2020-2021学年江西省上饶市高二（上）10月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高二（上）10月月考数学（理）试卷北师大版，共8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. 下列说法不正确的是( )
A.数列不一定有通项公式B.数列的通项公式不一定唯一
C.数列可以用一群孤立的点表示D.数列的项不能相等

2. 已知a，b，c为实数，则下列结论正确的是( )
A.若ac>bc>0，则a>bB.若a>b>0，则ac>bc
C.若a>b，c>0，则ac>bcD.若a>b，则ac2>bc2

3. 在△ABC中，BC=1，AB=3，C=π3，则A=( )
A.π6B.π6或5π6C.π3或2π3D.π3

4. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9=3a5，则一定成立的是( )
A.S4=S6B.S4=S5C.S5=S7D.S5=S6

5. 已知正实数x，y满足x+2y=2xy，则x+y的最小值为( )
A.4B.2C.3D.2+32

6. 十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的．明万历十二年（公元1584年），他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论，这一成果被意大利传教士利玛窦通过丝绸之路带到了西方，对西方音乐产生了深远的影响．十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，依此规则，插入的第四个数应为( )
A.2​14B.2​13C.2​313D.2​413

7. 在△ABC中，已知三个内角为A，B，C，满足sinA:sinB:sinC=6:5:4，则sinB=( )
A.74B.34C.5716D.916

8. 已知等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，若S16>0，且S17<0，则当Sn取最大值时的n值为( )
A.7B.8C.9D.16

9. 已知函数y=lg[(a2−1)x2−2(a−1)x+3]的值域为R，则实数a的取值范围是( )
A.[−2, −1]B.[−2, 1]
C.(−2, 1)D.(−∞, −2)∪[1, +∞)

10. 已知a>0，b>0，若2是2a与2b的等比中项，则a2+b2的最小值为( )
A.22B.2C.2D.4

11. 正数a，b满足2a+b=1，且2ab−4a2−b2≤t−12恒成立，则实数t的取值范围是( )
A.[22, +∞)B.(−∞, 22]C.[−22, 22]D.[12, +∞)

12. 关于x的不等式(ax−1)2A.(−32, −43]∪(43, 32]B.(−32, −43]∪[43, 32)
C.[−32, −43)∪(43, 32]D.[−32, −43)∪[43, 32)
二、填空题

设等差数列an的前n项和为Sn，若S3=6，S7=28，则a1+anSn+4的最大值是________.
三、解答题

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且A=π3，a=3，b=2．
(1)求角B，C；

(2)求△ABC的面积．

设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=2，ak=38，Sk=200．
(1)求常数k的值；

(2)求{an}的前n项和Sn．

函数fx=x2−2x+1+24−4x+x2.
(1)求fx的值域；

(2)若关于x的不等式fx−m<0有解，求证：3m+2m−1>7.

已知正项等差数列{an}满足a2+a5=9，a3⋅a4=20，等比数列{bn}的前n项和Sn满足Sn=2n−c，其中c是常数．
(1)求c以及数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)设cn=anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.

如图所示，合肥一中积极开展美丽校园建设，现拟在边长为0.6千米的正方形地块ABCD上划出一片三角形地块CMN建设小型生态园，点M，N分别在边AB，AD上.

