2020-2021学年河南省驻马店市高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版

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这是一份2020-2021学年河南省驻马店市高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1. 若aA.aba2C.1a<1bD.1a>1b

2. 抛物线y=−4x2的准线方程为（）
A.y=−116B.y=116C.x=−1D.x=1

3. 下列求导结果正确的是( )
A.(csπ6)′=−sinπ6B.(3x)′=x⋅3x−1
C.(lg2x)′=lg2exD.(sin2x)′=cs2x

4. 已知命题p:∃x0∈(1, +∞)，使得；命题q:∀x∈R，2x2−3x+5>0．那么下列命题为真命题的是（）
A.p∧qB.(￢p)∨qC.p∨(￢q)D.(￢p)∧(￢q)

5. 已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则B＝（）
A.B.C.D.

6. 若变量x，y满足约束条件，则z＝2x+y的最小值为（）
A.B.6C.D.4

7. 等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2n＝4(a1+a3+...+a2n−1)(n∈N*)，a1a2a3＝−27，则a5＝（）
A.81B.24C.−81D.−24

8. 已知a>0，b>0，且3a+2b＝ab，则a+b的最小值为（）
A.B.C.D.

9. 已知双曲线的一条渐近线平行于直线，且该双曲线的一个焦点在直线l上，则此双曲线的方程为（）
A.B.C.D.

10. 若函数f(x)＝ex−2ax2+1有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（）
A.B.C.D.
二、选择题：（本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，把正确答案的选项涂在答题卡上.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）

已知在数列{an}中，a5=4，其前n项和为Sn，下列说法正确的是（）
A.若{an}为等差数列，a2=1，则S10=45
B.若{an}为等比数列，a1=1，则a3=±2
C.若{an}为等差数列，则a1a9≤16
D.若{an}为等比数列，则a2+a8≥8

已知曲线C:mx2+ny2＝1，下列说法正确的是（）
A.若m＝n>0，则C是圆，其半径为．
B.若m>0，n＝0，则C是两条直线．
C.若n>m>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上．
D.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为．
三、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a5＝a3+4，则S13＝________．

设点P是曲线上的任意一点，曲线在点P处的切线的倾斜角为α，则α的取值范围是________．（用区间表示）

若△ABC的三边长分别为3，5，7，则该三角形的内切圆半径等于________．

设椭圆的左焦点为F，直线x＝m与椭圆C相交于A，B两点．当△ABF的周长最大时，△ABF的面积为b2，则椭圆C的离心率e＝________．
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

设命题p：实数x满足x2−4mx+3m2<0(m>0)；命题q：实数x满足．若￢p是￢q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．

已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an−3．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设bn＝lg3an，，求数列{cn}的前n项和Tn．

已知函数f(x)=x3−2x2+x．
(1)求曲线y=f(x)在点(−1, −4)处的切线方程；

(2)求曲线y=f(x)过点(1, 0)的切线方程．

已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a+b+c＝12．
(Ⅰ)若a＝2，b＝5，求csA的值；
(Ⅱ)若sinAcs2＝2sinC，且△ABC的面积为10sinC，试判断△ABC的形状并说明理由．

已知椭圆经过如下四个点中的三个，，P2(0, 1)，，．
(Ⅰ)求椭圆M的方程；
(Ⅱ)设直线l与椭圆M交于A，B两点，且以线段AB为直径的圆经过椭圆M的右顶点C（A，B均不与点C重合），证明：直线l过定点．

