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2021-2022学年河南省信阳市某校高二（下）月考数学试卷
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这是一份2021-2022学年河南省信阳市某校高二（下）月考数学试卷，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. 若a，b为实数，且a>b，则（ ）
A.2a>bB.a2>b
C.a>bD.ab−a
2. 若命题p为“∀x≥0,xx+1≥0”，则¬p为（ ）
A.∀x<0,xx+1≥0B.∀x≥0,xx+1<0
C.∃x≥0,xx+1<0D.∃x<0,xx+1<0
3. 已知实数x，y满足不等式组 y≤2x+1,y≤−x,y≥12x−1 若z=2x+3y，则z取得最小值为 ( )
A.−9B.−233C.−23D.13
4. 若方程x22+m+y2−m−1=1表示的曲线为C，则（ ）
A.−2B.−2C.−32D.−32
5. 在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA:sinB:sinC=1:2:5，则最大角的弧度数为（ ）
A.5π6B.3π4C.2π3D.7π12
6. 设P为双曲线C：x29−y216=1右支上一点，F1,F2为左、右焦点，PF1=4PF2，则（ ）
A.P，F1,F2为一个锐角三角形的顶点
B.P，F1,F2为一个钝角三角形的顶点
C.P，F1,F2为一个直角三角形的顶点
D.P，F1,F2不为三角形的顶点
7. 已知命题p:∀x∈R，x2≥−1，命题q：∃x∈R,csx=−2，则（ ）
A.p∨q是假命题B.p∧q是真命题
C.¬p∨q是真命题D.p∧¬q是真命题
8. 已知a，b为正实数，且2a+b=1，则2a+a2b的最小值为（ ）
A.1B.2C.6D.7
9. 设抛物线y2=2pxp>0的焦点为F，点M在y轴上．若线段FM的中点B在抛物线上，MF=6，则点M的坐标为（ ）
A.0,−32B.0,32
C.0,−42或0,42D.0,2或0,−2
10. 在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，其中AB=BC=BB1=1，∠ABB1=∠ABC=∠B1BC=π3， AE→=2BD1→，则|B1E|=（ ）
A.25B.5C.14D.14
11. “天干地支纪年法”（也叫农历）源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸．十二地支；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，⋯，依此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，⋯，依此类推．今年（2021年）为“天干地支纪年法”的辛丑年，为了推算公元n年（n为不小于2021的正整数）所在的农历年份，我们定义数列an:an=n−2021÷60的余数.
若an=0，则公元第n年为辛丑年；若an=1，则公元第n年为壬寅年，依次类推，⋯则以下不正确的为（ ）
A.a2149=8B.∀n∈N*,an+60=an
C.an≠am⇒n≠mD.an=k⇒an+1=k+1
12. 若实数a，b，c都为正数，a+b+c=1，2a，b，2c成等比数列，实数λ满足1−b=λa，则λ取值范围为（ ）
A.[22+2,+∞）B.[22−2,+∞）
C.(−∞,2−2]D.22−2,22+2
二、填空题
设A1,2,−1，B2,−3,1在xz平面上的射影分别为A1,B1，则线段A1B1的长为________.
在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若a+c=3,ac=1,csB=34，则△ABC的周长为________.
若双曲线C的标准方程为x2a2−y2b2=1,P2,1为C上一点，一个焦点到一条渐近线的距离为2，则双曲线的标准方程为________.
已知等差数列an、等比数列bn的前n项和之积为n232n+1−2n⋅32n−3n2+2n，设等差数列an的公差为d、等比数列bn的公比为q，以下正确的所有序号为________.
①a1=−1 ②d=−6 ③b1=−8 ④q=9
三、解答题
在三角形ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b、c为方程3x2−12x+10=0的两个根，a=6
(1)求三角形ABC的面积；
(2)求sinB+sinC的值．
在等差数列an中，已知a4=0,a1+a2=−5.
(1)求an的通项公式；
(2)求数列2nan的前n项和．
已知抛物线E：y2=2pxp>0的焦点为F，P为E上的一个动点，Q1,12与F在E的同一侧，且PF+PQ的最小值为54.
(1)求E的方程；
(2)若A点在y轴正半轴上，点B、C为E上的另外两个不同点，B点在第四象限，且AB，OC互相垂直、平分，求四边形AOBC的面积．
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1 中，AB=BC=4,CC1=6，若点P为棱DD1上一点，且DP=2，Q，R分别为棱BB1，BC1上的点，且B1Q=BR=2
(1)求直线D1Q与平面PB1R所成角θ的正弦值；
(2)求平面PB1R与平面BDD1B1所成锐二面角a的余弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，右焦点为F，过F作x轴的垂线交双曲线x24−y2=1的两条渐近线于E，G，得到三角形：OEG的面积为1.
(1)求a，b；
(2)设P，M，N的三个点都在椭圆C上，设·MN的中点为Q，且PO→=2OQ→. 求证：△PMN的面积为定值．
[选修4−5：不等式选讲]
设函数fx=|x+1|−|x−3|.
