n项和为1−(1+3n)⋅(−2)n9.
【考点】
等差中项
等差数列与等比数列的综合
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
（1）设{an}是公比q不为1的等比数列，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比q；
（2）求得an，nan，运用数列的数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简整理，可得所求和．
【解答】
解：(1)设{an}的公比为q，q≠1，
因为a1为a2，a3的等差中项，
所以2a1=a2+a3，即2a1=a1q+a1q2，
整理得q2+q−2=0，
解得q=−2（q=1舍去）.
所以{an}的公比为−2.
(2)若a1＝1，则an=(−2)n−1，
所以nan=n⋅(−2)n−1，
数列{nan}的前n项和为Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+...+n×(−2)n−1，
−2Sn＝1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+...+n×(−2)n，
两式相减可得3Sn=1×1+(−2)+(−2)2+(−2)3+...+(−2)n−1−n×(−2)n
=1−(−2)n1−(−2)−n⋅(−2)n，
化简可得Sn=1−(1+3n)⋅(−2)n9，
所以数列{nan}的前n项和为1−(1+3n)⋅(−2)n9.
【答案】
解：(1)由已知得：2R(sin2B−sin2A)=(b−c)⋅sinC，
由正弦定理得：bsinB−asinA=bsinC−csinC ，即b2−a2=bc−c2，
所以csA=b2+c2−a22bc=12，
又因为A是三角形的一个内角，
所以A=60∘.
(2)以AB，AC为邻边作平行四边形ABEC，在△ABE中，∠ABE=120∘，AE=19.
在△ABE中，由余弦定理得
AE2=AB2+BE2−2AB⋅BEcs∠ABE，
即19=9+AC2−2×3×AC×(−12)，解得：AC=2.
故S△ABC=12bcsinA=332.
【考点】
余弦定理
正弦定理
三角形的面积公式
【解析】
(1)利用已知条件通过正弦定理以及余弦定理转化求解即可得到A；
(2)以AB，AC为邻边作平行四边形ABEC，在△ABE中，∠ABE=120,AE=19．在△ABE中，由余弦定理得AE2＝AB2+BE2−2AB⋅BEcs120∘．求出AC，然后求解三角形的面积．
【解答】
解：(1)由已知得：2R(sin2B−sin2A)=(b−c)⋅sinC，
由正弦定理得：bsinB−asinA=bsinC−csinC ，即b2−a2=bc−c2，
所以csA=b2+c2−a22bc=12，
又因为A是三角形的一个内角，
所以A=60∘.
(2)以AB，AC为邻边作平行四边形ABEC，在△ABE中，∠ABE=120∘，AE=19.
在△ABE中，由余弦定理得
AE2=AB2+BE2−2AB⋅BEcs∠ABE，
即19=9+AC2−2×3×AC×(−12)，解得：AC=2.
故S△ABC=12bcsinA=332.
【答案】
(1)证明：设f(n)=kn+b满足条件，
由于{an+f(n)}成公比为2的等比数列，
所以an+1+f(n+1)=2[an+f(n)]，
即an+1+k(n+1)+b=2(an+kn+b)，
由an+1=2an+n−1，
得2an+n−1+k(n+1)+b=2(an+kn+b)，
解得：k=1，b=0，
所以f(n)=n，
所以存在f(n)=n，使{an+f(n)}成公比为2的等比数列．
即{an+n}成公比为2的等比数列.
(2)解：由(1)知{an+n}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列，
所以an+n=2n，
所以an=2n−n.
(3)证明：bn=lg2(an+n)=lg2(2n−n+n)=n，
要证1b12+1b22+⋯+1bn2<53，
即证112+122+⋯+1n2<53，
因为当n≥2时，1n2<1n2−1=121n−1−1n+1，
所以112+122+⋯+1n2<1+14+12[12−14+13−15+14−16+⋯+1n−1−1n+1]，
即112+122+⋯+1n2<1+14+1212+13−1n−1n+1
=53−12n−12n+2<53，
所以112+122+⋯+1n2<53，
即1b12+1b22+⋯+1bn2<53.
【考点】
数列与不等式的综合
数列的求和
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
根据数列的递推式判断是否等比数列.
根据等比数列的通项公式求解.
本题考查数列与不等式的综合.
【解答】
(1)证明：设f(n)=kn+b满足条件，
由于{an+f(n)}成公比为2的等比数列，
所以an+1+f(n+1)=2[an+f(n)]，
即an+1+k(n+1)+b=2(an+kn+b)，
由an+1=2an+n−1，
得2an+n−1+k(n+1)+b=2(an+kn+b)，
解得：k=1，b=0，
所以f(n)=n，
所以存在f(n)=n，使{an+f(n)}成公比为2的等比数列．
即{an+n}成公比为2的等比数列.
(2)解：由(1)知{an+n}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列，
所以an+n=2n，
所以an=2n−n.
(3)证明：bn=lg2(an+n)=lg2(2n−n+n)=n，
要证1b12+1b22+⋯+1bn2<53，
即证112+122+⋯+1n2<53，
因为当n≥2时，1n2<1n2−1=121n−1−1n+1，
所以112+122+⋯+1n2<1+14+12[12−14+13−15+14−16+⋯+1n−1−1n+1]，
即112+122+⋯+1n2<1+14+1212+13−1n−1n+1
=53−12n−12n+2<53，
所以112+122+⋯+1n2<53，
即1b12+1b22+⋯+1bn2<53.