已知函数f(x)＝lnx+ax2+(2a+1)x+1．
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；
(Ⅱ)当a<0时，证明：f(x)≤−−1．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省驻马店市高二（上）期末数学试卷（文科）
一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
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判断出．
【解答】
解：A．∵ ab2，因此A不正确；
B．∵ aab，因此B不正确；
D．∵ a0，∴ aabC．由D可知C不正确．
故选：D．
2.
【答案】
B
【考点】
抛物线的求解
【解析】
利用抛物线的标准方程及其性质即可得出．
【解答】
解：抛物线y=−4x2的方程化为x2=−14y，∴ p=18，
其准线方程为y=116．
故选：B．
3.
【答案】
C
【考点】
简单复合函数的导数
导数的运算
【解析】
根据基本初等函数和复合函数的求导公式对每个选项的函数求导即可．
【解答】
解：csπ6′=0，3x′=3xln3，
lg2x′=1xln2=lg2ex，(sin2x)′=2cs2x．
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
根据条件判断命题p，q的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可．
【解答】
由得x05−2x0+5＝0，得(x0−5)2＝0，得x4＝1，
即命题p是假命题，
∵ 判别式△＝9−5×2×5＝6−40＝−31<0，则∀x∈R2−8x+5>0，
则命题q是真命题，
则(￢p)∨q是真命题，其余为假命题，
5.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理以及同角三角函数的关系式，直接求角B的大小
【解答】
在△ABC中，角A，B，b，c，，
由正弦定理得sinBsinA+sinAcsB＝0，
∵ sinA≠0，
∴ tanB＝-，
∴ B＝．
6.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】
由约束条件作出可行域如图，
联立，解得A(7，），
化z＝2x+y为y＝−2x+z，由图可知，
直线在y轴上的截距最小，z有最小值为．
7.
【答案】
C
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
设等比数列{an}的公比为q，由S2n＝4(a1+a3+...+a2n−1)(n∈N*)，令n＝1，则S2＝4a1，可得a2＝3a1，根据a1a2a3＝−27，可得a23=−27，解得a2．利用等比数列的通项公式即可得出．
【解答】
设等比数列{an}的公比为q，
由S2n＝4(a1+a3+...+a2n−1)(n∈N*)，
令n＝1，则S2＝4a1，可得a2＝3a1，
∵ a1a2a3＝−27，∴ a23=−27，解得a2＝−3．
∴ a1＝−1，
则a5＝−(−3)4＝−81．
8.
【答案】
B
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
将3a+2b＝ab变形为，再由“乘1法”，即可得解．
【解答】
∵ 3a+2b＝ab，∴ ，
∴ a+b＝(a+b)⋅（）＝3+6++＝5+3，
当且仅当＝，即a＝，等号成立，
∴ a+b的最小值为2+2．
9.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
根据渐近线的方程和焦点坐标，利用a、b、c的关系和条件列出方程求出a2、b2，代入双曲线的方程即可．
【解答】
由题意得，，a2+b3＝10，
解得a2＝2，b8＝8，
∴ 双曲线的方程是：．
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
由导数与极值的关系知可转化为方程f′(x)＝0在R上有两个不同根，结合函数的性质可求．
【解答】
由题意可得，f′(x)＝ex−4ax＝0有2个不同的实数根，
即a＝有2个不同的实数根，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
令g′(x)>0，可得x>1，可得x<8，
所以g(x)在(−∞, 1)上单调递减，+∞)上单调递增，
所以g(x)的最小值为g(1)＝，
故a>．
故选：C．
二、选择题：（本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，把正确答案的选项涂在答题卡上.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
【答案】
A,C
【考点】
等差数列
等比数列
等差数列的前n项和
【解析】
对于A，利用等差数列通项公式列出方程组，求出a1＝0，d＝1，由此能求出S10；对于B，利用等比数列能通项公式求出q2＝2，进而能求出a3；对于C，利用等差数列通项公式得a1+a9＝2a5＝8，当a1，a9一正一负时，a1a9≤16成立，当a1，a9均大于0时，则a1a9≤（）2＝16；对于D，{an}为等比数列时，a2a8＝＝16，当a2，a8均大于0时，a2+a8≥2＝8，当a2，a8均小于0时，a2+a8＝−(−a2−a8)≤−2＝−(8)
