还剩7页未读，
继续阅读
2020-2021学年江西省瑞金市高二（上）9月月考数学（文）试卷北师大版
展开
这是一份2020-2021学年江西省瑞金市高二（上）9月月考数学（文）试卷北师大版，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. 在△ABC中，若asinA=bsinB，则△ABC的形状为( )
A.等腰三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.等边三角形
2. 下列函数的最小值为2的是( )
A.y=x+1xB.y=sinx+1sinx(0C.y=x2+2+1x2+2D.y=tanx+1tanx(0
3. 下列说法正确的是( )
A.有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
B.三棱锥的四个面都可以是直角三角形
C.有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
D.以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
4. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为( )
A.82B.22C.43D.23
5. 在△ABC中，D在BC边上，且BD=2DC，E为AD的中点，则BE→=( )
A.13AC→−16AB→B.−13AC→+56AB→
C.−13AC→+16AB→D.13AC→−56AB→
6. 已知数列an中，a1=35，an=1−1an−1（n≥2），则a2020=( )
A.−12B.−23C.35D.52
7. 若直线ax+2y+6=0和直线x+aa+1y+a2−1=0互相垂直，则a的值为( )
A.1B.−32C.−32或0D.0
8. 若圆x2+y2−6x−8y=0的圆心到直线x−y+a=0的距离为22，则a的值为( )
A.−2或2B.12或32C.2或0D.−2或0
9. 等比数列an中，an∈R+，a5⋅a6=32，则lg2a1+lg2a2+…+lg2a10的值为( )
A.10B.20C.25D.160
10. 在△ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c．若b2+c2−a2=65bc，则sin(B+C)的值为( )
A.−45B.45C.−35D.35
11. 已知向量AB→=(1, x−2)，CD→=(2, −6y)(x, y∈R+)，且AB→ // CD→，则3x+1y的最小值等于( )
A.4B.6C.8D.12
12. 已知点M(−1, 2)，N(3, 3)，若直线l:kx−y−2k−1=0与线段MN相交，则k的取值范围是( )
A.[4, +∞)B.(−∞, −1]
C.(−∞, −1]∪[4, +∞)D.[−1, 4]
二、填空题
已知向量a→，b→满足|a→|=1，|b→|=2，向量a→与b→的夹角为60∘，则|2a→−3b→|=________.
二次不等式ax2+bx+1>0的解集为{x|−1
圆台上底半径为5cm，下底半径为10cm，母线AB=20cm，A在上底面上，B在下底面上，从AB中点M拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B点，则绳子最短时长为________.
已知圆O为坐标原点，点A的坐标为(4, 2)，点P为线段OA垂直平分线上的一点，若∠OPA为钝角，则点P横坐标的取值范围是________．
三、解答题
在平面直角坐标系中，已知a→=1,−2，b→=3,4.
(1)若(3a→−b→)//(a→+kb→) ，求实数k的值；
(2)若(a→−tb→)⊥b→，求实数t的值．
在△ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2+c2−a22bc=acsC2b−c．
(1)求csA的值；
(2)若a=5，b+c=10，求△ABC的面积S△ABC.
在等差数列{an}中，Sn为其前n项和(n∈N∗)，且a3=5，S3=9．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
已知f(x)=x2−(a+1a)x+1.
(1)当a=12时，解不等式f(x)≤0；
(2)若a>0，解关于x的不等式f(x)≤0．
已知数列an满足a1+2a2+3a3+⋯+nan=112nn+12n+1．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足bn=an2n，求数列bn的前n项和Sn．
在平面直角坐标系xOy中，点A(0, 3)，直线l:y=2x−4，圆C:x2+y2−6x−4y+b=0．
(1)求b的取值范围，并求出圆心坐标；
(2)若圆C的半径为1，过点A作圆C的切线，求切线的方程；
(3)有一动圆M的半径为1，圆心在l上，若动圆M上存在点N，使|NA|=|NO|，求圆心M的横坐标a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省瑞金市高二（上）9月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
三角形的形状判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：△ABC中，asinA=bsinB，
由正弦定理可得sinAsinA=sinBsinB，
∴ sinA=sinB，∴ a=b，
故△ABC为等腰三角形.
故选A．
2.
【答案】
D
【考点】
基本不等式及其应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
根据基本不等式的性质，结合三角函数的性质以及二次根式的性质判断即可．
【解答】
解：①对于A，x>0时，y=x+1x≥2，当且仅当x=1时“=”成立，
x<0时，y=x+1x≤−2，当且仅当x=−1时“＝”成立.
故A错误；
②对于B，若y=sinx+1sinx≥2，
由sinx=1sinx得：sinx=1，
但0故B错误；
③对于C，令t=x2+2(t≥2)，
则y=t+1t在[2, +∞)上单调递增，最小值为322.
故C错误；
④对于D，y=tanx+1tanx≥2(0故D正确.
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
棱台的结构特征
棱锥的结构特征
棱柱的结构特征
【解析】
分别就条件找出对应的几何体，即可得出正确答案.
【解答】
解：A，如图所示：
图中有两个平面互相平行，但此图形不是棱柱.选项错误.
