2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）期中考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）期中考试数学（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. 若数列an满足a2n=a2n−1+a2n+1n∈N∗，则称an为“Y型数列”，则下列数列不可能是“Y型数列”的是（ ）
A.−1，0，1，0，−1，0，1，…
B.1，2，1，3，5，2，3，…
C.0，0，0，0，0，0，0，…
D.2，1，−1，0，1，2，1，…

2. 已知锐角△ABC的面积为2，AB=BC=2，则角B=( )
A.π6B.π3C.π4D.3π4

3. 拓扑结构图是指由网络节点设备和通信介质构成的网络结构图．某树形拓扑结构图如图所示，圆圈代表节点，每一个节点都有两个子节点，则第10层节点的个数为（ ）

A.100B.128C.512D.1024

4. 已知m<0，n>0，m+n<0，则下列不等式中正确的是（ ）
A.n>−mB.m2>n2C.−n>−mD.1m+1n<0

5. 函数fx=22x+2−x的值域为( )
A.(0,1]B.(0,2]C.(−∞,1]D.[1,+∞）

6. 已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，若am=8，S9=72，则m=（ ）
A.4B.5C.6D.7

7. 若x，y满足约束条件2x+y≤6,x−y≤0,x≥a,且z=x+4y的最大值为31，则a=( )
A.−5B.−4C.−2D.−1

8. 已知数列{an}的首项a1=12，an−an+1an+1an=2，则a10=( )
A.20B.10C.120D.110

9. 已知在△ABC中，点M在线段AC上．若AM=BM，AB=2，BC=6，sinC=26，则BM=（ ）
A.2B.3C.2D.5

10. 已知等比数列an的前n项和为Snn∈N∗，则关于n的方程Sn=0的解的个数为（ ）
A.0B.1C.无数个D.0或无数个

11. 已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=λan+1λ>1，a2=−2，则S10=( )
A.−2047B.−1023C.1025D.2049

12. 截至2020年6月3日，南水北调中线一期工程已经安全输水2000天，累计向北输水300亿立方米，已使沿线6000万人口受益．如图，A，B，C，D四个工厂位于中线一期沿线附近，且B，D，C三厂在同一直线上，AB=40米，CD=40米，∠B=30∘，∠ADB=45∘，若A，C两厂沿直线AC铺设供水管道AE，CF，且EF=610米，则AE+CF=（ ）

A.2010米B.1810米C.1610米D.1410米
二、填空题

我国古代数学著作《九章算术》中用“圭田”一词代指等腰三角形田地．若—“圭田”的腰长为4，顶角的余弦值为34，则该“圭田”的底边长为________．

若x，y满足约束条件 x+y−3≤0,3x−2y+3≥0y+1≥0, ，则z=2x+y的最小值为________.

已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b=4，c=6，a−bcsB=0，则a=________．

已知数列{an}的首项a1=4，an+1an=2n+1n，则{an}的前n项和Sn=________.
三、解答题

已知关于x的不等式ax2+bx−10<0的解集为x|−2(1)求a，b的值；

(2)若关于x的不等式ax2+2x+b<0的解集为A，关于x的不等式2ax+bm>0的解集为B，且A∩B≠⌀，求m的取值范围．

已知数列an满足a1=1，a2=3，等差数列{bn}的公差d=2，且bn=an+1−an．
(1)求{bn}的通项公式及前n项和Sn；

(2)求a21．

已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足3asinAcsB−bcs2A+b=0.
(1)求角B；

(2)若△ABC的周长为6+42，b=42，求△ABC的面积．

设x，y满足约束条件 2x−y−1≤0x−y+1≥0,x≥0,y≥0.
(1)在如图所示的网格中画出不等式组表示的平面区域，并求该平面区域的面积；

(2)若目标函数z=ax+bya>0,b>0的最大值为3，求12a+13b的最小值．

如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=1，∠BAD=∠BCD=60∘.

(1)若∠ADC=135∘，求BC的长；

(2)求四边形ABCD的周长的最大值．

已知首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，且an，2Sn，Sn+1−Sn 成等比数列，数列bn满足2an+2⋅i=1nbi=an．
(1)求an的通项公式；

