2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）12月月考数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）12月月考数学试卷人教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. 已知数列an的通项公式为an=2n+1，则257是这个数列的( )
A.第6项B.第7项C.第8项D.第9项

2. 已知集合A={x|xx−2≤0}，B={x|−x2+x+2≥0}，则A∩B=( )
A.x|−1≤x<2B.{x|0
3. 抛物线y2=4x的焦点到直线x+y−3=0的距离d=( )
A.22B.2C.1D.2

4. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“a>b”是“a+sinA>b+sinB”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

5. 已知命题p：∀x∈R且x≠kπk∈Z，都有sinx+1sinx≥2；命题q：∃x0∈R，x02+x0+1<0．则下列命题中为真命题的是( )
A.p∧¬qB.p∧qC.¬p∧qD.¬p∧¬q

6. 若x，y满足约束条件3x−y≤0,x−3y+2≥0,y≥0, 则z=x+33y的最大值是( )
A.2B.3C.1D.−2

7. 在等比数列{an}中，a1，a5是方程x2−10x+16=0的两根，则a3=( )
A.4B.−4C.±4D.±2

8. 若双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为3，则b2+24a的最小值为( )
A.233B.1C.33D.2

9. 在等差数列an中，若a5+a6+a7+a8+a9=400，则数列{an}的前13项和S13=( )
A.260B.520C.1040D.2080

10. 设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c．若a+b=3c，sinA=2sinB，则角C=( )
A.π6B.π3C.3π4D.5π6

11. 已知关于x的不等式kx2−3kx+2k+1≥0对任意x∈R恒成立，则k的取值范围是( )
A.0,4B.0,3C.−∞,0∪3,+∞D.−∞,0∪4,+∞

12. 已知点F1，F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为14的直线上，△PF1F2为等腰三角形，且∠F1F2P=150∘，则C的离心率为( )
A.3−36B.13C.12D.3+36
二、填空题

已知A，B是椭圆 C:x24+y2m2=1m>0的长轴的两个端点．若C上存在点M满足∠AMB=150∘，则m的取值范围是________.
三、解答题

已知p:∀x∈R，4x>mx2+1，q：∃x0∈R，x02+2x0−m2+m+3=0，且p∧q为真命题，求实数m的取值范围．

已知数列an的前n项和为Sn，且满足S1，S2，S4成等比数列，an+1=an+2.
(1)求数列an的通项公式；

(2)令bn=4an⋅an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A=π3，b=4c.
(1)求tanC的值；

(2)若a=13，求△ABC的面积．

设抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点．
(1)若直线l的斜率为1，且|AB|=8，求抛物线C和直线l的方程；

(2)若p=2，求线段AB的长的最小值．

如果数列an满足a1=12，a2=15，且an−1−anan−1=an−an+1an+1n≥2.
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn=2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率e=22，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为22.
(1)求椭圆C的方程；

