2020-2021学年广东省韶关市高二（上）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广东省韶关市高二（上）期中考试数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 不等式x2+4x−5>0的解集为（ ）
A.−1,5B.−5,1
C.−∞,−1∪5,+∞D.−∞,−5∪1,+∞

2. 在△ABC中，a=3，b=5，sinA=13，则sinB=（ ）
A.15B.59C.53D.1

3. 已知等差数列an的通项公式为an=3−4n，则数列an的首项与公差分别是（ ）
A.a1=1,d=4B.a1=4,d=1C.a1=−1,d=−4D.a1=−4,d=−1

4. 已知a，b∈R，且ab>0，则下列结论恒成立的是( )
A.a2+b2>2abB.a+b≥2abC.1a+1b>2abD.ba+ab≥2

5. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a2+c2−b2=3ac，则角B的值为（ ）
A.π6B.π3C.π6或5π6D.π3或2π3

6. 已知关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集为x|20的解集为（ ）
A.13,12B.−12,13
C.−∞,13∪12,+∞D.−∞,−12∪13,+∞

7. 已知三角形的三边长分别为a=5，b=7，c=8，则该三角形的面积为（ ）
A.153B.103C.53D.10

8. 已知数列{an}满足lg3an+1=lg3an+1(n∈N∗)，且a2+a4+a6=9，则lg13(a5+a7+a9)的值是( )
A.−15B.−5C.5D.15
二、多选题

在△ABC中，C=π4，BC=3，AB=6，则角A=( )
A.π4B.π3C.3π4D.2π3

给定下列命题，其中错误的命题有( )
A.a>b⇒a2>b2B.a>b⇒ba<1
C.a>b，c>d⇒ac>bdD.a>b，cb−d

等比数列{an}中，首项为a1，公比为q，则下列条件中，使{an}为递减数列的是( )
A.a1>0,00,q>1C.a1<0,01

在△ABC中，已知a2tanB=b2tanA，则△ABC的形状是( )
A.等腰三角形B.直角三角形
C.等腰直角三角形D.等边三角形
三、填空题

若x，y满足x≤2,y≥−1,4x−3y+1≥0, 则y−x的最小值为________，最大值为________．

在△ABC中，AC=3，3sinA=2sinB，且csC=−14，则AB=________.

在数列an中， 2a1=a2，且an+1=ann+1+1，则a3=________.

函数y=lga(x+3)−1(a>0, a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx+ny+1=0上，其中m，n>0，则1m+2n的最小值为________．
四、解答题

在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足sinA+3csA=2．
(1)求A的大小；

(2)现给出三个条件：①a=2； ②B=π4；③c=3b．试从中选出两个可以确定△ABC的条件，写出你的选择，并以此为依据求△ABC的面积S．

已知an是各项均为正数的等比数列，a1=2, a3=2a2+16.
(1)求an的通项公式；

(2)设bn=lg2an，求数列bn的前n项和.

在△ABC中，AC=6，csB=45，C=π4．
(1)求AB的长；

(2)求cs(A−π6)的值．

△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．
(1)若a，b，c成等差数列，证明：sinA+sinC=2sin(A+C)；

(2)若a，b，c成等比数列，求csB的最小值．

已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn+12an=1(n∈N∗).
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn=lg13(1−Sn+1)(n∈N∗)，令Tn=1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1，求Tn．

已知数列{an}和{bn}满足a1=2，b1=1，an+1=2an(n∈N∗)，b1+12b2+13b3+⋯+1nbn=bn+1−1(n∈N∗).
(1)求an与bn；

