2020-2021学年河南省信阳市高二（上）12月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省信阳市高二（上）12月月考数学（文）试卷人教A版，共10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. 数列2,5,22,11,⋯的一个通项公式是（ ）
A.an=3n−3B.an=3n−1C.an=3n+1D.an=3n+3

2. a，b，c∈R，且ac2>bc2，则（ ）
A.ac>bcB.a>bC.a2>b2D.lga>lgb

3. 已知F1、F2分别为椭圆x225+y29=1的左、右焦点，直线l过点F1，且与椭圆交于A，B 两点，则△F2AB的周长为（ ）
A.10B.12C.16D.20

4. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2csBsinA=sinC，则△ABC的形状一定是（ ）
A.等腰直角三角形B.直角三角形
C.等腰三角形D.等边三角形

5. 已知数列 an为等差数列，且 S5=28 ， S10=36，则S15等于（ ）
A.80B.40C.24D.−48

6. 下列四个命题中，真命题的个数是（ ）
①“x=1”是“ x2−3x+2=0 ”的充分不必要条件；
②命题"∀∈R，sinx≤1"的否定是"∃x0∈R， sinx0>1"；
③命题p:∀x∈[1,+∞)，lgx≥0，命题q：∃x0∈R，x02+x0+1<0，p∨q为真命题；
④l是一条直线，α，β是两个不同的平面，若l⊥α，l⊥β，则α//β.
A.1B.2C.3D.4

7. 等差数列{an}满足7a5=−5a9，且a1=−17，则使数列前n项和Sn最小的n等于（ ）
A.5B.6C.7D.8

8. 已知关于x的不等式ax2−x+c<0的解集为x|−1A.−1B.1C.−3D.3

9. 设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若b+c=2a，3sinA=5sinB，则角C=( )
A.π3B.2π3C.3π4D.5π6

10. 某镇甲、乙、丙三个贫困村近几年积极落实各种脱贫措施，取得了可喜的成绩．现在县扶贫办前来量化验收，评判这三个村是否达到脱贫的标准．验收前甲、乙、丙村的村长分别作出预测．甲村的村长说：若甲村不能通过验收，则乙、丙村一定会通过验收；乙村的村长说：乙与丙村中至少有一个村不能通过验收；丙村的村长说：甲村不能通过验收或乙村通过验收．若这三名村长的预测都是真的，则能通过脱贫验收的是( )
A.甲村，乙村B.乙村，丙村
C.甲村，丙村D.甲村，乙村，丙村

11. 已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an−2，若存在两项am，an，使得 am⋅an=64，则1m+2n的最小值为( )
A.12+23B.3+22C.1D.75

12. 设A，B是椭圆C:x23+y2m=1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB=120∘，则m的取值范围是( )
A.0, 1∪9, +∞B.0, 3∪9, +∞C.0, 1∪4, +∞D.0, 3∪4, +∞
二、填空题

x，y满足约束条件y−x≤0,x+y≤1y≥−1，，则z=2x+y的最大值________.

若命题“∃x0∈R，mx02+mx0+1<0”是假命题，则实数m的取值范围是________.

已知△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足csinA=3acsC，则sinA+sinB的最大值是________．

在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2m2+4+y23=1m∈R的离心率的取值范围为________.
三、解答题

已知数列 an的前n项和Sn=n2+2n.
(1)求an的通项公式；

(2)设bn=1anan+1 ，bn的前n项和为Tn，求Tn.

已知p:x2−7x+10<0，q:x2−4mx+3m2<0，其中m>0．
(1)若m=3，且p∧q为真，求x的取值范围；

(2)若¬q是¬p的充分不必要条件，求实数m的取值范围．

已知椭圆C:x2+4y2＝16和点M(2, 1)．
(1)求椭圆C的焦点坐标和离心率；

(2)设直线l:x+2y−4＝0与椭圆C交于A，B两点，求弦长|AB|；

(3)求通过M点且被这点平分的弦所在的直线方程．

某客运公司用A，B两种型号的车辆承担甲、乙两地的长途客运业务，每车每天往返一次．A、B两种型号的车辆的载客量分别为32人和48人，从甲地到乙地的营运成本依次为1500元/辆和2000元/辆．公司拟组建一个不超过21辆车的车队，并要求B种型号的车不多于A种型号的车5辆．若每天从甲地运送到乙地的旅客不少于800人，为使公司从甲地到乙地的营运成本最小，应配备A、B两种型号的车各多少辆？并求出最小营运成本．

已知△ABC三个内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且2csBccsA+acsC=b.
(1)求证：A，B，C成等差数列；

(2)若△ABC的面积为332，求b的最小值.

