20202-2021学年安徽省亳州市高二（上）12月月考数学（文）试卷北师大版

这是一份20202-2021学年安徽省亳州市高二（上）12月月考数学（文）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. 设等差数列an的前n项和为Sn，若a7+a9=16，则S15=（ ）
A.60B.120C.160D.240

2. 《张丘建算经》是我国北魏时期大数学家张丘建所著，约成书于公元466−485年间．其中记载着这么一道“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得快，且每日增加的数量相同．已知第一日织布4尺，20日共织布232尺，则该女子织布每日增加( )尺.
A.47B.1629C.815D.45

3. 在△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c．若∠A=π3，AC=4，S△ABC=33，则a+bsinA+sinB=( )
A.47B.4573C.4213D.2393

4. 已知关于x的不等式ax2+bx+c<0的解集是{x|x<−2或x>−12}，不等式ax2−bx+c>0的解集为( )
A.{x|122}
C.{x|−2−12}

5. 不等式组 x≥0,x+3y≥6,3x+y≤6, 所表示的平面区域的面积为( )
A.32B.23C.13D.3

6. 命题“∀x∈R，x2−x+2≥0”的否定是( )
A.∀x∈R，x2−x+2<0B.∃x0∈R，x02−x0+2<0
C.∃x0∈R，x02−x0+2≥0D.∃x0∈R，x02−x0+2≤0

7. “x>1 ”是“ x2>x ”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

8. 设椭圆的两个焦点分别为F1，F2，过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若△F1PF2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率e=( )
A.3−2B.2−1C.3−1D.6−3

9. 已知椭圆x27+y216=1的上下焦点为F1,F2，点P在椭圆上，则|PF1|⋅|PF2|的最大值是（ ）
A.9B.16C.25D.27

10. 抛物线x=116y2的焦点坐标为( )
A.(0, 14)B.(14, 0)C.(0, 4)D.(4, 0)

11. 过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A(x1, y1)，B(x2, y2)两点，如果x1+x2=6，那么|AB|=( )
A.10B.9C.8D.6

12. 已知l为抛物线y2=8x的准线，抛物线上的点M到l的距离为d，点A的坐标为1,4，则|AM|+d的最小值是( )
A.17B.4C.2D.1+17
二、填空题

设F为抛物线C：y2=8x的焦点，过F且倾斜角为60∘的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为________.
三、解答题

若an的前n项和为Sn，点n,Sn均在函数y=32x2−12x的图像上．
(1)求数列an的通项公式．

(2)设bn=3anan+1，求数列bn的前n项和Tn．

在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，满足sin2B+sin2C−sin2A=3sinBsinC.
(1)求角A的大小；

(2)若a=2， B=π3，求△ABC的面积．

设命题p：关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根，q：关于x的方程4x2+(4m−2)x+1=0无实数根．
(1)若q为真，求实数m的取值范围；

(2)若p为真q为假，求实数m的取值范围．

已知函数fx=x2+ax−3.
(1)若不等式fx>−4的解集为R，求实数a的取值范围；

(2)若不等式fx≥2ax−6对任意x∈1,3恒成立，求实数a的取值范围．

已知E:x2a2+y2b2=1经过(0, 1)，(3,12)．
(1)求椭圆E的方程；

(2)若直线l:x−y−1=0交椭圆E于不同的两点A，B，O是坐标原点，求△AOB的面积．

已知抛物线y2=2pxp>0的焦点为F，点A2,y0为抛物线上一点，且|AF|=4.
(1)求抛物线的方程；

(2)不过原点的直线l:y=x+m与抛物线交于不同两点P，Q，若OP⊥OQ，求m的值．
参考答案与试题解析
20202-2021学年安徽省亳州市高二（上）12月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
等差中项
等差数列的性质
【解析】