(2)若cn=21bn⋅(an+1+an+2) ，求cn的前n项和Tn.
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
数列的概念及简单表示法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据“Y型数列”的定义可知A，C，D中的数列都有可能是“Y型数列”，对于B，由定义知B不可能是“Y型数列”．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
解三角形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得：
S△ABC=12AB⋅BC⋅sinB=12×2×2×sinB=2，
解得sinB=22.
又B∈(0,π2)，
所以B=π4.
故选C.
3.
【答案】
C
【考点】
数列的应用
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图可知，每一层的节点数组成以1为首项，2为公比的等比数列，所以第10层节点的个数为29=512.
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
不等式的概念与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由m+n<0可得n<−m，故A错误；
因为−m>0，n>0，所以n<−m两边平方可得m2>n2，故B正确；
因为−n<0，−m>0，所以−n<−m，故C错误；
1m+1n=m+nmn>0，故D错误．
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
基本不等式
函数的值域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知f(x)>0.
又2x+2−x≥22x×2−x=2，
当且仅当x=0时等号成立，
所以f(x)=22x+2−x≤1，
所以f(x)的值域为(0,1].
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
等差中项
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为S9=9a1+a92=9a5=72，所以a5=8．
因为{an}的公差不为0，所以m=5.
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
含参线性规划问题
【解析】
不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，观察可知，当直线z=x+4y过点A时，z取得最大值，联立2x+y=6,x=a,解得x=a,y=6−2a由a+46−2a=31，可得a=−1 .
【解答】
解：不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，
观察可知，当直线z=x+4y过点A时，z取得最大值，
联立2x+y=6,x=a,解得x=a,y=6−2a,
由a+46−2a=31，可得a=−1 .
故选D .
8.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知1an+1−1an=2，
故数列1an是首项为1a1=2，公差为2的等差数列，
所以1an=2+2n−1=2n，
所以an=12n，所以a10=120.
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
解三角形
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出图形如图所示．
由正弦定理，可得
sinA=BC×sinCAB=6×662=22，
又AM=BM，所以∠A=∠ABM=π4，
所以△ABM为等腰直角三角形，所以BM=2.
故选A．
10.
【答案】
D
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的性质
【解析】

