2020-2021学年内蒙古呼伦贝尔市某校高二（下）4月月考数学（文）试卷

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这是一份2020-2021学年内蒙古呼伦贝尔市某校高二（下）4月月考数学（文）试卷，共7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|x−1x−4<0，B=x|x2−2x−3≥0，则A∩B等于( )
A.(−1,1]B.(−∞,−1]∪(1,+∞)
C.[3,4)D.−∞,−1∪3,+∞

2. 已知aA.1a>1bB.2−a>2−bC.a2
3. △ABC的三边长分别为3，5，7，则△ABC的形状是( )
A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不能确定

4. 在△ABC中，A=π4，BC=6，AC=3，则B=( )
A.π6B.π3C.π6或5π6D.π3或2π3

5. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=213，b=6，A=π3，则c等于( )
A.2B.4C.6D.8

6. 等差数列an的前n项和为Sn，若a2+a4+a6+a8=44，则S9=( )
A.66B.99C.110D.198

7. an为等差数列，且2a4−a7=1，a3=0，则公差d=( )
A.−2B.−12C.12D.2

8. 已知等比数列an中，a3=4，a2a7=8a4，则a1=( )
A.1B.2C.±1D.±2

9. 已知等比数列{an}的前n项和Sn=48，前2n项和S2n=60，则前3n项和S3n等于( )
A.72B.36C.75D.63

10. 在数列an中，对任意n∈N*，都有an+1−2an=0，则3a1+a23a3+a4等于( )
A.14B.13C.12D.1

11. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，A=π3，sinC=2sinB，则△ABC的周长为( )
A.3+23B.3+26C.3+33D.3+36

12. 设Sn是数列{an}的前n项和，且a1=−1，an+1=SnSn+1，则Sn=( )
A.−1nB.−nC.1nD.n
二、填空题

不等式9−x2>0的解集是________.

设变量x，y满足约束条件x+y−5≤0，2x−y−1≥0，x−2y+1≤0，则z=2x+y 的最大值为________.

已知等差数列an的前n项和为Snn∈N*，a4=4，a7=−2，则Sn的最大值为________.

在等差数列an中，a4=4，a7=7，其前n项和为Sn，则1S1+1S2+⋯+1S2020=________.
三、解答题

在等差数列an中， a1=1，a5=4a3.
(1)求an的通项公式；

(2)记Sn为an的前n项和，求Sn.

已知等比数列an中，公比q=2，a4是a3+2，a5−6的等差中项．
(1)求数列an的通项公式；

(2)求数列an的前n项和Sn.

已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且Sn=2an−2n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；