B，如图所示：
在三棱锥S−ABC中，只要满足下列条件之一：①SA，AB，BC两两互相垂直；②SA⊥平面ABC，且AB⊥BC；③SA⊥平面ABC，且SB⊥BC；④SA⊥平面ABC，且平面SAB⊥平面SBC.则它的四个面都是直角三角形.选项正确.
C，如果侧棱不相交于一点，则不是棱台.选项错误.
D，以直角三角形的斜边为轴旋转得到的可以是两个对底的圆锥.选项错误.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
利用斜二测画法的过程把给出的直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的面积即可．
【解答】
解：由斜二测画法可知，原图形是一个平行四边形，且平形四边形的一组对边长为2．
在斜二测图形中O′B′=22，且∠B′O′A′=45∘.
那么在原图形中，∠BOA=90∘，且OB=42.
因此原平面图形的面积为：2×42=82.
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
向量的几何表示
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ BD=2DC，
∴ BD→=23BC→=23AC→−AB→.
∵ E为AD的中点，
∴ BE→=12BA→+12BD→
=−12AB→+12×23AC→−AB→
=13AC→−56AB→.
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
利用递推关系解得数列an为周期为3的数列，利用周期性求解.
【解答】
解：在数列an中，
∵ a1=35，an=1−1an−1n≥2,
∴ a2=1−53=−23，
a3=1+32=52，
a4=1−25=35...
故数列an是周期为3的数列，
则a2020=a673×3+1=a1=35.
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
先考虑两直线中其中一条直线斜率不存在的情况，看是否符合；再考虑两直线斜率都存在的情况下，斜率之积为−1，即两直线垂直.
【解答】
解：当a=0时，两直线方程为y=−3，x=1符合题意；
当a=−1时，两直线方程为x−2y−6=0，x=0，不符合题意；
当a≠0，且a≠−1时，有(−a2)×−1aa+1=−1，解得a=−32.
故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
点到直线的距离公式
【解析】
先将圆化为标准方程得到圆心的坐标，再利用点到直线的距离公式建立等式，求出a的值。
【解答】
解：把圆x2+y2−6x−8y=0化为标准方程为：(x−3)2+(y−4)2=25，
∴ 圆心坐标为(3,4).
∵ 圆心(3,4)到直线 x−y+a=0的距离为22，
∴ |3−4+a|2=22，即|a−1|=1，
可化为a−1=1或a−1=−1，
∴ 解得a=2或0.
故选C.
9.
【答案】
C
【考点】
等比数列的性质
对数的运算性质
【解析】
利用对数的运算公式将等式变形，再利用等比数列的性质求解。
【解答】
解：在正项等比数列{an}中，
lg2a1+lg2a2+⋯lg2a10
=lg2[a1a10⋅a2a9⋅a3a8⋅a4a7⋅a5a6]
=lg2(a5a6)5
=lg2325
=lg2225
=25.
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
在△ABC中，由余弦定理求得csA=35，根据A的范围，求出 A的大小，即可得出结果．
【解答】
解：在△ABC中，因为b2+c2−a2=65bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=35，
∴ sin(B+C)=sin(π−A)=sinA=1−cs2A=45．
故选B.
11.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
平行向量的性质
【解析】
利用向量共线定理可得x+3y=2．再利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．
【解答】
解：∵ AB→ // CD→，∴ 2(x−2)−(−6y)=0，
化为x+3y=2．
又x，y∈R+，
∴ 3x+1y=12(x+3y)(3x+1y)=12(6+9yx+xy)≥12(6+29yx⋅xy)=6，
当且仅当x=3y=1时取等号．
∴ 3x+1y的最小值等于6．
故选B．
12.
【答案】
C
【考点】
斜率的计算公式
直线的斜率
【解析】
已知的直线l:kx−y−2k−1=0过定点，画出图形，求出直线PM、PN的斜率，数形结合可得k的取值范围．
【解答】
解：∵ 直线l:kx−y−2k−1=0过定点P(2, −1)，
如图，M(−1, 2)，N(3, 3)，kPM=−1−22+1=−1，kPN=3+13−2=4，
直线l与线段MN相交，则k的取值范围是(−∞, −1]∪[4, +∞)．
故选C．
二、填空题
【答案】
27
【考点】
平面向量数量积
向量的模
【解析】
由2a→−3b→=2a→−3b→2=4a→2−12a→ . b→+9 b→2利用向量的数量积公式求解.
【解答】
解：因为a→=1，b→=2，a→，b→的夹角为60∘,
故a→ . b→=a→b→cs60∘=1×2×12=1,
则2a→−3b→=2a→−3b→2=4a→2−12a→ . b→+9 b→2
=4−12+36=27.
故答案为：27.
【答案】
6
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
先对原不等式进行等价变形，进而利用韦达定理求得ba和1a的值，进而求得a和b，则ab的值可求得．
【解答】
解：∵ 不等式ax2+bx+1>0的解集为{x|−1∴ a<0.
由韦达定理知−1+13=−ba，−13=1a，
∴ a=−3，b=−2，
∴ ab=6．
故答案为：6.
