2020-2021学年河南省洛阳市高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年河南省洛阳市高二（上）期中数学试卷（理科）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，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=1，c=2，B=60∘，则b=( )
A.1B.2C.3D.2

2. 已知等比数列{an}的公比为2，其前n项和为Sn，则S3a3=( )
A.2B.4C.74D.158

3. 已知a∈R，b∈R且a>b，则下列不等式一定成立的是（ ）
A.1a>1bB.a2>abC.a2>b2D.a(a−b)>b(a−b)

4. 设x，y满足约束条件2x−y−1≥02x+y−7≤0x+3y−5≥0，则z=2x−3y的最小值为（ ）
A.−5B.−1C.5D.1

5. 已知递减的等差数列{an}满足a12=a92，则数列{an}的前n项和Sn取最大值时，n=( )
A.3B.4C.4或5D.5或6

6. 已知关于x的不等式4ax2+4ax+1>0的解集为R，则实数a的取值范围是( )
A.[0, 1]B.[0, 1)C.(0, 1)D.(0, 1]

7. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知A=π3，a=3，b＝1，则c＝（ ）
A.1B.2C.3−1D.3

8. 在等差数列{an}中a1=1，其前n项和为Sn，若S55−S33=2，则a10的值为（ ）
A.18B.19C.20D.21

9. △ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b+c=2a，3sinA=5sinB，则角C等于（ ）
A.π3B.2π3C.3π4D.5π6

10. 已知正数m，n满足4m+n=3，则1m+1n的最小值为（ ）
A.9B.3C.103D.83

11. 已知数列{an}满足a1=10，an+1−ann＝2，则ann的最小值为（ ）
A.210−1B.112C.163D.274

12. 已知△ABC为锐角三角形，D，E分别为AB，AC的中点，且CD⊥BE，则csA的取值范围是（ ）
A.(12, 1)B.(12,63)C.[45, 1)D.[45, 63)
二、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.

在等差数列{an}中，若a5=3，则a2+a6+a7=________．

已知−1<2a+b<2，3
数列{an}的首项a1=1，其前n项和Sn，满足Sn=an+1−1(n∈N*)，则通项an=________．

已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cs2A2＝12+b2c．则下列结论中正确的为________.（填所有正确结论的序号）
①△ABC为直角三角形；②ac+bc上的最大值为2；③tanA+tanB的最小值为2；④若△ABC的周长为2．则面积的最大值为3−22．
三、解答题：本大题共6个小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.

已知A={m|a≤m≤b}，B={m|m2+4m+3≤0}．A=B．
（1）求实数a，b的值；

（2）若实数x，y满足x−y+1≥0x+2y−2≥02x+y−4≤0．试作出不等式组表示的平面区域．并求t＝y+bx+a的取值范围．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a(1−2csC)+c(1−2csA)=0．
（1）求证：a+c=2b；

（2）求角B的最大值．

已知等比数列{an}的各项均为正数，a1+a3=5，且其前n项和Sn，满足7S2=3S3．
（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若bn=an(an+1)(an+1+1)，求数列{bn}的前n项和Tn．

如图．四边形ABCD中，△ABC是等腰直角三角形．其中AC⊥BC，AB=6，又CD // AB，cs∠ABD=63．

（1）求BD的长；

（2）求△ACD的面积．

先后两次购买同一种物品，可采取两种不同的方式．第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买该物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买该物品所花的钱数一定．甲、乙二人先后两次结伴购买同一种物品，其中甲在两次购物时采用第一种方式，乙在两次购物时采用第二种方式．已知第一次购物时该物品单价为p1，第二次购物时该物品单价为p2(p1≠p2)．甲两次购物的平均价格记为Q1，乙两次购物的平均价格记为Q2．
（1）求Q1，Q2的表达式（用力p1，p2表示）；

