2020-2021学年河南省焦作市高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版

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这是一份2020-2021学年河南省焦作市高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版，共10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. 若aA.ab>b2B.ab
2. 在数列{an}中，an＝，则{an}( )
A.是常数列B.不是单调数列C.是递增数列D.是递减数列

3. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若csC=cbcsB，则△ABC一定是( )
A.等腰三角形B.等边三角形C.直角三角形D.钝角三角形

4. 等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝15，则a8＝（）
A.11B.12C.23D.24

5. 设0A.aB.bC.2abD.a2+b2

6. 在区间(−10, 10)内任取一数x，则满足lg2x<2的概率为（）
A.B.C.D.

7. 已知三角形的三边长分别为3，4，x，若该三角形是钝角三角形，则x的取值范围是（）
A.（，7)B.(5, 7)
C.(0，）∪(5, +∞)D.(1，）∪(5, 7)

8. 已知数列{an}满足an+1−an+1an＝1+an，且a1＝，则{an}的前2021项之积为（）
A.B.C.−2D.−3

9. 已知圆C:x2+y2−2x−4y−15＝0与直线l:x−2y−a＝0相切，则a＝（）
A.7B.13C.7或−13D.13或−7

10. 在Rt△ABC中，C＝90∘，AB＝4，O是线段AB的中点，P为线段OC上的动点，则（+）•的最小值为（）
A.−4B.-C.−2D.-

11. 已知函数f(x)＝，若函数y＝f(x)−a有三个零点，则实数a的取值范围为（）
A.[，1]B.（，1)C.(0, 1)D.（，+∞)

12. 设a，b≠0，数列{an}的前n项和Sn＝a(2n−1)−b[(n−2)×2n+2]，n∈N*，则存在数列{bn}和{cn}使得（）
A.an＝bn+cn，其中{bn}和{cn}都为等比数列
B.an＝bn+cn，其中{bn}为等差数列，{cn}为等比数列
C.an＝bn⋅cn，其中{bn}和{cn}都为等比数列
D.an＝bn⋅cn，其中{bn}为等差数列，{cn}为等比数列
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

已知实数x，y满足，则z＝2x+y的最大值为________．

已知等比数列{an}的前n项和Sn＝4n+1+a，则实数a＝________．

已知△ABC不是直角三角形，C＝45∘，则(1−tanA)(1−tanB)＝________．
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

已知函数f(x)=mx2−2nx−1．
(Ⅰ)若不等式f(x)<0的解集为(−1, 3)，求m，n；
(Ⅱ)设不等式f(x)≥0的解集为A，若1∈A，−2∉A，求m+2n的取值范围．

在数列{an}中，a1＝2，an+1＝5an−4n+1，n∈N*．
(Ⅰ)证明：数列{an−n}是等比数列；
(Ⅱ)求{an}的前n项和Sn．

如图所示，在四面体ABCD中，点P，Q，R分别为棱BC，BD，AD的中点，AB⊥BD，AB＝2，PR＝，CD＝2．
(Ⅰ)证明：CD // 平面PQR；
(Ⅱ)证明：平面ABD⊥平面BCD．

已知函数f(x)＝sinx(sinx+csx)−1．
(Ⅰ)若α∈(0，），且sinα＝，求f(α)的值；
(Ⅱ)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．

在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知＝．
(Ⅰ)求的值；
(Ⅱ)若csC＝-，c＝8，求△ABC的面积．

