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2020-2021学年河南省许昌市高二（上）11月月考数学（文）试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年河南省许昌市高二（上）11月月考数学（文）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={x|x2+3x−4<0}，B={x|3+2x>−3}，则A∩B=( )
A.x|−4
2. 命题“若x，y都是奇数，则x+y是偶数”的否命题是( )
A.若x，y都不是奇数，则x+y不是偶数
B.若x，y都是奇数，则x+y不是偶数
C.若x+y是偶数，则x，y都是奇数
D.若x，y不都是奇数，则x+y不是偶数
3. 若a>b>0，则下列不等式一定成立的是( )
A.a−1b>b−1aB.ab2>b3C.ab0
4. 下列命题是假命题的是( )
A.在单调递增的等差数列an中，a2>a1
B.在△ABC中，若sinA>sinB，则A>B
C.若ac2≤bc2，则a≤b
D.若非零向量a→，b→满足a→⋅b→=0，则a→⊥b→
5. 已知a，b都是实数，则“lg3a>lg3b”是“a23>b23”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
6. 已知a>0，b>0，a+4b=2，则1a+1b的最小值为( )
A.72B.92C.7D.9
7. 已知集合A={x|1x>1}，B={x|x2−ax+1≥0}，若命题“若x∈A，则x∈B”是真命题，则实数a的取值范围为( )
A.(−∞,3]B.[−3,+∞)C.(−∞,2]D.[1,+∞)
8. 设数列2n+n+2的前n项和为Sn，则Sn=( )
A.n+2−1B.n+2+n+1−1C.n+1−1D.n+2+n+1−2−1
9. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsin2A−2asinAcsB=0，则△ABC的形状为( )
A.直角三角形B.等腰三角形
C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形
10. 在数列an中，已知a1=2，2an+1=an+1，则a9=( )
A.257256B.255256C.513512D.511512
11. 在△ABC中，若sin2A+B=4sinAsinBcsC，则csC的最小值为( )
A.16B.36C.13D.33
12. 现有一个数表如图所示，从第1行开始，奇数行的数据个数成首项为1，公差为1的等差数列，偶数行的数据个数成首项为1，公比为2的等比数列，将正整数排列成一个数表，则数2020排在( )
A.第21行B.第22行C.第23行D.第24行
二、填空题
在等差数列an中，已知a1=−3，a4=1，则a7=________.
已知实数x，y满足 x+y+1≥0，2x−y−1≤0，x−2y+1≥0, 则目标函数z=3x−y的最大值为________.
给出下列四个命题：
①“若θ=π3+2kπk∈Z，则csθ=12”的逆命题；
②“若数列an是等比数列，则a22=a1a3”的否命题；
③“若c≥−4，则关于x的方程x2−4x−c=0有实根”的逆命题；
④“若A∩B=A，则B⊆A”的逆否命题．
其中真命题的个数是________.
如图，在平面四边形ABCD中，AD=1，BD=263，AB⊥AC，AC=2AB，则CD的最小值为________.
三、解答题
已知集合A=x|x2−3ax+2a2≤0，集合B=x|x2−x−2≤0，p:x∈A，q:x∈B.
(1)当a=1时，则p是q的什么条件？
(2)若q是p的必要条件，求实数a的取值范围．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，C为锐角，且ab=3，△ABC的面积为334.
(1)求角C；
(2)若△ABC外接圆的半径为433，求△ABC的周长．
已知a>0且a≠1，设p：函数y=2lgax+1在0,+∞上单调递减，q：不等式|x−4a|>1−x对一切实数x都成立.
(1)若¬p为真命题，求a的取值范围；
(2)若p为真命题且q为假命题，求a的取值范围.
2020年“国庆，中秋”国内游持续升温，某大型游乐公司在做好疫情防控的同时，积极进行游乐设备的升级改造，并决定开设一个大型综合游乐项目，预计整套设备每天需要10000元的维护费，每位游客游玩的票价为400元.如果每天有x人游玩该项目，需要另投入成本fx=12x2+20x,0(1)求该游乐项目每天的利润y（元）关于每天游玩该项目的人数x的函数关系式；
(2)当每天游玩该项目的人数x为多少时，该游乐公司获利最大？
如图，在平面四边形ABCD中，∠BAD的角平分线AP交BD于点P，已知AB=AD，AP=32AB.
(1)求∠BAD；
(2)若BC=2，CD=1，求四边形ABCD面积S的最大值．
已知等比数列an的前n项和为Sn，且满足a1=3m−1，an+1−2=Sn.
(1)求m的值以及an的通项公式；
(2)设bn=an,n为奇数,lg2an+1,n为偶数,，数列bn的前n项和为Tn，
(ⅰ)求Tn；
(ⅱ)是否存在实数t，使得对任意的正整数n，不等式Tn≥12t2−3t恒成立？若存在，求出t的取值范围；若不存在，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省许昌市高二（上）11月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为A=x|−4−3，
所以A∩B={x|−3故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
四种命题的定义
【解析】
利用否命题的定义：若p则q的否命题为若非p则非q，进行求解即可.