【答案】
50cm
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
由题意需要画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，则所求的最短距离是平面图形两点连线，根据条件求出扇形的圆心角以及半径长，在求出最短的距离．
【解答】
解：画出圆台的侧面展开图，
并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为O．
从图中可得：所求的最短距离是MB′，
设OA=R，圆心角是α，则由题意知，
10π=αR ①，20π=α(20+R) ②，
由①②解得，α=π2，R=20cm，
∴ OM=30cm，OB′=40cm，则MB′=50cm．
故答案为：50cm．
【答案】
(1,2)∪(2,3)
【考点】
两直线的夹角
【解析】
根据条件求出线段OA的垂直平分线方程，根据垂直平分线的性质可知OP=AP，然后根据∠OPA≥60∘，确定点P满足的条件，即可求出点P横坐标的取值范围．
【解答】
解：如图，取AO的中点C：
∵ 定点A(4, 2)，
∴ 线段OA的中点C(2, 1)，OA的斜率k=12，OC=22+1=5，
则线段OA的垂直平分线CP的方程为y−1=−2(x−2)，即y=−2x+5，
∵ △OPA为等腰三角形，
∴ ∠OPC=12∠OPA，
∵ ∠OPA为钝角，∴ 45∘<∠OPC<90∘，
∵ 22∴ 5设P(x, y)，
则5即5又y=−2x+5，
∴ 5即5<5x2−20x+25<10，
∴ (x−2)2>0，(x−3)(x−1)<0,
解得：x≠2，1故答案为：(1,2)∪(2,3).
三、解答题
【答案】
解：(1) a→=(1,−2)，b→=3,4，
∴ 3a→−b→=0,−10，
a→+kb→=3k+1,4k−2.
∵ (3a→−b→)//(a→+kb→)，
∴ −103k+1=0，解得k=−13.
(2) a→−tb→=1−3t,−2−4t，
∵ (a→−tb→)⊥b→，
∴ (a→−tb→)⋅b→=3(1−3t)+4(−2−4t)=−25t−5=0,
解得t=−15.
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量的坐标运算
平行向量的性质
【解析】
【解答】
解：(1) a→=(1,−2)，b→=3,4，
∴ 3a→−b→=0,−10，
a→+kb→=3k+1,4k−2.
∵ (3a→−b→)//(a→+kb→)，
∴ −103k+1=0，解得k=−13.
(2) a→−tb→=1−3t,−2−4t，
∵ (a→−tb→)⊥b→，
∴ (a→−tb→)⋅b→=3(1−3t)+4(−2−4t)=−25t−5=0,
解得t=−15.
【答案】
解：(1)由已知利用余弦定理可得：csA=b2+c2−a22bc=acsC2b−c，
由正弦定理可得：csA=acsC2b−c=sinAcsC2sinB−sinC，
可得：2csAsinB−csAsinC＝sinAcsC，
即2csAsinB=csAsinC+sinAcsC=sin(A+C)=sinB，
由于sinB≠0，
可得csA=12．
(2)由(1)可得b2+c2−a2=bc，
即(b+c)2−2bc−a2=bc，
可得bc=25，
所以S△ABC=12bcsinA=12×25×32=2534．
【考点】
两角和与差的正弦公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)由已知利用余弦定理，正弦定理化简可得csA=sinAcsC2sinB−sinC，进而根据两角和的正弦函数公式，结合sinB≠0即可求解csA的值．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得b2+c2−a2=bc，进入可求得bc=25，根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】
解：(1)由已知利用余弦定理可得：csA=b2+c2−a22bc=acsC2b−c，
由正弦定理可得：csA=acsC2b−c=sinAcsC2sinB−sinC，
可得：2csAsinB−csAsinC＝sinAcsC，
即2csAsinB=csAsinC+sinAcsC=sin(A+C)=sinB，
由于sinB≠0，
可得csA=12．
(2)由(1)可得b2+c2−a2=bc，
即(b+c)2−2bc−a2=bc，
可得bc=25，
所以S△ABC=12bcsinA=12×25×32=2534．
【答案】
解：(1)由已知条件得a1+2d=5，3a1+3d=9，
解得a1=1，d=2.
∴ 数列{an}通项公式为an=1+2(n−1)=2n−1.
(2)由(1)知，an=2n−1，
∴ bn=1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴ Tn=b1+b2+...+bn
=12(1−13)+(13−15)+...+(12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)
=n2n+1．
【考点】
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
(1)依题意，解方程组a1+2d=5，3a1+6d=9，可求得a1与d，从而可求等差数列{an}的通项公式；
(2)利用裂项法可求得bn=12(12n−1−12n+1)，从而可求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】
解：(1)由已知条件得a1+2d=5，3a1+3d=9，
解得a1=1，d=2.
∴ 数列{an}通项公式为an=1+2(n−1)=2n−1.
(2)由(1)知，an=2n−1，
∴ bn=1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴ Tn=b1+b2+...+bn
=12(1−13)+(13−15)+...+(12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)
=n2n+1．
【答案】
解：(1)当a=12时，有不等式f(x)=x2−52x+1≤0，
∴ (x−12)(x−2)≤0，
∴ 不等式的解集为：{x|12≤x≤2}.
(2)不等式f(x)=(x−1a)(x−a)≤0.
当0a，
∴ 不等式的解集为{x|a≤x≤1a}；
当a>1时，有1a∴ 不等式的解集为{x|1a≤x≤a}；
当a=1时，不等式的解集为{1}.