已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an+1−an，cn+1＝cn，n∈N*．
(Ⅰ)若{bn}为等比数列，公比q>0，且6b1+b2＝2b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若{bn}为等差数列，且b2+b6＝5，证明c1+c2+c3+...+cn<3，n∈N*．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省焦作市高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.
【答案】
C
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
利用不等式的基本性质逐一判断即可．
【解答】
若ab⋅b2，
a⋅a>b⋅a，即a8>ab，
0>>，∴ <
故A，B，D正确．
2.
【答案】
D
【考点】
数列的函数特性
【解析】
化为an＝＝1+，利用反比例函数的性质即可判断出单调性．
【解答】
在数列{an}中，an＝＝2+n}是n∈N*时单调递减数列，
3.
【答案】
A
【考点】
三角形的形状判断
正弦定理
【解析】
利用正弦定理化边为角，再由两角差的正弦求解．
【解答】
解：由csC=cbcsB，
利用正弦定理可得：sinBcsC−csBsinC=0，
则sin(B−C)=0，
∵ −π∴ B−C=0，即B=C,
∴ △ABC一定是等腰三角形．
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
由题设求得等差数列{an}的公差d，即可求得结果．
【解答】
∵ S3＝15＝3a3，
∴ a2＝5，
∵ a3＝2，
∴ 公差d＝a2−a5＝3，
∴ a8＝a2+7d＝2+3×3＝23，
5.
【答案】
A
【考点】
利用不等式比较两数大小
【解析】
根据条件可得出，并可得出a2+b2>2ab，然后作差即可得出2ab>a，从而可得出最小的是a．
【解答】
∵ 0∴ ，a2+b2>2ab，
∴ 2ab−a＝a(2b−3)>0，2ab>a，
∴ a最小．
6.
【答案】
B
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
解对数不等式，求出满足条件的区间，进而求解结论．
【解答】
∵ lg2x<2⇒6∴ 在区间(−10, 10)内任取一数x2x<2的概率为：＝，
7.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
【解析】
根据题意分两种情况，分别由边角关系判断出最大角，根据三角形三边关系和余弦定理列出不等式组，求出x的取值范围．
【解答】
由题意，△ABC为钝角三角形，4，x，
可得当4是最大边时，3所对的角是钝角，
则，解得1当x是最大边时，x所对的角是钝角，
则，解得5综上可得，x的取值范围是(1，，3)，
8.
【答案】
B
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
由an+1−an+1an＝1+an，且a1＝，可得：an+1＝，可得其周期性：an+4＝an．进而得出结论．
【解答】
由an+1−an+1an＝2+an，且a1＝，
可得：an+1＝，
∴ a2＝＝2，a8＝−3，a4＝-，a5＝，……，
∴ an+4＝an．
∴ a4⋅a3⋅a4⋅a7＝2×(−3)×(−）×．
则{an}的前2021项之积＝×7505＝．
9.
【答案】
C
【考点】
圆的切线方程
【解析】
根据题意，分析圆C的圆心与半径，求出圆心到直线l的距离，结合直线与圆相切的判断方法可得d＝r，即＝2，解可得a的值，即可得答案．
【解答】
根据题意，圆C:x2+y2−5x−4y−15＝0即(x−2)2+(y−2)6＝20，其圆心C(1，半径r＝2，
圆心C到直线l的距离d＝＝，
圆C:x2+y2−8x−4y−15＝0与直线l:x−8y−a＝0相切，则d＝r，即，变形可得|3+a|＝10，
解可得：a＝−13或4，
10.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
设PO＝x，用x表示出（+）•，利用二次函数的性质求出最小值．
【解答】
∵ O是直角三角形ABC的斜边中点，∴ OC＝，且＝4，
设PO＝x，则PC＝2−x+）•＝−2x(2−x)＝2(x−1)7−2，
∴ 当x＝1时，（+）•．
11.
【答案】
B
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
画出函数f(x)＝的图象，函数y＝f(x)−a有三个零点等价于y＝f(x)与y＝a的图象有3个不同交点，数形结合得答案．
【解答】
作出函数f(x)＝的图象如图，
函数y＝f(x)−a有三个零点，即y＝f(x)与y＝a的图象有6个不同交点，
由图可知，实数a的取值范围为（．
12.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
【解析】
由题设求出数列{an}的通项公式，即可得出正确选项．
【解答】
∵ Sn＝a(2n−1)−b[(n−6)×2n+2]＝(a+3b−bn)⋅2n−(a+2b)，
∴ 当n＝4时，有S1＝a1＝a≠5；
