2020-2021年河南省濮阳市高二（下）4月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年河南省濮阳市高二（下）4月月考数学试卷人教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. 设z=1−i1+i+2i，则|z|=( )
A.0B.12C.1D.2

2. 设a，b，c为任意正数，则a+1b，b+1c，c+1a这三个数( )
A.都大于2B.至少有一个不小于2
C.都小于2D.至少有一个不大于2

3. 已知椭圆C:x2a2+y24=1(a>0)的一个焦点为(2, 0)，则C的离心率为( )
A.13B.12C.223D.22

4. 设x>0，则方程x+1x=2sinx的根的情况是( )
A.有一个实根B.无实根C.有两个实根D.无法确定

5. 某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位：​∘C)的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi,yi)(i=1,2,⋯,20)得到下面的散点图：
由此散点图，在10∘C至40∘C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是( )
A.y=a+blnxB.y=a+bx2C.y=a+bexD.y=a+bx

6. 设函数f(x)=x3+(a−1)x2+ax．若f(x)为奇函数，则曲线y=f(x)在点(0, 0)处的切线方程为（ ）
A.y=−2xB.y=−xC.y=2xD.y=x

7. 若对任意x<0，不等式x+4x≤a2−5a恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.1,4B.−∞,1∪4,+∞
C.−∞,−2∪5,+∞D.−2,5

8. 已知等差数列an，Sn表示前n项的和，a5+a11>0，a6+a9<0，则满足Sn<0的正整数n的最大值是( )
A.12B.13C.14D.15

9. 若f(x)=x3+ax2+bx−a2−7a在x=1处取得极大值10，则ba的值为( )
A.−32或−12B.−32或12C.−12D.−32

10. 已知整数对的序列为1,1，1,2，2,1，1,3，2,2，3,1，1,4，2,3，3,2，4,1，1,5，2,4，⋯，则第65个数对是( )
A.8,4B.7,5C.10,2D.6,6

11. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA−bsinB=4csinC,csA=−14，则bc=（ ）
A.6B.5C.4D.3

12. 已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，经过点M−2,0的直线交C于A，B两点，若OA//BF(O为坐标原点），则△FAB的面积为( )
A.42B.62C.22D.82
二、填空题

五进制是以5为底的进位制，主因乃人类的一只手有五只手指．中国古代的五行学说也是采用的五进制，0代表土，1代表水，2代表火，3代表木，4代表金，依此类推，5又属于土，6属于水，……，减去5即得．如图，这是一个把k进制数a（共有n位）化为十进制数b的程序框图，执行该程序框图，若输入的k，a，n分别为5，324，3，则输出的b=________.

三、解答题

在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为y=k|x|+2．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcsθ−3=0．
(1)求C2的直角坐标方程；

(2)若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程．

已知△ABC的内角A，B，C对应的边分别是a，b，c.
(1)若△ABC为锐角三角形，证明： sinA+sinB+sinC>csA+csB+csC；

(2)若A为钝角，D为线段BC的中点，用反证法证明： 2|AD|
已知集合A={x|y=−3x2+16x−16}，B={x|x2−2mx+m2−1≥0}.
(1)求集合A；

(2)若p:x∈A,q:x∈B，且p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．

已知数列{an}满足a1=2，an+1(an+1)=2an(n∈N∗)．
(1)证明{1an−1}为等比数列，并求出通项公式an；

(2)设bn=an2n+1−1，{bn}的前n项和为Sn，证明：Sn<1．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为22，直线y=k(x−1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；

(2)当△AMN的面积为103时，求k的值.

已知函数f(x)=aex−ln x−1．
(1)设x=2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；

