2020-2021学年河南省三门峡市高二（上）期中考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省三门峡市高二（上）期中考试数学（理）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. 已知集合A=0,1,2，B=x|x2−3x+2≤0，则A∩B=( )
A.1B.2C.0,1D.1,2

2. △ABC中，A=30∘，B=60∘，a=3，则b=( )
A.33B.23C.3D.32

3. 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n，则a4的值为( )
A.4B.6C.8D.10

4. 设a，b， c∈R，且a>b，则( )
A.ac>bcB.1a<1bC.a2>b2D.a3>b3

5. 命题“若x2+y2=0，则x=y=0”的否命题为( )
A.若x2+y2=0，则x≠0且y≠0B.若x2+y2=0，则x≠0或y≠0
C.若x2+y2≠0，则x≠0且y≠0D.若x2+y2≠0，则x≠0或y≠0

6. △ABC中，若a−cb=a−ba+c，则角C=( )
A.π3B.π4C.π6D.5π6

7. 设Sn为等比数列an的前n项和，若S4=1，S8=3，则S12=( )
A.8B.7C.6D.5

8. 设x，y满足约束条件3x+2y−6≤0,x≥0,y≥0,则z=x−y的最大值为( )
A.−3B.0C.2D.3

9. 在△ABC中，asinA+bsinBA.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.无法确定

10. 已知a∈R，则“a<3”是“a2−2a−3<0”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件

11. 若函数f(x)=x+1x−2(x>2)在x=a处取最小值，则a=( )
A.1+2B.1+3C.3D.4

12. 已知数列{an}为等差数列，若a3+a17>0，a10+a11<0，则使{an}的前n项和Sn取最大值的n的值为( )
A.9B.10C.19D.20
二、填空题

数列an中，a1=1，an+1=2an+1，则a3=________.

△ABC中，bcsC+ccsB=2b，则ab=________．

已知a>0，b>0，若a+b=1，则1a+1b的最小值为________.

数列an为正项等比数列，若a3=3，且an+1=2an+3an−1n≥2,n∈N∗，则此数列的前5项和S5=________.
三、解答题

已知关于x的不等式ax2−2x+a>0a≠0.
(1)若不等式的解集为(−∞, 12)∪(2,+∞)，求实数a的值；

(2)若不等式的解集为⌀，求实数a的取值范围．

记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9=−a5．
(1)若a3=4，求{an}的通项公式；

(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．

某公司投资72万元建了一座加工厂，已知第一年需要各种费用12万元，以后每年增加4万元，每年的销售收入为50万元．
(1)该公司几年后总利润最大，求出此最大值；

(2)该公司几年后平均利润最大，求出此最大值．

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a，b，c成等差数列，且a=2c.
(1)求csA的值；

(2)若△ABC的面积为3154，求△ABC的周长.

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA−2csCcsB=2c−ab．
(1)求sinCsinA的值