【解答】
解：否命题是将原命题的条件和结论同时否定，
所以命题“若x，y都是奇数，则x+y是偶数”的否命题是：若x，y不都是奇数，则x+y不是偶数.
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a>b>0，−1b<−1a，所以推不出a−1b>b−1a，选项A错误；
因为a>b，b2>0，所以ab2>b3，选项B正确；
因为ab+a>ab+b，所以ab>a+1b+1，选项C错误；
因为a−b不一定大于1，选项D错误．
故选B.
4.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
正弦定理
等差数列的性质
不等式的基本性质
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：选项A，D显然正确；
因为sinA>sinB⇔a>b⇔A>B，所以选项B正确；
当c=0时，取a=2，b=1，可知选项C错误.
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据对数函数的图象和性质，可由lg3a>lg3b得到a>b>0，结合指数函数的单调性可得“2a>2b”成立；反之当“2a>2b”时，可得a>b，此时lg3a与lg3b可能无意义，结合充要条件的定义，可得答案．
【解答】
解：∵ 函数y=lg3x在(0, +∞)上单调递增，
∴ 当“lg3a>lg3b”时，a>b>0，此时“a23>b23”成立；
当“a23>b23”时，a>b，a，b可能小于0，
此时lg3a与lg3b不一定有意义，故“lg3a>lg3b”不一定成立；
综上，“lg3a>lg3b”是“a23>b23”的充分而不必要条件.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
【解答】
解：因为1a+1b=12(a+4b)1a+1b=125+4ba+ab，
4ba+ab≥24ba⋅ab=4(当且仅当4ba=ab=2时取"="号)，
所以1a+1b≥92.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
集合的包含关系判断及应用
集合关系中的参数取值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意得A=x|0因为命题“若x∈A，则x∈B”是真命题，
所以x2−ax+1≥0对一切x∈A恒成立，
即x+1x≥a对一切x∈A恒成立，则a≤2.
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
数列的求和
【解析】
由2n+n+2=n+2−n，得Sn=(3−1)+(4−2)+(5−3)+⋯+(n+2−n)=n+2+n+1−2−1 .
【解答】
解：由2n+n+2=n+2−n，
得Sn=(3−1)+(4−2)+(5−3)+⋯+(n+2−n)
=n+2+n+1−2−1.
故选D.
9.
【答案】
B
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角形的形状判断
正弦定理
【解析】
【解答】
解：由bsin2A−2asinAcsB=0，
得2bsinAcsA−2asinAcsB=0，即bcsA−acsB=0.
由正弦定理得sinBcsA−csBsinA=0，即sinB−A=0，
所以A=B.
故选B.
10.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
【解答】
解：由2an+1=an+1，得2an+1−2=an−1，即an+1−1=12an−1，
所以an−1是以1为首项，12为公比的等比数列，
所以an−1=12n−1，
所以a9=1+128=257256．
故选A.
11.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
诱导公式
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：因为sin2A+B=4sinAsinBcsC，
所以sin2C=4sinAsinBcsC，
即c2=4ab⋅a2+b2−c22ab=2a2+b2−c2，
所以2a2+b2=3c2，化简得c2=23a2+b2，
所以csC=a2+b2−c22ab=a2+b26ab≥13 .
故选C .
12.
【答案】
B
【考点】
数列的求和
归纳推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：第2k(k∈N+)行的最后一个数字是
(1+2+3+⋯+k)+(1+2+4+⋯+2k−1)
=2k−1+k(k+1)2.
当k=10时，210−1+10×112=1078<2020；
当k=11时，211−1+11×122=2047+66=2113>2020 .
所以2020在第21行或第22行，又第21行有11个数字，
最后一个是1078+11=1089，所以2020在第22行.
故选B.
二、填空题
【答案】
5
【考点】
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a1，a4，a7成等差数列，
所以a4=a1+a72，即a7=2a4−a1=5.
故答案为：5.
【答案】
2
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，画出可行域表示的区域如图所示.
当直线z=3x−y过点A1,1时，z取得最大值，
zmax=2．
故答案为：2．
【答案】
1
【考点】
命题的真假判断与应用
四种命题的真假关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解： 若csθ=−12，则θ=π3+2kπ或θ=−π3+2kπ∈Z，命题①是假命题；
对于命题“若数列an不是等比数列，则a22≠a1a3，取an=0，可知②是假命题；
对于命题“若关于x的方程x2−4x−c=0有实根，则c≥−4"，
由Δ=16+4c≥0，得c≥−4，命题③是真命题；
因为原命题与它的逆否命题等价，可知④是假命题．
故真命题的个数是1.
故答案为：1.
【答案】
33
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
【解答】
解：设∠ADB=θ，
在△ABD中，由正弦定理得ABsinθ=BDsin∠BAD，
即ABsinθ=263sin∠BAD，整理得AB⋅sin∠BAD=263sinθ，
由余弦定理得AB2=AD2+BD2−2⋅AD⋅BD⋅csθ
=113−463csθ.