【解答】
解：因为 Sn=na1,q=1,a1(1−qn)1−q,q≠0,且q≠1,
所以当q=−1时，Sn=0有无数个偶数解；
当q≠−1且q≠0时，Sn=0无解．
故选D．
11.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
等比关系的确定
【解析】
本题考查递推数列以及等比数列的性质．
【解答】
解：在Sn=λan+1λ>1中，
令n=1，可得a1=λa1+1λ>1，解得a1=11−λ，
由Sn+1=λan+1+1，Sn=λan+1两式相减可得an+1=λλ−1an，
所以a2=11−λ×λλ−1=−2，
解得λ=12（舍去）或λ=2，
所以{an}是首项为−1，公比为2的等比数列，
所以Sn=2×−1×2n−1+1=1−2n，
所以S10=1−210=1−1024=−1023．
故选B．
12.
【答案】
D
【考点】
解三角形的实际应用
余弦定理
正弦定理
【解析】
本题考查正弦定理及余弦定理的应用．
【解答】
解：在△ABD中，由正弦定理得ADsinB=ABsin∠ADB，
即AD12=4022，所以AD=202.
又∠ADC=180∘−∠ADB=135∘，
所以在△ACD中，由余弦定理得
AC2=AD2+DC2−2AD⋅DCcs135∘=800+1600−2×202×40×−22=4000，
则AC=2010，
AE+CF=AC−EF=2010−610=1410（米）．
故选D．
二、填空题
【答案】
22
【考点】
余弦定理
【解析】
本题考查数学文化及余弦定理的应用．
【解答】
解：设“圭田”的底边长为x，由余弦定理可得x2=42+42−2×4×4×34=8，解得x=22.
故答案为：22．
【答案】
−133
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
本题考查线性规划．
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示．
观察可知，当直线z=2x+y过点C时，z取得最小值，
联立3x−2y+3=0y+1=0,’解得x=−53,y=−1,
此时zmin=2×−53−1=−133.
故答案为：−133.
【答案】
10
【考点】
余弦定理
【解析】
本题考查余弦定理的应用．
【解答】
解：由题可知a=bcsB=b⋅a2+c2−b22ac，
所以2a2c=ba2+c2−b2，
所以12a2=4a2+36−16，解得a=10．
故答案为：10.
【答案】
n−1×2n+2+4
【考点】
数列的求和
等比关系的确定
【解析】
本题考查等比数列的定义及用错位相减法求数列的前n项和．
【解答】
解：由an+1an=2n+1n得an+1n+1=2×ann，
所以ann是以a11=a1=4为首项，2为公比的等比数列，
所以ann=4×2n−1=2n+1，an=n⋅2n+1，
所以Sn=1×22+2×23+⋯+n⋅2n+1，2Sn=1×23+2×24+⋯+n⋅2n+2，
所以−Sn=22+23+⋯+2n+1−n⋅2n+2=221−2n1−2−n⋅2n+2，
故Sn=n−1×2n+2+4．
故答案为：n−1×2n+2+4．
三、解答题
【答案】
解：(1)由题可知 −ba=−2+5,−10a=−2×5, 解得a=1,1=−3,
故a，b的值分别为1，−3．
(2)不等式ax2+2x+b<0即不等式x2+2x−3<0，
解得−3不等式2ax+bm>0即2x−3m>0，
解得x>3m2，即B=(3m2,+∞).
因为A∩B≠⌀，
所以3m2<1，解得m<23，
所以m的取值范围为(−∞,23) .
【考点】
一元二次不等式的解法
集合的包含关系判断及应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题可知 −ba=−2+5,−10a=−2×5, 解得a=1,1=−3,
故a，b的值分别为1，−3．
(2)不等式ax2+2x+b<0即不等式x2+2x−3<0，
解得−3不等式2ax+bm>0即2x−3m>0，
解得x>3m2，即B=(3m2,+∞).
因为A∩B≠⌀，
所以3m2<1，解得m<23，
所以m的取值范围为(−∞,23) .
【答案】
解：(1)由题可知等差数列{bn}的首项b1=a2−a1=3−1=2，
所以bn=2+2(n−1)=2n，
所以{bn}的通项公式为bn=2n．
所以前n项和Sn=n(2+2n)2=n2+n．
(2)a21=b20+a20=b20+(b19+a19)
⋯
=b20+b19+⋯+b1+a1
=S20+a1
=202+20+1
=421.
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
本题考查等差数列的定义及通项公式．
【解答】
解：(1)由题可知等差数列{bn}的首项b1=a2−a1=3−1=2，
所以bn=2+2(n−1)=2n，
所以{bn}的通项公式为bn=2n．
所以前n项和Sn=n(2+2n)2=n2+n．
(2)a21=b20+a20=b20+(b19+a19)
⋯
=b20+b19+⋯+b1+a1
=S20+a1
=202+20+1
=421.
【答案】
解：(1)由3asinAcsB−bcs2A+b=0，
可得3asinAcsB+bsin2A=0，
即bsinA+3acsB=0．
∴ 由正弦定理可得sinBsinA+3sinAcsB=0．
∴ tanB=−3．
∵ B∈0,π，∴ B=2π3．
(2)由余弦定理可知b2=a2+c2−2accsB=a2+c2+ac=32，
由题可知a+c=6，
∴ a+c2=a2+c2+2ac=36，
∴ ac=4，
∴ △ABC的面积为12acsinB=12×4×32=3．
【考点】
解三角形
余弦定理
正弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由3asinAcsB−bcs2A+b=0，
可得3asinAcsB+bsin2A=0，
即bsinA+3acsB=0．
∴ 由正弦定理可得sinBsinA+3sinAcsB=0．
∴ tanB=−3．
∵ B∈0,π，∴ B=2π3．
(2)由余弦定理可知b2=a2+c2−2accsB=a2+c2+ac=32，
由题可知a+c=6，
∴ a+c2=a2+c2+2ac=36，