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
(1)将a的值代入不等式，利用二次不等式与二次方程根的关系写出不等式的解集．
(2)通过对A的讨论，判断出相应的二次方程的两个根的大小关系，写出二次不等式的解集．
【解答】
解：(1)当a=12时，有不等式f(x)=x2−52x+1≤0，
∴ (x−12)(x−2)≤0，
∴ 不等式的解集为：{x|12≤x≤2}.
(2)不等式f(x)=(x−1a)(x−a)≤0.
当0a，
∴ 不等式的解集为{x|a≤x≤1a}；
当a>1时，有1a∴ 不等式的解集为{x|1a≤x≤a}；
当a=1时，不等式的解集为{1}.
【答案】
解：(1)∵ a1+2a2+3a3+⋯+nan=112nn+12n+1，
∴ a1+2a2+3a3+⋯+n−1an−1=112nn−12n−1n≥2，
两式作差，得nan=112n(n+1)(2n+1)−(n−1)(2n−1)=n22，
∴ an=n2n≥2．
当n=1时，a1=12适合上式，
∴ an=n2．
(2)∵ bn=n2⋅2n=n2n+1，
∴ Sn=122+223+324+⋯+n2n+1①，
∴ 12Sn=123+224+⋯+n−12n+1+n2n+2②，
①−②得：12Sn=122+123⋯+12n+1−n2n+2
=141−12n1−12−n2n+2
=12−n+22n+2 ，
∴ Sn=1−n+22n+1．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ a1+2a2+3a3+⋯+nan=112nn+12n+1，
∴ a1+2a2+3a3+⋯+n−1an−1=112nn−12n−1n≥2，
两式作差，得nan=112n(n+1)(2n+1)−(n−1)(2n−1)=n22，
∴ an=n2n≥2．
当n=1时，a1=12适合上式，
∴ an=n2．
(2)∵ bn=n2⋅2n=n2n+1，
∴ Sn=122+223+324+⋯+n2n+1①，
∴ 12Sn=123+224+⋯+n−12n+1+n2n+2②，
①−②得：12Sn=122+123⋯+12n+1−n2n+2
=141−12n1−12−n2n+2
=12−n+22n+2 ，
∴ Sn=1−n+22n+1．
【答案】
解：(1)根据题意，圆C:x2+y2−6x−4y+b=0，
变形可得(x−3)2+(y−2)2=13−b，
则有13−b>0，解可得b<13.
故b的取值范围为(−∞, 13)，圆心C坐标为(3, 2).
(2)由(1)知圆心C的坐标为(3, 2)，当半径为1时，
圆C的标准方程为：(x−3)2+(y−2)2=1，
将A(0, 3)代入(x−3)2+(y−2)2=1，
得(0−3)2+(3−2)2>1，所以A(0, 3)在圆C外.
设所求圆C的切线方程为y=kx+3，即kx−y+3=0，
则有|3k−2+3|k2+1=1，变形可得|3k+1|=k2+1，
解可得k=0或者k=−34.
所求圆C的切线方程为y=3或3x+4y−12=0.
(3)由题意知M(a，2a−4)，设N(x，y)，
因为|NA|=|NO|，
所以x2+y−32=x2+y2，整理得直线y=32，
所以点N应该既在圆M上，又在直线y=32上，
即圆M与直线y=32有公共点，
所以|2a−4−32|≤1，解得94≤a≤134，
故a的取值范围为[94，134].
【考点】
圆的切线方程
点与圆的位置关系
圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
(1)根据题意，将圆的方程变形为标准方程，分析可得13−b>0，解可得b的范围以及圆心的坐标，即可得答案；
(1)根据题意，由点与圆的位置关系分析可得A(0, 3)在圆C外，设所求圆C的切线方程，由直线与圆相切的性质分析可得|3k−2+3|k2+1=1，解可得k的值，将k的值代入所设的切线方程，即可得答案；
(3)根据题意，设出圆心的坐标，即可得圆的方程，进而求出直线m的方程，进而分析可得圆M和直线m有公共点，结合直线与圆的位置关系分析可得答案．
【解答】
解：(1)根据题意，圆C:x2+y2−6x−4y+b=0，
变形可得(x−3)2+(y−2)2=13−b，
则有13−b>0，解可得b<13.
故b的取值范围为(−∞, 13)，圆心C坐标为(3, 2).
(2)由(1)知圆心C的坐标为(3, 2)，当半径为1时，
圆C的标准方程为：(x−3)2+(y−2)2=1，
将A(0, 3)代入(x−3)2+(y−2)2=1，
得(0−3)2+(3−2)2>1，所以A(0, 3)在圆C外.
设所求圆C的切线方程为y=kx+3，即kx−y+3=0，
则有|3k−2+3|k2+1=1，变形可得|3k+1|=k2+1，
解可得k=0或者k=−34.
所求圆C的切线方程为y=3或3x+4y−12=0.
(3)由题意知M(a，2a−4)，设N(x，y)，
因为|NA|=|NO|，
所以x2+y−32=x2+y2，整理得直线y=32，
所以点N应该既在圆M上，又在直线y=32上，
即圆M与直线y=32有公共点，
所以|2a−4−32|≤1，解得94≤a≤134，
故a的取值范围为[94，134].