【解答】
解：由等差数列的性质可知a7+a9=2a8=16，则a8=8，
故S15=15a8=15×8=120．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
设该妇子织布每天增加d尺，由等差数列的前n项和公式能求出结果
【解答】
解：设该女子织布每天增加d尺，
由题意知S20=20×4+20×192d=232，
解得d=45，故该女子织布每天增加45尺．
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
由已知利用三角形的面积公式可求c的值，进而根据余弦定理可求a的值，利用正弦定理即可求解．
【解答】
解：由正弦定理，得S△ABC=12AC⋅AB⋅sinA，
∴ AB=2S△ABCAC⋅sinA，
又∠A=π3，AC=4，S△ABC=33，
∴ AB=2×334×32=3，
∴ c=AB=3.
由余弦定理，得csA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC，
∴ BC=42+32−2×3×4×12=13，
∴ a=BC=13，
∴ a+bsinA+sinB=asinA=1332=2393．
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
一元二次不等式的解法
根与系数的关系
【解析】
由于关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集是{x|x<−2或x>−12}，可知：−2，−12是一元二次方程ax2+bx+c=0的两个实数根，且a>0．利用根与系数的关系可得ba，ca．不等式ax2−bx+c<0可化为x2−bax+ca<0，代入即可得出．
【解答】
解：∵ 关于x的不等式ax2+bx+c<0的解集是{x|x<−2或x>−12}，
∴ −2，−12是一元二次方程ax2+bx+c=0的两个实数根，且a<0．
由根与系数的关系，得−2−12=−ba，−2×(−12)=ca，
即ba=52，ca=1，
∴ 不等式ax2−bx+c<0可化为x2−bax+ca<0，
即x2−52x+1<0，
整理，得(2x−1)(x−2)<0，
解得12∴ 不等式ax2−bx+c<0的解集是{x|12故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】
作出不等式组所表示的平面区域，利用三角形面积公式求解即可.
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域如图所示.
由题意，得x=0,x+3y=6,3x+y=6,
解得x1=0，x2=32，
∴ A(0,2)，B(0,6)，C(32,32)，
由图可知，S△ABC=12×32×6−2=3.
故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以全称命题"∀x∈R，x2−x+2≥0"的否定是
"∃x0∈R，x02−x0+2<0".
故选B．
7.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
一元二次不等式的解法
【解析】

【解答】
解：已知x2>x，化简可得x(x−1)>0，
解得x<0 或 x>1，
则“x>1”是“x2>x”的充分不必要条件.
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的定义
【解析】

