2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）10月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）10月月考数学（理）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. 在△ABC中，BC=10，sinA=13，则△ABC的外接圆半径为( )
A.30B.153C.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+c2−1013bc，则csA=( )
A.726B.513C.1726D.1213

4. 已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足2a−20sinA=0，sinC=110，则c=( )
A.2B.22C.25D.210

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32，得到“徵”，“徵”经过一次“益”，频率变为原来的34，得到“商”⋯⋯依此规律损益交替变化，获得了“宫”“徽”“商”“羽”“角”五个音阶.据此可推得( )
A.“商”“羽”“角”的频率成公比为34的等比数列
B.“宫”“徵”“商”的频率成公比为32的等比数列
C.“宫”“商”“角”的频率成公比为98的等比数列
D.“角”“商”“宫”的频率成公比为12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dd∈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ab=csBcsA，sinA>sinB，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/时的速度沿直线航行，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，此时轮船与灯塔的距离为19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=2−pn−2,n≤6,pn−6,n>6(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.1,74B.1,107C.1,2D.107,2

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312a2+b2−c2，则ba的取值范围是( )
A.0,32∪233,+∞B.0,32∪3,+∞
C.0,12∪233,+∞D.0,12∪3,+∞
二、填空题

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3的△ABC中，B=120∘−C，AC=1.
(1)求AB的长；

(2)求sinC的值．

已知数列an满足a1=−3，且an+1=2an+4n∈N∗.
(1)证明：an+4是等比数列；

(2)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.
(1)求an的通项公式；

(2)若bn=2,n=1,an,n≥2,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=332，且B为锐角．
(1)求角B的大小；

(2)若AC边上的中线长为7，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．
(1)求an的通项公式；

(2)若bn=nan，求bn的前n项和Tn.

在平面四边形ABCD中，∠DAB=π2，∠ADC=∠ACB=π3，AB=2.

(1)若BC=233，求∠CAD的大小；

(2)求边CD长度的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）10月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
直接利用正弦定理，即可求出三角形的外接圆的直径即可．
【解答】
解：由正弦定理可知：2R=BCsinA=1013=30，
解得R=15，
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
等差数列
【解析】
将a1=1代入式子an+1=an+6得出a2，以此类推可得出a5．
【解答】
解：∵数列an满足a1=1，an+1=an+6，
∴a2=a1+6=7，
a3=a2+6=13，
a4=a3+6=19，
a5=a4+6=25.
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
【解析】
由a2=b2+c2−1013bc，结合余弦定理：b2+c2−a2=2bccsA，求出csA．
【解答】
解：由a2=b2+c2−1013bc，得：b2+c2−a2=1013bc，
由余弦定理得：csA=b2+c2−a22bc，
∴ csA=513.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
由a，sinA，sinC的值，利用正弦定理即可求出c的值．
【解答】
解：∵ 2a−20sinA=0，
∴ a=102sinA.
又sinC=110，
由正弦定理asinA=csinC得：
c=asinA×sinC=102sinAsinA×110=2.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
等差中项
等差数列的前n项和
【解析】
根据等差数列的性质可得a3+a8=a1+a10，再利用等差数列的求和公式求解.
【解答】
解：因为数列an为等差数列，
所以a3+a8=a1+a10，
所以S10=10a1+a102=10a3+a82=5m=pm，
解得：p=5.
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
等比关系的确定
等比数列
【解析】
根据文化知识，分别求出相对应的概率，即可判断．
【解答】
解：设“宫”的频率为a，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率为32a，
“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率为98a，
“商”经过一次“损”，可得“羽”频率为2716a，
最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率是8164a，
由于a，98a，8164a成公比为98的等比数列，所以“宫”“商”“角”的频率成公比为98的等比数列.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
等差数列与等比数列的综合
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
利用等比数列的通项公式及对数的运算得lnan为等差数列，可得解，属于基础题.
【解答】
解：由题意得：an=a1qn−1=en，lnan=lnen=n，
故lnan−lnan−1=n−n−1=1，
所以lnan为等差数列，公差为1，首项为1，
故S10=10×(1+10)2=55.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
等差数列的性质
等差数列的通项公式
【解析】
由题意分别可得数列的通项公式，由an=14可得d=12n−1，根据d∈Z，可得d的取值的个数．
【解答】
解：∵ 等差数列{an}中，a1=2，an=14，
∴ d=an−a1n−1=14−2n−1=12n−1，n∈Z，
由于d∈Z，
当n=2时，d=12，
当n=3时，d=6，
当n=4时，d=4，
当n=5时，d=3，
当n=7时，d=2，
当n=13时，d=1，
故d的取值的个数为6个.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
三角形的形状判断
【解析】
由ab=csBcsA，利用正弦定理可得sinAsinB=csBcsA，进而可得sin2A=sin2B，由此可得结论．
【解答】
解：∵ ab=csBcsA，
∴ 由正弦定理可得sinAsinB=csBcsA，
∴ sinAcsA=sinBcsB，
∴ sin2A=sin2B，
∴ 2A=2B或2A+2B=π，
∴ A=B或A+B=π2.
又∵ sinA>sinB，
∴ △ABC的形状是直角三角形．
故选A．
10.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
【解析】