(1)当点M，N分别是边AB的中点和AD靠近D的三等分点时，求∠MCN的余弦值；

(2)实地勘察后发现，由于地形等原因，△AMN的周长必须为1.2千米，请研究∠MCN是否为定值，若是，求此定值，若不是，请说明理由．

设关于x的一元二次方程ax2+x+1=0(a>0)有两个实根x1，x2，
(1)求(1+x1)(1+x2)的值；

(2)求证x1<−1且x2<−1；

(3)如果x1x2∈[110,10]，试求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市高二（上）10月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
数列的概念及简单表示法
【解析】
利用数列的概念对每个选项逐个判断即可.
【解答】
解：A，数列有通项公式是对于有规律的数列，对于没有规律数列，无法得到通项公式，故数列不一定有通项公式，故A正确；
B，数列的通项公式是对规律的表达式，只要能表达出数列的规律，即可为通项公式，故数列的通项公式不一定唯一，例如数列1，0，−1，0，1，0，−1，0，⋯的通项可以是an=sinnπ2，也可以是an=cs(n+3)π2等，故B正确；
C，数列中n为正整数，数列可以用一群孤立的点表示，故C正确；
D，数列的项可以相等，比如常数列，故D错误.
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
利用不等式的性质将各个选项进行逐一分析判断即可.
【解答】
解：A，当c<0时，不等式a>b不成立，故A不正确；
B，当c<0时，不等式ac>bc不成立，故B不正确；
C，∵ a>b， c>0，
∴ ac>bc，故C正确；
D，当c=0时，不等式ac2>bc2不成立，故D不正确.
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
直接利用正弦定理求解即可.
【解答】
解：在△ABC中，BC=1，AB=3，C=π3，
由正弦定理BCsinA=ABsinC，
可得sinA=BCsinCAB=1×323=12.
∵ AB>BC，
∴ C>A，
∴ A=π6.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
等差中项
等差数列的性质
【解析】
由题意利用等差数列前n项和公式，等差数列的通项公式，求得a5＝0，再利用等差数列的性质，得出结论．
【解答】
解：等差数列{an}的前n项和为Sn，S9=3a5，
即9a5=3a5，
∴ a5=0，故S4=S5.
故选B.
5.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由题意求得1y+2x=2，故有 x+y＝(x+y2)⋅( 1y+2x )=x2y+1+12+yx，再利用基本不等式求得它的最小值．
【解答】
解：∵ 正实数x，y满足x+2y=2xy，
∴ x+2yxy=2，即1y+2x=2，
∴ x+y=12(x+y)( 1y+2x )
=12(3+xy+2yx)
≥32+xy⋅2yx=32+2，
当且仅当x2=2y2时等号成立，
则x+y的最小值为32+2.
故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
数列的应用
等比数列的通项公式
【解析】
根据题意，设这个等比数列为{an}，设其公比为q，由等比数列的通项公式可得q的值，进而计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，设这个等比数列为{an}，设其公比为q，
由a1=1，a13=2，
则q12=a13a1=2，
所以插入的第四个数应a5=a1q4=q4=213.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
根据正弦定理asinA=bsinB=csinC化简已知的等式，得到三角形三边之比，根据比例设出三角形的三边，然后利用余弦定理表示出csA，把表示出的三边代入求出csA的值，由A为三角形的内角，利用同角三角函数间的基本关系求出sinA的值即可．
【解答】
解：根据正弦定理化简已知的等式得：
a:b:c=6:5:4，设a=6k，b=5k，c=4k，
根据余弦定理得：csB=a2+c2−b22ac=916，
又A为三角形的内角，
则sinB=1−cs2B=5716．
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
等差中项
等差数列的前n项和
【解析】
根据所给的等差数列的S16>0且S17<0，根据等差数列的前n项和公式，看出第九项小于0，第八项和第九项的和大于0，得到第八项大于0，这样前8项的和最大．
【解答】
解：∵ 等差数列{an}中，S16>0且S17<0，
∴ a8+a9>0，a9<0，
∴ a8>0，
∴ 当Sn取最大值时的n的值为8.
故选B.
9.
【答案】
A
【考点】
一元二次方程的根的分布与系数的关系
对数函数的值域与最值
【解析】
根据题意，应使对数函数的真数取到所有的正数，由此讨论真数的值域即可．
【解答】
解；∵ 函数y=lg[(a2−1)x2−2(a−1)x+3]的值域为R，
∴ 当a2−1=0时，a=1或a=−1，验证a=1时不成立；
当a2−1≠0时，
a2−1>0，Δ=4(a−1)2−12(a2−1)≥0，
解得−2≤a<−1.
综上，−2≤a≤−1，
∴ 实数a的取值范围是[−2, −1]．
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