因为AB⊥AC，所以∠BAD=π2+∠DAC.
在△ACD中，由余弦定理得
CD2=AD2+AC2−2⋅AD⋅ACcs∠DAC
=1+2AB2−22AB⋅sin∠BAD
=253−863csθ−833sinθ
=253−8sin(θ+φ)（其中tanφ=2），
所以当sin(θ+φ)=1时，CDmin=33.
故答案为：33.
三、解答题
【答案】
解：(1)当a=1时，A={x|x2−3x+2≤0}={x|1≤x≤2}，
B=x|x2−x−2≤0=x|−1≤x≤2，
所以A⫋B，
所以p是q的充分不必要条件．
(2)因为q是p的必要条件，所以A⊆B．
而A=x|x2−3ax+2a2≤0=x|x−ax−2a≤0．
当a>0时，A={x|a≤x≤2a}，
所以a≥−1，2a≤2，
所以−1≤a≤1，故0当a=0时，A=0，成立；
当a<0时，A={x|2a≤x≤a}，
所以2a≥−1,a≤2,
所以−12≤a≤2，故−12≤a<0.
综上所述，−12≤a≤1，即实数a的取值范围为−12,1．
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
集合的包含关系判断及应用
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=1时，A={x|x2−3x+2≤0}={x|1≤x≤2}，
B=x|x2−x−2≤0=x|−1≤x≤2，
所以A⫋B，
所以p是q的充分不必要条件．
(2)因为q是p的必要条件，所以A⊆B．
而A=x|x2−3ax+2a2≤0=x|x−ax−2a≤0．
当a>0时，A={x|a≤x≤2a}，
所以a≥−1，2a≤2，
所以−1≤a≤1，故0当a=0时，A=0，成立；
当a<0时，A={x|2a≤x≤a}，
所以2a≥−1,a≤2,
所以−12≤a≤2，故−12≤a<0.
综上所述，−12≤a≤1，即实数a的取值范围为−12,1．
【答案】
解：(1)因为S△ABC=12absinC=32sinC=334，
所以sinC=32，
又C为锐角，
所以C=π3．
(2)设△ABC外接圆的半径为R，
则csinC=2R=833，
由(1)可知，sinC=32，
所以c=833×32=4．
由余弦定理，得c2=a2+b2−2abcsC
=a2+b2−ab=a+b2−3ab，
即16=a+b2−9，
解得a+b=5，
所以a+b+c=5+4=9，
即△ABC的周长为9．
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为S△ABC=12absinC=32sinC=334，
所以sinC=32，
又C为锐角，
所以C=π3．
(2)设△ABC外接圆的半径为R，
则csinC=2R=833，
由(1)可知，sinC=32，
所以c=833×32=4．
由余弦定理，得c2=a2+b2−2abcsC
=a2+b2−ab=a+b2−3ab，
即16=a+b2−9，
解得a+b=5，
所以a+b+c=5+4=9，
即△ABC的周长为9．
【答案】
解：(1)由函数y=2lgax+1在0,+∞上单调递减，可知0所以当命题p为真命题时，a的取值范围是0所以¬p：a>1，所以a的取值范围是1,+∞.
(2)由(1)知，当命题p为真命题时，a的取值范围是0令y=x+|x−4a|，则y=2x−4a,x≥4a，4a,x<4a，
不等式x+|x−4a|>1的解集为R.
只要ymin>1即可，而函数y在R上的最小值为4a，
所以4a>1，解得a>14，即当q为真命题时，a>14且a≠1.
因为p真q假，则0故a的取值范围是(0,14].
【考点】
命题的否定
命题的真假判断与应用
复合命题及其真假判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由函数y=2lgax+1在0,+∞上单调递减，可知0所以当命题p为真命题时，a的取值范围是0所以¬p：a>1，所以a的取值范围是1,+∞.
(2)由(1)知，当命题p为真命题时，a的取值范围是0令y=x+|x−4a|，则y=2x−4a,x≥4a，4a,x<4a，
不等式x+|x−4a|>1的解集为R.
只要ymin>1即可，而函数y在R上的最小值为4a，
所以4a>1，解得a>14，即当q为真命题时，a>14且a≠1.
因为p真q假，则0故a的取值范围是(0,14].