1. 在△ABC中，若asinA=bsinB，则△ABC的形状为( )
A.等腰三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.等边三角形
2. 下列函数的最小值为2的是( )
A.y=x+1xB.y=sinx+1sinx(0
3. 下列说法正确的是( )
A.有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
B.三棱锥的四个面都可以是直角三角形
C.有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
D.以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
4. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为( )
A.82B.22C.43D.23
5. 在△ABC中，D在BC边上，且BD=2DC，E为AD的中点，则BE→=( )
A.13AC→−16AB→B.−13AC→+56AB→
C.−13AC→+16AB→D.13AC→−56AB→
6. 已知数列an中，a1=35，an=1−1an−1（n≥2），则a2020=( )
A.−12B.−23C.35D.52
7. 若直线ax+2y+6=0和直线x+aa+1y+a2−1=0互相垂直，则a的值为( )
A.1B.−32C.−32或0D.0
8. 若圆x2+y2−6x−8y=0的圆心到直线x−y+a=0的距离为22，则a的值为( )
A.−2或2B.12或32C.2或0D.−2或0
9. 等比数列an中，an∈R+，a5⋅a6=32，则lg2a1+lg2a2+…+lg2a10的值为( )
A.10B.20C.25D.160
10. 在△ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c．若b2+c2−a2=65bc，则sin(B+C)的值为( )
A.−45B.45C.−35D.35
11. 已知向量AB→=(1, x−2)，CD→=(2, −6y)(x, y∈R+)，且AB→ // CD→，则3x+1y的最小值等于( )
A.4B.6C.8D.12
12. 已知点M(−1, 2)，N(3, 3)，若直线l:kx−y−2k−1=0与线段MN相交，则k的取值范围是( )
A.[4, +∞)B.(−∞, −1]
C.(−∞, −1]∪[4, +∞)D.[−1, 4]
二、填空题
已知向量a→，b→满足|a→|=1，|b→|=2，向量a→与b→的夹角为60∘，则|2a→−3b→|=________.
二次不等式ax2+bx+1>0的解集为{x|−1
圆台上底半径为5cm，下底半径为10cm，母线AB=20cm，A在上底面上，B在下底面上，从AB中点M拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B点，则绳子最短时长为________.
已知圆O为坐标原点，点A的坐标为(4, 2)，点P为线段OA垂直平分线上的一点，若∠OPA为钝角，则点P横坐标的取值范围是________．
三、解答题
在平面直角坐标系中，已知a→=1,−2，b→=3,4.
(1)若(3a→−b→)//(a→+kb→) ，求实数k的值；
(2)若(a→−tb→)⊥b→，求实数t的值．
在△ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2+c2−a22bc=acsC2b−c．
(1)求csA的值；
(2)若a=5，b+c=10，求△ABC的面积S△ABC.
在等差数列{an}中，Sn为其前n项和(n∈N∗)，且a3=5，S3=9．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
已知f(x)=x2−(a+1a)x+1.
(1)当a=12时，解不等式f(x)≤0；
(2)若a>0，解关于x的不等式f(x)≤0．
已知数列an满足a1+2a2+3a3+⋯+nan=112nn+12n+1．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足bn=an2n，求数列bn的前n项和Sn．
在平面直角坐标系xOy中，点A(0, 3)，直线l:y=2x−4，圆C:x2+y2−6x−4y+b=0．
(1)求b的取值范围，并求出圆心坐标；
(2)若圆C的半径为1，过点A作圆C的切线，求切线的方程；
(3)有一动圆M的半径为1，圆心在l上，若动圆M上存在点N，使|NA|=|NO|，求圆心M的横坐标a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省瑞金市高二（上）9月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
三角形的形状判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：△ABC中，asinA=bsinB，
由正弦定理可得sinAsinA=sinBsinB，
∴ sinA=sinB，∴ a=b，
故△ABC为等腰三角形.
故选A．
2.
【答案】
D
【考点】
基本不等式及其应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
根据基本不等式的性质，结合三角函数的性质以及二次根式的性质判断即可．
【解答】
解：①对于A，x>0时，y=x+1x≥2，当且仅当x=1时“=”成立，
x<0时，y=x+1x≤−2，当且仅当x=−1时“＝”成立.
故A错误；
②对于B，若y=sinx+1sinx≥2，
由sinx=1sinx得：sinx=1，
但0
③对于C，令t=x2+2(t≥2)，
则y=t+1t在[2, +∞)上单调递增，最小值为322.
故C错误；
④对于D，y=tanx+1tanx≥2(0
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
棱台的结构特征
棱锥的结构特征
棱柱的结构特征
【解析】
分别就条件找出对应的几何体，即可得出正确答案.
【解答】
解：A，如图所示：
图中有两个平面互相平行，但此图形不是棱柱.选项错误.
B，如图所示：
在三棱锥S−ABC中，只要满足下列条件之一：①SA，AB，BC两两互相垂直；②SA⊥平面ABC，且AB⊥BC；③SA⊥平面ABC，且SB⊥BC；④SA⊥平面ABC，且平面SAB⊥平面SBC.则它的四个面都是直角三角形.选项正确.
C，如果侧棱不相交于一点，则不是棱台.选项错误.