(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省韶关市高二（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为x2+4x−5=x−1x+5>0，
所以不等式x2+4x−5>0的解集为−∞,−5∪1,+∞.
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
【解析】
由正弦定理列出关系式，将a，b及sinA的值代入即可求出sinB的值．
【解答】
解：∵ a=3，b=5，sinA=13，
∴ 由正弦定理得：sinB=bsinAa=5×133=59．
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：n=1时a1=−1，
n=2时a2=3−4×2=−5，
所以公差d=a2−a1=−4.
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用基本不等式需注意：各数必须是正数．不等式a2+b2≥2ab的使用条件是a，b∈R．
【解答】
解：对于A，a2+b2≥2ab，故A错误；
对于B，C，ab>0，只能说明a，b同号，
若a，b都小于0，不等式不成立，故B，C错误；
对于D，∵ ab>0，
∴ ba+ab≥2ba⋅ab=2，故D正确.
故选D.
5.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
【解析】
通过余弦定理求出csB的值，进而求出B．
【解答】
解：∵ a2+c2−b2=3ac，
∴ 根据余弦定理得csB=(a2+c2−b2)2ac=32，
∴ csB=32，
又0∴ B=π6．
故选A．
6.
【答案】
A
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为不等式ax2+bx+c>0的解集为x|2可知a<0，且 −ba=2+3=5，ca=2×3=6，
从而得b=−5a，c=6a，
所以不等式cx2+bx+a>0的解集为13,12.
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
由条件利用余弦定理求得csC的值，可得sinC的值，再根据三角形的面积为12ab⋅sinC，计算求得结果．
【解答】
解：由于三边的长分别为a=5，b=7，c=8，
则由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=17，
∴ sinC=437，
∴ 三角形的面积为12ab⋅sinC=103.
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
对数的运算性质
【解析】
数列{an}满足lg3an+1=lg3an+1(n∈N∗)，可得an+1=3an>0，数列{an}是等比数列，公比q=3．又a2+a4+a6=9，a5+a7+a9=33×9，再利用对数的运算性质即可得出．
【解答】
解：∵ 数列{an}满足lg3an+1=lg3an+1(n∈N∗)，
∴ an+1=3an>0，
∴ 数列{an}是等比数列，公比q=3．
又a2+a4+a6=9，
∴ q3a2+q3a4+q3a6=a5+a7+a9=33×9=35，
则lg13(a5+a7+a9)=lg1335=−5．
故选B．
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由正弦定理，得sinA=BC⋅sinCAB=32，
因为A∈0,π，且A+C<π，
所以A=π3或2π3.
故选BD.
【答案】
A,B,C
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于A，只有当a>b>0时，a2>b2才成立，故A错误；
对于B，只有当a>0且a>b时，ab<1才成立，故B错误；
对于C，只有当a>b>0，c>d>0时，ac>bd才成立，故C错误；
对于D，由c−d，从而a−c>b−d，故D正确．
故选ABC.
【答案】
A,D
【考点】
等比数列的通项公式
数列与函数单调性问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为an为递减数列，
所以an−an−1=a1qn−1−a1qn−2
=a1qn−2q−1<0（n≥2，n∈N∗），
若a1>0，则0若a1<0，则q>1．
故选AD．
【答案】
A,B
【考点】
正弦定理
三角形的形状判断
二倍角的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：已知a2tanB=b2tanA，
由正弦定理asinA=bsinB=2R，
sin2BsinAcsA=sin2AsinBcsB，
∵sinA⋅sinB>0，
∴sin2A=sin2B，
∴2A=2B或2A=π−2B，
∴A=B或A+B=π2.
故选AB.
三、填空题
【答案】
−3,1
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件作出可行域，令z＝y−x，作出直线y＝x，平移直线得答案．
【解答】
解：由约束条件x≤2,y≥−1,4x−3y+1≥0,
作出可行域如图，
A(2, −1)，B(2, 3)，
令z=y−x，作出直线y=x，
由图可知，
平移直线y=x，
当直线y=x+z过点A时，z有最小值为−3，
过点B时，z有最大值1.
故答案为：−3；1.
【答案】
4
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 3sinA=2sinB，
则由正弦定理可得：
3BC=2AC，
由AC=3可得：BC=2.
又∵ csC=−14，
则由余弦定理可得：−14=32+22−AB22×3×2，
解得：AB=4．