【答案】
解：(1)当0y=400x−12x2+20x−10000
=−12x2+380x−10000（0当500≤x≤800时，
y=400x−410x−3600000x+100000−10000
=−10x+360000x+90000（500≤x≤800，x∈N）．
所以 y=−12x2+380x−10000,0(2)由(1)可得，当0y=−12x2+380x−10000=−12(x−380)2+62200，
当x=380时，ymax=62200．
当500≤x≤800时，
y=−10x+360000x+90000
≤−20x⋅360000x+90000
=−12000+90000=78000，
当且仅当x=600时，ymax=78000．
综上，当每天游玩该项目的人数x为600时，该游乐公司获利最大，为78000元．
【考点】
函数模型的选择与应用
基本不等式在最值问题中的应用
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当0y=400x−12x2+20x−10000
=−12x2+380x−10000（0当500≤x≤800时，
y=400x−410x−3600000x+100000−10000
=−10x+360000x+90000（500≤x≤800，x∈N）．
所以 y=−12x2+380x−10000,0(2)由(1)可得，当0y=−12x2+380x−10000=−12(x−380)2+62200，
当x=380时，ymax=62200．
当500≤x≤800时，
y=−10x+360000x+90000
≤−20x⋅360000x+90000
=−12000+90000=78000，
当且仅当x=600时，ymax=78000．
综上，当每天游玩该项目的人数x为600时，该游乐公司获利最大，为78000元．
【答案】
解：(1)在△ABD中，AB=AD，
所以△ABD是等腰三角形．
又AP平分∠BAD，
所以AP⊥BD.
在Rt△ABP中，AP=32AB，
所以cs∠BAP=APAB=32，
所以∠BAP=π6，
从而∠BAD=2∠BAP=π3．
(2)由(1)可知，∠BAD=π3，
又AB=AD，
所以△ABD为等边三角形．
在△BCD中，设∠BCD=θ，
则BD2=12+22−2×2csθ=5−4csθ，
所以S=34BD2+12×1×2sinθ
=34(5−4csθ)+12×1×2sinθ
=534−3csθ=534+2sin(θ−π3)，
所以当sinθ−π3=1，即θ=5π6时，
Smax=534+2.
【考点】
解三角形
正弦定理
两角和与差的正弦公式
三角函数的最值
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)在△ABD中，AB=AD，
所以△ABD是等腰三角形．
又AP平分∠BAD，
所以AP⊥BD.
在Rt△ABP中，AP=32AB，
所以cs∠BAP=APAB=32，
所以∠BAP=π6，
从而∠BAD=2∠BAP=π3．
(2)由(1)可知，∠BAD=π3，
又AB=AD，
所以△ABD为等边三角形．
在△BCD中，设∠BCD=θ，
则BD2=12+22−2×2csθ=5−4csθ，
所以S=34BD2+12×1×2sinθ
=34(5−4csθ)+12×1×2sinθ
=534−3csθ=534+2sin(θ−π3)，
所以当sinθ−π3=1，即θ=5π6时，
Smax=534+2.
【答案】
解：(1)由an+1−2=Sn，
得an−2=Sn−1，n≥2，
所以an+1−an=Sn−Sn−1，
即an+1=2an，n≥2.
又a2=S1+2=3m+1，{an}是等比数列，
所以a2a1=3m+13m−1=2，
解得m=1，
所以a1=3−1=2，公比q=2，
所以an=2n．
(2)(ⅰ)由(1)可知，bn=2n，n为奇数，n+1，n为偶数，
当n=2k(k∈N∗)时，
T2k=(b1+b3+⋯+b2k−1)+(b2+b4+⋯+b2k) ，
即T2k=(2+23+⋯+22k−1)+(3+5+⋯+2k+1)
=23(4k−1)+k2+2k，
所以当n为偶数时，Tn=23×2n+n24+n−23，
又T2k−1=T2k−b2k=23×4k+k2−53，
所以当n为奇数时，Tn=43×2n+n24+n2−1712．
综上所述， Tn=43×2n+n24+n2−1712，n为奇数，23×2n+n24+n−23，n为偶数.
(ⅱ)由(ⅰ)知，当n为奇数时，{Tn}单调递增，
由对任意的正整数n，不等式Tn≥12t2−3t恒成立，
所以T1=2≥12(t2−3t)，解得−1≤t≤4.
同理T2=5≥12(t2−3t)，解得−2≤t≤5.
由−1≤t≤4，−2≤t≤5，
解得−1≤t≤4，
所以存在实数t∈−1,4，使得对任意的正整数n，不等式Tn≥12(t2−3t)恒成立．
【考点】
等比数列的通项公式
数列递推式
数列的求和
数列与函数的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由an+1−2=Sn，
得an−2=Sn−1，n≥2，
所以an+1−an=Sn−Sn−1，
即an+1=2an，n≥2.
又a2=S1+2=3m+1，{an}是等比数列，
所以a2a1=3m+13m−1=2，
解得m=1，
所以a1=3−1=2，公比q=2，
所以an=2n．
(2)(ⅰ)由(1)可知，bn=2n，n为奇数，n+1，n为偶数，
当n=2k(k∈N∗)时，
T2k=(b1+b3+⋯+b2k−1)+(b2+b4+⋯+b2k) ，
即T2k=(2+23+⋯+22k−1)+(3+5+⋯+2k+1)
=23(4k−1)+k2+2k，
所以当n为偶数时，Tn=23×2n+n24+n−23，
又T2k−1=T2k−b2k=23×4k+k2−53，
所以当n为奇数时，Tn=43×2n+n24+n2−1712．
综上所述， Tn=43×2n+n24+n2−1712，n为奇数，23×2n+n24+n−23，n为偶数.