D，以直角三角形的斜边为轴旋转得到的可以是两个对底的圆锥.选项错误.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
利用斜二测画法的过程把给出的直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的面积即可．
【解答】
解：由斜二测画法可知，原图形是一个平行四边形，且平形四边形的一组对边长为2．
在斜二测图形中O′B′=22，且∠B′O′A′=45∘.
那么在原图形中，∠BOA=90∘，且OB=42.
因此原平面图形的面积为：2×42=82.
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
向量的几何表示
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ BD=2DC，
∴ BD→=23BC→=23AC→−AB→.
∵ E为AD的中点，
∴ BE→=12BA→+12BD→
=−12AB→+12×23AC→−AB→
=13AC→−56AB→.
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
利用递推关系解得数列an为周期为3的数列，利用周期性求解.
【解答】
解：在数列an中，
∵ a1=35，an=1−1an−1n≥2,
∴ a2=1−53=−23，
a3=1+32=52，
a4=1−25=35...
故数列an是周期为3的数列，
则a2020=a673×3+1=a1=35.
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
先考虑两直线中其中一条直线斜率不存在的情况，看是否符合；再考虑两直线斜率都存在的情况下，斜率之积为−1，即两直线垂直.
【解答】
解：当a=0时，两直线方程为y=−3，x=1符合题意；
当a=−1时，两直线方程为x−2y−6=0，x=0，不符合题意；
当a≠0，且a≠−1时，有(−a2)×−1aa+1=−1，解得a=−32.
故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
点到直线的距离公式
【解析】
先将圆化为标准方程得到圆心的坐标，再利用点到直线的距离公式建立等式，求出a的值。
【解答】
解：把圆x2+y2−6x−8y=0化为标准方程为：(x−3)2+(y−4)2=25，
∴ 圆心坐标为(3,4).
∵ 圆心(3,4)到直线 x−y+a=0的距离为22，
∴ |3−4+a|2=22，即|a−1|=1，
可化为a−1=1或a−1=−1，
∴ 解得a=2或0.
故选C.
9.
【答案】
C
【考点】
等比数列的性质
对数的运算性质
【解析】
利用对数的运算公式将等式变形，再利用等比数列的性质求解。
【解答】
解：在正项等比数列{an}中，
lg2a1+lg2a2+⋯lg2a10
=lg2[a1a10⋅a2a9⋅a3a8⋅a4a7⋅a5a6]
=lg2(a5a6)5
=lg2325
=lg2225
=25.
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
在△ABC中，由余弦定理求得csA=35，根据A的范围，求出 A的大小，即可得出结果．
【解答】
解：在△ABC中，因为b2+c2−a2=65bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=35，
∴ sin(B+C)=sin(π−A)=sinA=1−cs2A=45．
故选B.
11.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
平行向量的性质
【解析】
利用向量共线定理可得x+3y=2．再利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．
【解答】
解：∵ AB→ // CD→，∴ 2(x−2)−(−6y)=0，
化为x+3y=2．
又x，y∈R+，
∴ 3x+1y=12(x+3y)(3x+1y)=12(6+9yx+xy)≥12(6+29yx⋅xy)=6，
当且仅当x=3y=1时取等号．
∴ 3x+1y的最小值等于6．
故选B．
12.
【答案】
C
【考点】
斜率的计算公式
直线的斜率
【解析】
已知的直线l:kx−y−2k−1=0过定点，画出图形，求出直线PM、PN的斜率，数形结合可得k的取值范围．
【解答】
解：∵ 直线l:kx−y−2k−1=0过定点P(2, −1)，
如图，M(−1, 2)，N(3, 3)，kPM=−1−22+1=−1，kPN=3+13−2=4，
直线l与线段MN相交，则k的取值范围是(−∞, −1]∪[4, +∞)．
故选C．
二、填空题
【答案】
27
【考点】
平面向量数量积
向量的模
【解析】
由2a→−3b→=2a→−3b→2=4a→2−12a→ . b→+9 b→2利用向量的数量积公式求解.
【解答】
解：因为a→=1，b→=2，a→，b→的夹角为60∘,
故a→ . b→=a→b→cs60∘=1×2×12=1,
则2a→−3b→=2a→−3b→2=4a→2−12a→ . b→+9 b→2
=4−12+36=27.
故答案为：27.
【答案】
6
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
先对原不等式进行等价变形，进而利用韦达定理求得ba和1a的值，进而求得a和b，则ab的值可求得．
【解答】
解：∵ 不等式ax2+bx+1>0的解集为{x|−1
由韦达定理知−1+13=−ba，−13=1a，
∴ a=−3，b=−2，
∴ ab=6．
故答案为：6.