在平面xOy中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2, 1)，且离心率e=32．
(1)求椭圆C的方程；

(2)直线l方程为y=12x+m，直线l与椭圆C交于A，B两点，求△PAB面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省信阳市高二（上）12月月考数学（文）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】
利用不完全归纳法来求，先把数列中的每一项变成相同形式，再找规律即可．
【解答】
解；∵ 数列2,5,22,11⋯，的第三项可写成8，
这样，每一项都是含根号的数，且每一个被开方数比前一项的被开方数多3，
∴ an=3n−1.
故选B.
2.
【答案】
B
【考点】
不等式比较两数大小
不等式的概念与应用
【解析】
由ac2>bc2，可知：c2>0，利用不等式的基本性质即可得出．
【解答】
解：∵ ac2>bc2，
∴ c≠0，∴ c2>0，
∴ a>b.
选项A，当c<0时不成；选项C，当b选项D，当a，b小于0时对数函数无意义.
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
椭圆的定义
椭圆的标准方程
【解析】
利用椭圆的简单性质，椭圆的定义，转化求解三角形的周长即可．
【解答】
解：椭圆x225+y29=1，
可得a=5，
△F2AB的周长=|AF2|+|BF2|+|AB|，
|AB|=|AF1|+|BF1|，
所以△F2AB周长=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|，
由椭圆的第一定义，|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a=10，
所以△F2AB周长=4a=20．
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
两角和与差的正弦公式
诱导公式
三角形的形状判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为2csBsinA=sinC=sinA+B，
所以2csBsinA=csBsinA+sinBcsA，
即sinBcsA−csBsinA=0，
所以sinB−A=0，
可得B=A，
所以△ABC为等腰三角形.
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由等差数列的性质可得S5,S10−S5,S15−S10成等差数列，
∵S5=28,S10=36
∴28,8,S15−36成等差数列，
∴S15−36=−12，
解得S15=24.
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
逻辑联结词“或”“且”“非”
全称命题的否定
直线与平面垂直的性质
【解析】
将各个选项进行逐一分析求解即可.
【解答】
解：对于①：当x=1时有12−3×1+2=0，即x2−3x+2=0成立；
当x2−3x+2=0成立时有x=1或x=2，不一定有x=1成立，
∴ “ x=1”是"x2−3x+2=0"的充分不必要条件，故①正确；
对于②：命题"∀x∈R，sinx≤1"的否定是"∃x0∈R， sinx0>1"，故②正确．
对于③：命题p:∀x∈[1,+∞)，lgx≥0是真命题，
因为x2+x+1=x+122+34>0恒成立，
所以命题q：∃x0∈R，x02+x0+1<0是假命题，
∴ p∨q为真，故③正确；
对于④，若l⊥α，l⊥β，则α//β，故④正确.
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
根据题意先求出数列的公差，再求出通项公式，令an>0，求出n的范围，判断出从第几项开始为正项，即可判断出数列的前n项和Sn最小．
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d，
∵ 7a5=−5a9，且a1=−17，∴ 68d=12×17，即d=3，
∴ an=a1+(n−1)d=3n−20，
令an=3n−20>0，解得n>203，则 a6<0，a7>0，
则数列前6项和S6最小．
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
一元二次不等式与一元二次方程
【解析】
根据题意得−1，2为方程ax2−x+c=0的根，将−1代入方程即可求解.
【解答】
解：由题意得−1，2为方程ax2−x+c=0的根，
将−1代入方程ax2−x+c=0可得，a+1+c=0，
即a+c=−1.
故选A.
9.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
由条件利用正弦定理可得a=53bc=73b，再由余弦定理求得csC的值，即可求得角C的值．