（1）求不等式fx≤2的解集；
（2）若∀x∈R，使得12fx≤a2−2a+1恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2021-2022学年河南省信阳市某校高二（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
不等式比较两数大小
不等式的基本性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
若a=−2,b=−3，则A不成立；
若a=0.5,b=0.3，则B不成立；
若a=−2,b=−3,a，b无意义，则C不成立；
根据不等式的性质得D成立，所以选D．
2.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由命题的否定规则得¬p为∃x≥0,xx+1<0
3.
【答案】
B
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
作出不等式组 y≤2x+1,y≤−x,y≥12x−1 所对应的可行域如图三角形ABC，其中A−43,−53，
当且仅当动直线z=2x+3y即y=−23x+z3过点A−43,−53时，则z的最小值为−233
4.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义和性质
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
曲线C:x22+m−y2m+1=1表示椭圆的充要条件是2+m>0,−m−1>0,2+m≠−m−1解得−2方程x22+m+y2−m−1=1表示焦点在x轴上椭圆⇔2+m>−1−m>0⇔−325.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由正弦定理得，a:b:c=1:2:5，所以最大角为C，
所以csC=a2+b2−c22ab=12+22−5222=−22，
所以 C=3π4
6.
【答案】
D
【考点】
双曲线的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设双曲线的实轴，虚轴，半焦距分别为a,b,c，
a=3,b=4,c=5，由已知得，PF1−PF2=6，
又PF1=4PF2，所以PF1=8=c+a,PF2=2=c−a，所以P为实轴的右端点，所以P,F1,F2不为三角形的顶．
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
复合命题及其真假判断
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：命题p为真命题，命题q为假命题，所以¬q真命题，所以选D．
8.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知条件得，2a+a2b=4a+2ba+a2b=2ba+a2b+4≥22ba⋅a2b+4=6，
当且仅当2ba=a2b，即a=25,b=15时取等号.
9.
【答案】
C
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设M0,y0，易知Fp2,0，则Bp4,y02，如图所示．
因为MF=6，所以BF=3，设抛物线的准线为l，
过B作BB1⊥l于点B1，则p4+p2=3，解得p=4，
所以抛物线方程为y2=8x，且B1,y02，又B在抛物线上，
所以14y02=8×1，解得y0=±42，
所以点M的坐标为0,42或0,−42.
10.
【答案】
B
【考点】
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：B1E→=B1B→+BA→+AE→=B1B→+BA→+2(BA→+BB1→+BC→)=3BA→+BB1→+2BC→，
所以|B1E→|2=32+12+22+2×3×1×12+2×3×2×12+2×1×2×12
=25.
故选B.
11.
【答案】
D
【考点】
类比推理
数列的应用
函数新定义问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：a2149=2149−2021÷60的余数=128÷60的余数=8，所以A对；由an的定义得，an+60=an，所以B对；an≠am⇒n≠m等价于n=m⇒an=am，显然对，所以C对；若an=59，则an+1=0，所以D错．
12.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知2a，b，2c成等比数列得，b=2ac，所以a+c=1−2ac，
所以a+c=1，所以λa=1−b=a+c=a+1−a2=2a−2a+1，
λ=2a−2+1a=2a+1a−2，因为a+c=1,c>0，
所以0所以2a+1a−2≥22a⋅1a−2=22−2，当且仅当2a=1a时，即a=12时等号成立，由双钩函数的图像得λ∈[22−2,+∞）
故选B.
二、填空题
【答案】
5
【考点】
空间两点间的距离公式
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知得，A11,0,−1,B12,0,1，
所以线段A1B1的长为1−22+−1−12=5.
【答案】
3+222
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由余弦定理可得，b2=a+c2−2ac1+csB=32−2×(1+34)=112，
所以△ABC的周长为3+112=3+222.
【答案】
x285−y24=1
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由b=2，22a2−12b2=1，
所以a2=85,b=2，所以双曲的标准方程为x285−y24=1.
【答案】
④
【考点】
等比数列的性质
等差数列的性质
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：显然等比数列{bn}不是常数列，设等差数列an、等比数列{bn}的前n项和分别为An2+Bn，
C−Cqn，其中A，B，C，q为常数，Cq≠0,q≠1，因为n232n+1−2n⋅32n−3n2+2n=−3n2+2n1−9n，
即等差数列an、等比数列bn的前n项和之积为−3n2+2n1−9n，
所以An2+BnC−Cqn=−3n2+2n(1−9n)，
所以(CAn2+CBn)(1−qn)=(−3n2+2n)(1−9n），
所以q=9,CA=−3,CB=2，
故答案为：④．
三、解答题
【答案】
（1）因为b，c为方程3x2−12x+10=0的两个根，
所以b+c=4,bc=103
因为a=6，
所以csA=b2+c2−a22bc=b+c2−a22bc−1
=42−62203−1=12
因为0所以三角形ABC的面积为12bcsinA=12×103×sinπ3=536
（2）在三角形ABC中，由正弦定理得，bsinB=csinC=asinA=22
所以b+csinB+sinC=22，所以sinB+sinC=b+c22=2
【考点】
余弦定理
三角形的面积公式
根与系数的关系
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）因为b，c为方程3x2−12x+10=0的两个根，
所以b+c=4,bc=103
因为a=6，
所以csA=b2+c2−a22bc=b+c2−a22bc−1
=42−62203−1=12
因为0所以三角形ABC的面积为12bcsinA=12×103×sinπ3=536
（2）在三角形ABC中，由正弦定理得，bsinB=csinC=asinA=22
所以b+csinB+sinC=22，所以sinB+sinC=b+c22=2
【答案】
解：(1)设公差为d，则由已知得a1+3d=0且2a1+d=−5，
解得a1=−3,d=1.
