2020-2021学年河南省新乡市高二（上）10月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省新乡市高二（上）10月月考数学（文）试卷人教A版，共8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. 函数fx=x在区间0,1上的平均变化率为( )
A.−1B.1C.2D.−2

2. 已知抛物线的顶点在坐标原点，准线方程为y=−3，则抛物线的标准方程为( )
A.x2=12yB.x2=−12yC.y2=12xD.y2=−12x

3. 曲线y=12x2在点(1, 12)处的切线的倾斜角为( )
A.π6B.π4C.π3D.π2

4. 在锐角△ABC中，角A，B所对的边分别为a，b，若2asinB=3b，则角A等于( )
A.π12B.π6C.π4D.π3

5. 已知a>0，则a+4−aa的最小值为（ ）
A.2B.3C.4D.5

6. 下列函数中，既是奇函数，又存在极值的是( )
A.y=x2B.y=x3C.y=lnxD.y=x+1x

7. 若等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3=6，a3=4，则公差d=( )
A.1B.53C.2D.3

8. 若函数y=−43x3+bx有三个单调区间，则b的取值范围是( )
A.(0,+∞)B.(−∞,+∞)C.(−∞,0)D.[0,+∞)

9. 若点O和点F分别为椭圆x22+y2=1的中心和右焦点，P为椭圆上任意一点，则OP→⋅FP→的最小值为（ ）
A.14B.13C.12D.23

10. 已知等比数列{an}的公比q>0且q≠1，其前n项和为Sn，则S2a3与S3a2的大小关系为( )
A.S2a3>S3a2B.S2a3
11. 已知P是双曲线x216a2−y29a2=1(a>0)上的点，F1，F2是其左、右焦点，且PF1→⋅PF2→=0，若△PF1F2的面积为9，则a等于（ ）
A.2B.1C.3D.4

12. 已知O为坐标原点，F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴，过点A且斜率为1的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为( )
A.13B.12C.23D.34
二、填空题

函数fx=lnxx−kx在0,+∞上是增函数，则实数k的取值范围是________.
三、解答题

在等差数列{an}中，a1=1，a3=−3．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{an}的前k项和Sk=−35，求k的值．

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(a+b)2=c2+3ab．
(1)求C的值；

(2)若△ABC的面积为332，c=7，求a，b的值．

设函数gx=x3−3x2+2.
(1)若函数gx在区间0,m上递减，求m的取值范围；

(2)若函数gx在区间（−∞,n]上的最大值为2，求n的取值范围．

已知抛物线y2=x与直线y=k(x−1)相交于A，B两点，O为坐标原点．
(1)求证：OA⊥OB；

(2)当△OAB的面积等于10时，求k的值．

已知椭圆的两个焦点分别为F1(0, −22)，F2(0, 22)，离心率e=223．
(1)求椭圆的方程；

(2)一条不与坐标轴平行的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，且线段MN的中点的横坐标为−12，求直线l的斜率的取值范围．

已知函数fx=xex−ax+1.
(1)当a=1时，求fx的最小值；

(2)若fx≥0在x≥0时恒成立，求证：a<4.
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省新乡市高二（上）10月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
变化的快慢与变化率
【解析】