(2)若csB=14，b=2，求△ABC的面积S．

数列an中，a1=1，an+1=anan+2.
(1)证明数列1an+1是等比数列；

(2)设bn=2nanan+1，求数列bn的前n项和Sn.
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省三门峡市高二（上）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
化简集合B=x|x2−3x+2≤0=x|1≤x≤2，根据交集的定义即可得解.
【解答】
解：∵ A=0,1,2，B=x|x2−3x+2≤0=x|1≤x≤2，
∴ A∩B=1,2.
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
根据正弦定理 asinA=bsinB即可得解.
【解答】
解：∵ A=30∘，B=60∘，a=3，
由正弦定理asinA=bsinB可得， 3sin30∘=bsin60∘，
解得b=33.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
利用a4=S4−S3，代入计算即可．
【解答】
解：∵ Sn=n2+n，
∴ a4=S4−S3=(42+4)−(32+3)=8.
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
不等式比较两数大小
不等式的基本性质
【解析】
利用作差比较大小和特殊值法逐个判断即可．
【解答】
解：A，若c=0，则ac=bc ，故选项A不成立；
B，当a=2，b=−2时，12>−12，故选项B不成立；
C，若a=−1，b=−2，则−12<(−2)2，故选项C不成立；
D，∵ a3−b3=a−ba2+ab+b2
=(a−b)a+b22+3b24>0，则a3>b3，选项D成立.
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
四种命题间的逆否关系
【解析】
直接利用四种命题的逆否关系，写出否定命题即可．
【解答】
解：命题“若x2+y2=0，则x=y=0”的否命题为：
若x2+y2≠0，则x≠0或y≠0．
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
【解析】
根据已知条件可得a2+b2−c2=ab,结合余弦定理即可求解C=π3.
【解答】
解：∵ a−cb=a−ba+c，
∴ a2−c2=ab−b2，
∴ a2+b2−c2=ab.
根据余弦定理有：csC=a2+b2−c22ab,
∴ csC=ab2ab=12.
∵ 0∴ C=π3.
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的性质
【解析】
由等比数列的性质可知，S4,S8−S4,S12−S8成等比数列，把已知代入即可得解.
【解答】
解：∵ S4=1，S8=3，
∴ S4，S8−S4，S12−S8也是等比数列，
∴ S12−S8=S8−S42S4=41=4，
∴ S12=7.
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用直线平移进行求解即可．
【解答】
解：作出不等式组对应的平面区域如图：
由z=x−y得y=x−z，平移直线y=x−z，
由图象可知当直线y=x−z经过B2,0时，直线y=x−z的截距最大，
此时z最大为z=2−0=2，
即z=x−y的最大值是2.
故选C．
9.
【答案】
C
【考点】
三角形的形状判断
正弦定理
余弦定理
【解析】
利用正弦定理化简已知的等式，得到a2+b2【解答】
解：由正弦定理asinA=bsinB=csinC，
化简已知的等式得：a2+b2 再由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab<0，
∴ C为钝角，
则△ABC为钝角三角形．
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
先求出a2−2a−3<0的解集，再利用a|1−【解答】
解：由a2−2a−3<0可得：−1∵ a|−1∴ “a<3”是“a2−2a−3<0”的必要不充分条件.
故选B.
11.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
将f(x)=x+1x−2化成x−2+1x−2+2，使x−2>0，然后利用基本不等式可求出最小值，注意等号成立的条件，可求出a的值．
【解答】
解：f(x)=x+1x−2=x−2+1x−2+2≥2+2=4，
当x−2=1x−2(x>2)，即x=3时等号成立．
∵ 函数在x=a处取最小值，
∴ a=3.
故选C.
12.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
根据等差数列的性质和等差数列的前n项和公式进行求解即可．
【解答】
解：∵ 在等差数列{an}中，a3+a17=2a10>0，a10+a11<0，
∴ a10>0，a11<0，
则公差d<0，
∴ 数列{an}的前10项和最大，
则使{an}的前n项和Sn取最大值的n=10.
故选B．
二、填空题
【答案】
53
【考点】
数列递推式
【解析】
由数列的首项和递推式直接代值计算．
【解答】
解：数列an中，a1=1，an+1=2an+1，
∴ a2=2a1+1=3 ，
∴ a3=2a2+1=53.
故答案为：53.
【答案】
2
【考点】
正弦定理
【解析】
已知等式利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，再利用正弦定理变形即可得到结果．
【解答】
解：将bcsC+ccsB=2b，
根据正弦定理得sinBcsC+sinCcsB=2sinB，
即sin(B+C)=2sinB.
∵ sin(B+C)=sinA，
∴ sinA=2sinB，
根据正弦定理得：a=2b，
则ab=2．
故答案为：2.
【答案】
4
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用题设中的等式，把y的表达式转化成a+b1a+1b展开后，利用基本不等式求得y的最小值．
【解答】
解：∵a+b=1，a>0，b>0，
∴ 1a+1b=a+b1a+1b
=2+ba+ab≥2+2ba⋅ab=4，
当且仅当ba=ab，即b=a=12时等号成立，
∴ 1a+1b的最小值为4.
故答案为：4.
【答案】
1213
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
【解析】
设等比数列an的公比为q>0，由a3=3，且an+1=2an+3an−1(n∈N∗,n≥2)，可得a1q2=3,3=2a2+3a1=a12q+3，解得a1,q．即可得出．
【解答】
解：设等比数列an的公比为q(q>0).
因为a3=3，且an+1=2an+3an−1n≥2,n∈N∗，
所以a1q2=3，3=2a2+3a1=a12q+3，
解得a1=13，q=3，
所以此数列的前5项和S5=13(1−35)1−3=1213.
故答案为：1213.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意知，x=12和x=2是方程ax2−2x+a=0的两根，
∴ 12+2=2a，
∴ a=45.
(2)∵ 不等式的解集为⌀，
∴ a<0,−22−4×a×a≤0,
解得a≤−1，
∴ 实数a的取值范围为(−∞,−1] .
【考点】
一元二次不等式的解法
根与系数的关系
【解析】