所以an的通项公式为an=n−4,n∈N* .
(2)2an=2an−4,
设Tn=21×−3+22×−2+23×−1+…+2n−1n−5+2nn−4，
所以2Tn=22×−3+23×−2+24×−1+…+2nn−5+2n+1n−4，
相减得，−Tn=21×−3+22+23+24+⋯+2n−2n+1n−4，
所以−Tn=−6+221−2n−11−2−2n+1n−4，
所以Tn=2n+1n−5+10.
【考点】
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)设公差为d，则由已知得a1+3d=0且2a1+d=−5，
解得a1=−3,d=1.
所以an的通项公式为an=n−4,n∈N* .
(2)2an=2an−4,
设Tn=21×−3+22×−2+23×−1+…+2n−1n−5+2nn−4，
所以2Tn=22×−3+23×−2+24×−1+…+2nn−5+2n+1n−4，
相减得，−Tn=21×−3+22+23+24+⋯+2n−2n+1n−4，
所以−Tn=−6+221−2n−11−2−2n+1n−4，
所以Tn=2n+1n−5+10.
【答案】
解：(1)作出E的准线l，方程为x=−p2，作PR⊥L于R，
所以PR=PF，即PR+PQ的最小值为54，
因为Q1,12与F在E的同一侧，所以当且仅当P，Q，R三点共线时PR+PQ取得最小值，
所以1+p2=54，解得p=0.5，所以E的方程为y2=x；
(2)因为AB，OC互相垂直、平分，所以四边形AOBC是菱形，所以BC⊥x轴，
设点A0,2a，所以|BC|=2a,
由抛物线对称性知Ba2,−a,Ca2,a，
由|AO|=|OB|，
得2a=a22+−a2，
解得a=3，
所以菱形AOBC的边AO=23，高h=a2=3，
其面积为S=AO⋅h=23⋅3=63 ．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)作出E的准线l，方程为x=−p2，作PR⊥L于R，
所以PR=PF，即PR+PQ的最小值为54，
因为Q1,12与F在E的同一侧，所以当且仅当P，Q，R三点共线时PR+PQ取得最小值，
所以1+p2=54，解得p=0.5，所以E的方程为y2=x；
(2)因为AB，OC互相垂直、平分，所以四边形AOBC是菱形，所以BC⊥x轴，
设点A0,2a，所以|BC|=2a,
由抛物线对称性知Ba2,−a,Ca2,a，
由|AO|=|OB|，
得2a=a22+−a2，
解得a=3，
所以菱形AOBC的边AO=23，高h=a2=3，
其面积为S=AO⋅h=23⋅3=63 ．
【答案】
解：（1）当DP=2时，P0,0,2,B14,4,6,R2,4,0
所以PB1→=4,4,4,PR→=2,4,−2，
设平面PB1R的法向量为n→=x,y,z
所以4x+4y+4z=02x+4y−2z=0,
得，n→=−3,2,1
又D10,0,6,Q4,4,4，所以D1Q→=4,4,−2
设直线D1Q与平面PB1R所成角的大小为θ
则sinθ=|n→⋅D1Q→||n→||D1Q|→=|−6|14×36=1414
（2）在长方体ABCD−AB1C1D1中，
因为BB1⊥平面ABCD，所以平面BDD1B1⊥平面ABCD，
因为平面BDD1B1与平面ABCD交于BD，
因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD
所以AC⊥平面BDD1B1，即AC→为平面BDD1B1的一个法向量，
A4,0,0,C0,4,0，∴ AC→=−4,4,0，
又平面PB1R的法向量为n→=−3,2,1，
所以csα=|n→⋅AC→||n→||AC|→ =|20|42×14=5714
【考点】
直线与平面所成的角
用空间向量求直线与平面的夹角
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）当DP=2时，P0,0,2,B14,4,6,R2,4,0
所以PB1→=4,4,4,PR→=2,4,−2，
设平面PB1R的法向量为n→=x,y,z
所以4x+4y+4z=02x+4y−2z=0,
得，n→=−3,2,1
又D10,0,6,Q4,4,4，所以D1Q→=4,4,−2
设直线D1Q与平面PB1R所成角的大小为θ
则sinθ=|n→⋅D1Q→||n→||D1Q|→=|−6|14×36=1414
（2）在长方体ABCD−AB1C1D1中，
因为BB1⊥平面ABCD，所以平面BDD1B1⊥平面ABCD，
因为平面BDD1B1与平面ABCD交于BD，
因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD
所以AC⊥平面BDD1B1，即AC→为平面BDD1B1的一个法向量，
A4,0,0,C0,4,0，∴ AC→=−4,4,0，
又平面PB1R的法向量为n→=−3,2,1，
所以csα=|n→⋅AC→||n→||AC|→ =|20|42×14=5714
【答案】
解: (1) 因为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，
所以a=2c，其中c=a2+b2，
双曲线x24−y2=1的两条渐近线的方程为y=±x2
设FG=t，则OF=2t
因为三角形OEG的面积为1，所以12⋅2t⋅2t=1，