等比中项
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
根据等比数列性质得到22=2a⋅2b=2a+b，即a+b=2，利用均值不等式得到0【解答】
解：∵ 2是2a与2b的等比中项，
∴ 22=2a×2b=2a+b，
∴ a+b=2.
∵ a>0，b>0，
∴ a+b≥2ab，
∴ 0则a2+b2=a+b2−2ab=4−2ab∈2,4，
∴ a2+b2的最小值为2．
故选C．
11.
【答案】
A
【考点】
函数恒成立问题
二次函数在闭区间上的最值
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由a>0，b>0，2a+b＝1得，4a2+b2＝1−4ab，于是问题转化为：t≥2ab+4ab−12恒成立，令f(a, b)＝2ab+4ab−12，求得f(a, b)的最大值，只需t≥f(a, b)max即可．
【解答】
解：∵ a>0，b>0，2a+b=1，
∴ 4a2+b2=1−4ab，
∴ 2ab−4a2−b2≤t−12恒成立，可转化为t≥2ab+4ab−12恒成立.
令f(a, b)=2ab+4ab−12=4(ab+12ab−18)=4(ab+14)2−34.
又由a>0，b>0，2a+b=1得：1=2a+b≥22ab，
∴ ab≤18（当且仅当a=14，b=12时取“=”）；
∴ f(a, b)max=4(18+14)2−34=22，
∴ t≥22．
故选A.
12.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
二次不等式作差，利用平方差公式因式分解，分析解集的端点范围，结合不等式恰有两个整数解求另一个端点的范围．
【解答】
解：由题(ax−1)2∴ (a+1)(a−1)>0，即a>1或a<−1．
当a>1时，不等式解为1a+1∵ 1a+1∈(0, 12)，因此恰有两个整数解即1，2，
∴ 2<1a−1≤3，2a−2<1≤3a−3，解得：43≤a<32；
当a<−1时，不等式解为1a+1∵ 1a−1∈(−12, 0)，因此恰有两个整数解即−1，−2，
∴ −3≤1a+1<−2，−2(a+1)<1≤−3(a+1)，解得：−32综上所述：43≤a<32或−32故选B.
二、填空题
【答案】
17
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
等差数列的前n项和
【解析】
利用等差数列前n项和公式，列出方程组，求出a1=1，d=1，由此能求出结果．
【解答】
解：∵ 等差数列an的前n项和为Sn，S3=6，S7=28，
∴ 3a1+3×22d=6，7a1+7×62d=28，
解得a1=1，d=1，
∴an=1+n−1×1=n，
Sn+4=n+4+n+4n+32，
∴ a1+anSn+4=1+nn+4+n+4n+32=2n+2n+4n+5.
设y=2n+2n+4n+5=2(n+1)+12n+1+7
≤243+7=14−83，
当且仅当n=23−1时等号成立，
∵ n∈N∗，当n=2时，y=17；当n=3时，y=17，
∴ a1+anSn+4的最大值是17.
故答案为：17.
三、解答题
【答案】
解：(1)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且A=π3，a=3，b=2，
由正弦定理得，asinA=bsinB，
所以sinB=bsinAa=2×323=22.
因为bB，
则B=π4，
所以C=5π12．
(2)△ABC的面积S=12×3×2×sin5π12=62×6+24=3+34．
【考点】
正弦定理
【解析】
（1）根据正弦定理计算B，结合三角形的内角和求解C即可．
（2）利用（1）结合三角形的面积求解即可．
【解答】
解：(1)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且A=π3，a=3，b=2，
由正弦定理得，asinA=bsinB，
所以sinB=bsinAa=2×323=22.
因为bB，
则B=π4，
所以C=5π12．
(2)△ABC的面积S=12×3×2×sin5π12=62×6+24=3+34．
【答案】
解：(1)Sk=k(a1+ak)2=k(2+38)2=200，解得k=10.
(2)设等差数列{an}的公差为d，
则a10=a1+9d，
可得38=2+9d，解得d=4，
∴ Sn=2n+n(n−1)2×4=2n2．
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
（1）直接根据求和公式即可求出k，
（2）设公差为d，则a10＝a1+9d，解得d，再根据求和公式即可求出．
【解答】
解：(1)Sk=k(a1+ak)2=k(2+38)2=200，解得k=10.
(2)设等差数列{an}的公差为d，
则a10=a1+9d，
可得38=2+9d，解得d=4，
∴ Sn=2n+n(n−1)2×4=2n2．
【答案】
(1)解：fx=|x−1|+2|x−2|，
当x≥2时，fx=3x−5≥1，
当1当x≤1时，fx=5−3x≥2；
综上，fx的值域为1,+∞．
(2)证明：若使不等式fx−m<0有解，等价于fx故只需m大于fx的最大值，即m>1，
所以3m+2m−1=3m−1+2m−1+3
≥23m−1×2m−1+3=26+3>7，
当且仅当m=1+63时取“=”号．
【考点】
绝对值不等式
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】