(2)设O为坐标原点，A是椭圆C的上顶点，直线l:y=kx+tt≠±1与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|⋅|ON|=2，求证：直线l经过定点．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
本题考查数列的通项公式及其应用．
【解答】
解：令257=2n+1，解得n=8，
故选C．
2.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A={x|0≤x<2}，B={x|−1≤x≤2}，
∴ A∩B={x|0≤x<2}
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
抛物线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由y2=4x可得其焦点坐标为1,0，
根据点到直线的距离公式可得d=|1−3|2=2.
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由正弦定理可知asinA=bsinB=2R，
若a>b，则sinA>sinB，则a+sinA>b+sinB，
则可得"a>b"是“a+sinA>b+sinB"的充分条件，
再由a+sinA>b+sinB可得，2RsinA+sinA>2RsinB+sinB，
即2R+1sinA>2R+1sinB，
所以sinA>sinB，从而a>b，即"a>b"是"a+sinA>b+sinB"的必要条件，
所以"a>b"是“a+sinA>b+sinB”的充要条件．
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
全称命题与特称命题
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x=3π2时，sin3π2+1sin3π2=−2，易得命题p是假命题，
对于∀x∈R，Δ=12−4=−3<0，x2+x+1>0，
可得命题q是假命题.
所以p∧¬q，p∧q，¬p∧q均为假命题，¬p∧¬q为真命题.
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，
不等式组表示的平面区域是以点O0,0，B−2,0和A1,3为顶点的三角形区域，
画出直线y=−3x，平移该直线，
由图可知当平移后的直线经过点A1,3时，z=x+33y取得最大值，
故zmax=1+33×3=2．
故选A．
7.
【答案】
A
【考点】
等比中项
【解析】
由题意和韦达定理得：a1+a5=10，a1a5=16，判断出a1，a5为正数，由等比数列的性质和项的符号求出a3的值．
【解答】
解：∵ a1，a5是方程x2−10x+16=0的两根，
∴ a1+a5=10，a1a5=16，则a1，a5为正数，
在等比数列{an}中，a32=a1a5=16，则a3=±4，
∵ a1，a5为正数，
∴ a3=a1q2，也是正数，
∴ a3=4.
故选A．
8.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
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e=3得ca=3，从而b2=8a2，
所以b2+24a=8a2+24a=2a+12a≥22a⋅12a=2，
当且仅当2a=12a，即a=12时，“=”成立．
故选D．
9.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差中项
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：a5+a6+a7+a8+a9
=a5+a9+a6+a8+a7=5a7=400，
∴ a7=80，
∴ S13=13a1+a132=13a7=1040．
故选C．
10.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据正弦定理，由sinA=2sinB可得a=2b，
又a+b=3c，所以可令a=2t，b=t，c=3t，t>0，
由余弦定理可得csC=2t2+t2−3t22×2t×t=12，故C=π3．
故选B．
11.
【答案】
A
【考点】
一元二次不等式的解法
不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当k=0时，不等式kx2−3kx+2k+1≥0可化为1≥0，其恒成立，
当k≠0时，要满足关于x的不等式kx2−3kx+2k+1≥0对任意x∈R恒成立，
只需k>0,Δ=9k2−4k2k+1≤0,
解得0综上，k的取值范围是0,4．
故选A．
12.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知椭圆的焦点在x轴上，如图所示，
设|F1F2|=2c，则|OF2|=c，
∵ △PF1F2为等腰三角形，且∠F1F2P=150∘，
∴ |PF2|=|F1F2|=2c.
过P作PE垂直x轴于点E，则∠PF2E=30∘，
∴ |F2E|=3c，|PE|=c，即点P1+3c,c．
∵ 点P在过点A且斜率为14的直线上，
∴ c1+3c+a=14，解得ca=3+36，
∴ e=3+36．
故选D．
二、填空题
【答案】
0,4−23∪4+23,+∞
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
【解析】
本题考查椭圆的方程和几何性质．
【解答】
解：当x轴为长轴，即m<2时，A−2,0，B2,0．
当点M为y轴与椭圆的交点M′时，∠AMB最大．
要使椭圆C上存在点M满足∠AMB=150∘，
则∠AM′B≥150∘，即∠AM′O≥75∘，
所以tan∠AM′O=2m≥tan75∘
=tan45∘+tan30∘1−tan45∘tan30∘=2+3,
故0当y轴为长轴时，同理可得m≥4+23.
综上所述，m的取值范围是0,4−23∪4+23,+∞.
故答案为：0,4−23∪4+23,+∞
三、解答题
【答案】
解：4x>mx2+1可化为mx2−4x+m<0．
若p:∀x∈R，4x>m(x2+1)为真，
则mx2−4x+m<0对任意的x∈R恒成立．
当m=0时，不等式可化为−4x<0，显然不恒成立；
当m≠0时，有m<0且Δ=16−4m2<0，
所以m<−2．①
若q:∃x0∈R，x02+2x0−m2+m+3=0为真，
则关于x的方程x2+2x−m2+m+3=0有实根，
所以Δ=4+4m2−m−3≥0，即m2−m−2≥0，
所以m≤−1或m≥2．②
又p∧q为真命题，故p，q均为真命题，
所以由①②可得m的取值范围为{m|m<−2}．
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】