【解答】
解：f(1)−f(0)1−0=1−01=1 .
故选B .
2.
【答案】
A
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
由题意有p2=3，得p=6，所求抛物线的标准方程为：x2=12y .
【解答】
解：由题意有p2=3，得p=6，
所求抛物线的标准方程为：x2=12y .
故选A .
3.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出函数y=12x2的导函数，则曲线y=12x2在点(1, 12)处的切线的斜率可求，由斜率是直线倾斜角的正切值可得直线的倾斜角．
【解答】
解：由y=12x2得，y′=x，∴ y′|x=1=1，
即曲线y=12x2在点(1, 12)处的切线的斜率为1，
设曲线y=12x2在点(1, 12)处的切线的倾斜角为α，
则tanα=1，又0≤α<π，∴ α=π4．
故曲线y=12x2在点(1, 12)处的切线的倾斜角为π4．
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理可求得sinA，结合题意可求得角A．
【解答】
解：∵ 在△ABC中，2asinB=3b，
∴ 由正弦定理asinA=bsinB=2R，
得：2sinAsinB=3sinB，且sinB≠0，
∴ sinA=32，
又△ABC为锐角三角形，
∴ A=π3．
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由a+4−aa=a+4a−1，利用基本不等式即可求解．
【解答】
解：已知a>0，
则a+4−aa=a+4a−1≥2a⋅4a−1=3，
当且仅当a=4a，即a=2时取等号，此时取得最小值3．
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
函数在某点取得极值的条件
函数奇偶性的判断
【解析】
判断A没有极值，C，D不是奇函数，判断推出结果．
【解答】
解：A，f(−x)=(−x)2=x2=f(x)，是偶函数，
该选项不符合题意.
B，y=x3单调递增，没有极值，该选项不符合题意.
C，y=lnx单调递增，没有极值，该选项不符合题意.
D，函数y=x+1x满足f(−x)=−f(x)，函数是奇函数，
f′(x)=1−1x2=x2−1x2，
∴ f(x)在x=−1是取得极大值，在x=1时取得极小值.
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
用等差数列的通项公式和前n项和公式，结合已知条件列出关于a1，d的方程组，解方程即可．
【解答】
解：设{an}的公差为d，首项为a1，由题意得
3a1+3×22d=6,a1+2d=4,解得a1=0,d=2.
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据函数y=−43x3+bx有三个单调区间，求导，则得到导函数的图象与x轴有两个交点，利用△>0，即可求得b的取值范围．
【解答】
解：∵ 函数y=−43x3+bx有三个单调区间，
∴ y′=−4x2+b的图象与x轴有两个交点，
∴ b>0．
故选A．
9.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设P(x, y)，F(1, 0)，
∴ OP→=(x, y)，FP→=(x−1, y)，
∴ OP→⋅FP→=x(x−1)+y2=x2−x+1−x22=x22−x+1≥12，
OP→⋅FP→的最小值为12．
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
作差，能判断S2a3与S3a2的大小关系．
【解答】
解：S3a2−S2a3=a1(1+q+q2)⋅a1q−a1(1+q)⋅a1q2=a12q>0．
∴ S2a3故选B.
11.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
如图所示，不妨设点P在双曲线的右支上．设|PF1|＝m，|PF2|＝n．根据双曲线的性质和三角形的面积公式列出方程组，借助于方程求得答案．
【解答】
解：由PF1→⋅PF2→=0得PF1→⊥PF2→，设|PF1→|=m，|PF2→|=n，不妨设m>n，
则m−n=8a,m2+n2=100a2,12mn=9,
解得a=1．
故选B.
12.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：直线l的方程为y=x+a，M−c,a−c，E0,a，
OE中点H0,a2，kBH=0−a2a−0=−12，
kBM=c−aa+c，
有c−aa+c=−12，
得a=3c，e=13.
故选A.
二、填空题
【答案】
−∞,−12e3
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】