所以t=22,c=OF=2t=2,a=2c=2
所以椭圆C的方程为x24+y22=1．
（2）①当直线MN的斜率不存在时，
因为PO→=2OQ→，所以Q−1,0
此时MN的方程为x=−1
或Q1,0，此时MN的方程为x=1
将x=−1，代人椭圆方程x24+y22=1得，M−1,62,N−1,−62
所以△PMN的面积为12 |MN| |PQ|=12×6×3=362，
由椭圆轴对称性得：当MN的方程为x=1时，△PMN的面积也为362 ．
②当直线MN的斜率存在时，
设直线MN方程为y=kx+m，设M(x1,y1),N(x2y2),P(x3,y3)
因为MN的中点为Q，且PO→=2OQ→，所以△PMN的重心是坐标原点O，
所以x1+x2+x3=0y1+y2+y3=0，
联立y=kx+m和 x24+y22=1
得2k2+1x2+4kmx+2m2−4=0
Δ=8x+4k2−m2
当Δ>0时，x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−42k2+1，
所以x3=4km2k2+1,y3=−y1+y2=−kx1+x2−2m=−2m2k2+1，
故P4km2k2+1,−2m2k2+1
因为点P在椭圆上，所以代入椭圆整理得m2=2k2+12，满足Δ>0
因而m与k满足的等式关系为m2=2k2+12 ①
当Δ>0时，|x1−x2|=Δ2k2+1=82+4k2−m22k2+1
因为△PMN的重心是坐标原点O，所以△PMN的面积为△OMN的面积的3倍，
设直线L与y轴交于点D，则D0,m
那么△PMN的面积为
3×12|OD|×|x1−x2|=82+4k2−m22k2+1
关系式①代入得S=362
综合①②得△PMN的面积为定值362．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解: (1) 因为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，
所以a=2c，其中c=a2+b2，
双曲线x24−y2=1的两条渐近线的方程为y=±x2
设FG=t，则OF=2t
因为三角形OEG的面积为1，所以12⋅2t⋅2t=1，
所以t=22,c=OF=2t=2,a=2c=2
所以椭圆C的方程为x24+y22=1．
（2）①当直线MN的斜率不存在时，
因为PO→=2OQ→，所以Q−1,0
此时MN的方程为x=−1
或Q1,0，此时MN的方程为x=1
将x=−1，代人椭圆方程x24+y22=1得，M−1,62,N−1,−62
所以△PMN的面积为12 |MN| |PQ|=12×6×3=362，
由椭圆轴对称性得：当MN的方程为x=1时，△PMN的面积也为362 ．
②当直线MN的斜率存在时，
设直线MN方程为y=kx+m，设M(x1,y1),N(x2y2),P(x3,y3)
因为MN的中点为Q，且PO→=2OQ→，所以△PMN的重心是坐标原点O，
所以x1+x2+x3=0y1+y2+y3=0，
联立y=kx+m和 x24+y22=1
得2k2+1x2+4kmx+2m2−4=0
Δ=8x+4k2−m2
当Δ>0时，x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−42k2+1，
所以x3=4km2k2+1,y3=−y1+y2=−kx1+x2−2m=−2m2k2+1，
故P4km2k2+1,−2m2k2+1
因为点P在椭圆上，所以代入椭圆整理得m2=2k2+12，满足Δ>0
因而m与k满足的等式关系为m2=2k2+12 ①
当Δ>0时，|x1−x2|=Δ2k2+1=82+4k2−m22k2+1
因为△PMN的重心是坐标原点O，所以△PMN的面积为△OMN的面积的3倍，
设直线L与y轴交于点D，则D0,m
那么△PMN的面积为
3×12|OD|×|x1−x2|=82+4k2−m22k2+1
关系式①代入得S=362
综合①②得△PMN的面积为定值362．
【答案】
解：（1）依题不等式fx≤2，即|x+1|−|x−3|≤2
当x≥3时，不等式等价于x+1−x−3≤2
解得x∈⌀
当−1解得−1当x≤−1时，不等式等价于−x+1+x−3≤2
解得x≤−1
综上可得，不等式fx≤2的解集为（−∞,2]；
（2）∀x∈R使得12fx≤a2−2a+1成立，即a2−2a+1≥12fxmax，
因为 ||x+1|−|x−3||≤|x+1−x−3|=4
所以fx的最大值为4，所以a2−2a+1≥2，
所以实数a的取值范围是a≤1−2或a≥1+2．
【考点】
绝对值不等式
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）依题不等式fx≤2，即|x+1|−|x−3|≤2
当x≥3时，不等式等价于x+1−x−3≤2
解得x∈⌀
当−1解得−1当x≤−1时，不等式等价于−x+1+x−3≤2
解得x≤−1
综上可得，不等式fx≤2的解集为（−∞,2]；
（2）∀x∈R使得12fx≤a2−2a+1成立，即a2−2a+1≥12fxmax，
因为 ||x+1|−|x−3||≤|x+1−x−3|=4
所以fx的最大值为4，所以a2−2a+1≥2，
所以实数a的取值范围是a≤1−2或a≥1+2．
1. 若a，b为实数，且a>b，则（ ）
A.2a>bB.a2>b
C.a>bD.ab−a