【解答】
解：(1)由题意知，x=12和x=2是方程ax2−2x+a=0的两根，
∴ 12+2=2a，
∴ a=45.
(2)∵ 不等式的解集为⌀，
∴ a<0,−22−4×a×a≤0,
解得a≤−1，
∴ 实数a的取值范围为(−∞,−1] .
【答案】
解：(1)根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，
若S9=−a5，则S9=(a1+a9)×92=9a5=−a5，
变形可得a5=0，即a1+4d=0，
若a3=4，则d=a5−a32=−2，
则an=a3+(n−3)d=−2n+10.
(2)若Sn≥an，则na1+n(n−1)2d≥a1+(n−1)d，
当n=1时，不等式成立，
当n≥2时，有nd2≥d−a1，变形可得(n−2)d≥−2a1，
又由S9=−a5，即S9=(a1+a9)×92=9a5=−a5，
则有a5=0，即a1+4d=0，则有(n−2)−a14≥−2a1，
又由a1>0，则有n≤10，
则有2≤n≤10，
综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10, n∈N}．
【考点】
数列与不等式的综合
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，由S9＝−a5，即可得S9=(a1+a9)×92=9a5＝−a5，变形可得a5＝0，结合a3＝4，计算可得d的值，结合等差数列的通项公式计算可得答案；
（2）若Sn≥an，则na1+n(n−1)2d≥a1+(n−1)d，分n＝1与n≥2两种情况讨论，求出n的取值范围，综合即可得答案．
【解答】
解：(1)根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，
若S9=−a5，则S9=(a1+a9)×92=9a5=−a5，
变形可得a5=0，即a1+4d=0，
若a3=4，则d=a5−a32=−2，
则an=a3+(n−3)d=−2n+10.
(2)若Sn≥an，则na1+n(n−1)2d≥a1+(n−1)d，
当n=1时，不等式成立，
当n≥2时，有nd2≥d−a1，变形可得(n−2)d≥−2a1，
又由S9=−a5，即S9=(a1+a9)×92=9a5=−a5，
则有a5=0，即a1+4d=0，则有(n−2)−a14≥−2a1，
又由a1>0，则有n≤10，
则有2≤n≤10，
综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10, n∈N}．
【答案】
解：(1)设该公司n年后的总利润为y万元，
则y=50n−72−12n+nn−12×4
=−2n2+40n−72
=−2n−102+128，
所以该公司10年后总利润最大，为128万元．
(2)年平均利润为yn=−2n+40−72n
=−2n+36n+40
≤−2×2n⋅36n+40=16，
当且仅当n=36n，即n=6时取等号，
所以该公司6年后的平均利润最大，为16万元．
【考点】
函数最值的应用
根据实际问题选择函数类型
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】