【解答】
解：f′(x)=1−lnxx2−k≥0，k≤1−lnxx2，
令g(x)=1−lnxx2，g′(x)=−1−2(1−lnx)x3≥0⇒x≥e32，
∴ g(x)在0,e32上是减函数，在[e32,+∞)上是增函数.
∴ g(x)min=g(e32)=−12e3，k≤−12e3 .
故答案为：−∞,−12e3.
三、解答题
【答案】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则an=a1+(n−1)d.
由a1=1，a3=−3，
可得1+2d=−3，
解得d=−2，
故an=1+(n−1)×(−2)=3−2n；
(2)由(1)可知an=3−2n，
所以Sn=n[1+(3−2n)]2=2n−n2，
进而由Sk=−35，可得2k−k2=−35，
即k2−2k−35=0，解得k=7或k=−5，
又k∈N+，故k=7为所求．
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）设出等差数列的公差为d，然后根据首项为1和第3项等于−3，利用等差数列的通项公式即可得到关于d的方程，求出方程的解即可得到公差d的值，根据首项和公差写出数列的通项公式即可；
（2）根据等差数列的通项公式，由首项和公差表示出等差数列的前k项和的公式，当其等于−35得到关于k的方程，求出方程的解即可得到k的值，根据k为正整数得到满足题意的k的值．
【解答】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则an=a1+(n−1)d.
由a1=1，a3=−3，
可得1+2d=−3，
解得d=−2，
故an=1+(n−1)×(−2)=3−2n；
(2)由(1)可知an=3−2n，
所以Sn=n[1+(3−2n)]2=2n−n2，
进而由Sk=−35，可得2k−k2=−35，
即k2−2k−35=0，解得k=7或k=−5，
又k∈N+，故k=7为所求．
【答案】
解：(1)由题意有：(a+b)2=c2+3ab，
可化为a2+b2−c2=ab，
有csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
又因为是三角形内角，
故C=π3．
(2)由题意有：12ab×32=332,a2+b2−ab=7,
解得a=2,b=3, 或a=3,b=2.
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）已知条件变形结合余弦定理即可求解；
（2）根据已知条件列出方程组求解即可
【解答】
解：(1)由题意有：(a+b)2=c2+3ab，
可化为a2+b2−c2=ab，
有csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
又因为是三角形内角，
故C=π3．
(2)由题意有：12ab×32=332,a2+b2−ab=7,
解得a=2,b=3, 或a=3,b=2.
【答案】
解：(1)由g′x=3x2−6x=3xx−2 ，
令g′x<0得0(2)由(1)知函数gx的增区间为−∞,0,(2,+∞)，
减区间为0,2，
由g0=2，当gx=2时，x=0或3．
∴ 实数n的取值范围为[0,3] .
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】