故答案为：4.
【答案】
139
【考点】
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令n=1，则a2=a12+1，
与2a1=a2联立解得a1=23，a2=43，
所以a3=a23+1=139．
故答案为：139．
【答案】
8
【考点】
基本不等式
【解析】
由题意可得定点A(−2, −1)，2m+n=1，把要求的式子化为 4+nm+4mn，利用基本不等式求得结果．
【解答】
解：由题意可得定点A(−2, −1)，
又点A在直线mx+ny+1=0上，
∴ 2m+n=1，
则1m+2n=2m+nm+4m+2nn
=4+nm+4mn≥4+2nm⋅4mn=8，
当且仅当 nm=4mn 时，等号成立，
故答案为：8．
四、解答题
【答案】
解：(1)依题意得：
sinA+3csA
=2(12sinA+32csA)
=2sin(A+π3)=2，
即sin(A+π3)=1，
∵ 0∴ π3∴ A+π3=π2，
∴ A=π6.
(2)方案一：选条件①和②，
由正弦定理asinA=bsinB，
得b=asinAsinB=22，
∵ A+B+C=π，
∴ sinC=sin(A+B)
=sinAcsB+csAsinB
=2+64，
∴ S=12absinC
=12×2×22×2+64
=3+1．
方案二：选条件①和③，
由余弦定理b2+c2−2bccsA=a2，
有b2+3b2−3b2=4，
则b=2，c=23，
所以S=12bcsinA
=12×2×23×12=3．
说明：若选条件②和③，
由c=3b得，
sinC=3sinB=62>1，
不成立，这样的三角形不存在．
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角函数值的符号
正弦定理
三角形的面积公式
解三角形
余弦定理
【解析】
（1）把已知等式的左边提取2，利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化为一个角的正弦函数，求出sin(A+π3)的值，由A的范围，得到A+π3的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出A的度数；
（2）若选条件①和③，由a及B的度数，及第一问求出的A的度数，利用正弦定理求出b的值，然后由A+B+C=π及诱导公式得到sinC=sin(A+B)，利用两角和与差的正弦函数公式化简，把各自的值代入即可求出sinC的值，由a，b及sinC的值，利用三角形的面积公式即可求出三角形ABC的面积；若选条件①和②，由a，c=3b及csA的值，利用余弦定理列出关于b的方程，求出方程的解得到b的值，进而求出c的值，由b，c及sinA的值，利用三角形的面积公式即可求出三角形ABC的面积；若选条件②和③，根据正弦定理得到sinC大于1，不成立．故前两种情况选择一种方案即可．
【解答】
解：(1)依题意得：
sinA+3csA
=2(12sinA+32csA)
=2sin(A+π3)=2，
即sin(A+π3)=1，
∵ 0∴ π3∴ A+π3=π2，
∴ A=π6.
(2)方案一：选条件①和②，
由正弦定理asinA=bsinB，
得b=asinAsinB=22，
∵ A+B+C=π，
∴ sinC=sin(A+B)
=sinAcsB+csAsinB
=2+64，
∴ S=12absinC
=12×2×22×2+64
=3+1．
方案二：选条件①和③，
由余弦定理b2+c2−2bccsA=a2，
有b2+3b2−3b2=4，
则b=2，c=23，
所以S=12bcsinA
=12×2×23×12=3．
说明：若选条件②和③，
由c=3b得，
sinC=3sinB=62>1，
不成立，这样的三角形不存在．
【答案】
解：(1)设an的公比为q，由题设得2q2=4q+16，即q2−2q−8=0.
解得q=−2（舍去）或q=4.
因此an的通项公式为an=2×4n−1=22n−1.
(2)由(1)得bn=(2n−1)lg22=2n−1,因此数列bn的前n项和为1+3+⋯+2n−1=n2.
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设an的公比为q，由题设得2q2=4q+16，即q2−2q−8=0.
解得q=−2（舍去）或q=4.
因此an的通项公式为an=2×4n−1=22n−1.
(2)由(1)得bn=(2n−1)lg22=2n−1,因此数列bn的前n项和为1+3+⋯+2n−1=n2.
【答案】
解：(1)∵ △ABC中，csB=45，B∈(0, π)，
∴ sinB=35，
∵ ABsinC=ACsinB，
∴ AB=6×2235=52.
(2)csA=−cs(π−A)
=−cs(C+B)
=sinBsinC−csBcsC=−210．
∵ A为三角形的内角，
∴ sinA=7210，
∴ cs(A−π6)=32csA+12sinA=72−620．
【考点】
正弦定理
两角和与差的余弦公式
诱导公式
【解析】
（1）利用正弦定理，即可求AB的长；
（2）求出csA、sinA，利用两角差的余弦公式求cs(A−π6)的值．
【解答】
解：(1)∵ △ABC中，csB=45，B∈(0, π)，
∴ sinB=35，
∵ ABsinC=ACsinB，
∴ AB=6×2235=52.
(2)csA=−cs(π−A)
=−cs(C+B)
=sinBsinC−csBcsC=−210．
∵ A为三角形的内角，
∴ sinA=7210，
∴ cs(A−π6)=32csA+12sinA=72−620．
【答案】
(1)证明：∵ a，b，c成等差数列，
∴ 2b=a+c，
利用正弦定理化简得：2sinB=sinA+sinC，
∵ sinB=sin[π−(A+C)]=sin(A+C)，
∴ sinA+sinC=2sinB=2sin(A+C).
(2)解：∵ a，b，c成等比数列，
∴ b2=ac，