【解答】
解：4x>mx2+1可化为mx2−4x+m<0．
若p:∀x∈R，4x>m(x2+1)为真，
则mx2−4x+m<0对任意的x∈R恒成立．
当m=0时，不等式可化为−4x<0，显然不恒成立；
当m≠0时，有m<0且Δ=16−4m2<0，
所以m<−2．①
若q:∃x0∈R，x02+2x0−m2+m+3=0为真，
则关于x的方程x2+2x−m2+m+3=0有实根，
所以Δ=4+4m2−m−3≥0，即m2−m−2≥0，
所以m≤−1或m≥2．②
又p∧q为真命题，故p，q均为真命题，
所以由①②可得m的取值范围为{m|m<−2}．
【答案】
解：(1)由an+1=an+2，可得an+1−an=2，
即数列an是公差为2的等差数列,
所以S1=a1，S2=2a1+2×12×2=2a1+2，
S4=4a1+4×32×2=4a1+12，
由题意得2a1+22=a14a1+12，
解得a1=1，
所以an=2n−1.
(2)由(1)可得bn=4an⋅an+1=42n−12n+1=212n−1−12n+1，
所以数列bn的前n项和Tn=2[1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1]
=21−12n+1
=4n2n+1.
【考点】
等差数列的通项公式
等比中项
数列的求和
【解析】
本题考查等差数列的通项公式、等比数列的性质及裂项相消法求数列的前n项和.
本题考查等差数列的通项公式、等比数列的性质及裂项相消法求数列的前n项和.
【解答】
解：(1)由an+1=an+2，可得an+1−an=2，
即数列an是公差为2的等差数列,
所以S1=a1，S2=2a1+2×12×2=2a1+2，
S4=4a1+4×32×2=4a1+12，
由题意得2a1+22=a14a1+12，
解得a1=1，
所以an=2n−1.
(2)由(1)可得bn=4an⋅an+1=42n−12n+1=212n−1−12n+1，
所以数列bn的前n项和Tn=2[1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1]
=21−12n+1
=4n2n+1.
【答案】
解：(1)由b=4c，根据正弦定理可得sinB=4sinC．
因为A=π3，所以B+C=2π3,
故sin2π3−C=4sinC，
所以32csC+12sinC=4sinC,
即32csC=72sinC,
得tanC=37.
(2)在△ABC中，由余弦定理，
得a2=b2+c2−2bccsA
=16c2+c2−2×4c×c×12=13c2.
又因为a=13，所以c=1，b=4，
所以△ABC的面积为S=12bcsinA=3.
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
本题考查正弦定理及余弦定理的应用．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用．
【解答】
解：(1)由b=4c，根据正弦定理可得sinB=4sinC．
因为A=π3，所以B+C=2π3,
故sin2π3−C=4sinC，
所以32csC+12sinC=4sinC,
即32csC=72sinC,
得tanC=37.
(2)在△ABC中，由余弦定理，
得a2=b2+c2−2bccsA
=16c2+c2−2×4c×c×12=13c2.
又因为a=13，所以c=1，b=4，
所以△ABC的面积为S=12bcsinA=3.
【答案】
解：(1)由题意得Fp2,0，l的方程为y=x−p2，
设Ax1,y1，B(x2,y2)，
由y=x−p2,y2=2px,消去y可得x2−3px+p24=0，
故x1+x2=3p，
所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+p2+x2+p2=3p+p=4p.
由题设知4p=8，解得p=2，
因此抛物线的方程是y2=4x，直线l的方程为y=x−1．
(2)若p=2，则抛物线C:y2=4x，F1,0．
由题可知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+1，
与抛物线方程联立，得x=my+1,y2=4x,消去x，
整理得y2−4my−4=0.
设方程的两根分别为y1，y2，
则y1+y2=4m，y1y2=−4，
所以|AB|=1+m2|y1−y2|
=1+m2y1+y22−4y1y2
=1+m24m2−4×−4
=41+m2≥4，
所以线段AB的长的最小值为4.
【考点】
抛物线的标准方程
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】