(ⅱ)由(ⅰ)知，当n为奇数时，{Tn}单调递增，
由对任意的正整数n，不等式Tn≥12t2−3t恒成立，
所以T1=2≥12(t2−3t)，解得−1≤t≤4.
同理T2=5≥12(t2−3t)，解得−2≤t≤5.
由−1≤t≤4，−2≤t≤5，
解得−1≤t≤4，
所以存在实数t∈−1,4，使得对任意的正整数n，不等式Tn≥12(t2−3t)恒成立．
1. 已知集合A={x|x2+3x−4<0}，B={x|3+2x>−3}，则A∩B=( )
A.x|−4
2. 命题“若x，y都是奇数，则x+y是偶数”的否命题是( )
A.若x，y都不是奇数，则x+y不是偶数
B.若x，y都是奇数，则x+y不是偶数
C.若x+y是偶数，则x，y都是奇数
D.若x，y不都是奇数，则x+y不是偶数
3. 若a>b>0，则下列不等式一定成立的是( )
A.a−1b>b−1aB.ab2>b3C.ab
4. 下列命题是假命题的是( )
A.在单调递增的等差数列an中，a2>a1
B.在△ABC中，若sinA>sinB，则A>B
C.若ac2≤bc2，则a≤b
D.若非零向量a→，b→满足a→⋅b→=0，则a→⊥b→
5. 已知a，b都是实数，则“lg3a>lg3b”是“a23>b23”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
6. 已知a>0，b>0，a+4b=2，则1a+1b的最小值为( )
A.72B.92C.7D.9
7. 已知集合A={x|1x>1}，B={x|x2−ax+1≥0}，若命题“若x∈A，则x∈B”是真命题，则实数a的取值范围为( )
A.(−∞,3]B.[−3,+∞)C.(−∞,2]D.[1,+∞)
8. 设数列2n+n+2的前n项和为Sn，则Sn=( )
A.n+2−1B.n+2+n+1−1C.n+1−1D.n+2+n+1−2−1
9. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsin2A−2asinAcsB=0，则△ABC的形状为( )
A.直角三角形B.等腰三角形
C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形
10. 在数列an中，已知a1=2，2an+1=an+1，则a9=( )
A.257256B.255256C.513512D.511512
11. 在△ABC中，若sin2A+B=4sinAsinBcsC，则csC的最小值为( )
A.16B.36C.13D.33
12. 现有一个数表如图所示，从第1行开始，奇数行的数据个数成首项为1，公差为1的等差数列，偶数行的数据个数成首项为1，公比为2的等比数列，将正整数排列成一个数表，则数2020排在( )
A.第21行B.第22行C.第23行D.第24行
二、填空题
在等差数列an中，已知a1=−3，a4=1，则a7=________.
已知实数x，y满足 x+y+1≥0，2x−y−1≤0，x−2y+1≥0, 则目标函数z=3x−y的最大值为________.
给出下列四个命题：
①“若θ=π3+2kπk∈Z，则csθ=12”的逆命题；
②“若数列an是等比数列，则a22=a1a3”的否命题；
③“若c≥−4，则关于x的方程x2−4x−c=0有实根”的逆命题；
④“若A∩B=A，则B⊆A”的逆否命题．
其中真命题的个数是________.
如图，在平面四边形ABCD中，AD=1，BD=263，AB⊥AC，AC=2AB，则CD的最小值为________.
三、解答题
已知集合A=x|x2−3ax+2a2≤0，集合B=x|x2−x−2≤0，p:x∈A，q:x∈B.
(1)当a=1时，则p是q的什么条件？
(2)若q是p的必要条件，求实数a的取值范围．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，C为锐角，且ab=3，△ABC的面积为334.
(1)求角C；
(2)若△ABC外接圆的半径为433，求△ABC的周长．
已知a>0且a≠1，设p：函数y=2lgax+1在0,+∞上单调递减，q：不等式|x−4a|>1−x对一切实数x都成立.
(1)若¬p为真命题，求a的取值范围；
(2)若p为真命题且q为假命题，求a的取值范围.
2020年“国庆，中秋”国内游持续升温，某大型游乐公司在做好疫情防控的同时，积极进行游乐设备的升级改造，并决定开设一个大型综合游乐项目，预计整套设备每天需要10000元的维护费，每位游客游玩的票价为400元.如果每天有x人游玩该项目，需要另投入成本fx=12x2+20x,0
(2)当每天游玩该项目的人数x为多少时，该游乐公司获利最大？
如图，在平面四边形ABCD中，∠BAD的角平分线AP交BD于点P，已知AB=AD，AP=32AB.
(1)求∠BAD；
(2)若BC=2，CD=1，求四边形ABCD面积S的最大值．
已知等比数列an的前n项和为Sn，且满足a1=3m−1，an+1−2=Sn.