（2）通过比较Q1，Q2的大小，说明哪种购物方式比较划算．

已知数列{an}满足：a1=14，an+1=n+14nan(n∈N*)且其前n项和为Sn．
（1）求an与Sn；

（2）若满足(3n+4)λ<2nn2(4−9Sn)的n值恰有3个，求实数λ的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省洛阳市高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题：本题共12个小题，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】
C
【考点】
余弦定理
【解析】
由已知利用余弦定理即可求解b的值．
【解答】
因为a=1，c=2，B=60∘，
则由余弦定理可得b=a2+c2−2accsB=12+22−2×1×2×12=3．
2.
【答案】
C
【考点】
等比数列的性质
【解析】
根据题意，由等比数列的性质可得S3a3=a1+a2+a3a3=a1a3+a2a3+a3a3，将公比代入计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，得等比数列{an}的公比为2，
则S3a3=a1+a2+a3a3
=a1a3+a2a3+a3a3
=14+12+1
=74.
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
根据特殊值法判断A，B，C，作差法判断D即可．
【解答】
对于A，B，C：取a=−1，b=−2，显然错误；
对于D:a(a−b)−b(a−b)=(a−b)2>0，(a≠0)，故D正确；
4.
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
【解析】
作可行域，结合目标函数所表示的直线确定最优解，解得结果．
【解答】
作出x，y满足约束条件2x−y−1≥02x+y−7≤0x+3y−5≥0的可行域，
由2x−y−1＝02x+y−7＝0，解得A(2, 3)．
当直线z=2x−3y经过点A(2, 3)时，在y轴上的截距取得最大值，此时z取得最小值，
zmin=2×2−3×3=−5．
5.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
由题意知，a1>a2>a3>a4>a5>a6>…求出a5=0，可得结论．
【解答】
解：∵ 递减的等差数列{an}满足a12=a92，
∴ a1=−a9>0，即a1=−a1−8d；
∴ a1+4d=0，即a5=0；
∴ s4=s5，此时数列{an}的前n项和Sn最大；
故选：C．
6.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的应用
【解析】
根据题意，讨论a=0和a≠0时，求出满足题意a的取值范围．
【解答】
解：关于x的不等式4ax2+4ax+1>0的解集为R，
a=0时，不等式化为1>0，满足题意；
a≠0时，应满足a>0，Δ<0，
即a>0，16a2−16a<0，
解得0综上，a的取值范围是0≤a<1．
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
方法一：可根据余弦定理直接求，但要注意边一定大于0；
方法二：可根据正弦定理求出sinB，进而求出c，要注意判断角的范围．
【解答】
解法一：（余弦定理）由a2＝b2+c2−2bccsA得：
3＝1+c2−2c×1×csπ3=1+c2−c，∴ c2−c−2＝0，∴ c＝2或−1（舍）．
解法二：（正弦定理）由asinA=bsinB，得：3sinπ3=1sinB，
∴ sinB=12，
∵ b∴ c2＝a2+b2＝4，∴ c＝2．
8.
【答案】
B
【考点】
等差数列的性质
【解析】
由题意，利用等差数列的前n项和公式可求S5=5a3，S3=3a2，结合已知可求a3−a2=d=2，进而根据等差数列的通项公式即可求解．
【解答】
由题意，因为S5=(a1+a5)+(a2+a4)+a3=5a3，
S3=a1+a2+a3=(a1+a3)+a2=3a2，
所以S55−S33=a3−a2=2，即d=2，
所以a10=a1+9d=1+18=19．
9.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
【解析】
由3sinA=5sinB，根据正弦定理，可得3a=5b，再利用余弦定理，即可求得C．
【解答】
∵ 3sinA=5sinB，
∴ 由正弦定理，可得3a=5b，
∴ a=5b3，
∵ b+c=2a，
∴ c=7b3，
∴ csC=a2+b2−c22ab=−12，
∵ C∈(0, π)
∴ C=2π3．
10.
【答案】
B
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．
【解答】
正数m，n满足4m+n=3，