(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0．
参考答案与试题解析
2020-2021年河南省濮阳市高二（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的模
复数代数形式的混合运算
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．
【解答】
解：∵ z=1−i1+i+2i=(1−i)2(1+i)(1−i)+2i=−i+2i=i，
∴ |z|=1．
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
反证法
【解析】
假设3个数a+1b<2，b+1c<2，c+1a<2，则a+1b+b+1c+c+1a<6，又利用基本不等式可得a+1b+b+1c+c+1a≥6，这与假设所得结论矛盾，故假设不成立．从而得出正确选项．
【解答】
解：假设3个数a+1b<2，b+1c<2，c+1a<2，
则a+1b+b+1c+c+1a<6，
利用基本不等式可得a+1b+b+1c+c+1a
=b+1b+c+1c+a+1a
≥2+2+2=6，
当且仅当b=1b=1，c=1c=1，a=1a=1时，等号成立，
这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，
所以3个数a+1b，b+1c，c+1a中至少有一个不小于2．
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
本题主要考查椭圆的方程及离心率．
【解答】
解：因为椭圆C的一个焦点为(2,0)，
所以c=2，
所以a2=4+4=8，
所以a=22，
所以椭圆C的离心率e=ca=22．
故选D．
4.
【答案】
B
【考点】
函数的零点与方程根的关系
基本不等式
【解析】
“=”的左边当x=1时，取得最小值2，而此时“=”右边小于2，得到方程无解．
【解答】
解：当x>0时，x+1x≥2，当且仅当x=1时等号成立，
当x=1时，2sin1<2sinπ2=2，
所以方程无实根.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
散点图
【解析】
将散点图近似为所学过的函数图象，根据近似函数图象选择合适的回归方程即可.
【解答】
解：由图象的大致走向判断，此函数应是对数类型，
故应选用的回归模型为y=a+blnx.
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
本题考查函数的奇偶性以及函数的切线方程的求法．
【解答】
解：因为函数f(x)=x3+(a−1)x2+ax为奇函数，
所以f(−1)+f(1)=0，
所以−1+a−1−a+(1+a−1+a)=0，
解得a=1，所以f(x)=x3+x，
所以f′(x)=3x2+1，
所以f′(0)=1，
所以曲线 y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
不等式恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
一元二次不等式的解法
【解析】
对任意x<0, 不等式x+4x≤a2−5a恒成立，只需a2−5a≥x+4xmax，利用基本不等式求出x+4x的最大值，然后解关于a的一元二次不等式即可．
【解答】
解：因为x<0，所以−x>0，
所以x+4x=−(−x)+4(−x)≤−2(−x)⋅4(−x)=−4 ，
当且仅当−x=4−x，即x=−2时等号成立，
所以x+4x取得最大值为−4，
因为不等式x+4x≤a2−5a恒成立，
所以−4≤a2−5a ，解得a≤1或a≥4.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
本题考查等差数列的性质与等差数列的前n项和的应用．属于基础题．
【解答】
解：∵a5+a11>0，a6+a9<0，
∴S15=15a1+a152=15a5+a112>0，
S14=14a1+a142=14a6+a92<0，
Sn<0的正整数n的最大值为14．
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
由于f′(x)=3x2+2ax+b，依题意知，f′(1)=3+2a+b=0，f(1)=1+a+b−a2−7a=10，于是有b=−3−2a，代入f(1)=10即可求得a，b，从而可得答案．
【解答】
解：∵ f(x)=x3+ax2+bx−a2−7a，
∴ f′(x)=3x2+2ax+b，
又f(x)=x3+ax2+bx−a2−7a在x=1处取得极大值10，
∴ f′(1)=3+2a+b=0，f(1)=1+a+b−a2−7a=10，
∴ a2+8a+12=0，
∴ a=−2，b=1或a=−6，b=9．
当a=−2，b=1时，f′(x)=3x2−4x+1=(3x−1)(x−1)，
当131时，f′(x)>0，
∴ f(x)在x=1处取得极小值，与题意不符；
当a=−6，b=9时，f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)
当x<1时，f′(x)>0，当1∴ f(x)在x=1处取得极大值，符合题意；
则ba=9−6=−32.
故选D.
10.
【答案】
C
【考点】
数列的应用
归纳推理
等差数列的前n项和
【解析】
根据括号内的两个数的和的变化情况找出规律，然后找出第65对数的两个数的和的值以及是这个和值的第几组，然后写出即可.
【解答】
解：观察整数对的序列可得，
1,1 ，两数的和为2，共1个，
1,2 2,1 ，两数的和为3，共2个，
1,3 2,2 3,1 ，两数的和为4，共3个，
1,4 2,3 3,2 4,1 ，两数的和为5，共4个，
⋯⋯
因为1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=10×(1+10)2=55，
所以第65个数对在第11组之中的第10个数，且两数之和为12，应为 10,2，
故选C．
11.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由正弦定理知a2−b2=4c2，
则b2+c2−a2=−3c2=2bccsA，
即−3c2=2bc−14，
解得:bc=6.