(1)求m的值以及an的通项公式；
(2)设bn=an,n为奇数,lg2an+1,n为偶数,，数列bn的前n项和为Tn，
(ⅰ)求Tn；
(ⅱ)是否存在实数t，使得对任意的正整数n，不等式Tn≥12t2−3t恒成立？若存在，求出t的取值范围；若不存在，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省许昌市高二（上）11月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为A=x|−4
所以A∩B={x|−3
2.
【答案】
D
【考点】
四种命题的定义
【解析】
利用否命题的定义：若p则q的否命题为若非p则非q，进行求解即可.
【解答】
解：否命题是将原命题的条件和结论同时否定，
所以命题“若x，y都是奇数，则x+y是偶数”的否命题是：若x，y不都是奇数，则x+y不是偶数.
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a>b>0，−1b<−1a，所以推不出a−1b>b−1a，选项A错误；
因为a>b，b2>0，所以ab2>b3，选项B正确；
因为ab+a>ab+b，所以ab>a+1b+1，选项C错误；
因为a−b不一定大于1，选项D错误．
故选B.
4.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
正弦定理
等差数列的性质
不等式的基本性质
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：选项A，D显然正确；
因为sinA>sinB⇔a>b⇔A>B，所以选项B正确；
当c=0时，取a=2，b=1，可知选项C错误.
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据对数函数的图象和性质，可由lg3a>lg3b得到a>b>0，结合指数函数的单调性可得“2a>2b”成立；反之当“2a>2b”时，可得a>b，此时lg3a与lg3b可能无意义，结合充要条件的定义，可得答案．
【解答】
解：∵ 函数y=lg3x在(0, +∞)上单调递增，
∴ 当“lg3a>lg3b”时，a>b>0，此时“a23>b23”成立；
当“a23>b23”时，a>b，a，b可能小于0，
此时lg3a与lg3b不一定有意义，故“lg3a>lg3b”不一定成立；
综上，“lg3a>lg3b”是“a23>b23”的充分而不必要条件.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
【解答】
解：因为1a+1b=12(a+4b)1a+1b=125+4ba+ab，
4ba+ab≥24ba⋅ab=4(当且仅当4ba=ab=2时取"="号)，
所以1a+1b≥92.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
集合的包含关系判断及应用
集合关系中的参数取值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意得A=x|0
所以x2−ax+1≥0对一切x∈A恒成立，
即x+1x≥a对一切x∈A恒成立，则a≤2.
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
数列的求和
【解析】
由2n+n+2=n+2−n，得Sn=(3−1)+(4−2)+(5−3)+⋯+(n+2−n)=n+2+n+1−2−1 .
【解答】
解：由2n+n+2=n+2−n，
得Sn=(3−1)+(4−2)+(5−3)+⋯+(n+2−n)
=n+2+n+1−2−1.
故选D.
9.
【答案】
B
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角形的形状判断
正弦定理
【解析】
【解答】
解：由bsin2A−2asinAcsB=0，
得2bsinAcsA−2asinAcsB=0，即bcsA−acsB=0.
由正弦定理得sinBcsA−csBsinA=0，即sinB−A=0，
所以A=B.
故选B.
10.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
【解答】
解：由2an+1=an+1，得2an+1−2=an−1，即an+1−1=12an−1，
所以an−1是以1为首项，12为公比的等比数列，
所以an−1=12n−1，
所以a9=1+128=257256．
故选A.
11.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
诱导公式
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：因为sin2A+B=4sinAsinBcsC，
所以sin2C=4sinAsinBcsC，
即c2=4ab⋅a2+b2−c22ab=2a2+b2−c2，
所以2a2+b2=3c2，化简得c2=23a2+b2，
所以csC=a2+b2−c22ab=a2+b26ab≥13 .
故选C .
12.
【答案】
B
【考点】
数列的求和
归纳推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：第2k(k∈N+)行的最后一个数字是
(1+2+3+⋯+k)+(1+2+4+⋯+2k−1)
=2k−1+k(k+1)2.
当k=10时，210−1+10×112=1078<2020；
当k=11时，211−1+11×122=2047+66=2113>2020 .
所以2020在第21行或第22行，又第21行有11个数字，
最后一个是1078+11=1089，所以2020在第22行.
故选B.
二、填空题
【答案】
5
【考点】
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a1，a4，a7成等差数列，
所以a4=a1+a72，即a7=2a4−a1=5.
故答案为：5.
【答案】
2
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，画出可行域表示的区域如图所示.
当直线z=3x−y过点A1,1时，z取得最大值，
zmax=2．
故答案为：2．
【答案】
1
【考点】
命题的真假判断与应用
四种命题的真假关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解： 若csθ=−12，则θ=π3+2kπ或θ=−π3+2kπ∈Z，命题①是假命题；
对于命题“若数列an不是等比数列，则a22≠a1a3，取an=0，可知②是假命题；
对于命题“若关于x的方程x2−4x−c=0有实根，则c≥−4"，
由Δ=16+4c≥0，得c≥−4，命题③是真命题；
因为原命题与它的逆否命题等价，可知④是假命题．
故真命题的个数是1.
故答案为：1.