【解答】
解：由题意，设点P在x轴上方，坐标为c,b2a，
∵ △F1PF2为等腰直角三角形，
∴ |PF2|=|F1F2|，
∴ b2a=2c，
即a2−c2a=2c，
整理，得1−e2=2e，
解得e=±2−1.
又∵ 0∴ e=2−1.
故选B.
9.
【答案】
B
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意a=4，|PF1|+|PF2|=2a=8，
|PF1|⋅|PF2|≤|PF1|+|PF2|22=822=16，
当且仅当|PF1|=|PF2|=4时等号成立，
故选B．
10.
【答案】
D
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为(p2, 0)，则抛物线y2＝16x的焦点坐标即可得到．
【解答】
解：抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为(p2, 0).
由题意，得抛物线x=116y2的标准方程为y2=16x，
则抛物线x=116y2的焦点坐标为(4, 0)．
故选D.
11.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
抛物线的求解
【解析】
抛物线 y2=4x 的焦点作直线交抛物线于A(x1, y1)B(x2, y2)两点，故|AB|=x1+x2+2，由此易得弦长值．
【解答】
解：由题意，p=2，故抛物线的准线方程是x=−1，
∵ 过抛物线 y2=4x 的焦点作直线交抛物线于A(x1, y1)B(x2, y2)两点，
∴ |AB|=x1+x2+2，
又x1+x2=6
∴ |AB|=x1+x2+2=8.
故选C．
12.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
抛物线的定义
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
先求出抛物线的焦点坐标，然后利用抛物线定义可得|AM|+d=|AM|+|MF|，再利用两点间距离最短即可求解．
【解答】
解：设抛物线的焦点为F，则F2,0.
由抛物线的定义，得d=|MF|，
则|AM|+d=|AM|+|MF|，
由两点间的距离最短，得
|AM|+|MF|≥|AF|=1−22+42=17，
所以|AM|+d的最小值为17.
故选A．
二、填空题
【答案】
1633
【考点】
直线与抛物线的位置关系
三角形的面积公式
【解析】
求得抛物线的焦点，可得直线AB的方程，联立抛物线的方程，运用韦达定理和弦长公式，求得|AB|，再由点到直线的距离公式可得O到直线AB的距离，由三角形的面积公式计算可得所求值．
【解答】
解：抛物线C：y2=8x的焦点F2,0，
则直线AB的方程为y=3x−2，
联立抛物线C：y2=8x，
消去y，得3x2−20x+12=0.
设A，B的横坐标分别为x1，x2，
可得x1+x2=203，x1x2=4，
则|AB|=1+3⋅x1+x22−4x1x2
=22032−16=323，
又O到直线AB的距离为d=231+3=3，
则△ABO的面积为 12d⋅|AB|=12×3×323=1633.
故答案为：1633.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意知：Sn=32n2−12n，
Sn−1=32n−12−12n−1n≥2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=3n−2；
当n=1时，a1=1，适合上式．
∴ an=3n−2．
(2)bn=3anan+1=33n−23n+1=13n−2−13n+1，
Tn=b1+b2+⋯+bn
=1−14+14−17+⋯+13n−2−13n+1
=1−13n+1.
【考点】
数列与函数的综合
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意知：Sn=32n2−12n，
Sn−1=32n−12−12n−1n≥2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=3n−2；
当n=1时，a1=1，适合上式．
∴ an=3n−2．
(2)bn=3anan+1=33n−23n+1=13n−2−13n+1，
Tn=b1+b2+⋯+bn
=1−14+14−17+⋯+13n−2−13n+1
=1−13n+1.
【答案】
解：1因为sin2B+sin2C−sin2A=3sinBsinC，
由正弦定理可得：b2+c2−a2=3bc，
所以csA=b2+c2−a22bc=32，
因为A∈0,π，所以A=π6.
2因为A=π6，B=π3，所以C=π2，
因为a=2，所以b=atanB=23，
所以S△ABC=12ab=23.
【考点】
正弦定理
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
1由正弦定理得b2+c2−a2=3bc，则csA=b2+c2−a22bc=32，从而求出角A的大小；
2由条件可得三角形为直角三角形，求出b，从而可求出三角形的面积.
【解答】
解：1因为sin2B+sin2C−sin2A=3sinBsinC，
由正弦定理可得：b2+c2−a2=3bc，
所以csA=b2+c2−a22bc=32，
因为A∈0,π，所以A=π6.
2因为A=π6，B=π3，所以C=π2，
因为a=2，所以b=atanB=23，
所以S△ABC=12ab=23.
【答案】
解：(1)若q为真，
则关于x的方程4x2+(4m−2)x+1=0无实数根，为真命题，
即Δ=(4m−2)2−16<0，
解得−12(2)若p为真q为假，
则关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根，为真命题，
关于x的方程4x2+(4m−2)x+1=0无实数根，为假命题，
即Δ=m2−4>0，Δ=(4m−2)2−16≥0，
解得m>2或m<−2，m≤−12或m≥32，
则m>2或m<−2，
综上所述，实数m的取值范围为(−∞,−2)∪(2,+∞).
【考点】
命题的真假判断与应用
一元二次不等式的解法
【解析】
（1）根据一元二次方程根的判别式得到m的范围；
（2）求出p真时的m的范围，根据p为真q为假，得到不等式组，解得m的范围即可．
【解答】
解：(1)若q为真，
则关于x的方程4x2+(4m−2)x+1=0无实数根，为真命题，
即Δ=(4m−2)2−16<0，
解得−12(2)若p为真q为假，
则关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根，为真命题，
关于x的方程4x2+(4m−2)x+1=0无实数根，为假命题，
即Δ=m2−4>0，Δ=(4m−2)2−16≥0，
解得m>2或m<−2，m≤−12或m≥32，
则m>2或m<−2，
综上所述，实数m的取值范围为(−∞,−2)∪(2,+∞).
【答案】
解：(1)由题意可知，fx>−4，
即x2+ax−3>−4，
整理，得x2+ax+1>0，
由不等式fx>−4的解集为R，得Δ<0，
即a2−4<0，
解得−2故实数a的取值范围是−2,2.
(2)由题意可知，fx≥2ax−6，
即x2+ax−3≥2ax−6，
整理，得x2−ax+3≥0，
由不等式fx>2ax−6对任意x∈[1,3]恒成立，则
①当顶点横坐标a2≤1，即a≤2时，4−a≥0，
∴ a≤2符合题意；
②当1即a2−12≤0，
解得−23≤a≤23，
∴ 2③当a2≥3，即a≥6时，需满足12−3a≥0，
解得a≤4，此时无解．
综上所述，a的取值范围是(−∞,23].
【考点】
函数恒成立问题
一元二次不等式的解法
【解析】
(1)fx>−4，即x2+ax−3>−4，由不等式fx>−4的解集为R，可得Δ<0，求解即可；
(2)利用不等式恒成立问题，分情况讨论a的取值进行求解即可.
【解答】
解：(1)由题意可知，fx>−4，
即x2+ax−3>−4，
整理，得x2+ax+1>0，
由不等式fx>−4的解集为R，得Δ<0，
即a2−4<0，
解得−2故实数a的取值范围是−2,2.
(2)由题意可知，fx≥2ax−6，
即x2+ax−3≥2ax−6，
整理，得x2−ax+3≥0，
由不等式fx>2ax−6对任意x∈[1,3]恒成立，则
①当顶点横坐标a2≤1，即a≤2时，4−a≥0，
∴ a≤2符合题意；
②当1即a2−12≤0，
解得−23≤a≤23，
∴ 2③当a2≥3，即a≥6时，需满足12−3a≥0，
解得a≤4，此时无解．
综上所述，a的取值范围是(−∞,23].
【答案】
解：(1)由题意可知，
椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过两点(0, 1)，(3,12)，
则b2=1，3a2+14b2=1，
解得a2=4，b2=1，
所以椭圆E的方程为x24+y2=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2).
由题意，得x2+4y2=4，x−y−1=0，
消去x，得5y2+2y−3=0，
解得y1=−1，y2=35，
设直线l与x轴交于点P(1, 0).
则S=12|OP||y1−y2|=45，
所以△AOB的面积为45.
【考点】
椭圆的标准方程
三角形的面积公式
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
(Ⅰ)根据题意，将两个点的坐标代入椭圆的方程，可得b2=13a2+14b2=1 ，解可得a、b的值，即可得椭圆的方程；
(Ⅱ)记A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线与椭圆的方程，5y2+2y−3＝0，解可得y的值，即可得直线l与x轴交点的坐标，结合三角形面积公式计算可得答案．