2. 若命题p为“∀x≥0,xx+1≥0”，则¬p为（ ）
A.∀x<0,xx+1≥0B.∀x≥0,xx+1<0
C.∃x≥0,xx+1<0D.∃x<0,xx+1<0
3. 已知实数x，y满足不等式组 y≤2x+1,y≤−x,y≥12x−1 若z=2x+3y，则z取得最小值为 ( )
A.−9B.−233C.−23D.13
4. 若方程x22+m+y2−m−1=1表示的曲线为C，则（ ）
A.−2
5. 在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA:sinB:sinC=1:2:5，则最大角的弧度数为（ ）
A.5π6B.3π4C.2π3D.7π12
6. 设P为双曲线C：x29−y216=1右支上一点，F1,F2为左、右焦点，PF1=4PF2，则（ ）
A.P，F1,F2为一个锐角三角形的顶点
B.P，F1,F2为一个钝角三角形的顶点
C.P，F1,F2为一个直角三角形的顶点
D.P，F1,F2不为三角形的顶点
7. 已知命题p:∀x∈R，x2≥−1，命题q：∃x∈R,csx=−2，则（ ）
A.p∨q是假命题B.p∧q是真命题
C.¬p∨q是真命题D.p∧¬q是真命题
8. 已知a，b为正实数，且2a+b=1，则2a+a2b的最小值为（ ）
A.1B.2C.6D.7
9. 设抛物线y2=2pxp>0的焦点为F，点M在y轴上．若线段FM的中点B在抛物线上，MF=6，则点M的坐标为（ ）
A.0,−32B.0,32
C.0,−42或0,42D.0,2或0,−2
10. 在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，其中AB=BC=BB1=1，∠ABB1=∠ABC=∠B1BC=π3， AE→=2BD1→，则|B1E|=（ ）
A.25B.5C.14D.14
11. “天干地支纪年法”（也叫农历）源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸．十二地支；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，⋯，依此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，⋯，依此类推．今年（2021年）为“天干地支纪年法”的辛丑年，为了推算公元n年（n为不小于2021的正整数）所在的农历年份，我们定义数列an:an=n−2021÷60的余数.
若an=0，则公元第n年为辛丑年；若an=1，则公元第n年为壬寅年，依次类推，⋯则以下不正确的为（ ）
A.a2149=8B.∀n∈N*,an+60=an
C.an≠am⇒n≠mD.an=k⇒an+1=k+1
12. 若实数a，b，c都为正数，a+b+c=1，2a，b，2c成等比数列，实数λ满足1−b=λa，则λ取值范围为（ ）
A.[22+2,+∞）B.[22−2,+∞）
C.(−∞,2−2]D.22−2,22+2
二、填空题
设A1,2,−1，B2,−3,1在xz平面上的射影分别为A1,B1，则线段A1B1的长为________.
在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若a+c=3,ac=1,csB=34，则△ABC的周长为________.
若双曲线C的标准方程为x2a2−y2b2=1,P2,1为C上一点，一个焦点到一条渐近线的距离为2，则双曲线的标准方程为________.
已知等差数列an、等比数列bn的前n项和之积为n232n+1−2n⋅32n−3n2+2n，设等差数列an的公差为d、等比数列bn的公比为q，以下正确的所有序号为________.
①a1=−1 ②d=−6 ③b1=−8 ④q=9
三、解答题
在三角形ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b、c为方程3x2−12x+10=0的两个根，a=6
(1)求三角形ABC的面积；
(2)求sinB+sinC的值．
在等差数列an中，已知a4=0,a1+a2=−5.
(1)求an的通项公式；
(2)求数列2nan的前n项和．
已知抛物线E：y2=2pxp>0的焦点为F，P为E上的一个动点，Q1,12与F在E的同一侧，且PF+PQ的最小值为54.
(1)求E的方程；
(2)若A点在y轴正半轴上，点B、C为E上的另外两个不同点，B点在第四象限，且AB，OC互相垂直、平分，求四边形AOBC的面积．
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1 中，AB=BC=4,CC1=6，若点P为棱DD1上一点，且DP=2，Q，R分别为棱BB1，BC1上的点，且B1Q=BR=2
(1)求直线D1Q与平面PB1R所成角θ的正弦值；
(2)求平面PB1R与平面BDD1B1所成锐二面角a的余弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，右焦点为F，过F作x轴的垂线交双曲线x24−y2=1的两条渐近线于E，G，得到三角形：OEG的面积为1.
(1)求a，b；
(2)设P，M，N的三个点都在椭圆C上，设·MN的中点为Q，且PO→=2OQ→. 求证：△PMN的面积为定值．
[选修4−5：不等式选讲]
设函数fx=|x+1|−|x−3|.