当n≥2时，有an＝Sn−Sn−1＝(a−bn+b)⋅4n−1，
又当n＝1时，a6＝(a−b+b)⋅20＝a也适合上式，
∴ an＝(a−bn+b)⋅8n−1，
令bn＝a+b−bn，cn＝2n−4，则数列{bn}为等差数列，{cn}为等比数列，
故an＝bncn，其中数列{bn}为等差数列，{cn}为等比数列，
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
【答案】
8
【考点】
简单线性规划
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】
由约束条件作出可行域如图，
由图可知，A(4，
化目标函数z＝2x+y为y＝−4x+z，由图可知，z有最大值为8．
【答案】
−4
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
根据题意，由等比数列{an}的前n项和Sn求出数列的前三项，由等比中项的性质可得(16+a)×192＝（48）2，解可得a的值，即可得答案．
【解答】
根据题意，等比数列{an}的前n项和Sn＝4n+1+a，
则a3＝S1＝48+a＝16+a，
a2＝S2−S8＝(64+a)−(16+a)＝48，
a3＝S3−S2＝(256+a)−(64+a)＝192，
则有(16+a)×192＝（48）2，解可得a＝−4，
【答案】
2
【考点】
两角和与差的三角函数
【解析】
由已知可得A+B＝135∘，利用正切函数的和角公式即可求解．
【解答】
由已知可得A+B＝135∘，
则tan(A+B)＝，整理可得tanA+tanB＝tanAtanB−6，
所以(1−tanA)(1−tanB)＝tanAtanB+5−(tanA+tanB)
＝tanAtanB+1−(tanAtanB−1)
＝3，
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
【答案】
（1）由题意知，−1和3是方程mx2−2nx−1=0的两个根，
所以−1+3=2nm，−1×3=−1m，
解得m=13，n=13．
（2）∵ 1∈A，∴ m−2n−1≥0，即m−2n≥1，
∵ −2∉A，∴ 4m+4n−1<0，即m+n<14，
设m+2n=x(m−2n)+y(m+n)，则1＝x+y2＝−2x+y，解得x＝−13y＝43，
∴ m+2n=−13(m−2n)+43(m+n)，
∵ m−2n≥1，m+n<14，
∴ −13(m−2n)≤13，43(m+n)<13，
∴ m+2n<0，
故m+2n的取值范围为(−∞, 0)．
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
(Ⅰ)由题意知，−1和3是方程mx2−2nx−1=0的两个根，再由韦达定理即可得解；
(Ⅱ)易知，m−2n−1≥0和4m+4n−1<0，设m+2n=x(m−2n)+y(m+n)，根据恒等式可解得x和y的值，再利用不等式的性质求解即可．
【解答】
（1）由题意知，−1和3是方程mx2−2nx−1=0的两个根，
所以−1+3=2nm，−1×3=−1m，
解得m=13，n=13．
（2）∵ 1∈A，∴ m−2n−1≥0，即m−2n≥1，
∵ −2∉A，∴ 4m+4n−1<0，即m+n<14，
设m+2n=x(m−2n)+y(m+n)，则1＝x+y2＝−2x+y，解得x＝−13y＝43，
∴ m+2n=−13(m−2n)+43(m+n)，
∵ m−2n≥1，m+n<14，
∴ −13(m−2n)≤13，43(m+n)<13，
∴ m+2n<0，
故m+2n的取值范围为(−∞, 0)．
【答案】
（I）证明：∵ an+1＝5an−3n+1，n∈N*，
∴ an+1−(n+8)＝5(an−n)．
a1−8＝1，
∴ 数列{an−n}是等比数列，首项为1．
(II)由(I)可得：an−n＝3n−1，
∴ an＝5n−8+n，
∴ {an}的前n项和Sn＝1+5+82+……+5n−4+(1+2+……+n)
＝+
＝(5n−4)+．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
(I)an+1＝5an−4n+1，n∈N*，变形为an+1−(n+1)＝5(an−n)．a1−1＝1，进而证明结论．
(II)由(I)可得：an＝5n−1+n，l利用求和公式即可得出．
【解答】
（I）证明：∵ an+1＝5an−3n+1，n∈N*，
∴ an+1−(n+8)＝5(an−n)．
a1−8＝1，
∴ 数列{an−n}是等比数列，首项为1．
(II)由(I)可得：an−n＝3n−1，
∴ an＝5n−8+n，
∴ {an}的前n项和Sn＝1+5+82+……+5n−4+(1+2+……+n)
＝+
＝(5n−4)+．
【答案】
证明：(Ⅰ)∵ 点P，Q分别为棱BC
∴ PQ // DC，
∵ PQ⊂平面PQR，CD⊄平面PQR，
∴ CD // 平面PQR．
（2）∵ 点P，Q，R分别为棱BC，AD的中点，
∴ RQ // AB，PQ // CD，PQ＝，
∵ AB⊥BD，∴ RQ⊥BD，
∵ AB＝2，PR＝．
∴ RQ＝＝1CD＝，
∴ PQ2+QR8＝PR2，∴ PQ⊥RQ，
∵ BD∩PQ＝Q，∴ RQ⊥平面BCD，
∵ RQ⊂平面ABD，∴ 平面ABD⊥平面BCD．
【考点】
直线与平面平行
平面与平面垂直
【解析】