【解答】
解：∵ △ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，
由b+c=2a，3sinA=5sinB，
结合正弦定理可得b+c=2a3a=5b化简可得a=53b，c=73b，
再由余弦定理可得
csC=a2+b2−c22ab
=(5b3)2+b2−(7b3)22×5b3×b
=−1530=−12，
故C=2π3，
故选B．
10.
【答案】
A
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
设推断P：甲村能通过验收；推断♀：乙村能通过验收；推断r：丙村能通过验收，根据三名村长的预测都是真的，利用四种
命题的关系求解．
【解答】
解：因为三名村长的预测都是真的，则由甲村长和乙村长的预测，可确定甲村通过验收，且乙村与丙村不可能都通过验收，在此前提下由丙村长的话可知乙村通过验收，从而丙村没有通过验收.
故选A．
11.
【答案】
C
【考点】
等比数列的性质
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：因为Sn=2an−2，可得a1=S1=2a1−2，即a1=2，
当n≥2时，Sn−1=2an−1−2，又Sn=2an−2，
相减可得an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，即an=2an−1，
所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以an=2n.
又aman=64，即2m⋅2n=64，
得m+n=6，
所以1m+2n=16(m+n)(1m+2n)
=16(3+nm+2mn)
≥16(3+22)=12+23，
因为m，n取整数，m+n=6，
所以m=n=3时， 1m+2n取得最小值为1.
故选C.
12.
【答案】
A
【考点】
椭圆的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：假设长轴在x轴上，如图(1)所示．
设Mx0,y0y0≠0，
则kMA⋅kMB=y0x0+3⋅y0x0−3=y02x02−3①，
又因为x023+y02m=1，
所以y02=m1−x023②
将②代入①，得kMA⋅kMB=−m3．
令∠MAB=α，∠MBA=β，
则tanα>0，tanβ<0，tanα⋅tanβ=kMA⋅−kMB=m3．
因为tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanα⋅tanβ≥2tanα⋅tanβ1−tanα⋅tanβ=23m3−m，
当且仅当α=β时，即M在y轴上时，上述等式成立．
所以M为短轴端点时，tan(α+β)最小，
此时α+β最小，即∠AMB=π−(α+β)最大．
因此，C上存在点M满足∠AMB=120∘，
只需∠AMB最大值大于等于120∘，如图(2)，
只需tan∠AMO≥tan60∘=3，
即OAOM=3m≥3，得m≤1，即0同理，当长轴在y轴上时可得m≥9．
故选A．
二、填空题
【答案】
3
【考点】
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：画出不等式组表示的平面区域为如图所示的阴影部分（含边界），
由图知当目标函数z=2x+y经过点A2,−1时取得最大值，
即zmax=2×2+−1=3.
故答案为：3.
【答案】
[0,4]
【考点】
全称命题与特称命题
复合命题及其真假判断
不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得∀x∈R，mx2+mx+1≥0是真命题，
即mx2+mx+1≥0恒成立，
当m=0时，1≥0恒成立，满足题意；
当m≠0时，则m>0，Δ=m2−4m≤0，
解得0∴ 综上m∈[0,4]．
故答案为：[0,4]．
【答案】
3
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
【解析】
根据正弦定理求出角C的大小，利用辅助角公式即可得到结论．
【解答】
解：∵ csinA=3acsC，
∴ 由正弦定理可得sinCsinA=3sinAcsC，
∴ tanC=3，
即C=π3，则A+B=2π3，
∴ B=2π3−A，0∴ sinA+sinB=sinA+sin(2π3−A)
=sinA+32csA+12sinA
=32sinA+32csA
=3sin(A+π6)，
∵ 0∴ π6∴ 当A+π6=π2时，sinA+sinB取得最大值3，
故答案为：3．
【答案】
[12，1)
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
直接利用椭圆的方程和椭圆的离心率的应用求出结果.
【解答】
解：直角坐标系xOy中，椭圆x2m2+4+y23=1m∈R，
则e2=c2a2=m2+4−3m2+4=1−3m2+4<1，