【解答】
解：(1)由g′x=3x2−6x=3xx−2 ，
令g′x<0得0(2)由(1)知函数gx的增区间为−∞,0,(2,+∞)，
减区间为0,2，
由g0=2，当gx=2时，x=0或3．
∴ 实数n的取值范围为[0,3] .
【答案】
(1)证明：将直线y=k(x−1)代入抛物线的方程y2=x，
消去y可得，k2x2−(2k2+1)x+k2=0，
判别式为(2k2+1)2−4k4=4k2+1>0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
可得x1+x2=2+1k2，x1x2=1，
y1y2=k2(x1−1)(x2−1)=k2(x1x2+1−x1−x2)
=k2(1+1−2−1k2)=−1，
即有x1x2+y1y2=0，则OA→⋅OB→=0，
即有OA⊥OB.
(2)解：由(1)可得|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2
=1+k2⋅(2+1k2)2−4，
点O到直线AB:y=k(x−1)的距离为d=|k|1+k2，
则S△AOB=12d⋅|AB|
=12⋅|k|1+k2⋅1+k2⋅(2+1k2)2−4
=12(2k+1k)2−4k2=10，
解得k=±16．
【考点】
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
抛物线的性质
【解析】
（1）将直线AB的方程代入抛物线的方程，运用韦达定理和向量垂直的条件：数量积为0，即可得证；
（2）求得弦长AB，以及点O到直线AB的距离，运用三角形的面积公式，解方程即可得到所求k的值．
【解答】
(1)证明：将直线y=k(x−1)代入抛物线的方程y2=x，
消去y可得，k2x2−(2k2+1)x+k2=0，
判别式为(2k2+1)2−4k4=4k2+1>0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
可得x1+x2=2+1k2，x1x2=1，
y1y2=k2(x1−1)(x2−1)=k2(x1x2+1−x1−x2)
=k2(1+1−2−1k2)=−1，
即有x1x2+y1y2=0，则OA→⋅OB→=0，
即有OA⊥OB.
(2)解：由(1)可得|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2
=1+k2⋅(2+1k2)2−4，
点O到直线AB:y=k(x−1)的距离为d=|k|1+k2，
则S△AOB=12d⋅|AB|
=12⋅|k|1+k2⋅1+k2⋅(2+1k2)2−4
=12(2k+1k)2−4k2=10，
解得k=±16．
【答案】
解：(1)根据题意，设椭圆的标准方程为，
y2a2+x2b2=1，(a>b>0)，
∵ c=a2−b2=22,e=ca=223,
∴ a=3，b=1，
∴ 椭圆的标准方程为：y29+x2=1．
(2)设直线l的方程为y=kx+b，
联立方程组y=kx+b,y29+x2=1,整理，得
(9+k2)x2+2kbx+b2−9=0，
∴ Δ=(2kb)2−4(9+k2)(b2−9)>0，
化简，得k2−b2+9>0，
x1+x2=−2kb9+k2，x1⋅x2=b2−99+k2，
∵ MN的中点的横坐标−12，
∴ 12(x1+x2)=−12，
∴ x1+x2=−1，可得
9+k2=2kb，
两边平方并整理得，(9+k2)2=4k2b2，
∴ b2=(9+k2)24k2，
又k2−b2+9>0，
∴ k2−(9+k2)24k2+9>0，
解得k2>3或k2<−9（舍去），
∴ k<−3或k>3，
∴ k的取值范围为(−∞, −3)∪(3, +∞)．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
（1）首先，根据椭圆的焦点位置，设出其标准方程，然后，结合离心率求解其中参数，从而确定其标准方程；
（2）设直线的方程，然后，联立方程组，消去一个未知量，转化成一元二次方程的思想求解．
【解答】
解：(1)根据题意，设椭圆的标准方程为，
y2a2+x2b2=1，(a>b>0)，
∵ c=a2−b2=22,e=ca=223,
∴ a=3，b=1，
∴ 椭圆的标准方程为：y29+x2=1．
(2)设直线l的方程为y=kx+b，
联立方程组y=kx+b,y29+x2=1,整理，得
(9+k2)x2+2kbx+b2−9=0，
∴ Δ=(2kb)2−4(9+k2)(b2−9)>0，
化简，得k2−b2+9>0，
x1+x2=−2kb9+k2，x1⋅x2=b2−99+k2，
∵ MN的中点的横坐标−12，
∴ 12(x1+x2)=−12，
∴ x1+x2=−1，可得
9+k2=2kb，
两边平方并整理得，(9+k2)2=4k2b2，
∴ b2=(9+k2)24k2，
又k2−b2+9>0，
∴ k2−(9+k2)24k2+9>0，
解得k2>3或k2<−9（舍去），
∴ k<−3或k>3，
∴ k的取值范围为(−∞, −3)∪(3, +∞)．
【答案】
(1)解：a=1时，
fx=xex−x+1，
f′x=x+1ex−1,f′0=0，
当x>0时，ex>1，x+1>1，x+1ex>1，
∴ f′x>0，
当x<0时，x+1<1，0∴ f′x<0，
∴ fx的单调减区间为(−∞,0]，单调增区间为[0,+∞)，
∴ fx最小值为f0=1 .
(2)证明：fx≥0，f0=1>0，
当x>0时，由fx≥0得a≤ex+1x，
令gx=ex+1xx>0，
则g′x=ex−1x2，显然，g′x在0,+∞上是增函数，
∵ g′12=e−4<0，g′1=e−1>0，
∴ 存在12当0x0时，g′x>0，
∴ gx的单调增区间为x0,+∞，单调减区间为0,x0，
∴ a≤gx0∵ g1=e+1<4，
∴ a<4．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】


【解答】
(1)解：a=1时，
fx=xex−x+1，
f′x=x+1ex−1,f′0=0，
当x>0时，ex>1，x+1>1，x+1ex>1，
∴ f′x>0，
当x<0时，x+1<1，0∴ f′x<0，
∴ fx的单调减区间为(−∞,0]，单调增区间为[0,+∞)，
∴ fx最小值为f0=1 .
(2)证明：fx≥0，f0=1>0，
当x>0时，由fx≥0得a≤ex+1x，
令gx=ex+1xx>0，
则g′x=ex−1x2，显然，g′x在0,+∞上是增函数，
∵ g′12=e−4<0，g′1=e−1>0，
∴ 存在12当0x0时，g′x>0，
∴ gx的单调增区间为x0,+∞，单调减区间为0,x0，
∴ a≤gx0∵ g1=e+1<4，
∴ a<4．