2020-2021学年河南省高二（上）段考数学试卷（理科）（一）（10月份）人教A版

这是一份2020-2021学年河南省高二（上）段考数学试卷（理科）（一）（10月份）人教A版，共10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. 在△ABC中，BC＝10，sinA＝，则△ABC的外接圆半径为（ ）
A.30B.15C.20D.15

2. 已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝an+6，则a5＝（ ）
A.25B.30C.32D.64

3. 已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＝b2+c2−bc，则csA＝（ ）
A.B.C.D.

4. 已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a−20sinA＝0，sinC＝，则c＝（ ）
A.B.C.D.

5. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3+a8＝m，S10＝pm，则p＝（ ）
A.3B.5C.6D.10

6. 音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法“：以“宫“为基本音，“宫“经过一次“损”，频率变为原来的，得到“微“，“微“经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商“……依此规律损益交替变化，获得了“宫““微“商”“羽”“角”五个音阶．据此可推得（ ）
A.“商、羽、角”的频率成公比为的等比数列
B.“宫、徵、商”的频率成公比为的等比数列
C.“宫、商、角”的频率成公比为的等比数列
D.“角”“商”“宫”的顿率成公比为的等比数列

7. 已知等比数列{an}的首项a1＝e，公比q＝e，则数列{lnan}的前10项和S10＝（ ）
A.45B.55C.110D.210

8. 已知等差数列{an}的首项是2，公差为d(d∈Z)，且{an}中有一项是14，则d的取值的个数为（ ）
A.3B.4C.6D.7

9. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＝，sin A>sin B，则△ABC的形状一定是（ ）
A.直角三角形B.等腰三角形
C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形

10. 一艘轮船按照北偏东42∘方向，以18海里/时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东18∘方向上，经过10分钟的航行，轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为（ ）
A.5海里B.4海里C.3海里D.2海里

11. 已知数列{an}满足an＝(n∈N∗)，且对任意的n∈N∗都有an+1>an，则实数p的取值范围是（ ）
A.(1，）B.(1，）C.(1, 2)D.（，2)

12. 在钝角三角形ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且其面积为(a2+b2−c2)，则的取值范围是（ ）
A.(0，）∪（，+∞)B.(0，）∪（，+∞)
C.(0，）∪（，+∞)D.(0，）∪（，+∞)
二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A:B:C＝1:1:2，则＝________．

设正项等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若，则q＝________．

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，b＝4，c＝，则BC边上的高为________．

在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展“．将数列1，4进行“扩展”，第一次得到数列1，4，4；第二次得到数列1，4，4，16，4；…；第n次得到数列1，x1，x2，…，xt，4，并记an＝lg2(1⋅x1⋅x2•…•xt⋅4)，其中t＝2n−1，n∈N∗，则{an}的通项an＝________．
三、解答题

在面积为的△ABC中，B＝120∘−C，AC＝1．
(Ⅰ)求AB的长；
(Ⅱ)求sinC的值．

已知数列{an}满足a1＝−3，且an+1＝2an+4(n∈N∗)．
(Ⅰ)证明：{an+4}是等比数列；
(Ⅱ)求{an}的前n项和Sn．

已知递增的等差数列{an}满足a1+a2，a4−a1，a5成等比数列，且a3＝5．
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)若bn＝，求{bn}的前n项和Sn．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2，bsinA+sinB＝，且B为锐角．
(Ⅰ)求角B的大小；
(Ⅱ)若AC边上的中线长为，求△ABC的面积．

设数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，且对任意正整数n，点(an+1, Sn)都在直线x+3y+2＝0上．
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)若bn＝nan，求{bn}的前n项和Tn．