【答案】
33
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
【解答】
解：设∠ADB=θ，
在△ABD中，由正弦定理得ABsinθ=BDsin∠BAD，
即ABsinθ=263sin∠BAD，整理得AB⋅sin∠BAD=263sinθ，
由余弦定理得AB2=AD2+BD2−2⋅AD⋅BD⋅csθ
=113−463csθ.
因为AB⊥AC，所以∠BAD=π2+∠DAC.
在△ACD中，由余弦定理得
CD2=AD2+AC2−2⋅AD⋅ACcs∠DAC
=1+2AB2−22AB⋅sin∠BAD
=253−863csθ−833sinθ
=253−8sin(θ+φ)（其中tanφ=2），
所以当sin(θ+φ)=1时，CDmin=33.
故答案为：33.
三、解答题
【答案】
解：(1)当a=1时，A={x|x2−3x+2≤0}={x|1≤x≤2}，
B=x|x2−x−2≤0=x|−1≤x≤2，
所以A⫋B，
所以p是q的充分不必要条件．
(2)因为q是p的必要条件，所以A⊆B．
而A=x|x2−3ax+2a2≤0=x|x−ax−2a≤0．
当a>0时，A={x|a≤x≤2a}，
所以a≥−1，2a≤2，
所以−1≤a≤1，故0
当a<0时，A={x|2a≤x≤a}，
所以2a≥−1,a≤2,
所以−12≤a≤2，故−12≤a<0.
综上所述，−12≤a≤1，即实数a的取值范围为−12,1．
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
集合的包含关系判断及应用
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=1时，A={x|x2−3x+2≤0}={x|1≤x≤2}，
B=x|x2−x−2≤0=x|−1≤x≤2，
所以A⫋B，
所以p是q的充分不必要条件．
(2)因为q是p的必要条件，所以A⊆B．
而A=x|x2−3ax+2a2≤0=x|x−ax−2a≤0．
当a>0时，A={x|a≤x≤2a}，
所以a≥−1，2a≤2，
所以−1≤a≤1，故0
当a<0时，A={x|2a≤x≤a}，
所以2a≥−1,a≤2,
所以−12≤a≤2，故−12≤a<0.
综上所述，−12≤a≤1，即实数a的取值范围为−12,1．
【答案】
解：(1)因为S△ABC=12absinC=32sinC=334，
所以sinC=32，
又C为锐角，
所以C=π3．
(2)设△ABC外接圆的半径为R，
则csinC=2R=833，
由(1)可知，sinC=32，
所以c=833×32=4．
由余弦定理，得c2=a2+b2−2abcsC
=a2+b2−ab=a+b2−3ab，
即16=a+b2−9，
解得a+b=5，
所以a+b+c=5+4=9，
即△ABC的周长为9．
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为S△ABC=12absinC=32sinC=334，
所以sinC=32，
又C为锐角，
所以C=π3．
(2)设△ABC外接圆的半径为R，
则csinC=2R=833，
由(1)可知，sinC=32，
所以c=833×32=4．
由余弦定理，得c2=a2+b2−2abcsC
=a2+b2−ab=a+b2−3ab，
即16=a+b2−9，
解得a+b=5，
所以a+b+c=5+4=9，
即△ABC的周长为9．
【答案】
解：(1)由函数y=2lgax+1在0,+∞上单调递减，可知0
(2)由(1)知，当命题p为真命题时，a的取值范围是0
不等式x+|x−4a|>1的解集为R.
只要ymin>1即可，而函数y在R上的最小值为4a，
所以4a>1，解得a>14，即当q为真命题时，a>14且a≠1.
因为p真q假，则0
【考点】
命题的否定
命题的真假判断与应用
复合命题及其真假判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由函数y=2lgax+1在0,+∞上单调递减，可知0
(2)由(1)知，当命题p为真命题时，a的取值范围是0
不等式x+|x−4a|>1的解集为R.
只要ymin>1即可，而函数y在R上的最小值为4a，
所以4a>1，解得a>14，即当q为真命题时，a>14且a≠1.
因为p真q假，则0
【答案】
解：(1)当0
=−12x2+380x−10000（0
y=400x−410x−3600000x+100000−10000
=−10x+360000x+90000（500≤x≤800，x∈N）．
所以 y=−12x2+380x−10000,0
当x=380时，ymax=62200．
当500≤x≤800时，
y=−10x+360000x+90000
≤−20x⋅360000x+90000
=−12000+90000=78000，
当且仅当x=600时，ymax=78000．
综上，当每天游玩该项目的人数x为600时，该游乐公司获利最大，为78000元．
【考点】
函数模型的选择与应用
基本不等式在最值问题中的应用
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当0
=−12x2+380x−10000（0
y=400x−410x−3600000x+100000−10000
=−10x+360000x+90000（500≤x≤800，x∈N）．
所以 y=−12x2+380x−10000,0
当x=380时，ymax=62200．
当500≤x≤800时，
y=−10x+360000x+90000
≤−20x⋅360000x+90000
=−12000+90000=78000，
当且仅当x=600时，ymax=78000．
综上，当每天游玩该项目的人数x为600时，该游乐公司获利最大，为78000元．
【答案】
解：(1)在△ABD中，AB=AD，
所以△ABD是等腰三角形．
又AP平分∠BAD，
所以AP⊥BD.