∴ csB=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac≥2ac−ac2ac=12，
当且仅当a=c时等号成立，
∴ csB的最小值为12.
【考点】
正弦定理
诱导公式
等差数列的性质
等比数列的性质
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
(Ⅰ)由a，b，c成等差数列，利用等差数列的性质列出关系式，利用正弦定理化简，再利用诱导公式变形即可得证；
(Ⅱ)由a，bc成等比数列，利用等比数列的性质列出关系式，再利用余弦定理表示出csB，将得出的关系式代入，并利用基本不等式变形即可确定出csB的最小值．
【解答】
(1)证明：∵ a，b，c成等差数列，
∴ 2b=a+c，
利用正弦定理化简得：2sinB=sinA+sinC，
∵ sinB=sin[π−(A+C)]=sin(A+C)，
∴ sinA+sinC=2sinB=2sin(A+C).
(2)解：∵ a，b，c成等比数列，
∴ b2=ac，
∴ csB=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac≥2ac−ac2ac=12，
当且仅当a=c时等号成立，
∴ csB的最小值为12.
【答案】
解：(1)当n=1时，a1=S1，
由S1+12a1=a1+12a1=1，
得：a1=23．
当n≥2时，Sn=1−12an，Sn−1=1−12an−1．
则Sn−Sn−1=12(an−1−an)，
即an=12(an−1−an)，
所以an=13an−1(n≥2)．
∵ a1=23≠0，
∴ anan−1=13．
故数列{an}是以23为首项，13为公比的等比数列．
故an=a1qn−1=23⋅(13)n−1=2⋅(13)n(n∈N∗)．
(2)∵ Sn+12an=1，
∴ 1−Sn=12an．
∴ bn=lg13(1−Sn+1)=lg13(13)n+1=n+1．
∴ 1bnbn+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2．
所以Tn=1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1
=(12−13)+(13−14)+…+(1n+1−1n+2)
=12−1n+2=n2(n+2)．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
（1）首先由递推式求出a1，取n=n−1(n≥2)得另一递推式，两式作差后可证出数列{an}是等比数列，则其通项公式可求；
（2）把（1）中求出的an代入递推式，则可求出1−Sn+1，整理后得到bn，最后利用裂项相消求Tn．
【解答】
解：(1)当n=1时，a1=S1，
由S1+12a1=a1+12a1=1，
得：a1=23．
当n≥2时，Sn=1−12an，Sn−1=1−12an−1．
则Sn−Sn−1=12(an−1−an)，
即an=12(an−1−an)，
所以an=13an−1(n≥2)．
∵ a1=23≠0，
∴ anan−1=13．
故数列{an}是以23为首项，13为公比的等比数列．
故an=a1qn−1=23⋅(13)n−1=2⋅(13)n(n∈N∗)．
(2)∵ Sn+12an=1，
∴ 1−Sn=12an．
∴ bn=lg13(1−Sn+1)=lg13(13)n+1=n+1．
∴ 1bnbn+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2．
所以Tn=1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1
=(12−13)+(13−14)+…+(1n+1−1n+2)
=12−1n+2=n2(n+2)．
【答案】
解：(1)由a1=2，an+1=2an，
得an=2n(n∈N∗)．
由题意知，当n=1时，b1=b2−1，故b2=2，
当n≥2时，b1+12b2+13b3+⋯+1n−1bn−1=bn−1，
和原递推式作差得，
1nbn=bn+1−bn，
整理得：bn+1n+1=bnn，
∴ bn=n(n∈N∗).
(2)由(1)知，anbn=n⋅2n，
因此Tn=2+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n，
2Tn=22+2⋅23+3⋅24+⋯+n⋅2n+1，
两式作差得：−Tn=2+22+⋯+2n−n⋅2n+1=2(1−2n)1−2−n⋅2n+1，
Tn=(n−1)⋅2n+1+2(n∈N∗)．
【考点】
数列递推式
数列的求和
等比数列的前n项和
【解析】
(Ⅰ)直接由a1＝2，an+1＝2an，可得数列{an}为等比数列，由等比数列的通项公式求得数列{an}的通项公式；
再由b1＝1，b1+12b2+13b3+⋯+1nbn＝bn+1−1，取n＝1求得b2＝2，当n≥2时，得另一递推式，作差得到1nbn=bn+1−bn，整理得数列{bnn}为常数列，由此可得{bn}的通项公式；
(Ⅱ)求出anbn=n⋅2n，然后利用错位相减法求数列{anbn}的前n项和为Tn．
【解答】
解：(1)由a1=2，an+1=2an，
得an=2n(n∈N∗)．
由题意知，当n=1时，b1=b2−1，故b2=2，
当n≥2时，b1+12b2+13b3+⋯+1n−1bn−1=bn−1，
和原递推式作差得，
1nbn=bn+1−bn，
整理得：bn+1n+1=bnn，
∴ bn=n(n∈N∗).
(2)由(1)知，anbn=n⋅2n，
因此Tn=2+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n，
2Tn=22+2⋅23+3⋅24+⋯+n⋅2n+1，
两式作差得：−Tn=2+22+⋯+2n−n⋅2n+1=2(1−2n)1−2−n⋅2n+1，
Tn=(n−1)⋅2n+1+2(n∈N∗)．