（1）求不等式fx≤2的解集；
（2）若∀x∈R，使得12fx≤a2−2a+1恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2021-2022学年河南省信阳市某校高二（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
不等式比较两数大小
不等式的基本性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
若a=−2,b=−3，则A不成立；
若a=0.5,b=0.3，则B不成立；
若a=−2,b=−3,a，b无意义，则C不成立；
根据不等式的性质得D成立，所以选D．
2.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由命题的否定规则得¬p为∃x≥0,xx+1<0
3.
【答案】
B
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
作出不等式组 y≤2x+1,y≤−x,y≥12x−1 所对应的可行域如图三角形ABC，其中A−43,−53，
当且仅当动直线z=2x+3y即y=−23x+z3过点A−43,−53时，则z的最小值为−233
4.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义和性质
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
曲线C:x22+m−y2m+1=1表示椭圆的充要条件是2+m>0,−m−1>0,2+m≠−m−1解得−2
【答案】
B
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由正弦定理得，a:b:c=1:2:5，所以最大角为C，
所以csC=a2+b2−c22ab=12+22−5222=−22，
所以 C=3π4
6.
【答案】
D
【考点】
双曲线的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设双曲线的实轴，虚轴，半焦距分别为a,b,c，
a=3,b=4,c=5，由已知得，PF1−PF2=6，
又PF1=4PF2，所以PF1=8=c+a,PF2=2=c−a，所以P为实轴的右端点，所以P,F1,F2不为三角形的顶．
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
复合命题及其真假判断
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：命题p为真命题，命题q为假命题，所以¬q真命题，所以选D．
8.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知条件得，2a+a2b=4a+2ba+a2b=2ba+a2b+4≥22ba⋅a2b+4=6，
当且仅当2ba=a2b，即a=25,b=15时取等号.
9.
【答案】
C
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设M0,y0，易知Fp2,0，则Bp4,y02，如图所示．
因为MF=6，所以BF=3，设抛物线的准线为l，
过B作BB1⊥l于点B1，则p4+p2=3，解得p=4，
所以抛物线方程为y2=8x，且B1,y02，又B在抛物线上，
所以14y02=8×1，解得y0=±42，
所以点M的坐标为0,42或0,−42.
10.
【答案】
B
【考点】
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：B1E→=B1B→+BA→+AE→=B1B→+BA→+2(BA→+BB1→+BC→)=3BA→+BB1→+2BC→，
所以|B1E→|2=32+12+22+2×3×1×12+2×3×2×12+2×1×2×12
=25.
故选B.
11.
【答案】
D
【考点】
类比推理
数列的应用
函数新定义问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：a2149=2149−2021÷60的余数=128÷60的余数=8，所以A对；由an的定义得，an+60=an，所以B对；an≠am⇒n≠m等价于n=m⇒an=am，显然对，所以C对；若an=59，则an+1=0，所以D错．
12.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知2a，b，2c成等比数列得，b=2ac，所以a+c=1−2ac，
所以a+c=1，所以λa=1−b=a+c=a+1−a2=2a−2a+1，
λ=2a−2+1a=2a+1a−2，因为a+c=1,c>0，
所以0
故选B.
二、填空题
【答案】
5
【考点】
空间两点间的距离公式
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知得，A11,0,−1,B12,0,1，
所以线段A1B1的长为1−22+−1−12=5.
【答案】
3+222
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由余弦定理可得，b2=a+c2−2ac1+csB=32−2×(1+34)=112，
所以△ABC的周长为3+112=3+222.
【答案】
x285−y24=1
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由b=2，22a2−12b2=1，
所以a2=85,b=2，所以双曲的标准方程为x285−y24=1.
【答案】
④
【考点】
等比数列的性质
等差数列的性质
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：显然等比数列{bn}不是常数列，设等差数列an、等比数列{bn}的前n项和分别为An2+Bn，
C−Cqn，其中A，B，C，q为常数，Cq≠0,q≠1，因为n232n+1−2n⋅32n−3n2+2n=−3n2+2n1−9n，
即等差数列an、等比数列bn的前n项和之积为−3n2+2n1−9n，
所以An2+BnC−Cqn=−3n2+2n(1−9n)，
所以(CAn2+CBn)(1−qn)=(−3n2+2n)(1−9n），
所以q=9,CA=−3,CB=2，
故答案为：④．
三、解答题
【答案】
（1）因为b，c为方程3x2−12x+10=0的两个根，
所以b+c=4,bc=103
因为a=6，
所以csA=b2+c2−a22bc=b+c2−a22bc−1
=42−62203−1=12
因为0
（2）在三角形ABC中，由正弦定理得，bsinB=csinC=asinA=22
所以b+csinB+sinC=22，所以sinB+sinC=b+c22=2
【考点】
余弦定理
三角形的面积公式
根与系数的关系
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）因为b，c为方程3x2−12x+10=0的两个根，
所以b+c=4,bc=103
因为a=6，
所以csA=b2+c2−a22bc=b+c2−a22bc−1
=42−62203−1=12
因为0
（2）在三角形ABC中，由正弦定理得，bsinB=csinC=asinA=22
所以b+csinB+sinC=22，所以sinB+sinC=b+c22=2
【答案】
解：(1)设公差为d，则由已知得a1+3d=0且2a1+d=−5，
解得a1=−3,d=1.