在平面四边形ABCD中，∠DAB＝，∠ADC＝∠ACB＝，AB＝2．
(Ⅰ)若BC＝，求∠CAD的大小；
(Ⅱ)求边CD长度的最大值．

参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省高二（上）段考数学试卷（理科）（一）（10月份）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
直接利用正弦定理的推论求解即可．
【解答】
设△ABC的外接圆半径R，
由正弦定理可知，
解得R＝15，
2.
【答案】
A
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
推导出数列{an}是首项为1，公差为6的等差数列，由此能求出a5．
【解答】
∵ 数列{an}满足a1＝1，an+1＝an+6，
∴ 数列{an}是首项为1，公差为6的等差数列，
∴ a5＝1+4×6＝（25）
3.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
【解析】
直接利用余弦定理结合已知条件化简求解即可．
【解答】
由余弦定理有，．
4.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
由已知可求＝10，进而利用正弦定理即可求解．
【解答】
∵ a−20sinA＝0，
∴ ＝＝10，
∵ ，sinC＝，
∴ c＝＝10×＝．
5.
【答案】
B
【考点】
等差数列的性质
【解析】
由题意利用查等差数列的性质，等差数列的前n项和公式，求出p的值．
【解答】
等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3+a8＝m，
S10＝pm＝10×＝＝5m，
则p＝5，
6.
【答案】
C
【考点】
等比数列的性质
【解析】
直接利用等比数列的定义的应用求出结果．
【解答】
以“宫“为基本音，“宫“经过一次“损”，频率变为原来的，得到“微“，“微“经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商“……
所以q＝．
7.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
先写出等比数列{an}的通项公式an＝en，则lnan＝n，数列{lnan}为首项为1，公差为1的等差数列，由等差数列的前n项和公式即可得出答案．
【解答】
根据题意可得，an＝a1qn−1＝e⋅en−1＝en，
所以lnan＝lnen＝n，
所以数列{lnan}的前10项和S10＝1+2+3+...+10＝＝55，
8.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列的通项公式得an＝2+(n−1)d，由{an}中有一项是14，推导出d＝，由此利用列举法能求出d的取值的个数．
【解答】
n＝4时，d＝4，n＝5时，n＝3；n＝7时，d＝2；n＝13时，d＝（1）
∴ d的取值的个数为（6）
故选：C．
9.
【答案】
D
【考点】
三角形的形状判断
【解析】
由＝，利用正弦定理可得＝，进而可得sin2A＝sin2B，由此可得结论．
【解答】
∵ ＝，
∴ 由正弦定理可得＝，
∴ sinAcsA＝sinBcsB，
∴ sin2A＝sin2B，
∴ 2A＝2B或2A+2B＝π，
∴ A＝B或A+B＝，
∴ △ABC的形状是等腰三角形或直角三角形
10.
【答案】
A
【考点】
三角函数模型的应用
【解析】
构造△OAB，利用余弦定理，即可求灯塔和轮船原来的距离．
【解答】
由题意，设灯塔和轮船原来的距离为x海里
如图，在△OAB中，OA＝18×＝3（海里），AB＝海里，∠AOB＝60∘，由余弦定理可得
（）​2＝32+x2−2×3x×cs60∘，即x2−3x−10＝0，∴ x＝5
11.
【答案】
D
【考点】
数列递推式
【解析】
分段情况下递增只需保证每一段递增，然后临界状态增即可．
【解答】
由题可知，将数列分为两部分进行研究：
（1）在a1到a6上，an＝(2−p)n−2，
若数列为递增数列，则2−p>0，
解得：p<2，
（2）在a7到an(n>7)上，
若数列为递增数列，则p>1，
（3）数列为递增数列，则a7>a6，
即：p>(2−p)×6−2，
解得：，
综上可知，p的取值范围为，
故选：D．
12.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
【解析】