故选A.
12.
【答案】
A
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：已知抛物线C:y2=8x的焦点为F(2,0)，
经过点M−2,0的直线交C于A，B两点，且OA//BF，
所以点A为线段BM的中点.
不妨设B(m,22m)，
由中点坐标公式可得A(m−22,2m)，
所以(2m)2=8×(m−22)=4(m−2)，
解得m=4，
即A(1,22)，B(4,42).
则S△FAB=12△MFB=12×12MF×yB=42.
故选A.
二、填空题
【答案】
89
【考点】
程序框图
【解析】
模拟执行程序框图，可得程序框图的功能是计算并输出b＝4×50+2×51+3×52＝89的值，从而得解．
【解答】
解：模拟执行程序框图，
可得程序框图的功能是计算并输出b=4×50+2×51+3×52=89．
故答案为：89.
三、解答题
【答案】
解：(1)曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcsθ−3=0．
转换为直角坐标方程为：x2+y2+2x−3=0，
转换为标准式为：(x+1)2+y2=4．
2由(1)知C2是圆心为A(−1,0)，半径为2的圆，
由题设知，C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线，
记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2，
由于B在圆C2的外面，
故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点.
当l1与C2只有一个公共点时，A到l1所在直线的距离为2，
所以|−k+2|k2+1=2，
故k=−43或k=0.
经检验，当k=0时，l1与C2没有公共点；
当k=−43时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有2个公共点.
当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，
所以|k+2|k2+1=2，
故k=0或k=43，经检验，当k=0时，l1与C2没有公共点；当k=43时，l2与C2没有公共点.
综上，所求C1的方程为y=−43|x|+2.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线与圆的位置关系
【解析】
直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．
利用直线在坐标系中的位置，再利用点到直线的距离公式的应用求出结果．
【解答】
解：(1)曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcsθ−3=0．
转换为直角坐标方程为：x2+y2+2x−3=0，
转换为标准式为：(x+1)2+y2=4．
2由(1)知C2是圆心为A(−1,0)，半径为2的圆，
由题设知，C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线，
记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2，
由于B在圆C2的外面，
故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点.
当l1与C2只有一个公共点时，A到l1所在直线的距离为2，
所以|−k+2|k2+1=2，
故k=−43或k=0.
经检验，当k=0时，l1与C2没有公共点；
当k=−43时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有2个公共点.
当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，
所以|k+2|k2+1=2，
故k=0或k=43，经检验，当k=0时，l1与C2没有公共点；当k=43时，l2与C2没有公共点.
综上，所求C1的方程为y=−43|x|+2.
【答案】
证明：(1)因为在锐角三角形中，A+B>π2，
所以A>π2−B，所以 0<π2−B又因为在(0,π2)内，正弦函数是单调递增函数，
所以sinA>sin(π2−B)=csB，即sinA>csB ①，
同理sinB>csC ②，sinC>csA ③．
以上①②③两端分别相加，
有sinA+sinB+sinC>csA+csB+csC．
(2)假设2|AD|≥a．
①若2|AD|=a，则点A在以BC为直径的圆上，
故角A=π2，与题设矛盾，所以 2|AD|≠a．
②若2|AD|>a，因为BD=DC=12a，
所以在△ABD中，AD>BD，从而B>∠BAD；
同理 C>∠CAD，所以B+C>∠BAD+∠CAD，
即B+C>∠BAC，
因为B+C=π−A，所以π−A>A，则A<π2，
与题设矛盾．由①②知2|AD|【考点】
正弦定理
反证法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)因为在锐角三角形中，A+B>π2，
所以A>π2−B，所以 0<π2−B又因为在(0,π2)内，正弦函数是单调递增函数，
所以sinA>sin(π2−B)=csB，即sinA>csB ①，
同理sinB>csC ②，sinC>csA ③．
以上①②③两端分别相加，
有sinA+sinB+sinC>csA+csB+csC．
(2)假设2|AD|≥a．
①若2|AD|=a，则点A在以BC为直径的圆上，
故角A=π2，与题设矛盾，所以 2|AD|≠a．
②若2|AD|>a，因为BD=DC=12a，
所以在△ABD中，AD>BD，从而B>∠BAD；
同理 C>∠CAD，所以B+C>∠BAD+∠CAD，
即B+C>∠BAC，
因为B+C=π−A，所以π−A>A，则A<π2，
与题设矛盾．由①②知2|AD|【答案】
解：(1)∵A={x|y=−3x2+16x−16}，
∴−3x2+16x−16≥0，
则3x−4x−4≤0，
解得43≤x≤4，
即A=x|43≤x≤4.
(2)∵B={x|x2−2mx+m2−1≥0}，
∴由x2−2mx+m2−1>0可得x≤m−1或x>m+1，
∴B={x|x≤m−1或x>m+1}．
∵p：x∈A，q：x∈B，且p是q的充分不必要条件，