所以an的通项公式为an=n−4,n∈N* .
(2)2an=2an−4,
设Tn=21×−3+22×−2+23×−1+…+2n−1n−5+2nn−4，
所以2Tn=22×−3+23×−2+24×−1+…+2nn−5+2n+1n−4，
相减得，−Tn=21×−3+22+23+24+⋯+2n−2n+1n−4，
所以−Tn=−6+221−2n−11−2−2n+1n−4，
所以Tn=2n+1n−5+10.
【考点】
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)设公差为d，则由已知得a1+3d=0且2a1+d=−5，
解得a1=−3,d=1.
所以an的通项公式为an=n−4,n∈N* .
(2)2an=2an−4,
设Tn=21×−3+22×−2+23×−1+…+2n−1n−5+2nn−4，
所以2Tn=22×−3+23×−2+24×−1+…+2nn−5+2n+1n−4，
相减得，−Tn=21×−3+22+23+24+⋯+2n−2n+1n−4，
所以−Tn=−6+221−2n−11−2−2n+1n−4，
所以Tn=2n+1n−5+10.
【答案】
解：(1)作出E的准线l，方程为x=−p2，作PR⊥L于R，
所以PR=PF，即PR+PQ的最小值为54，
因为Q1,12与F在E的同一侧，所以当且仅当P，Q，R三点共线时PR+PQ取得最小值，
所以1+p2=54，解得p=0.5，所以E的方程为y2=x；
(2)因为AB，OC互相垂直、平分，所以四边形AOBC是菱形，所以BC⊥x轴，
设点A0,2a，所以|BC|=2a,
由抛物线对称性知Ba2,−a,Ca2,a，
由|AO|=|OB|，
得2a=a22+−a2，
解得a=3，
所以菱形AOBC的边AO=23，高h=a2=3，
其面积为S=AO⋅h=23⋅3=63 ．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)作出E的准线l，方程为x=−p2，作PR⊥L于R，
所以PR=PF，即PR+PQ的最小值为54，
因为Q1,12与F在E的同一侧，所以当且仅当P，Q，R三点共线时PR+PQ取得最小值，
所以1+p2=54，解得p=0.5，所以E的方程为y2=x；
(2)因为AB，OC互相垂直、平分，所以四边形AOBC是菱形，所以BC⊥x轴，
设点A0,2a，所以|BC|=2a,
由抛物线对称性知Ba2,−a,Ca2,a，
由|AO|=|OB|，
得2a=a22+−a2，
解得a=3，
所以菱形AOBC的边AO=23，高h=a2=3，
其面积为S=AO⋅h=23⋅3=63 ．
【答案】
解：（1）当DP=2时，P0,0,2,B14,4,6,R2,4,0
所以PB1→=4,4,4,PR→=2,4,−2，
设平面PB1R的法向量为n→=x,y,z
所以4x+4y+4z=02x+4y−2z=0,
得，n→=−3,2,1
又D10,0,6,Q4,4,4，所以D1Q→=4,4,−2
设直线D1Q与平面PB1R所成角的大小为θ
则sinθ=|n→⋅D1Q→||n→||D1Q|→=|−6|14×36=1414
（2）在长方体ABCD−AB1C1D1中，
因为BB1⊥平面ABCD，所以平面BDD1B1⊥平面ABCD，
因为平面BDD1B1与平面ABCD交于BD，
因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD
所以AC⊥平面BDD1B1，即AC→为平面BDD1B1的一个法向量，
A4,0,0,C0,4,0，∴ AC→=−4,4,0，
又平面PB1R的法向量为n→=−3,2,1，
所以csα=|n→⋅AC→||n→||AC|→ =|20|42×14=5714
【考点】
直线与平面所成的角
用空间向量求直线与平面的夹角
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）当DP=2时，P0,0,2,B14,4,6,R2,4,0
所以PB1→=4,4,4,PR→=2,4,−2，
设平面PB1R的法向量为n→=x,y,z
所以4x+4y+4z=02x+4y−2z=0,
得，n→=−3,2,1
又D10,0,6,Q4,4,4，所以D1Q→=4,4,−2
设直线D1Q与平面PB1R所成角的大小为θ
则sinθ=|n→⋅D1Q→||n→||D1Q|→=|−6|14×36=1414
（2）在长方体ABCD−AB1C1D1中，
因为BB1⊥平面ABCD，所以平面BDD1B1⊥平面ABCD，
因为平面BDD1B1与平面ABCD交于BD，
因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD
所以AC⊥平面BDD1B1，即AC→为平面BDD1B1的一个法向量，
A4,0,0,C0,4,0，∴ AC→=−4,4,0，
又平面PB1R的法向量为n→=−3,2,1，
所以csα=|n→⋅AC→||n→||AC|→ =|20|42×14=5714
【答案】
解: (1) 因为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，
所以a=2c，其中c=a2+b2，
双曲线x24−y2=1的两条渐近线的方程为y=±x2
设FG=t，则OF=2t