先结合余弦定理和三角形面积公式可以求出C，再结合正弦定理以及两角和的正弦公式可以用A来表示，再结合三角函数的图象与性质即可求出结果．
【解答】
因为 a2+b2−c2＝2abcsC，
所以 ，
又因为 ，
，
又因为0故，
又因为△ABC为钝角三角形，所以，
所以，
二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）
【答案】
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
先求出A＝B＝，C＝，再根据正弦定理即可求出．
【解答】
A:B:C＝1:1:2，
∴ A＝B＝，C＝，
∴ ＝＝，
【答案】
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
分两种情况，当q＝1时，当q≠1时，Sn，在代入，即可得出答案．
【解答】
当q＝1时，Sn＝na1，
那么＝＝2≠3，不合题意，
当q≠1时，Sn＝，
所以＝＝＝1+q2＝3，
所以q＝±，
又因为正项等比数列{an}，
所以q＝，
【答案】
【考点】
余弦定理
【解析】
先利用余弦定理求得csC，再由平方关系求得sinC，进而求得△ABC的面积，最后通过等面积法求得BC边上的高．
【解答】
，在△ABC中，由余弦定理有，
∴ ，
∴ ，
又，ℎ为BC边上的高，
∴ ．
【答案】
3n+1
【考点】
数列的应用
【解析】
首先根据定义整理所给的递推关系式，然后结合递推关系式和首项即可求得数列的通项公式．
【解答】
由题意可得：an+1＝lg2(1∗(1∗x1)∗x1∗(x1∗x2)∗x2……xt∗(xt∗4)∗4)
＝，
即：an−1＝3(an−1−1)，
故数列{an−1} 是首项为，公比为3的等比数列，
∴ ．
三、解答题
【答案】
（1）由题意得A＝180∘−B−C＝180∘−(120∘−C)−C＝60∘，
在△ABC中，，
∴ ，
∴ AB＝（4）
（2）由余弦定理得，故，
由正弦定理得．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)易知A＝60∘，在由三角形的面积公式即可求得AB的长度；
(Ⅱ)先由余弦定理求得BC，再利用正弦定理求得sinC的值．
【解答】
（1）由题意得A＝180∘−B−C＝180∘−(120∘−C)−C＝60∘，
在△ABC中，，
∴ ，
∴ AB＝（4）
（2）由余弦定理得，故，
由正弦定理得．
【答案】
（1）证明：由题易知a1+4＝1≠0，
∵ an+1＝2an+4，∴ ＝＝2，
∴ 数列{an+4}是首项为1，公比为2的等比数列；
（2）由(Ⅰ)可得：an+4＝2n−1，
∴ an＝2n−1−4，
∴ Sn＝(20−4)+(21−4)+...+(2n−1−4)＝(20+21+...+2n−1)−4n＝2n−1−4n．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)结合题设条件利用等比数列的定义证明结论；
(Ⅱ)先由(Ⅰ)求得an，再利用分组法求和法求数列{an}的前n项．
【解答】
（1）证明：由题易知a1+4＝1≠0，
∵ an+1＝2an+4，∴ ＝＝2，
∴ 数列{an+4}是首项为1，公比为2的等比数列；
（2）由(Ⅰ)可得：an+4＝2n−1，
∴ an＝2n−1−4，
∴ Sn＝(20−4)+(21−4)+...+(2n−1−4)＝(20+21+...+2n−1)−4n＝2n−1−4n．
【答案】
（1）设{an}的公差为d，
由题意得，
∴ ，
∴ an＝1+2(n−1)＝2n−(1)
（2）当n⩾2时，，
当n＝1时，Sn＝2，适合上式，
综上所述，．
【考点】
等差数列与等比数列的综合
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)根据题意建立关于首项a1与公差d的方程，解方程求出a1和d即可得数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)分n＝1和n≥2两种情况讨论结合等差数列前n项和公式求解即可．
【解答】
（1）设{an}的公差为d，
由题意得，
∴ ，
∴ an＝1+2(n−1)＝2n−(1)
（2）当n⩾2时，，
当n＝1时，Sn＝2，适合上式，
综上所述，．
【答案】
（1）由正弦定理：，整理得asinB＝bsinA，
由bsinA+sinB＝，整理得，
由于a＝2，
所以，且B为锐角，
所以B＝．
（2）由(Ⅰ)得B＝，AC边上的中线长为，
所以，
则：，
所以c2+a2−2accsB＝28，
由于a＝2，所以c＝（4）
则：