【解答】
(1)解：fx=|x−1|+2|x−2|，
当x≥2时，fx=3x−5≥1，
当1当x≤1时，fx=5−3x≥2；
综上，fx的值域为1,+∞．
(2)证明：若使不等式fx−m<0有解，等价于fx故只需m大于fx的最大值，即m>1，
所以3m+2m−1=3m−1+2m−1+3
≥23m−1×2m−1+3=26+3>7，
当且仅当m=1+63时取“=”号．
【答案】
解：(1)∵ 数列{an}为正项等差数列，
∴ 公差 d>0.
∵a2+a5=a3+a4=9，
又a3⋅a4=20，
∴a3=4, a4=5，
即an=n+1，
∴Sn=2n−c ①.
当n=1时，b1=2−c，
当n≥2时，Sn−1=2n−1−c ②，
①-②可得bn=2n−1，n≥2.
又{bn}为等比数列，
∴b1=20=1=2−c，解得c=1，
∴bn=2n−1，n∈N∗.
(2)由题意得 cn=(n+1)2n−1，
Tn=2⋅20+3⋅21+⋯+(n+1)⋅2n−1，③
2T=2⋅21+⋯+n⋅2n−1+(n+1)⋅2n，④
③−④得，−Tn=2+21+22+⋯+2n−1−(n+1)⋅2n，
∴ Tn=n⋅2n.
【考点】
数列的求和
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
【解析】
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【解答】
解：(1)∵ 数列{an}为正项等差数列，
∴ 公差 d>0.
∵a2+a5=a3+a4=9，
又a3⋅a4=20，
∴a3=4, a4=5，
即an=n+1，
∴Sn=2n−c ①.
当n=1时，b1=2−c，
当n≥2时，Sn−1=2n−1−c ②，
①-②可得bn=2n−1，n≥2.
又{bn}为等比数列，
∴b1=20=1=2−c，解得c=1，
∴bn=2n−1，n∈N∗.
(2)由题意得 cn=(n+1)2n−1，
Tn=2⋅20+3⋅21+⋯+(n+1)⋅2n−1，③
2T=2⋅21+⋯+n⋅2n−1+(n+1)⋅2n，④
③−④得，−Tn=2+21+22+⋯+2n−1−(n+1)⋅2n，
∴ Tn=n⋅2n.
【答案】
解：(1)当点M，N分别是边AB的中点和AD靠近D的三等分点时，
tan∠DCN=13，tan∠MCB=12，
所以tan(∠DCN+∠MCB)=13+121−13×12=1，
所以∠DCN+∠MCB=π4，
所以∠MCN=π4，
所以cs∠MCN=22.
(2)∠MCN=π4为定值. 理由如下：
设AM=x，AN=y，则
MN2=x2+y2=(1.2−x−y)2，
可得xy=1.2(x+y)−0.72.
又tan∠DCN=0.6−y0.6，tan∠MCB=0.6−x0.6，
所以tan(∠DCN+∠MCB)=0.6−y0.6+0.6−x0.61−0.6−y0.6×0.6−x0.6=0.72−0.6(x+y)0.6(x+y)−xy.
将xy=1.2(x+y)−0.72代入上式，得tan(∠DCN+MCB)=1，
所以∠DCN+∠MCB=π4，
所以∠MCN=π4为定值．
【考点】
两角和与差的正切公式
解三角形的实际应用
【解析】