在Rt△ABP中，AP=32AB，
所以cs∠BAP=APAB=32，
所以∠BAP=π6，
从而∠BAD=2∠BAP=π3．
(2)由(1)可知，∠BAD=π3，
又AB=AD，
所以△ABD为等边三角形．
在△BCD中，设∠BCD=θ，
则BD2=12+22−2×2csθ=5−4csθ，
所以S=34BD2+12×1×2sinθ
=34(5−4csθ)+12×1×2sinθ
=534−3csθ=534+2sin(θ−π3)，
所以当sinθ−π3=1，即θ=5π6时，
Smax=534+2.
【考点】
解三角形
正弦定理
两角和与差的正弦公式
三角函数的最值
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)在△ABD中，AB=AD，
所以△ABD是等腰三角形．
又AP平分∠BAD，
所以AP⊥BD.
在Rt△ABP中，AP=32AB，
所以cs∠BAP=APAB=32，
所以∠BAP=π6，
从而∠BAD=2∠BAP=π3．
(2)由(1)可知，∠BAD=π3，
又AB=AD，
所以△ABD为等边三角形．
在△BCD中，设∠BCD=θ，
则BD2=12+22−2×2csθ=5−4csθ，
所以S=34BD2+12×1×2sinθ
=34(5−4csθ)+12×1×2sinθ
=534−3csθ=534+2sin(θ−π3)，
所以当sinθ−π3=1，即θ=5π6时，
Smax=534+2.
【答案】
解：(1)由an+1−2=Sn，
得an−2=Sn−1，n≥2，
所以an+1−an=Sn−Sn−1，
即an+1=2an，n≥2.
又a2=S1+2=3m+1，{an}是等比数列，
所以a2a1=3m+13m−1=2，
解得m=1，
所以a1=3−1=2，公比q=2，
所以an=2n．
(2)(ⅰ)由(1)可知，bn=2n，n为奇数，n+1，n为偶数，
当n=2k(k∈N∗)时，
T2k=(b1+b3+⋯+b2k−1)+(b2+b4+⋯+b2k) ，
即T2k=(2+23+⋯+22k−1)+(3+5+⋯+2k+1)
=23(4k−1)+k2+2k，
所以当n为偶数时，Tn=23×2n+n24+n−23，
又T2k−1=T2k−b2k=23×4k+k2−53，
所以当n为奇数时，Tn=43×2n+n24+n2−1712．
综上所述， Tn=43×2n+n24+n2−1712，n为奇数，23×2n+n24+n−23，n为偶数.
(ⅱ)由(ⅰ)知，当n为奇数时，{Tn}单调递增，
由对任意的正整数n，不等式Tn≥12t2−3t恒成立，
所以T1=2≥12(t2−3t)，解得−1≤t≤4.
同理T2=5≥12(t2−3t)，解得−2≤t≤5.
由−1≤t≤4，−2≤t≤5，
解得−1≤t≤4，
所以存在实数t∈−1,4，使得对任意的正整数n，不等式Tn≥12(t2−3t)恒成立．
【考点】
等比数列的通项公式
数列递推式
数列的求和
数列与函数的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由an+1−2=Sn，
得an−2=Sn−1，n≥2，
所以an+1−an=Sn−Sn−1，
即an+1=2an，n≥2.
又a2=S1+2=3m+1，{an}是等比数列，
所以a2a1=3m+13m−1=2，
解得m=1，
所以a1=3−1=2，公比q=2，
所以an=2n．
(2)(ⅰ)由(1)可知，bn=2n，n为奇数，n+1，n为偶数，
当n=2k(k∈N∗)时，
T2k=(b1+b3+⋯+b2k−1)+(b2+b4+⋯+b2k) ，
即T2k=(2+23+⋯+22k−1)+(3+5+⋯+2k+1)
=23(4k−1)+k2+2k，
所以当n为偶数时，Tn=23×2n+n24+n−23，
又T2k−1=T2k−b2k=23×4k+k2−53，
所以当n为奇数时，Tn=43×2n+n24+n2−1712．
综上所述， Tn=43×2n+n24+n2−1712，n为奇数，23×2n+n24+n−23，n为偶数.
(ⅱ)由(ⅰ)知，当n为奇数时，{Tn}单调递增，
由对任意的正整数n，不等式Tn≥12t2−3t恒成立，
所以T1=2≥12(t2−3t)，解得−1≤t≤4.
同理T2=5≥12(t2−3t)，解得−2≤t≤5.
由−1≤t≤4，−2≤t≤5，
解得−1≤t≤4，
所以存在实数t∈−1,4，使得对任意的正整数n，不等式Tn≥12(t2−3t)恒成立．
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