则1m+1n=13(4m+nm+4m+nn)=13(5+nm+4mn)≥13(5+2nm⋅4mn)=3，
当且仅当nm＝4mn且4m+n=3即m=12，n=1时取等号．
11.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
先由题设⇒an+1−an=2n，然后利用叠加法求得an，进而求得ann，再利用单调性求得其最小值．
【解答】
∵ a1=10，an+1−ann＝2，∴ an+1−an=2n，
∴ a2−a1=2，
a3−a2=4，
a4−a3=6，
…
an−an−1=2n−2，n≥2，
将以上式子相加，可得：an−a1=2+4+6+...+2n−2=(n−1)(2+2n−2)2，n≥2，即an=n(n−1)+10，n≥2，
又当n=1时，有a1=10也适合上式，
∴ an=n(n−1)+10，
∴ ann=n+10n−1，
易知：当n≤3时，ann单调递减；当n≥4时，ann单调递增，
又a44=112，a33=163，
∴ ann的最小值为163．
12.
【答案】
D
【考点】
三角形的面积公式
解三角形
【解析】
设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设CD，BE交于G，连接AG，延长交BC于F，则F为BC的中点，由直角三角形的性质可得AF=32a，分别在三角形ABF和三角形ACF中，运用余弦定理可得c2+b2=5a2，由锐角三角形可得63【解答】
设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
设CD，BE交于G，连接AG，延长交BC于F，则F为BC的中点，
由CD⊥BE，可得FG=12BC=12a，AG=a，AF=32a，
在△ABF中，c2=(32a)2+(12a)2−2×32a⋅12a⋅cs∠AFB，
在△ACF中，b2=(32a)2+(12a)2−2×32a⋅12a⋅cs∠AFC，
上面两式相加，结合∠AFB+∠AFC=π，
可得c2+b2=5a2，
又△ABC为锐角三角形，可得a2+b2>c2，b2+c2>a2，c2+a2>b2，
可得3b2>2c2，3c2>2b2，
则23又csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−15(b2+c2)2bc=25(bc+cb)≥25×2=45，
当且仅当b=c，取得最小值45；
设bc=t(63可得f(63)=f(62)=566，
则45≤csA<63，
二、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
【答案】
9
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
根据等差数列的性质即可求出．
【解答】
a2+a6+a7=a4+a5+a6=3a5=9，
【答案】
(5, 10)
【考点】
不等式的基本性质
简单线性规划
【解析】
令4a−b=m(2a+b)+n(a−b)，展开整理后利用a与b的系数相等求得m与n的值，再由已知结合不等式的性质求得4a−b的取值范围．
【解答】
令4a−b=m(2a+b)+n(a−b)=(2m+n)a+(m−n)b，
则2m+n＝4m−n＝−1，解得m=1，n=2．
∴ 4a−b=(2a+b)+2(a−b)，
∵ 3又∵ −1<2a+b<2，
∴ 4a−b=(2a+b)+2(a−b)∈(5, 10)．
【答案】
2n−1
【考点】
数列递推式
【解析】
直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式．
【解答】
数列{an}的首项a1=1，其前n项和Sn，满足Sn=an+1−1①，
当n≥2时，Sn−1=an−1②，
①-②得：an=Sn−Sn−1=an+1−an，整理得an+1=2an，
故an+1an＝2（常数），
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
所以an＝a2⋅2n−2＝2n−1（首项符合通项）．
故an＝2n−1．
【答案】
①③④
【考点】
命题的真假判断与应用
正弦定理
【解析】
直接利用余弦定理和基本不等式和三角形的面积公式的应用判定①②③④的结论．
【解答】
对于①：由于cs2A2＝12+b2c，整理得csA＝2cs2A2−1，所以csA+1=1+bc，所以csA=b2+c2−a22bc＝bc，整理得c2=a2+b2，所以△ABC为直角三角形，故①正确；
对于②：由于ac+bc＝sinA+sinB＝2sin(A+π4)≤2，故②错误；
对于③：tanA+tanB=tanA+1tanA≥2，当tanA=1时，等号成立，故③正确；
对于④：由于a+b+c=2，c2=a2+b2，S△ABC＝12ab，
所以c=2−a−b，
所以a2+b2=(2−a−b)2，
则4a+4b=4+2ab，所以ab=2a+2b−2≥4ab−2，设t=ab(t>0)，所以t2≥4t−2，解得t≥2+2，t≤2−2，