【解答】
解：(1)设该公司n年后的总利润为y万元，
则y=50n−72−12n+nn−12×4
=−2n2+40n−72
=−2n−102+128，
所以该公司10年后总利润最大，为128万元．
(2)年平均利润为yn=−2n+40−72n
=−2n+36n+40
≤−2×2n⋅36n+40=16，
当且仅当n=36n，即n=6时取等号，
所以该公司6年后的平均利润最大，为16万元．
【答案】
解：(1)∵ a，b，c成等差数列，
∴ 2b=a+c，又a=2c，
∴ b=32c，
∴ csA=b2+c2−a22bc=3c22+c2−2c22×3c2×c=−14．
(2)由(1)得，csA=−14，
∴ sinA=1−cs2A=1−−142=154.
∵S△ABC=3154，可得12bcsinA=3154．
即12×3c2×c×154=3154，
解得c=2，b=3c2=3，a=2c=4，
∴ △ABC的周长为9．
【考点】
余弦定理
等差数列的性质
三角形的面积公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】


【解答】
解：(1)∵ a，b，c成等差数列，
∴ 2b=a+c，又a=2c，
∴ b=32c，
∴ csA=b2+c2−a22bc=3c22+c2−2c22×3c2×c=−14．
(2)由(1)得，csA=−14，
∴ sinA=1−cs2A=1−−142=154.
∵S△ABC=3154，可得12bcsinA=3154．
即12×3c2×c×154=3154，
解得c=2，b=3c2=3，a=2c=4，
∴ △ABC的周长为9．
【答案】
解：(1)由正弦定理，则2c−ab=2sinC−sinAsinB，
所以csA−2csCcsB=2sinC−sinAsinB，
即(csA−2csC)sinB=(2sinC−sinA)csB，
化简可得sin(A+B)=2sin(B+C)．
因为A+B+C=π，所以sinC=2sinA．
因此sinCsinA=2．
(2)由sinCsinA=2，得c=2a，
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，
及csB=14，b=2，
得4=a2+4a2−4a2×14．
解得a=1，从而c=2．
因为csB=14，
且sinB=1−cs2B=154，
因此S=12acsinB=12×1×2×154=154．
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角形的面积公式
余弦定理
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
（1）由正弦定理，三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式化简已知可得sinC=2sinA，即可得解sinCsinA=2．
（2）由正弦定理可求c=2a，由余弦定理解得a=1，从而c=2．利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值，进而利用三角形面积公式即可计算得解．
【解答】
解：(1)由正弦定理，则2c−ab=2sinC−sinAsinB，
所以csA−2csCcsB=2sinC−sinAsinB，
即(csA−2csC)sinB=(2sinC−sinA)csB，
化简可得sin(A+B)=2sin(B+C)．
因为A+B+C=π，所以sinC=2sinA．
因此sinCsinA=2．
(2)由sinCsinA=2，得c=2a，
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，
及csB=14，b=2，
得4=a2+4a2−4a2×14．
解得a=1，从而c=2．
因为csB=14，
且sinB=1−cs2B=154，
因此S=12acsinB=12×1×2×154=154．
【答案】
(1)证明：∵an+1=anan+2，
∴ 1an+1=2an+1，1an+1+1=2(1an+1)，
∴ 1an+1+11an+1=2.
又∵1a1+1=2，
∴ 数列1an+1是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)知1an+1=2×2n−1=2n，an=12n−1，
∴ bn=2nanan+1=2n2n−12n+1−1
=2n+1−1−2n−12n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，
∴ Sn=121−1−122−1+122−1−123−1+
123−1−124−1+⋯+12n−1−12n+1−1
=1−12n+1−1．
【考点】
等比关系的确定
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】


【解答】
(1)证明：∵an+1=anan+2，
∴ 1an+1=2an+1，1an+1+1=2(1an+1)，
∴ 1an+1+11an+1=2.
又∵1a1+1=2，
∴ 数列1an+1是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)知1an+1=2×2n−1=2n，an=12n−1，
∴ bn=2nanan+1=2n2n−12n+1−1
=2n+1−1−2n−12n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，
∴ Sn=121−1−122−1+122−1−123−1+
123−1−124−1+⋯+12n−1−12n+1−1
=1−12n+1−1．