【答案】
50cm
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
由题意需要画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，则所求的最短距离是平面图形两点连线，根据条件求出扇形的圆心角以及半径长，在求出最短的距离．
【解答】
解：画出圆台的侧面展开图，
并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为O．
从图中可得：所求的最短距离是MB′，
设OA=R，圆心角是α，则由题意知，
10π=αR ①，20π=α(20+R) ②，
由①②解得，α=π2，R=20cm，
∴ OM=30cm，OB′=40cm，则MB′=50cm．
故答案为：50cm．
【答案】
(1,2)∪(2,3)
【考点】
两直线的夹角
【解析】
根据条件求出线段OA的垂直平分线方程，根据垂直平分线的性质可知OP=AP，然后根据∠OPA≥60∘，确定点P满足的条件，即可求出点P横坐标的取值范围．
【解答】
解：如图，取AO的中点C：
∵ 定点A(4, 2)，
∴ 线段OA的中点C(2, 1)，OA的斜率k=12，OC=22+1=5，
则线段OA的垂直平分线CP的方程为y−1=−2(x−2)，即y=−2x+5，
∵ △OPA为等腰三角形，
∴ ∠OPC=12∠OPA，
∵ ∠OPA为钝角，∴ 45∘<∠OPC<90∘，
∵ 22
则5
∴ 5
∴ (x−2)2>0，(x−3)(x−1)<0,
解得：x≠2，1
三、解答题
【答案】
解：(1) a→=(1,−2)，b→=3,4，
∴ 3a→−b→=0,−10，
a→+kb→=3k+1,4k−2.
∵ (3a→−b→)//(a→+kb→)，
∴ −103k+1=0，解得k=−13.
(2) a→−tb→=1−3t,−2−4t，
∵ (a→−tb→)⊥b→，
∴ (a→−tb→)⋅b→=3(1−3t)+4(−2−4t)=−25t−5=0,
解得t=−15.
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量的坐标运算
平行向量的性质
【解析】
【解答】
解：(1) a→=(1,−2)，b→=3,4，
∴ 3a→−b→=0,−10，
a→+kb→=3k+1,4k−2.
∵ (3a→−b→)//(a→+kb→)，
∴ −103k+1=0，解得k=−13.
(2) a→−tb→=1−3t,−2−4t，
∵ (a→−tb→)⊥b→，
∴ (a→−tb→)⋅b→=3(1−3t)+4(−2−4t)=−25t−5=0,
解得t=−15.
【答案】
解：(1)由已知利用余弦定理可得：csA=b2+c2−a22bc=acsC2b−c，
由正弦定理可得：csA=acsC2b−c=sinAcsC2sinB−sinC，
可得：2csAsinB−csAsinC＝sinAcsC，
即2csAsinB=csAsinC+sinAcsC=sin(A+C)=sinB，
由于sinB≠0，
可得csA=12．
(2)由(1)可得b2+c2−a2=bc，
即(b+c)2−2bc−a2=bc，
可得bc=25，
所以S△ABC=12bcsinA=12×25×32=2534．
【考点】
两角和与差的正弦公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)由已知利用余弦定理，正弦定理化简可得csA=sinAcsC2sinB−sinC，进而根据两角和的正弦函数公式，结合sinB≠0即可求解csA的值．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得b2+c2−a2=bc，进入可求得bc=25，根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】
解：(1)由已知利用余弦定理可得：csA=b2+c2−a22bc=acsC2b−c，
由正弦定理可得：csA=acsC2b−c=sinAcsC2sinB−sinC，
可得：2csAsinB−csAsinC＝sinAcsC，
即2csAsinB=csAsinC+sinAcsC=sin(A+C)=sinB，
由于sinB≠0，
可得csA=12．
(2)由(1)可得b2+c2−a2=bc，
即(b+c)2−2bc−a2=bc，
可得bc=25，
所以S△ABC=12bcsinA=12×25×32=2534．
【答案】
解：(1)由已知条件得a1+2d=5，3a1+3d=9，
解得a1=1，d=2.
∴ 数列{an}通项公式为an=1+2(n−1)=2n−1.
(2)由(1)知，an=2n−1，
∴ bn=1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴ Tn=b1+b2+...+bn
=12(1−13)+(13−15)+...+(12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)
=n2n+1．
【考点】
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
(1)依题意，解方程组a1+2d=5，3a1+6d=9，可求得a1与d，从而可求等差数列{an}的通项公式；
(2)利用裂项法可求得bn=12(12n−1−12n+1)，从而可求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】
解：(1)由已知条件得a1+2d=5，3a1+3d=9，
解得a1=1，d=2.
∴ 数列{an}通项公式为an=1+2(n−1)=2n−1.
(2)由(1)知，an=2n−1，
∴ bn=1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴ Tn=b1+b2+...+bn
=12(1−13)+(13−15)+...+(12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)
=n2n+1．
【答案】
解：(1)当a=12时，有不等式f(x)=x2−52x+1≤0，
∴ (x−12)(x−2)≤0，
∴ 不等式的解集为：{x|12≤x≤2}.
(2)不等式f(x)=(x−1a)(x−a)≤0.
当0
∴ 不等式的解集为{x|a≤x≤1a}；
当a>1时，有1a
当a=1时，不等式的解集为{1}.
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
(1)将a的值代入不等式，利用二次不等式与二次方程根的关系写出不等式的解集．
(2)通过对A的讨论，判断出相应的二次方程的两个根的大小关系，写出二次不等式的解集．
【解答】
解：(1)当a=12时，有不等式f(x)=x2−52x+1≤0，
∴ (x−12)(x−2)≤0，
∴ 不等式的解集为：{x|12≤x≤2}.
(2)不等式f(x)=(x−1a)(x−a)≤0.
当0
∴ 不等式的解集为{x|a≤x≤1a}；
当a>1时，有1a
当a=1时，不等式的解集为{1}.
