2020-2021年桂林市高二（上）1月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年桂林市高二（上）1月月考数学试卷人教A版，共11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a>b且c∈R，则下列不等式中一定成立的是( )
A.a2>b2B.1abc2D.2a>2b

2. 等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=2，S3=15，则a8=( )
A.11B.12C.23D.24

3. 抛物线y=2x2的焦点坐标为( )
A.0,18B.0,12C.18,0D.12,0

4. 若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足a+b2−c2=3，且C=120∘，则ab的值为( )
A.1B.2C.3D.4

5. 设命题 p:∃x0∈(0,+∞)，lnx0=−1， 命题q:若 m>1，则方程 x2+my2=1表示焦点在x轴上的椭圆，那么下列命题属于真命题的是( )
A.¬pB.¬p∨¬qC.p∧qD.p∧(¬q)

6. 设x，y满足约束条件x−y≥0,x−2y≤0,y−1≤0,则z=2x+y的最大值是( )
A.0B.3C.4D.5

7. 已知函数fx的导函数为f′x，且满足fx=2xf′1+lnx，则f′2=( )
A.32B.1C.−1D.−32

8. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且1−csA=c−bc，则△ABC的形状为( )
A.正三角形B.直角三角形
C.等腰直角三角形D.等腰三角形

9. “x≥1”是“1x≤1”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

10. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交双曲线C的左支于A，B两点，且|AB|=6．若△ABF2的周长为24，则双曲线C的实轴长是( )
A.3B.6C.9D.12

11. fx是定义在R上的奇函数，当xb，二次三项式ax2+2x+b≥0对于一切实数x恒成立，又∃x0∈R，使ax02+2x0+b=0成立，则a2+b2a−b的最小值为________.
三、解答题

已知命题p:∀x∈[1, 2]，x2−a≥0，命题q:∃x∈R，使得x2+(a−1)x+1m>0)有且只有一个公共点P(2, 1)．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若直线l′:y=−x+b交C于A，B两点，是否存在以AB为直径的圆经过点P，若存在，求出b的值；若不存在，说明理由.
参考答案与试题解析
2020-2021年桂林市高二(上)1月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
利用不等式的基本性质即可得出．
【解答】
解：A，取a=0，b=−1，a20，b1b，故B选项错误；
C，c=0时，ac2=bc2，故C选项错误；
D，由指数函数的单调性可知，2a>2b，故D选项正确.
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
由等差数列的性质和已知可得a2，进而可得公差，可得a6
【解答】
解：由题意，设等差数列{an}的公差为d，
∵ S3=15，
∴ a1+a2+a3=3a2=15，
解得a2=5，
又a1=2，
∴ d=a2−a1=5−2=3，
∴ a8=a1+7d=2+7×3=23.
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
将抛物线的方程化为普通方程，再求焦点坐标即可.
【解答】
解：由题意，抛物线y=2x2化为标准方程为x2=12y，
则抛物线的焦点在y轴上，且p=14，
故抛物线的焦点坐标为(0,18).
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ C=120∘，
由余弦定理，得csC=a2+b2−c22ab=−12，
即a2+b2−c2=−ab，
∴ a+b2−c2=ab，
又a+b2−c2=3，
∴ ab=3．
故选C．
5.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
四种命题的真假关系
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
本题主要考查复合命题真假判断，根据条件判断p，q的真假是解决本题的关键．
分别判断命题p，q的真假，结合复合命题真假的关系进行判断即可．
【解答】
解：当x0=1e时，lnx0=−1，
即∃x0∈0,+∞，lnx0=−1，故命题p是真命题；
方程x2+my2=1的标准方程为x2+y21m=1，
当m>1，即01.
又∃x∈R，使得x2+a−1x+10，
解得a>3或a3或a1}∩{a|a3}=a|a>3.
综上所述，实数a的取值范围为{a|−1≤a≤1或a>3}.
【答案】
解：(1)∵ csA=14，
∴ sinA=154.
由正弦定理，得asinA=bsinB，且a=2b，
∴ sinB=bsinAa=158．
(2)由余弦定理，得csA=b2+c2−a22bc=14，且a=2b，
∴ b2+c2−4b22bc=14，
整理得2c2−bc−6b2=0，
即2c+3bc−2b=0，
解得c=2b或c=−32b(负值，舍去)，
∴ a=c，
∴ S△ABC =12acsinB=12c2×158=15，
解得c=4．
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ csA=14，
∴ sinA=154.
由正弦定理，得asinA=bsinB，且a=2b，
∴ sinB=bsinAa=158．
(2)由余弦定理，得csA=b2+c2−a22bc=14，且a=2b，
∴ b2+c2−4b22bc=14，
整理得2c2−bc−6b2=0，
即2c+3bc−2b=0，
解得c=2b或c=−32b(负值，舍去)，
∴ a=c，
∴ S△ABC =12acsinB=12c2×158=15，
解得c=4．
【答案】
解：(1)当n=1时， a1=S1=2+m；
当n≥2时， an=Sn−Sn−1
=n2+n+m−(n−1)2−(n−1)−m=2n，
∵ 数列an是等差数列，
∴ a1满足an=2n，
则2+m=2，
解得m=0．
(2)由(1)可知，an=2n，
∴ 2an=22n=4n，
∴ 数列2an的前n项和为41−4n1−4=4n+1−43，
∵ Sn=n2+n，
∴ 1Sn=1n2+n=1nn+1=1n−1n+1，
∴ 数列1Sn的前n项和为1−12+12−13+⋯
+1n−1n+1=1−1n+1，
又bn=1Sn+2an，
∴ Tn=1−1n+1+4n+1−43
=4n+1−13−1n+1．
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
等比数列的前n项和
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当n=1时， a1=S1=2+m；
当n≥2时， an=Sn−Sn−1
=n2+n+m−(n−1)2−(n−1)−m=2n，
∵ 数列an是等差数列，
∴ a1满足an=2n，
则2+m=2，
解得m=0．
(2)由(1)可知，an=2n，
∴ 2an=22n=4n，
∴ 数列2an的前n项和为41−4n1−4=4n+1−43，
∵ Sn=n2+n，
∴ 1Sn=1n2+n=1nn+1=1n−1n+1，
∴ 数列1Sn的前n项和为1−12+12−13+⋯
+1n−1n+1=1−1n+1，
又bn=1Sn+2an，
∴ Tn=1−1n+1+4n+1−43
=4n+1−13−1n+1．
【答案】
解：(1)设f(n)为前n年的总盈利额.
由题意，得f(n)=95n−(10n2−5n)−90
=−10n2+100n−90=−10(n−1)(n−9)，
令f(n)>0，即−10(n−1)(n−9)>0，
解得10，
解得10，
解得x>1；
令f′x0，即 (2x−a)(x−1)x>0，
解得0