(2)若bn=lg2an，求数列an+bn的前n项和Tn．

首项为2的等差数列an，满足a1，a2，a4成等比数列，且a1≠a2021．
(1)求an的通项公式；

(2)记数列1anan−1n∈N*的前n项和为Tn，若Tn=5052021，求n的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年内蒙古呼伦贝尔市某校高二（下）4月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，集合B=x|x2−2x−3≥0={x|x≤−1或x≥3}，
又因为A=x|x−1x−4<0=x|1所以A∩B={x|3≤x<4}.
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
给实数a，b 在其取值范围内任取2个值a＝−3，b＝1，代入各个选项进行验证，A、C都不成立，当c＝0时D不成立．
【解答】
解：∵ 实数a，b满足a若a=−3，b=1，则A，C都不成立；
当c=0时D不成立.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
【解析】
求出最大值角的余弦值后可判断．
【解答】
解：设最大角为A，则csA=32+52−722×3×5=−12，则A是钝角，
所以三角形为钝角三角形．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
无
【解答】
解：由正弦定理，得asinA=bsinB，
所以622=3sinB，
解得sinB=12，
因为BC>AC，
所以A>B，
所以B为锐角，即B=π6．
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由a2=b2+c2−2bccsA得52=36+c2−2×6c×12，
即c2−6c−16=0，
解得c=8或c=−2（舍）．
故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
无
【解答】
解：∵ an为等差数列，且a2+a4+a6+a8=44，
∴ 4a5=44，
解得a5=11，
∴ S9=9a1+a92=9a5=9×11=99.
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
直接由已知代入等差数列的通项公式求解公差．
【解答】
解：设等差数列{an}的首项为a1，由题意得：
2a1+3d−a1+6d=1，a1+2d=0，
解得d=−12.
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
【解析】
根据等比数列的性质a2a7=8a4，a4q2×a4q3=8a4，得a4q=8，即a5=8，由a5a3=2=q2，a3=a1q2可得结果．
【解答】
解：由题目可知，a2a7=8a4，则a4q2×a4q3=8a4，
故a4q=8，即a5=8.
又∵a3=4，
则a5a3=2=q2，而a3=a1q2，
∴ a1=2.
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
等比数列的前n项和
【解析】
根据等比数列其Sn，S2n−Sn，S3n−S2n成等比数列进而求出S3n
【解答】
解：∵ 数列{an}为等比数列，
∴ Sn，S2n−Sn，S3n−S2n成等比数列，
∴ S3n−S2nS2n−Sn=S2n−SnSn，
∵ Sn=48，S2n=60，
∴ S3n−6060−54=60−5454，
∴ S3n=63.
故选D．
10.
【答案】
A
【考点】
等比数列的性质
数列递推式
【解析】
由题意得到数列an为等比数列，其公比为q=2，再利用等比数列性质求解即可.
【解答】
解：∵ an+1−2an=0，即an+1an=2，
∴ 数列an为等比数列，其公比为q=2，
∴ 3a1+a23a3+a4=3a1+a23a1q2+a2q2=3a1+a2q23a1+a2=1q2=14.
故选A.
11.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
由已知利用正弦定理可得：c＝2b，利用余弦定理可得9＝b2+c2−bc，联立解得b，c的值，即可得解△ABC的周长．
【解答】
解：在△ABC中，∵ sinC=2sinB，
∴ 由正弦定理可得：c=2b，
又∵ a=3，A=π3，
∴ 由余弦定理可得：a2=b2+c2−bc=b2+(2b)2−b⋅2b=9，
解得：b=3，
∴ c=23，
∴ △ABC的周长为a+b+c=3+3+23=3+33．
故选C.
12.
【答案】
A
【考点】
等差关系的确定
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ an+1=SnSn+1，
∴Sn+1−Sn=SnSn+1，
∴ 1Sn+1−1Sn=−1，
∴ 数列{1Sn}是等差数列，首项为−1，公差为−1，
∴ 1Sn=−1−(n−1)=−n，
解得：Sn=−1n.
故选A.
二、填空题
【答案】
{x|−3【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：不等式9−x2>0变形为x2<9，
解得−3所以解集为{x|−3故答案为：{x|−3【答案】
8
【考点】
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意画出可行域知：
过点C(3，2)时，z=2x+y的值最大，
代入得：zmax=6+2=8.
故答案为：8.
【答案】
30
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
由题意得到n≤6n∈N*时，an≥0，n>6n∈N*时，an<0，则Sn的最大值为S6=6(−2+12+0)2=30.
【解答】
解：设数列的公差为d，
由题意可得：d=a7−a47−4=−2，
∴ an=a4+n−4d=4−2n+8=−2n+12，