【答案】
解：(1)∵ a1+2a2+3a3+⋯+nan=112nn+12n+1，
∴ a1+2a2+3a3+⋯+n−1an−1=112nn−12n−1n≥2，
两式作差，得nan=112n(n+1)(2n+1)−(n−1)(2n−1)=n22，
∴ an=n2n≥2．
当n=1时，a1=12适合上式，
∴ an=n2．
(2)∵ bn=n2⋅2n=n2n+1，
∴ Sn=122+223+324+⋯+n2n+1①，
∴ 12Sn=123+224+⋯+n−12n+1+n2n+2②，
①−②得：12Sn=122+123⋯+12n+1−n2n+2
=141−12n1−12−n2n+2
=12−n+22n+2 ，
∴ Sn=1−n+22n+1．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ a1+2a2+3a3+⋯+nan=112nn+12n+1，
∴ a1+2a2+3a3+⋯+n−1an−1=112nn−12n−1n≥2，
两式作差，得nan=112n(n+1)(2n+1)−(n−1)(2n−1)=n22，
∴ an=n2n≥2．
当n=1时，a1=12适合上式，
∴ an=n2．
(2)∵ bn=n2⋅2n=n2n+1，
∴ Sn=122+223+324+⋯+n2n+1①，
∴ 12Sn=123+224+⋯+n−12n+1+n2n+2②，
①−②得：12Sn=122+123⋯+12n+1−n2n+2
=141−12n1−12−n2n+2
=12−n+22n+2 ，
∴ Sn=1−n+22n+1．
【答案】
解：(1)根据题意，圆C:x2+y2−6x−4y+b=0，
变形可得(x−3)2+(y−2)2=13−b，
则有13−b>0，解可得b<13.
故b的取值范围为(−∞, 13)，圆心C坐标为(3, 2).
(2)由(1)知圆心C的坐标为(3, 2)，当半径为1时，
圆C的标准方程为：(x−3)2+(y−2)2=1，
将A(0, 3)代入(x−3)2+(y−2)2=1，
得(0−3)2+(3−2)2>1，所以A(0, 3)在圆C外.
设所求圆C的切线方程为y=kx+3，即kx−y+3=0，
则有|3k−2+3|k2+1=1，变形可得|3k+1|=k2+1，
解可得k=0或者k=−34.
所求圆C的切线方程为y=3或3x+4y−12=0.
(3)由题意知M(a，2a−4)，设N(x，y)，
因为|NA|=|NO|，
所以x2+y−32=x2+y2，整理得直线y=32，
所以点N应该既在圆M上，又在直线y=32上，
即圆M与直线y=32有公共点，
所以|2a−4−32|≤1，解得94≤a≤134，
故a的取值范围为[94，134].
【考点】
圆的切线方程
点与圆的位置关系
圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
(1)根据题意，将圆的方程变形为标准方程，分析可得13−b>0，解可得b的范围以及圆心的坐标，即可得答案；
(1)根据题意，由点与圆的位置关系分析可得A(0, 3)在圆C外，设所求圆C的切线方程，由直线与圆相切的性质分析可得|3k−2+3|k2+1=1，解可得k的值，将k的值代入所设的切线方程，即可得答案；
(3)根据题意，设出圆心的坐标，即可得圆的方程，进而求出直线m的方程，进而分析可得圆M和直线m有公共点，结合直线与圆的位置关系分析可得答案．
【解答】
解：(1)根据题意，圆C:x2+y2−6x−4y+b=0，
变形可得(x−3)2+(y−2)2=13−b，
则有13−b>0，解可得b<13.
故b的取值范围为(−∞, 13)，圆心C坐标为(3, 2).
(2)由(1)知圆心C的坐标为(3, 2)，当半径为1时，
圆C的标准方程为：(x−3)2+(y−2)2=1，
将A(0, 3)代入(x−3)2+(y−2)2=1，
得(0−3)2+(3−2)2>1，所以A(0, 3)在圆C外.
设所求圆C的切线方程为y=kx+3，即kx−y+3=0，
则有|3k−2+3|k2+1=1，变形可得|3k+1|=k2+1，
解可得k=0或者k=−34.
所求圆C的切线方程为y=3或3x+4y−12=0.
(3)由题意知M(a，2a−4)，设N(x，y)，
因为|NA|=|NO|，
所以x2+y−32=x2+y2，整理得直线y=32，
所以点N应该既在圆M上，又在直线y=32上，
即圆M与直线y=32有公共点，
所以|2a−4−32|≤1，解得94≤a≤134，
故a的取值范围为[94，134].
相关试卷
2020-2021学年江西省瑞金市高二（下）4月月考数学（文）试卷北师大版： 这是一份2020-2021学年江西省瑞金市高二（下）4月月考数学（文）试卷北师大版，共12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。
2020-2021学年江西省瑞金市高二（下）4月月考数学（理）试卷北师大版： 这是一份2020-2021学年江西省瑞金市高二（下）4月月考数学（理）试卷北师大版，共13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。
2020-2021学年江西省赣州市瑞金市高三（上）11月月考数学（文）试卷北师大版： 这是一份2020-2021学年江西省赣州市瑞金市高三（上）11月月考数学（文）试卷北师大版，共12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。