∴ ac=4，
∴ △ABC的面积为12acsinB=12×4×32=3．
【答案】
解：(1)不等式组表示的平面区域如图中四边形AOBC所示．
由题易知A(0.1)，B12,0
由2x−y−1=0,x−y+1=0,解得x=2,y=3,即C2,3．
S四边形AOBC=S△AOC+S△BOC=12×1×2+12×12×3=74.
(2)目标函数z=ax+by(a>0,b>0）经过可行域上的点C时取得最大值3，即2a+3b=3，
则12a+13b=13(2a+3b)(12a+13b)
=13(2+2a3b+3b2a)
≥13(2+22a3b⋅3b2a)
=43，
当且仅当2a3b=3b2a，即a=34，b=12时取等号，
所以12a+13b的最小值为43.
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
求线性目标函数的最值
二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】
本题考查线性规划及基本不等式的应用．
【解答】
解：(1)不等式组表示的平面区域如图中四边形AOBC所示．
由题易知A(0.1)，B12,0
由2x−y−1=0,x−y+1=0,解得x=2,y=3,即C2,3．
S四边形AOBC=S△AOC+S△BOC=12×1×2+12×12×3=74.
(2)目标函数z=ax+by(a>0,b>0）经过可行域上的点C时取得最大值3，即2a+3b=3，
则12a+13b=13(2a+3b)(12a+13b)
=13(2+2a3b+3b2a)
≥13(2+22a3b⋅3b2a)
=43，
当且仅当2a3b=3b2a，即a=34，b=12时取等号，
所以12a+13b的最小值为43.
【答案】
解：(1)如图，连接BD，
在△ABD中，因为∠BAD=60∘，AB=AD，
所以△ABD为等边三角形，所以BD=1．
因为∠ADC=135∘，所以∠BDC=135∘−60∘=75∘.
在△BCD中，∠CBD=180∘−60∘−75∘=45∘，
由正弦定理可得BDsin∠BCD=CDsin∠CBD，即1sin60∘=CDsin45∘，
解得CD=63.
由余弦定理可得cs∠BCD=BC2+CD2−BD22BC⋅CD，
即 12=BC2+632−12BC⋅63 ，解得BC=6+326.
(2)在△BCD中，由余弦定理可得
BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cs60∘
=BC2+CD2−BC⋅CD
=BC+CD2−3BC⋅CD
≥(BC+CD)2−3BC+CD22
=14BC+CD2，当且仅当BC=CD时取等号．
所以BC+CD2≤4BD2=4，
所以BC+CDmax=2，
所以四边形ABCD的周长的最大值为1+1+2=4．
【考点】
解三角形
基本不等式在最值问题中的应用
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)如图，连接BD，
在△ABD中，因为∠BAD=60∘，AB=AD，
所以△ABD为等边三角形，所以BD=1．
因为∠ADC=135∘，所以∠BDC=135∘−60∘=75∘.
在△BCD中，∠CBD=180∘−60∘−75∘=45∘，
由正弦定理可得BDsin∠BCD=CDsin∠CBD，即1sin60∘=CDsin45∘，
解得CD=63.
由余弦定理可得cs∠BCD=BC2+CD2−BD22BC⋅CD，
即 12=BC2+632−12BC⋅63 ，解得BC=6+326.
(2)在△BCD中，由余弦定理可得
BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cs60∘
=BC2+CD2−BC⋅CD
=BC+CD2−3BC⋅CD
≥(BC+CD)2−3BC+CD22
=14BC+CD2，当且仅当BC=CD时取等号．
所以BC+CD2≤4BD2=4，
所以BC+CDmax=2，
所以四边形ABCD的周长的最大值为1+1+2=4．
【答案】
解：(1)依题意，2Sn=an⋅Sn+1−Sn=an⋅an+1，
则2Sn+1=an+1⋅an+2，两式相减可得2an+1=an+1⋅an+2−an，
因为an+1≠0，所以an+2−an=2，
所以{an}的奇数项、偶数项分别成公差为2的等差数列．
因为2S1=a1⋅a2=2a1，
所以a2=2.
又a1=1，所以an=n.
(2)因为2an+2⋅i=1nbi=an，所以i=1nbi=an2an+2，所以b1+b2+⋯+bn=n2n+2，
当n≥2时，b1+b2+⋯+bn−1=n−12n+1，
两式相减可得，bn=1n+1n+2,n≥2.
而b1=16也适合上式，
所以bn=1n+1n+2,n∈N∗．
所以cn=21bn⋅(an+1+an+2)，
=2(n+1)(n+2)(n+1+n+2)
=2n+2−n+1n+1n+2
=21n+1−1n+2．
所以Tn=c1+c2+⋯+cn
=2(12−13+13−14＋⋯+1n+1−1n+2)
=212−1n+2
=2−2n+2n+2.
【考点】
等比中项
数列的求和
数列递推式
等差关系的确定
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)依题意，2Sn=an⋅Sn+1−Sn=an⋅an+1，
则2Sn+1=an+1⋅an+2，两式相减可得2an+1=an+1⋅an+2−an，
因为an+1≠0，所以an+2−an=2，
所以{an}的奇数项、偶数项分别成公差为2的等差数列．
因为2S1=a1⋅a2=2a1，
所以a2=2.
又a1=1，所以an=n.
(2)因为2an+2⋅i=1nbi=an，所以i=1nbi=an2an+2，所以b1+b2+⋯+bn=n2n+2，
当n≥2时，b1+b2+⋯+bn−1=n−12n+1，
两式相减可得，bn=1n+1n+2,n≥2.
而b1=16也适合上式，
所以bn=1n+1n+2,n∈N∗．
所以cn=21bn⋅(an+1+an+2)，
=2(n+1)(n+2)(n+1+n+2)
=2n+2−n+1n+1n+2
=21n+1−1n+2．
所以Tn=c1+c2+⋯+cn
=2(12−13+13−14＋⋯+1n+1−1n+2)
=212−1n+2
=2−2n+2n+2.