因为三角形OEG的面积为1，所以12⋅2t⋅2t=1，
所以t=22,c=OF=2t=2,a=2c=2
所以椭圆C的方程为x24+y22=1．
（2）①当直线MN的斜率不存在时，
因为PO→=2OQ→，所以Q−1,0
此时MN的方程为x=−1
或Q1,0，此时MN的方程为x=1
将x=−1，代人椭圆方程x24+y22=1得，M−1,62,N−1,−62
所以△PMN的面积为12 |MN| |PQ|=12×6×3=362，
由椭圆轴对称性得：当MN的方程为x=1时，△PMN的面积也为362 ．
②当直线MN的斜率存在时，
设直线MN方程为y=kx+m，设M(x1,y1),N(x2y2),P(x3,y3)
因为MN的中点为Q，且PO→=2OQ→，所以△PMN的重心是坐标原点O，
所以x1+x2+x3=0y1+y2+y3=0，
联立y=kx+m和 x24+y22=1
得2k2+1x2+4kmx+2m2−4=0
Δ=8x+4k2−m2
当Δ>0时，x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−42k2+1，
所以x3=4km2k2+1,y3=−y1+y2=−kx1+x2−2m=−2m2k2+1，
故P4km2k2+1,−2m2k2+1
因为点P在椭圆上，所以代入椭圆整理得m2=2k2+12，满足Δ>0
因而m与k满足的等式关系为m2=2k2+12 ①
当Δ>0时，|x1−x2|=Δ2k2+1=82+4k2−m22k2+1
因为△PMN的重心是坐标原点O，所以△PMN的面积为△OMN的面积的3倍，
设直线L与y轴交于点D，则D0,m
那么△PMN的面积为
3×12|OD|×|x1−x2|=82+4k2−m22k2+1
关系式①代入得S=362
综合①②得△PMN的面积为定值362．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解: (1) 因为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，
所以a=2c，其中c=a2+b2，
双曲线x24−y2=1的两条渐近线的方程为y=±x2
设FG=t，则OF=2t
因为三角形OEG的面积为1，所以12⋅2t⋅2t=1，
所以t=22,c=OF=2t=2,a=2c=2
所以椭圆C的方程为x24+y22=1．
（2）①当直线MN的斜率不存在时，
因为PO→=2OQ→，所以Q−1,0
此时MN的方程为x=−1
或Q1,0，此时MN的方程为x=1
将x=−1，代人椭圆方程x24+y22=1得，M−1,62,N−1,−62
所以△PMN的面积为12 |MN| |PQ|=12×6×3=362，
由椭圆轴对称性得：当MN的方程为x=1时，△PMN的面积也为362 ．
②当直线MN的斜率存在时，
设直线MN方程为y=kx+m，设M(x1,y1),N(x2y2),P(x3,y3)
因为MN的中点为Q，且PO→=2OQ→，所以△PMN的重心是坐标原点O，
所以x1+x2+x3=0y1+y2+y3=0，
联立y=kx+m和 x24+y22=1
得2k2+1x2+4kmx+2m2−4=0
Δ=8x+4k2−m2
当Δ>0时，x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−42k2+1，
所以x3=4km2k2+1,y3=−y1+y2=−kx1+x2−2m=−2m2k2+1，
故P4km2k2+1,−2m2k2+1
因为点P在椭圆上，所以代入椭圆整理得m2=2k2+12，满足Δ>0
因而m与k满足的等式关系为m2=2k2+12 ①
当Δ>0时，|x1−x2|=Δ2k2+1=82+4k2−m22k2+1
因为△PMN的重心是坐标原点O，所以△PMN的面积为△OMN的面积的3倍，
设直线L与y轴交于点D，则D0,m
那么△PMN的面积为
3×12|OD|×|x1−x2|=82+4k2−m22k2+1
关系式①代入得S=362
综合①②得△PMN的面积为定值362．
【答案】
解：（1）依题不等式fx≤2，即|x+1|−|x−3|≤2
当x≥3时，不等式等价于x+1−x−3≤2
解得x∈⌀
当−1
解得x≤−1
综上可得，不等式fx≤2的解集为（−∞,2]；
（2）∀x∈R使得12fx≤a2−2a+1成立，即a2−2a+1≥12fxmax，
因为 ||x+1|−|x−3||≤|x+1−x−3|=4
所以fx的最大值为4，所以a2−2a+1≥2，
所以实数a的取值范围是a≤1−2或a≥1+2．
【考点】
绝对值不等式
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）依题不等式fx≤2，即|x+1|−|x−3|≤2
当x≥3时，不等式等价于x+1−x−3≤2
解得x∈⌀
当−1
解得x≤−1
综上可得，不等式fx≤2的解集为（−∞,2]；
（2）∀x∈R使得12fx≤a2−2a+1成立，即a2−2a+1≥12fxmax，
因为 ||x+1|−|x−3||≤|x+1−x−3|=4
所以fx的最大值为4，所以a2−2a+1≥2，
所以实数a的取值范围是a≤1−2或a≥1+2．
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