当m=0时，emin2=14，
故14≤e2<1，整理得12≤e<1.
故答案为：[12，1).
三、解答题
【答案】
解：(1) an=S1，n=1，Sn−Sn−1，n≥2，
当n=1时， a1=S1=3，
当n≥2时， an=Sn−Sn−1=2n+1，
综上得： an=2n+1；
(2)解：bn=1anan+1=12n+12n+3
=1212n+1−12n+3，
Tn=b1+b2+…+bn
=1213−15+15−17+…+12n+1−12n+3
=1213−12n+3=16−14n+6．
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1) an=S1，n=1，Sn−Sn−1，n≥2，
当n=1时， a1=S1=3，
当n≥2时， an=Sn−Sn−1=2n+1，
综上得： an=2n+1；
(2)解：bn=1anan+1=12n+12n+3
=1212n+1−12n+3，
Tn=b1+b2+…+bn
=1213−15+15−17+…+12n+1−12n+3
=1213−12n+3=16−14n+6．
【答案】
解：(1)当m=3时，q:3p:2又p∧q为真，则p，q都为真，
所以3所以x的取值范围为(3, 5)．
(2)由¬q是¬p的充分不必要条件，即¬q⇒¬p，¬p⇏¬q，（⇏表示“推不出”）
其逆否命题为p⇒q，q⇏p，
由p:2所以m≤2,3m≥5, ∴ 53≤m≤2．
∴ 实数m的取值范围为[53, 2]．
【考点】
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
根据充分必要条件求参数取值问题
充分条件、必要条件、充要条件
四种命题间的逆否关系
【解析】
（1）分别解出关于p，q的不等式，根据p∧q为真，p，q都为真，求出x的范围即可；
（2）由￢q是￢p的充分不必要条件，即￢q⇒￢p，其逆否命题为p⇒q，求出m的范围即可．
【解答】
解：(1)当m=3时，q:3p:2又p∧q为真，则p，q都为真，
所以3所以x的取值范围为(3, 5)．
(2)由¬q是¬p的充分不必要条件，即¬q⇒¬p，¬p⇏¬q，（⇏表示“推不出”）
其逆否命题为p⇒q，q⇏p，
由p:2所以m≤2,3m≥5, ∴ 53≤m≤2．
∴ 实数m的取值范围为[53, 2]．
【答案】
解：(1)已知x2+4y2＝16 得 x216+y24=1，
a＝4，b＝2，c＝23，
∴ 焦点坐标(23, 0)，(−23, 0)，
离心e=32．
(2)联立方程x+2y−4=0，x2+4y2=16，
消y得 x2−4x=0，
得x1=0，y1=2， 或x2=4，y2=0，
则A，B两点坐标分别为(0, 2)和(4, 0)，
弦长|AB|=22+42=25.
(3)显然直线不与x轴垂直，可设此直线方程，y−1＝k(x−2)，
交点分别为A(x1, y1)、B(x2, y2)，则x12+4y12=16x22+4y22=16 ，
两式相减得 (x1−x2)(x1+x2)+4(y1−y2)(y1+y2)=0，
又k=y1−y2x1−x2，x1+x2＝4，y1+y2＝2，
∴ k=−12，
∴ 直线方程为 y−1=−12(x−2) 即 x+2y−4＝0．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
直线的点斜式方程
【解析】
（1）根据椭圆的标准方程得到abc，可得焦点坐标和离心率；
（2）联立直线和椭圆方程，解方程得焦点坐标，利用两点间坐标公式可得弦长|AB|；
（3）设直线斜率为k，中点坐标为M(2, 1)，将A，B两点代入椭圆方程，点差法得到含k等式，解得k=−12，点斜式可得直线方程．
【解答】
解：(1)已知x2+4y2＝16 得 x216+y24=1，
a＝4，b＝2，c＝23，
∴ 焦点坐标(23, 0)，(−23, 0)，
离心e=32．
(2)联立方程x+2y−4=0，x2+4y2=16，
消y得 x2−4x=0，
得x1=0，y1=2， 或x2=4，y2=0，
则A，B两点坐标分别为(0, 2)和(4, 0)，
弦长|AB|=22+42=25.
(3)显然直线不与x轴垂直，可设此直线方程，y−1＝k(x−2)，
交点分别为A(x1, y1)、B(x2, y2)，则x12+4y12=16x22+4y22=16 ，
两式相减得 (x1−x2)(x1+x2)+4(y1−y2)(y1+y2)=0，
又k=y1−y2x1−x2，x1+x2＝4，y1+y2＝2，
∴ k=−12，
∴ 直线方程为 y−1=−12(x−2) 即 x+2y−4＝0．
【答案】
解：设配备A种型号车x辆，B种型号车y辆，运营成本为z元．
则32x+48y≥800,x+y≤21,y−x≤5,x∈N,y∈N. 即2x+3y≥50,x+y≤21,y−x≤5,x∈N,y∈N.
目标函数为z=1500x+2000y．
作出约束条件表示的可行域如图所示：
由z=1500x+2000y得y=−34x+z2000．