∴ n≤6n∈N*时，an≥0，
n>6n∈N*时，an<0，
则Sn的最大值为S6=6(−2+12+0)2=30.
故答案为：30.
【答案】
40402021
【考点】
等差数列的性质
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
等差数列an的公差设为d，由等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，由等差数列的求和公式可得Sn，1Sn，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
【解答】
解：设等差数列an的公差为d，首项为a，
则a4=a1+3d=4，a7=a1+6d=7，
解得d=1，a1=1，
则an=1+(n−1)×1=n，
则Sn=(a1+an)n2=nn+12，
故1S1+1S2+⋯+1S2020
=21×2+22×3+⋯+22020×2021
=2(1−12+12−13+⋯+12020−12021)
=2×1−12021
=40402021．
故答案为：40402021．
三、解答题
【答案】
解：(1)在等差数列an中，设公差为d，
∵ a1=1，a5=4a3，
∴1+4d=4(1+2d)，
解得d=−34，
∴ an=1+n−1×−34=−34n+74，
∴ an的通项公式为an=−34n+74(n∈N*).
(2)∵a1=1，d=−34，
∴ Sn=n×1+nn−12×(−34)
=−38n2+118n.
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
(1)利用等差数列通项公式列方程求出公差d，由此能求出an的通项公式；
(2)由a1=1，d=−34，能求出an的前n项和Sn.
【解答】
解：(1)在等差数列an中，设公差为d，
∵ a1=1，a5=4a3，
∴1+4d=4(1+2d)，
解得d=−34，
∴ an=1+n−1×−34=−34n+74，
∴ an的通项公式为an=−34n+74(n∈N*).
(2)∵a1=1，d=−34，
∴ Sn=n×1+nn−12×(−34)
=−38n2+118n.
【答案】
解：(1)q=2，a4是a3+2，a5−6的等差中项，
∴ 2a4=a3+2+a5−6，即16a1=4a1+2+16a1−6，
解得a1=1，
数列{an}的通项公式an=2n−1 ．
(2)由(1)知，an=2n−1，
∴ 数列{an}的前n项和Sn=a11−qn1−q=1−2n1−2=2n−1．
【考点】
等差中项
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
【解析】
（1） q=2,a4是a3+2,a5−6的等差中项，∴ 2a4=a3+2+a3=6，即16a1=4a1+2+161−6，
解得a1=1，
数列{an}的通项公式an=2n−1 ．
（2）由（1）知，an=2n−1，
∴ 数列{an}的前n项和Sn=a11−qn1−q=1−2n1−2=2n−1．
【解答】
解：(1)q=2，a4是a3+2，a5−6的等差中项，
∴ 2a4=a3+2+a5−6，即16a1=4a1+2+16a1−6，
解得a1=1，
数列{an}的通项公式an=2n−1 ．
(2)由(1)知，an=2n−1，
∴ 数列{an}的前n项和Sn=a11−qn1−q=1−2n1−2=2n−1．
【答案】
解：(1)n≥2时，Sn=2an−2①，Sn−1=2an−1−2②，
①−②得an=2an−1，anan−1=2.
又S1=2a1−2，
∴ a1=2，
∴ 数列an是首项为2，公比为2的等比数列，
∴ an=2n.
(2)bn=lg2an=n，
Tn=a1+b1+a2+b2+…+(an+bn)
=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)
=(2+22+……+2n)+(1+2+……+n)
=2(1−2n)1−2+n(n+1)2
=2(2n−1)+n(n+1)2．
【考点】
等比数列的通项公式
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)n≥2时，Sn=2an−2①，Sn−1=2an−1−2②，
①−②得an=2an−1，anan−1=2.
又S1=2a1−2，
∴ a1=2，
∴ 数列an是首项为2，公比为2的等比数列，
∴ an=2n.
(2)bn=lg2an=n，
Tn=a1+b1+a2+b2+…+(an+bn)
=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)
=(2+22+……+2n)+(1+2+……+n)
=2(1−2n)1−2+n(n+1)2
=2(2n−1)+n(n+1)2．
【答案】
解：(1)设数列an的公差为d，
则由题意a1+d2=a1a1+3d，
⇒d2=a1d，∴ d=a1=2或者d=0，
又∵ a1≠a2021，∴ d≠0，
∴ d=2，
∴ an=a1+n−12=2n．
(2)1anan+1=14nn+1=141n−1n+1，
∴ Tn=14[(1−12)+(12−13)+ …… +(1n−1n+1)]
=n4(n+1)，
由n4n+1=5052021得n=2020．
【考点】
等比数列的性质
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设数列an的公差为d，
则由题意a1+d2=a1a1+3d，
⇒d2=a1d，∴ d=a1=2或者d=0，
又∵ a1≠a2021，∴ d≠0，
∴ d=2，
∴ an=a1+n−12=2n．
(2)1anan+1=14nn+1=141n−1n+1，
∴ Tn=14[(1−12)+(12−13)+ …… +(1n−1n+1)]
=n4(n+1)，
由n4n+1=5052021得n=2020．

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