【解答】
解：由题意可知，如图所示.
经过10分钟的航行后，轮船航行了18×1060=3（海里）.
又∠BAC=180∘−(42∘+18∘)=120∘，
在△ABC中，由余弦定理得，BC2=AC2+AB2−2AC⋅AB⋅cs120∘，
即19=AC2+9+3AC，
解得AC=2或−5（舍）.
故选D.
11.
【答案】
D
【考点】
数列的函数特性
【解析】
根据题意,数列an单增,要使数列an单增,则两段函数分别单增且衔接点a60p>12−p×6−2【解答】
解：因为数列an满足n∈N∗，an+1>an,
所以需数列an单调递增.
又an=2−pn−2,n≤6,pn−6,n>6,
要使数列an单调递增，
则2−p>0,p>1,2−p×6−2所以107故选D.
12.
【答案】
A
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角形求面积
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
利用三角形的面积公式及余弦定理得角，利用正弦定理及三角形中角的变换得解，难度较大.
【解答】
解：由题意得：S△ABC=12absinC=312a2+b2−c2，
所以sinC=33×a2+b2−c22ab=33csC，
解得：tanC=33，C=π6，
所以A+B=5π6.
又△ABC为钝角三角形，
当B为锐角，A为钝角时，
解得：π6ba=sinBsinA=sinBsin5π6−B
=sinB12csB+32sinB
=112tanB+32∈0,32.
当A为锐角，B为钝角时，
可得ba∈233,+∞.
故选A.
二、填空题
【答案】
3n+1
【考点】
数列递推式
归纳推理
【解析】
利用新定义得到an+1−1=3(an−1)，构造等比数列可得解.
【解答】
解：由题设得an=lg21⋅x1⋅⋯⋅xt⋅4，
可得an+1=lg21⋅1⋅x1⋅x1⋅x1⋅x2⋅⋯⋅xt⋅4⋅4
=lg213⋅⋅434=3an−2.
设an+1+p=3(an+p)，
即an+1=3an+2p，
可得p=−1，
所以数列{an−1}是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以an−1=3×3n−1=3n，
即an=3n+1.
故答案为：3n+1.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意得A=60∘．
在△ABC中，S△ABC=12AC⋅AB⋅sin A=3，
所以12×1×AB×32=3，
所以AB=4．
(2)由余弦定理得BC2=AC2+AB2−2AC⋅AB⋅cs60∘
=1+42−2×1×4×12=13，
所以BC=13．
由正弦定理得sin C=ABsin ABC=23913．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
本题考查正弦定理、余弦定理的应用．