（1）根据题意计算tan∠DCN和tan∠MCB的值，求出tan(∠DCN+∠MCB)的值，即得∠MCN，再求cs∠MCN；
（2）设AM＝x，AN＝y，利用余弦定理求出xy、再计算tan∠DCN、tan∠MCB，从而求得tan(∠DCN+∠MCB)，得出∠MCN为定值．
【解答】
解：(1)当点M，N分别是边AB的中点和AD靠近D的三等分点时，
tan∠DCN=13，tan∠MCB=12，
所以tan(∠DCN+∠MCB)=13+121−13×12=1，
所以∠DCN+∠MCB=π4，
所以∠MCN=π4，
所以cs∠MCN=22.
(2)∠MCN=π4为定值. 理由如下：
设AM=x，AN=y，则
MN2=x2+y2=(1.2−x−y)2，
可得xy=1.2(x+y)−0.72.
又tan∠DCN=0.6−y0.6，tan∠MCB=0.6−x0.6，
所以tan(∠DCN+∠MCB)=0.6−y0.6+0.6−x0.61−0.6−y0.6×0.6−x0.6=0.72−0.6(x+y)0.6(x+y)−xy.
将xy=1.2(x+y)−0.72代入上式，得tan(∠DCN+MCB)=1，
所以∠DCN+∠MCB=π4，
所以∠MCN=π4为定值．
【答案】
(1)解：∵ 关于x的一元二次方程ax2+x+1=0(a>0)有两个实根x1，x2，
由韦达定理可得x1+x2=−1a，x1x2=1a，
则(1+x1)(1+x2)=1+x1+x2+x1x2
=1−1a+1a=1.
(2)证明：由方程的Δ≥0，
可推得二次函数f(x)=ax2+x+1图象的对称轴x=−12a≤−2.
又由于f(−1)=a>0，
∴ f(x)的图象与x轴的交点均位于(−1, 0)的左侧，
故x1<−1且x2<−1.
(3)由x1+x2=−1a,x1x2=1a可得(x1+x2)2x1x2=x1x2+x2x1+2=1a.
∵ x1x2∈[110,10]，
∴ 1a=x1x2+x2x1+2∈[4,12110]，
∴ a∈[10121,14].
结合a>0,Δ=1−4a≥0,
解得0∴ a的取值范围为[10121,14]．
【考点】
二次函数的性质
一元二次方程的根的分布与系数的关系
【解析】
（1）由二次方程的韦达定理，计算即可得到所求值；
（3）由方程的判别式大于等于0，和对称轴x<−1，结合f(−1)>0，即可得证；
（3）运用韦达定理和对勾函数的性质，结合a>0，判别式非负，计算即可得到所求范围．
【解答】
(1)解：∵ 关于x的一元二次方程ax2+x+1=0(a>0)有两个实根x1，x2，
由韦达定理可得x1+x2=−1a，x1x2=1a，
则(1+x1)(1+x2)=1+x1+x2+x1x2
=1−1a+1a=1.
(2)证明：由方程的Δ≥0，
可推得二次函数f(x)=ax2+x+1图象的对称轴x=−12a≤−2.
又由于f(−1)=a>0，
∴ f(x)的图象与x轴的交点均位于(−1, 0)的左侧，
故x1<−1且x2<−1.
(3)由x1+x2=−1a,x1x2=1a可得(x1+x2)2x1x2=x1x2+x2x1+2=1a.
∵ x1x2∈[110,10]，
∴ 1a=x1x2+x2x1+2∈[4,12110]，
∴ a∈[10121,14].
结合a>0,Δ=1−4a≥0,
解得0∴ a的取值范围为[10121,14]．