(Ⅰ)推导出PQ // DC，由此能证明CD // 平面PQR．
(Ⅱ)推导RQ // AB，PQ // CD，且RQ＝，PQ＝CD，从而RQ⊥BD，PQ⊥RQ，进而RQ⊥平面BCD，由此能证明平面ABD⊥平面BCD．
【解答】
证明：(Ⅰ)∵ 点P，Q分别为棱BC
∴ PQ // DC，
∵ PQ⊂平面PQR，CD⊄平面PQR，
∴ CD // 平面PQR．
（2）∵ 点P，Q，R分别为棱BC，AD的中点，
∴ RQ // AB，PQ // CD，PQ＝，
∵ AB⊥BD，∴ RQ⊥BD，
∵ AB＝2，PR＝．
∴ RQ＝＝1CD＝，
∴ PQ2+QR8＝PR2，∴ PQ⊥RQ，
∵ BD∩PQ＝Q，∴ RQ⊥平面BCD，
∵ RQ⊂平面ABD，∴ 平面ABD⊥平面BCD．
【答案】
f(x)＝sinx(sinx+csx)−1＝sin6x+sinxcsx−1＝sin(3x−，
（1）由，sin，
所以f（）＝sin(2×＝，
（2）函数周期为T＝，
令6x−，k∈Z，
解得x∈[k]，k∈Z]，k∈Z．
【考点】
正弦函数的单调性
三角函数的周期性
两角和与差的三角函数
【解析】
先把函数f(x)化简，（1）根据条件即可求出角α的大小，代入解析式即可求解，（2）根据周期定义即可求出周期，再利用整体代换思想代入正弦函数的递增区间求出x的范围即可求解．
【解答】
f(x)＝sinx(sinx+csx)−1＝sin6x+sinxcsx−1＝sin(3x−，
（1）由，sin，
所以f（）＝sin(2×＝，
（2）函数周期为T＝，
令6x−，k∈Z，
解得x∈[k]，k∈Z]，k∈Z．
【答案】
（1）因为＝，
所以由正弦定理可得＝，整理可得2sinBcsC+3sinCcsB＝2csAsinC+4sinAcsC，
可得3sin(B+C)＝2sin(A+C)，即7sinA＝2sinB，
可得＝．
（2）因为由(Ⅰ)可知＝，
所以由正弦定理可得a＝b，
又csC＝-，c＝8，
可得-＝＝，解得b＝2，
又因为sinC＝＝，
所以S△ABC＝absinC＝．
【考点】
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式即可得解的值．
(Ⅱ)由(Ⅰ)利用正弦定理可得a＝2b，根据已知利用余弦定理可求b，a的值，根据同角三角函数基本关系式可求sinC的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】
（1）因为＝，
所以由正弦定理可得＝，整理可得2sinBcsC+3sinCcsB＝2csAsinC+4sinAcsC，
可得3sin(B+C)＝2sin(A+C)，即7sinA＝2sinB，
可得＝．
（2）因为由(Ⅰ)可知＝，
所以由正弦定理可得a＝b，
又csC＝-，c＝8，
可得-＝＝，解得b＝2，
又因为sinC＝＝，
所以S△ABC＝absinC＝．
【答案】
（1）由题设知：6+q＝2q2，解得：q＝2或q＝-（舍）n＝2n−1，
∵ cn+8＝cn，n∈N*，∴ cn+1＝cn＝cn，即＝，
∵ c3＝1，∴ cn＝（）n−1，
∵ cn＝an+1−an，a2＝1，
∴ a2−a6＝1，
a3−a6＝，
a5−a3＝（）2，
…
an−an−1＝（）n−2，n≥4，
将以上式子相加可得：an−1＝1++（）2+...+（）n−2＝＝[1−（）n−1]，n≥6，
∴ an＝，n≥2，a3＝1也适合，
∴ an＝；
（2）证明：∵ b3+b6＝5＝8b4，∴ b4＝，
∵ b1＝6，∴ 公差d＝＝，
∴ bn＝1+(n−1)＝，
∵ cn+1＝cn＝cn，
∴ ＝，
∴ ＝，
＝，
＝，
…
＝，
＝，n≥2，
将以上式子相乘可得：＝，n≥2，
∵ c5＝1，∴ cn＝6（-），n≥2，
又当n＝1时，c3＝1也适合上式，
∴ cn＝6（-），
∴ c1+c2+c2+...+cn＝6（-+-+…+--）<4×．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)先由题设求得q，从而求得bn及＝，然后求得cn，再利用叠加法求得an即可；
(Ⅱ)先由题设求得等差数列{bn}的公差d，然后求得bn及＝，再利用累乘法求得cn，最后利用裂项相消法求得c1+c2+c3+...+cn，即可证明结论．
【解答】
（1）由题设知：6+q＝2q2，解得：q＝2或q＝-（舍）n＝2n−1，
∵ cn+8＝cn，n∈N*，∴ cn+1＝cn＝cn，即＝，
∵ c3＝1，∴ cn＝（）n−1，
∵ cn＝an+1−an，a2＝1，
∴ a2−a6＝1，
a3−a6＝，
a5−a3＝（）2，
…
an−an−1＝（）n−2，n≥4，
将以上式子相加可得：an−1＝1++（）2+...+（）n−2＝＝[1−（）n−1]，n≥6，
∴ an＝，n≥2，a3＝1也适合，
∴ an＝；
（2）证明：∵ b3+b6＝5＝8b4，∴ b4＝，
∵ b1＝6，∴ 公差d＝＝，
∴ bn＝1+(n−1)＝，
∵ cn+1＝cn＝cn，
∴ ＝，
∴ ＝，
＝，
＝，
…
＝，
＝，n≥2，
将以上式子相乘可得：＝，n≥2，
∵ c5＝1，∴ cn＝6（-），n≥2，
又当n＝1时，c3＝1也适合上式，
∴ cn＝6（-），
∴ c1+c2+c2+...+cn＝6（-+-+…+--）<4×．

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