【解答】
解：(1)由题意得Fp2,0，l的方程为y=x−p2，
设Ax1,y1，B(x2,y2)，
由y=x−p2,y2=2px,消去y可得x2−3px+p24=0，
故x1+x2=3p，
所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+p2+x2+p2=3p+p=4p.
由题设知4p=8，解得p=2，
因此抛物线的方程是y2=4x，直线l的方程为y=x−1．
(2)若p=2，则抛物线C:y2=4x，F1,0．
由题可知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+1，
与抛物线方程联立，得x=my+1,y2=4x,消去x，
整理得y2−4my−4=0.
设方程的两根分别为y1，y2，
则y1+y2=4m，y1y2=−4，
所以|AB|=1+m2|y1−y2|
=1+m2y1+y22−4y1y2
=1+m24m2−4×−4
=41+m2≥4，
所以线段AB的长的最小值为4.
【答案】
解：(1)由题易知an≠0.
当n≥2时，由已知得1−anan−1=anan+1−1，
∴ 2=anan−1+anan+1，
∴ 2an=1an−1+1an+1，
∴ 当n∈N∗时，数列1an是等差数列．
设1an的公差为d．
又∵ a1=12，a2=15，
∴ 1a1=2，1a2=5，d=1a2−1a1=3，
∴ 1an=3n−1，
∴ an=13n−1．
(2)由(1)可得bn=2nan=3n−1⋅2n，
∴ 数列{bn}的前n项和Tn=2×2+5×22+8×23+⋯+3n−1⋅2n，①
2Tn=2×22+5×23+8×24+⋯+3n−1⋅2n+1，②
②−①可得Tn=−4−322+23+24+⋯+2n+3n−1⋅2n+1
=−4−3×221−2n−11−2+3n−1⋅2n+1
=8+3n−4⋅2n+1．
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
等差关系的确定
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题易知an≠0.
当n≥2时，由已知得1−anan−1=anan+1−1，
∴ 2=anan−1+anan+1，
∴ 2an=1an−1+1an+1，
∴ 当n∈N∗时，数列1an是等差数列．
设1an的公差为d．
又∵ a1=12，a2=15，
∴ 1a1=2，1a2=5，d=1a2−1a1=3，
∴ 1an=3n−1，
∴ an=13n−1．
(2)由(1)可得bn=2nan=3n−1⋅2n，
∴ 数列{bn}的前n项和Tn=2×2+5×22+8×23+⋯+3n−1⋅2n，①
2Tn=2×22+5×23+8×24+⋯+3n−1⋅2n+1，②
②−①可得Tn=−4−322+23+24+⋯+2n+3n−1⋅2n+1
=−4−3×221−2n−11−2+3n−1⋅2n+1
=8+3n−4⋅2n+1．
【答案】
(1)解：设椭圆的半焦距为cc>0．由e=ca=22，得a2=2c2，
再由c2=a2−b2，得a=2b．
由题意可知12×2a×2b=22，即ab=2．
解方程组a=2b,ab=2,
解得a=2，b=1，
所以椭圆的方程为x22+y2=1．
(2)证明：由(1)可知，椭圆C的上顶点A0,1，
设Px1,y1，Qx2,y2，
则直线AP的方程为y=y1−1x1x+1．
令y=0，得点M的横坐标xM=−x1y1−1．
又y1=kx1+t，从而|OM|=|xM|=x1kx1+t−1．
同理，|ON|=x2kx2+t−1．
由 y=kx+t,x22+y2=1,
消去y得1+2k2x2+4ktx+2t2−2=0，
则x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2k2 ．
所以|OM|⋅|ON|=x1kx1+t−1⋅x2kx2+t−1
=x1x2k2x1x2+kt−1x1+x2+t−12
=2t2−21+2k2k2⋅2t2−21+2k2+kt−1⋅−4kt1+2k2+t−12=2t+1t−1．
又|OM|⋅|ON|=2，
所以21+tt−1=2，
解得t=0，所以直线l经过定点0,0．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
本题考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系．

【解答】
(1)解：设椭圆的半焦距为cc>0．由e=ca=22，得a2=2c2，
再由c2=a2−b2，得a=2b．
由题意可知12×2a×2b=22，即ab=2．
解方程组a=2b,ab=2,
解得a=2，b=1，
所以椭圆的方程为x22+y2=1．
(2)证明：由(1)可知，椭圆C的上顶点A0,1，
设Px1,y1，Qx2,y2，
则直线AP的方程为y=y1−1x1x+1．
令y=0，得点M的横坐标xM=−x1y1−1．
又y1=kx1+t，从而|OM|=|xM|=x1kx1+t−1．
同理，|ON|=x2kx2+t−1．
由 y=kx+t,x22+y2=1,
消去y得1+2k2x2+4ktx+2t2−2=0，
则x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2k2 ．
所以|OM|⋅|ON|=x1kx1+t−1⋅x2kx2+t−1
=x1x2k2x1x2+kt−1x1+x2+t−12
=2t2−21+2k2k2⋅2t2−21+2k2+kt−1⋅−4kt1+2k2+t−12=2t+1t−1．
又|OM|⋅|ON|=2，
所以21+tt−1=2，
解得t=0，所以直线l经过定点0,0．

2020-2021学年河南省鹤壁市高二（上）12月月考数学试卷人教A版

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