【解答】
解：(1)由题意得A=60∘．
在△ABC中，S△ABC=12AC⋅AB⋅sin A=3，
所以12×1×AB×32=3，
所以AB=4．
(2)由余弦定理得BC2=AC2+AB2−2AC⋅AB⋅cs60∘
=1+42−2×1×4×12=13，
所以BC=13．
由正弦定理得sin C=ABsin ABC=23913．
【答案】
(1)证明：由题易知a1+4≠0，
且an+1+4an+4=2an+4+4an+4=2an+4an+4=2，
所以{an+4}是等比数列．
(2)解：由(1)可知{an+4}是以a1+4=1为首项，2为公比的等比数列，
所以an+4=2n−1，
所以an=2n−1−4，
所以Sn=20−4+21−4+⋯+2n−1−4
=20+21+⋯+2n−1−4n
=2n−1−4n．
【考点】
数列的求和
等比关系的确定
【解析】
本题考查数列的递推关系，等比数列的性质．

【解答】
(1)证明：由题易知a1+4≠0，
且an+1+4an+4=2an+4+4an+4=2an+4an+4=2，
所以{an+4}是等比数列．
(2)解：由(1)可知{an+4}是以a1+4=1为首项，2为公比的等比数列，
所以an+4=2n−1，
所以an=2n−1−4，
所以Sn=20−4+21−4+⋯+2n−1−4
=20+21+⋯+2n−1−4n
=2n−1−4n．
【答案】
解：(1)设{an}的公差为d，
由条件得a1+2d=5，a1+4d2a1+d=3d2，d>0，
解得a1=1，d=2，
∴ an=1+2n−1=2n−1．
(2)当n≥2时，Sn=2+a2+a3+⋯+an=2+a2+ann−12=n2+1，
当n=1时，Sn=2，适合上式，
综上所述，Sn=n2+1．
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
本题考查等差数列和等比数列的综合问题．

【解答】
解：(1)设{an}的公差为d，
由条件得a1+2d=5，a1+4d2a1+d=3d2，d>0，
解得a1=1，d=2，
∴ an=1+2n−1=2n−1．
(2)当n≥2时，Sn=2+a2+a3+⋯+an=2+a2+ann−12=n2+1，
当n=1时，Sn=2，适合上式，
综上所述，Sn=n2+1．
【答案】
解：(1)由正弦定理可得bsinA=asinB．
又因为bsinA+sinB=332，
所以asin B+sin B=332.
因为a=2，
所以sin B=32．
因为B为锐角，
所以B=π3．
(2)由(1)得B=π3.
又AC边上的中线长为7，
所以|BA→+BC→|=27，
所以|BA→|2+|BC→|2+2BA→⋅BC→=28，
即c2+a2+2accs B=28，
所以c2+a2+ac=28．
因为a=2，
所以c=4，
所以△ABC的面积为12×2×4×32=23．
【考点】
向量模长的计算
三角形的面积公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
本题考查正弦定理、余弦定理的应用，三角形面积的计算．

【解答】
解：(1)由正弦定理可得bsinA=asinB．
又因为bsinA+sinB=332，
所以asin B+sin B=332.
因为a=2，
所以sin B=32．
因为B为锐角，
所以B=π3．
(2)由(1)得B=π3.
又AC边上的中线长为7，
所以|BA→+BC→|=27，
所以|BA→|2+|BC→|2+2BA→⋅BC→=28，
即c2+a2+2accs B=28，
所以c2+a2+ac=28．
因为a=2，
所以c=4，
所以△ABC的面积为12×2×4×32=23．
【答案】
解：(1)因为点an+1 ,Sn在直线x+3y+2=0上，
所以an+1+3Sn+2=0，
当n≥2时，an+3Sn−1+2=0，
两式相减得an+1−an+3Sn−3Sn−1=0，
即an+1−an+3an=0，an+1=−2an，
又当n=1时，a2+3S1+2=a2+3a1+2=0，解得a1=−2，满足a2=−2a1，
所以{an}是首项a1=−2，公比q=−2的等比数列，
所以{an}的通项公式为an=−2n．
(2)由(1)知，bn=n−2n，
则Tn=1⋅−2+2⋅−22+3⋅−23+⋯+n−1⋅−2n−1+n⋅−2n，
−2Tn=1⋅−22+2⋅−23+3⋅−24+⋯+n−1⋅−2n+n⋅−2n+1．
两式相减得：
3Tn=−2+−22+−23+⋯+−2n−n⋅−2n+1
=−2−−2n+13−n⋅−2n+1
=−23−13+n⋅−2n+1，
所以Tn=−29−13n+19⋅−2n+1．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
本题考查等比数列的性质，利用错位相减法求和．