∴m−1≥4或m+1≤43，
∴m≥5或m≤13，
即实数m的取值范围是−∞,13∪5,+∞．
【考点】
一元二次不等式的解法
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵A={x|y=−3x2+16x−16}，
∴−3x2+16x−16≥0，
则3x−4x−4≤0，
解得43≤x≤4，
即A=x|43≤x≤4.
(2)∵B={x|x2−2mx+m2−1≥0}，
∴由x2−2mx+m2−1>0可得x≤m−1或x>m+1，
∴B={x|x≤m−1或x>m+1}．
∵p：x∈A，q：x∈B，且p是q的充分不必要条件，
∴m−1≥4或m+1≤43，
∴m≥5或m≤13，
即实数m的取值范围是−∞,13∪5,+∞．
【答案】
证明：(1)∵ an+1(an+1)=2an(n∈N∗)，
∴ 1an+1=an+12an=12(1+1an)，
∴ 1an+1−1=12(1an−1).
∵ a1=2，∴ 1a1−1=−12，
∴ {1an−1}为首项为−12，公比为12的等比数列，
∴ 1an−1=−(12)n，
∴ an=2n2n−1.
(2)bn=an2n+1−1=2n2n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1
∴ {bn}的前n项和为Sn=121−1−122−1+122−1−123−1
+⋯+12n−1−12n+1−1=121−1−12n+1−1<1，
∴ Sn<1．
【考点】
数列递推式
等比关系的确定
数列的求和
【解析】
（1）将数列递推式取倒数，再两边减去1，即可证得{1an−1}为等比数列，从而可求出通项公式an；
（2）将数列通项裂项，再累加求和，即可证得结论．
【解答】
证明：(1)∵ an+1(an+1)=2an(n∈N∗)，
∴ 1an+1=an+12an=12(1+1an)，
∴ 1an+1−1=12(1an−1).
∵ a1=2，∴ 1a1−1=−12，
∴ {1an−1}为首项为−12，公比为12的等比数列，
∴ 1an−1=−(12)n，
∴ an=2n2n−1.
(2)
∴ {bn}的前n项和为Sn=121−1−122−1+122−1−123−1
+⋯+12n−1−12n+1−1=121−1−12n+1−1<1，
∴ Sn<1．
【答案】
解：(1)由题意得a=2，ca=22，a2=b2+c2，
解得c=2，b=2，
所以椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)由y=k(x−1)，x24+y22=1，
得(1+2k2)x2−4k2x+2k2−4=0.
设点M，N的坐标分别为 (x1,y1),(x2,y2)，
则y1=k(x1−1)，y2=k(x2−1)，
x1+x2=4k21+2k2，x1x2=2k2−41+2k2，
所以|MN|=1+k2|x1−x2|=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=2(1+k2)(4+6k2)1+2k2.
又因为点A(2,0)到直线y=k(x−1)的距离d=|k|1+k2，
所以△AMN的面积为S=12|MN|⋅d=|k|4+6k21+2k，
由|k|4+6k21+2k2=103，
化简得7k4−2k2−5=0，
解得k=±1.
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得a=2，ca=22，a2=b2+c2，
解得c=2，b=2，
所以椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)由y=k(x−1)，x24+y22=1，
得(1+2k2)x2−4k2x+2k2−4=0.
设点M，N的坐标分别为 (x1,y1),(x2,y2)，
则y1=k(x1−1)，y2=k(x2−1)，
x1+x2=4k21+2k2，x1x2=2k2−41+2k2，
所以|MN|=1+k2|x1−x2|=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=2(1+k2)(4+6k2)1+2k2.
又因为点A(2,0)到直线y=k(x−1)的距离d=|k|1+k2，
所以△AMN的面积为S=12|MN|⋅d=|k|4+6k21+2k，
由|k|4+6k21+2k2=103，
化简得7k4−2k2−5=0，
解得k=±1.
【答案】
(1)解：f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=aex−1x．
由题设知，f′(2)=0，所以a=12e2．
从而f(x)=12e2ex−ln x−1，
f′(x)=12e2ex−1x=xex−2e22e2x．
易知当0当x>2时，f′(x)>0．
所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，
单调递增区间为(2,+∞)．
(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe−ln x−1．
设g(x)=exe−ln x−1，则g′(x)=exe−1x．
易知当01时，g′(x)>0．
所以x=1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)=0．
因此，当a≥1e时，f(x)≥0．
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=aex−1x．
由题设知，f′(2)=0，所以a=12e2．
从而f(x)=12e2ex−ln x−1，
f′(x)=12e2ex−1x=xex−2e22e2x．
易知当0当x>2时，f′(x)>0．
所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，
单调递增区间为(2,+∞)．
(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe−ln x−1．
设g(x)=exe−ln x−1，则g′(x)=exe−1x．
易知当01时，g′(x)>0．
所以x=1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)=0．
因此，当a≥1e时，f(x)≥0．