【解答】
解：(1)由题意可知，
椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过两点(0, 1)，(3,12)，
则b2=1，3a2+14b2=1，
解得a2=4，b2=1，
所以椭圆E的方程为x24+y2=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2).
由题意，得x2+4y2=4，x−y−1=0，
消去x，得5y2+2y−3=0，
解得y1=−1，y2=35，
设直线l与x轴交于点P(1, 0).
则S=12|OP||y1−y2|=45，
所以△AOB的面积为45.
【答案】
解：(1)已知抛物线y2=2px(p>0)过点A2,y0，且|AF|=4，
由根据抛物线的定义，得2+p2=4，
解得p=4，
故抛物线的方程为y2=8x.
(2)设Px1,y1，Q(x2,y2)，
联立y=x+m，y2=8x，
整理，得x2+2m−8x+m2=0，
则Δ=2m−82−4m2>0，
解得m<2，
x1+x2=8−2m，x1x2=m2.
因为OP⊥OQ，
所以OP→⋅OQ→=x1x2+y1y2
=x1x2+x1+mx2+m
=2x1x2+mx1+x2+m2
=2m2+m8−2m+m2=0，
解得m=−8或m=0.
经检验，当m=0时，
直线与抛物线交点中有一点与原点O重合，不符合题意，舍去；
由m=−8<2，得m=−8，符合题意.
综上所述，实数m的值为−8.
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的定义
直线与抛物线的位置关系
向量语言表述线线的垂直、平行关系
【解析】
由抛物线定义，将AF=4转化为点A到准线的距离，
即可求得p值，得抛物线方程.

直线与抛物线相交，可联立方程组，消元得一元二次方程，
判别式大于零，利用韦达定理，结合向量垂直，数量积等于零，
即可求得m值.

【解答】
解：(1)已知抛物线y2=2px(p>0)过点A2,y0，且|AF|=4，
由根据抛物线的定义，得2+p2=4，
解得p=4，
故抛物线的方程为y2=8x.
(2)设Px1,y1，Q(x2,y2)，
联立y=x+m，y2=8x，
整理，得x2+2m−8x+m2=0，
则Δ=2m−82−4m2>0，
解得m<2，
x1+x2=8−2m，x1x2=m2.
因为OP⊥OQ，
所以OP→⋅OQ→=x1x2+y1y2
=x1x2+x1+mx2+m
=2x1x2+mx1+x2+m2
=2m2+m8−2m+m2=0，
解得m=−8或m=0.
经检验，当m=0时，
直线与抛物线交点中有一点与原点O重合，不符合题意，舍去；
由m=−8<2，得m=−8，符合题意.
综上所述，实数m的值为−8.