【解答】
解：(1)因为点an+1 ,Sn在直线x+3y+2=0上，
所以an+1+3Sn+2=0，
当n≥2时，an+3Sn−1+2=0，
两式相减得an+1−an+3Sn−3Sn−1=0，
即an+1−an+3an=0，an+1=−2an，
又当n=1时，a2+3S1+2=a2+3a1+2=0，解得a1=−2，满足a2=−2a1，
所以{an}是首项a1=−2，公比q=−2的等比数列，
所以{an}的通项公式为an=−2n．
(2)由(1)知，bn=n−2n，
则Tn=1⋅−2+2⋅−22+3⋅−23+⋯+n−1⋅−2n−1+n⋅−2n，
−2Tn=1⋅−22+2⋅−23+3⋅−24+⋯+n−1⋅−2n+n⋅−2n+1．
两式相减得：
3Tn=−2+−22+−23+⋯+−2n−n⋅−2n+1
=−2−−2n+13−n⋅−2n+1
=−23−13+n⋅−2n+1，
所以Tn=−29−13n+19⋅−2n+1．
【答案】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理可得ABsin∠ACB=BCsin∠CAB.
因为AB=2，∠ACB=π3，BC=233，
所以sin∠CAB=12 .
因为∠CAB∈0,π2，
所以∠CAB=π6 .
又因为∠DAB=π2，所以∠CAD=π3.
(2)设∠CAB=α0<α<π2，
则∠ABC=2π3−α，∠DAC=π2−α.
在△ABC中，ABsin∠ACB=ACsin∠ABC，
可得AC=433sin2π3−α.
在△ACD中，CDsin∠DAC=ACsin∠ADC，
可得CD=ACsin∠DACsin∠ADC
=433sin2π3−αsinπ2−αsinπ3
=83sin2π3−αcsα
=43sin2π3+sin2π3−2α
=233−43sin2α−2π3．
因为0<α<π2，所以−2π3<2α−2π3<π3，
所以sin2α−2π3的最小值为−1．
所以CD长度的最大值为233+43 .
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
三角函数的最值
正弦定理
【解析】


【解答】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理可得ABsin∠ACB=BCsin∠CAB.
因为AB=2，∠ACB=π3，BC=233，
所以sin∠CAB=12 .
因为∠CAB∈0,π2，
所以∠CAB=π6 .
又因为∠DAB=π2，所以∠CAD=π3.
(2)设∠CAB=α0<α<π2，
则∠ABC=2π3−α，∠DAC=π2−α.
在△ABC中，ABsin∠ACB=ACsin∠ABC，
可得AC=433sin2π3−α.
在△ACD中，CDsin∠DAC=ACsin∠ADC，
可得CD=ACsin∠DACsin∠ADC
=433sin2π3−αsinπ2−αsinπ3
=83sin2π3−αcsα
=43sin2π3+sin2π3−2α
=233−43sin2α−2π3．
因为0<α<π2，所以−2π3<2α−2π3<π3，
所以sin2α−2π3的最小值为−1．
所以CD长度的最大值为233+43 .