所以ab≤6−42，故S△ABC≤3−22，故④正确．
三、解答题：本大题共6个小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
由m2+4m+3≤0，得−3≤m≤−1，故B={m|−3≤m≤−1}，
又A={m|a≤m≤b}，且A=B，
∴ a=−3，b=−1；
作出不等式组x−y+1≥0x+2y−2≥02x+y−4≤0表示的平面区域如图，
t＝y+bx+a=y−1x−3的几何意义为可行域内的动点与定点M(3, 1)连线的斜率，
联立x−y+1＝02x+y−4＝0，解得B(1, 2)，由图可知A(2, 0)，
∵ kMA=1，kMB＝−12，
由图可知，−12≤t≤1，即t的取值范围是[−12, 1]．
【考点】
简单线性规划
【解析】
（1）求解一元二次不等式化简B，再由A=B求得实数a，b的值；
（2）作出x−y+1≥0x+2y−2≥02x+y−4≤0表示的平面区域，把（1）中求得的a，b代入t＝y+bx+a，再由两点求直线的斜率公式求解．
【解答】
由m2+4m+3≤0，得−3≤m≤−1，故B={m|−3≤m≤−1}，
又A={m|a≤m≤b}，且A=B，
∴ a=−3，b=−1；
作出不等式组x−y+1≥0x+2y−2≥02x+y−4≤0表示的平面区域如图，
t＝y+bx+a=y−1x−3的几何意义为可行域内的动点与定点M(3, 1)连线的斜率，
联立x−y+1＝02x+y−4＝0，解得B(1, 2)，由图可知A(2, 0)，
∵ kMA=1，kMB＝−12，
由图可知，−12≤t≤1，即t的取值范围是[−12, 1]．
【答案】
证明：∵ a(1−2csC)+c(1−2csA)=0，
由正弦定理得：sinA(1−2csC)+sinC(1−2csA)=0，
∴ sinA+sinC=2(sinAcsC+csAsinC)=2sin(A+C)=2sinB，
∴ 由正弦定理得：a+c=2b．
∵ csB=a2+c2−b22ac＝(a+c)2−2ac−b22ac=(2b)2−2ac−b22ac＝3b22ac−1，
又∵ 2ac≤2(a+c2)2＝2(2b2)2＝2b2，
∴ csB≥3b22b2−1＝32−1＝12，
∵ B∈(0, π)，∴ 0∴ 角B的最大值为π3．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）利用边角互化可证．（2）利用基本不等式可求csB得取值范围，进而求得B的最大值．
【解答】
证明：∵ a(1−2csC)+c(1−2csA)=0，
由正弦定理得：sinA(1−2csC)+sinC(1−2csA)=0，
∴ sinA+sinC=2(sinAcsC+csAsinC)=2sin(A+C)=2sinB，
∴ 由正弦定理得：a+c=2b．
∵ csB=a2+c2−b22ac＝(a+c)2−2ac−b22ac=(2b)2−2ac−b22ac＝3b22ac−1，
又∵ 2ac≤2(a+c2)2＝2(2b2)2＝2b2，
∴ csB≥3b22b2−1＝32−1＝12，
∵ B∈(0, π)，∴ 0∴ 角B的最大值为π3．
【答案】
设公比为q的等比数列{an}的各项均为正数，a1+a3=5，且其前n项和Sn，满足7S2=3S3．
所以a1+a1q2＝5①，7(a1+a1q)＝3(a1+a1q+a1q2)②，
由①②解得q＝2或−23（负值舍去）a1=1，
所以an＝a1qn−1＝2n−1．
bn＝an(an+1)(an+1+1)＝12n−1−1−12n−1，
故Tn=b1+b2+...+bn=120−1−121−1+121−1−122−1+...+12n−1−1−12n−1=12−12n−1．
【考点】
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
（1）直接利用等比数列的性质的应用求出通项公式；
（2）利用裂项相消法的应用求出数列的和．
【解答】
设公比为q的等比数列{an}的各项均为正数，a1+a3=5，且其前n项和Sn，满足7S2=3S3．
所以a1+a1q2＝5①，7(a1+a1q)＝3(a1+a1q+a1q2)②，
由①②解得q＝2或−23（负值舍去）a1=1，
所以an＝a1qn−1＝2n−1．
bn＝an(an+1)(an+1+1)＝12n−1−1−12n−1，
故Tn=b1+b2+...+bn=120−1−121−1+121−1−122−1+...+12n−1−1−12n−1=12−12n−1．
【答案】
由CD // AB，知∠BCD=135∘，sin∠BDC=sin∠ABD=1−(63)2=33，
在△ABC中，BC=AC=3，
在△BCD中，由正弦定理，可得BD=BC⋅sin∠BCDsin∠BDC=3×2233=322．
在△BCD中，由正弦定理可得CD=BC⋅sin(45∘−∠ABD)sin∠BDC=3×22×(63−33)33=23−62．