由可行域可知当直线y=−34x+z2000经过点A时，截距最小，即z最小．
解方程组y−x=52x+3y=50 得A(7, 12)．
∴ zmin=1500×7+2000×12=34500．
答：应配备A型号车7辆，B型号车12辆，运营成本最小，最小营运成本为34500元．
【考点】
简单线性规划
【解析】
设A型号车x辆，B型号车y辆，则目标函数为z＝1500x+2000y，列出约束条件，做出可行域，根据可行域寻找最优解位置．
【解答】
解：设配备A种型号车x辆，B种型号车y辆，运营成本为z元．
则32x+48y≥800,x+y≤21,y−x≤5,x∈N,y∈N. 即2x+3y≥50,x+y≤21,y−x≤5,x∈N,y∈N.
目标函数为z=1500x+2000y．
作出约束条件表示的可行域如图所示：
由z=1500x+2000y得y=−34x+z2000．
由可行域可知当直线y=−34x+z2000经过点A时，截距最小，即z最小．
解方程组y−x=52x+3y=50 得A(7, 12)．
∴ zmin=1500×7+2000×12=34500．
答：应配备A型号车7辆，B型号车12辆，运营成本最小，最小营运成本为34500元．
【答案】
(1)证明：由条件及正弦定理得：2csBsinCcsA+csCsinA=sinB，
所以2csBsinC+A=sinB，
所以2csBsinB=sinB.
因为sinB≠0，
所以csB=12.
因为B∈0,π，
所以B=π3，A+C=2π3，
所以A+C=2B，
所以A，B，C成等差数列.
(2)解：因为S△ABC=12acsinB=332，所以ac=6，
所以b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac≥ac=6，
当且仅当a=c时取等号，
所以b的最小值为6．
【考点】
两角和与差的正弦公式
等差关系的确定
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：由条件及正弦定理得：2csBsinCcsA+csCsinA=sinB，
所以2csBsinC+A=sinB，
所以2csBsinB=sinB.
因为sinB≠0，
所以csB=12.
因为B∈0,π，
所以B=π3，A+C=2π3，
所以A+C=2B，
所以A，B，C成等差数列.
(2)解：因为S△ABC=12acsinB=332，所以ac=6，
所以b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac≥ac=6，
当且仅当a=c时取等号，
所以b的最小值为6．
【答案】
解：(1)椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2, 1)，且离心率e=32，
可得：4a2+1a2−c2=1，ca=32， 解得a=22，c=6，则b=2，
椭圆方程为：x28+y22=1．
(2)设直线方程为y=12x+m，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程组y=12x+m，x28+y22=1，
整理得：x2+2mx+2m2−4=0，
x1+x2=−2m，x1x2=2m2−4，
利用弦长公式得：|AB|=5(4−m2)，
由点线距离公式得到P到l的距离d=2|m|5．
S=12|AB|⋅d=12⋅5(4−m2)⋅2|m|5
=m2(4−m2)≤m2+(4−m2)2=2．
当且仅当m2=2，即m=±2时取到最大值，最大值为2．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
直线与椭圆的位置关系
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）利用已知条件列出方程组，然后求解a，b即可得到椭圆方程．
（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式结合点到直线的距离公式表示三角形的面积，然后通过基本不等式求解最值即可．
【解答】
解：(1)椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2, 1)，且离心率e=32，
可得：4a2+1a2−c2=1，ca=32， 解得a=22，c=6，则b=2，
椭圆方程为：x28+y22=1．
(2)设直线方程为y=12x+m，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程组y=12x+m，x28+y22=1，
整理得：x2+2mx+2m2−4=0，
x1+x2=−2m，x1x2=2m2−4，
利用弦长公式得：|AB|=5(4−m2)，
由点线距离公式得到P到l的距离d=2|m|5．
S=12|AB|⋅d=12⋅5(4−m2)⋅2|m|5
=m2(4−m2)≤m2+(4−m2)2=2．
当且仅当m2=2，即m=±2时取到最大值，最大值为2．