【考点】
正弦函数的图象
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)直接利用正弦定理和三角函数关系式的变换求出B．
(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论和余弦定理的应用及三角形面积公式的应用求出结果．
【解答】
（1）由正弦定理：，整理得asinB＝bsinA，
由bsinA+sinB＝，整理得，
由于a＝2，
所以，且B为锐角，
所以B＝．
（2）由(Ⅰ)得B＝，AC边上的中线长为，
所以，
则：，
所以c2+a2−2accsB＝28，
由于a＝2，所以c＝（4）
则：
【答案】
（1）∵ 点(an+1, Sn)都在直线x+3y+2＝0上，∴ an+1+3Sn+2＝0，
当n≥2时，an+3Sn−1+2＝0，
两式相减得：an+1−an+3an＝0，即an+1＝−2an，
又当n＝1时，a2+3S1+2＝0，a2＝4，解得a1＝−2，满足a2＝−2a1，
∴ 数列{an}是首项、公比为−2的等比数列，
∴ an＝(−2)n；
（2）由(Ⅰ)知：bn＝n⋅(−2)n，
∴ Tn＝1×(−2)1+2×(−2)2+3×(−2)3+...+n⋅(−2)n，
−2Tn＝1×(−2)2+2×(−2)3+...+(n−1)⋅(−2)n+n⋅(−2)n+1，
两式相减得：3Tn＝−2+(−2)2+(−2)3+...+(−2)n−n⋅(−2)n+1＝−n⋅(−2)n+1，
整理得：Tn＝--（n+）⋅(−2)n+1．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)先由题设条件得到数列{an}相邻项的关系式：an+1＝−2an，再求得a1，即可得到：数列{an}是首项、公比为−2的等比数列，进而求得an；
(Ⅱ)先由(Ⅰ)求得bn，再利用错位相减法求其前n项和即可．
【解答】
（1）∵ 点(an+1, Sn)都在直线x+3y+2＝0上，∴ an+1+3Sn+2＝0，
当n≥2时，an+3Sn−1+2＝0，
两式相减得：an+1−an+3an＝0，即an+1＝−2an，
又当n＝1时，a2+3S1+2＝0，a2＝4，解得a1＝−2，满足a2＝−2a1，
∴ 数列{an}是首项、公比为−2的等比数列，
∴ an＝(−2)n；
（2）由(Ⅰ)知：bn＝n⋅(−2)n，
∴ Tn＝1×(−2)1+2×(−2)2+3×(−2)3+...+n⋅(−2)n，
−2Tn＝1×(−2)2+2×(−2)3+...+(n−1)⋅(−2)n+n⋅(−2)n+1，
两式相减得：3Tn＝−2+(−2)2+(−2)3+...+(−2)n−n⋅(−2)n+1＝−n⋅(−2)n+1，
整理得：Tn＝--（n+）⋅(−2)n+1．
【答案】
（1）在△ABC中，由正弦定理可得，
因为∠ACB＝，AB＝2，BC＝，
所以sin∠CAB＝，
又因为∠CAB∈(0，），
所以∠CAB＝，
又因为∠DAB＝，
所以∠CAD＝．
（2）设∠CAB＝α，(0），则∠ABC＝−α，∠DAC＝−α，
在△ABC中，，可得AC＝sin（−α)，
在△ACD中，，可得CD＝＝＝sin（−α)csα＝[sin+sin（−2α)]＝-sin(2α−），
因为0，
所以-<2α−<，
所以sin(2α−）的最小值为−1，
所以CD的长度的最大值为+．
【考点】
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)在△ABC中，由已知利用正弦定理可得sin∠CAB＝，结合范围∠CAB∈(0，），可求∠CAB＝，进而可求∠CAD的值．
(Ⅱ)设∠CAB＝α，(0），则∠ABC＝−α，∠DAC＝−α，在△ABC中由正弦定理可得AC＝sin（−α)，在△ACD中，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求CD＝-sin(2α−），
可求范围-<2α−<，利用正弦函数的性质即可求解其最大值．
【解答】
（1）在△ABC中，由正弦定理可得，
因为∠ACB＝，AB＝2，BC＝，
所以sin∠CAB＝，
又因为∠CAB∈(0，），
所以∠CAB＝，
又因为∠DAB＝，
所以∠CAD＝．
（2）设∠CAB＝α，(0），则∠ABC＝−α，∠DAC＝−α，
在△ABC中，，可得AC＝sin（−α)，
在△ACD中，，可得CD＝＝＝sin（−α)csα＝[sin+sin（−2α)]＝-sin(2α−），
因为0，
所以-<2α−<，
所以sin(2α−）的最小值为−1，
所以CD的长度的最大值为+．