所以S△ACD=12AC⋅CD⋅sin∠ACD=12×3×23−62×22=3(2−1)4．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）由题意可求∠BCD=135∘，在△BCD中，由正弦定理可得BD的值．
（2）在△BCD中，由正弦定理可得CD的值，根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】
由CD // AB，知∠BCD=135∘，sin∠BDC=sin∠ABD=1−(63)2=33，
在△ABC中，BC=AC=3，
在△BCD中，由正弦定理，可得BD=BC⋅sin∠BCDsin∠BDC=3×2233=322．
在△BCD中，由正弦定理可得CD=BC⋅sin(45∘−∠ABD)sin∠BDC=3×22×(63−33)33=23−62．
所以S△ACD=12AC⋅CD⋅sin∠ACD=12×3×23−62×22=3(2−1)4．
【答案】
设甲两次购物时购物量均为m，则两次购物总花费为p1m+p2m，
购物总量为2m，平均价格为Q1=p1m+p2m2m＝p1+p22．
设乙两次购物时用去的钱数均为n，则两次购物总花费2n，购物总量为np1+np2，
平均价格为Q2=2nnp1+np2＝2p1p2p1+p2，
∴ Q1=p1+p22，Q2=2p1p2p1+p2．
∵ p1≠p2，
∴ Q1−Q2=p1+p22−2p1p2p1+p2=(p1−p2)22(p1+p2)>0，∴ Q1>Q2，
因此可知，第二种购物方式比较划算．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
（1）利用平均数计算公式，分别计算出平均数，即可表示出来．
（2）利用作差法比较两种购物方式中，哪种划算．
【解答】
设甲两次购物时购物量均为m，则两次购物总花费为p1m+p2m，
购物总量为2m，平均价格为Q1=p1m+p2m2m＝p1+p22．
设乙两次购物时用去的钱数均为n，则两次购物总花费2n，购物总量为np1+np2，
平均价格为Q2=2nnp1+np2＝2p1p2p1+p2，
∴ Q1=p1+p22，Q2=2p1p2p1+p2．
∵ p1≠p2，
∴ Q1−Q2=p1+p22−2p1p2p1+p2=(p1−p2)22(p1+p2)>0，∴ Q1>Q2，
因此可知，第二种购物方式比较划算．
【答案】
数列{an}满足：a1=14，an+1=n+14nan(n∈N*)，整理得an+1an＝n+14n，
当n≥2时，an＝a1⋅a2a1⋅a3a2…anan−1=14×(14×21)×(14×32)×…×(14×nn−1)＝n4n，
当n=1，所以a1＝14，
由于数列的首项符合通项，
故an＝n4n．
所以Sn＝14+242+…+n4n①，
14Sn＝142+243+…+n4n+1②，
①-②得：34Sn＝14+142+…+14n−n4n+1=14(1−14n)1−14−n4n+1，
整理得：Sn＝19(4−3n+44n)．
由（1）知：4−9Sn＝3n+44n，
结合(3n+4)λ<2nn2(4−9Sn)，
整理得λ≤n22n，
设f(n)=n22n，
则f(1)=12，f(2)=1，f(3)=98，f(4)=1，f(5)=2532，
当n≥4时，f(n+1)−f(n)=(n+1)22n+1−n22n＝−(n−1)2+22n+1<0，
所以f(n+1)所以，按照从小到大的排列顺序，f(n)的前4个值为：
f(3)=98，f(4)=1，f(5)=2532，
欲使满足条件的n值恰有3个，需满足λ∈(3225，1]．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）直接利用已知条件求出数列的通项公式，进一步利用乘公比错位相减法求出数列的和．
（2）直接利用函数的单调性的应用和关系式的变换求出参数的取值范围．
【解答】
数列{an}满足：a1=14，an+1=n+14nan(n∈N*)，整理得an+1an＝n+14n，
当n≥2时，an＝a1⋅a2a1⋅a3a2…anan−1=14×(14×21)×(14×32)×…×(14×nn−1)＝n4n，
当n=1，所以a1＝14，
由于数列的首项符合通项，
故an＝n4n．
所以Sn＝14+242+…+n4n①，
14Sn＝142+243+…+n4n+1②，
①-②得：34Sn＝14+142+…+14n−n4n+1=14(1−14n)1−14−n4n+1，
整理得：Sn＝19(4−3n+44n)．
由（1）知：4−9Sn＝3n+44n，
结合(3n+4)λ<2nn2(4−9Sn)，
整理得λ≤n22n，
设f(n)=n22n，
则f(1)=12，f(2)=1，f(3)=98，f(4)=1，f(5)=2532，
当n≥4时，f(n+1)−f(n)=(n+1)22n+1−n22n＝−(n−1)2+22n+1<0，
所以f(n+1)所以，按照从小到大的排列顺序，f(n)的前4个值为：
f(3)=98，f(4)=1，f(5)=2532，
欲使满足条件的n值恰有3个，需满足λ∈(3225，1]．