【解答】
解：对于A选项，设等差数列an的公差为d，
由已知条件可得a2=a1+d=1,a5=a1+4d=4,解得a1=0,d=1,
所以， S10=10a1+10×92d=45，A选项正确；
对于B选项，设等比数列an的公比为q，则a3=a1q2>0,
由等比中项的性质可得a32=a1a5=4，∴ a3=2 ，B选项错误：
对于C选项，设等差数列an的公差为d，
则a1a9=a5−4da5+4d=a52−16d2≤a52=16，C选项正确；
对于D选项，若等比数列an的公比q<0，则a2=a5q3<0 ,a8=a5q3<0,
此时， a2+a8<0，D选项错误．
故选AC．
【答案】
A,B,D
【考点】
圆锥曲线的综合问题
命题的真假判断与应用
【解析】
通过m，n的取值，判断曲线的形状，即可判断选项．
【解答】
若m＝n>0，则C是x2+y7＝，表示圆，所以A正确；
若m>0，n＝42＝1，是两条直线；
若n>m>3，则C是，是椭圆，所以C不正确；
若mn<0，则C是双曲线，所以D正确．
三、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
【答案】
52
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
利用等差数列{an}的通项公式列方程求得a1+6d＝4，再由S13＝＝13(a1+6d)，能求出结果．
【解答】
∵ 等差数列{an}的前n项和为Sn，2a5＝a8+4，
∴ 2(a2+4d)＝a1+3d+4，
解得a1+5d＝4，
∴ S13＝＝13(a1+6d)＝（52）
【答案】
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出原函数的导函数，利用配方法求得导函数的值域，再由直线的斜率等于倾斜角的正切值，即可求得曲线在点P处的切线的倾斜角α的范围．
【解答】
由，得y′＝x2−2x+3，
∵ y′＝x2−2x+8＝(x−1)2+2≥1，
∴ 曲线上点P处的切线的斜率的取值范围为[1, +∞)，
即tanα≥5，又α∈[0，
∴ α的取值范围是：．
【答案】
【考点】
正弦定理
【解析】
由已知结合余弦定理可求C，易得三角形的面积，所以内切圆半径满足关系：S＝(a+b+c)r．
【解答】
不妨设a＝3，b＝5，
由余弦定理可得，csC＝＝，
故C＝，
∴ S△ABC＝absinC＝＝．
∴ 由S＝(a+b+c)r(7+5+7)r＝，
∴ r＝．
【答案】
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
判断三角形周长取得最大值时，求出m的值，利用三角形的面积，列出方程，求解椭圆的离心率即可．
【解答】
椭圆的左焦点为F，B两点．
直线x＝m与x轴的交点为E，|AF|+|AE|≤|AF|+|AF′|＝2a，
当△ABF的周长最大时，E、F′重合，所以三角形的面积为：＝b2，
所以e＝＝．
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
【答案】
由x2−4mx+5m2<0，得(x−m)(x−5m)<0，
又m>0，所以m由，得0<4−x<5
因为￢p是￢q的充分不必要条件，
所以q是p的充分不必要条件．
设A＝(3, m)B＝(2，
则B是A的真子集，
故或
即．
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
求出命题p，q为真命题的等价条件，根据￢p是￢q的充分不必要条件，转化为q是p的充分不必要条件，进行转化求解即可．
【解答】
由x2−4mx+5m2<0，得(x−m)(x−5m)<0，
又m>0，所以m由，得0<4−x<5
因为￢p是￢q的充分不必要条件，
所以q是p的充分不必要条件．
设A＝(3, m)B＝(2，
则B是A的真子集，
故或
即．
【答案】
（1）当n＝1时，2a6＝2S1＝2a1−1，∴ a8＝1
当n≥2时，8an＝2Sn−2Sn−2＝(3an−3)−(8an−1−3)
即：，
∴ 数列{an}为以3为首项，4为公比的等比数列．
∴
（2）由(Ⅰ)知，
所以bn＝lg3an＝n，
故．
即①
所以②
①②得
所以．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
(Ⅰ)直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；
(Ⅱ)利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．
【解答】
（1）当n＝1时，2a6＝2S1＝2a1−1，∴ a8＝1
当n≥2时，8an＝2Sn−2Sn−2＝(3an−3)−(8an−1−3)
即：，
∴ 数列{an}为以3为首项，4为公比的等比数列．
∴
（2）由(Ⅰ)知，
所以bn＝lg3an＝n，
故．
即①
所以②
①②得
所以．
【答案】
解：(1)由题意得f′(x)=3x2−4x+1，
∴ f′(−1)=8，
∴ 曲线y=f(x)在点(−1, −4)处的切线方程为y+4=8(x+1)，
即8x−y+4=0.
(2)设切点为(x0, y0)，
∵ 切点在函数图象上，
∴ y0=x03−2x02+x0，
故曲线在该点处的切线为
y−(x03−2x02+x0)=(3x02−4x0+1)(x−x0).
∵ 切线过点(1, 0)，
∴ 0−(x03−2x02+x0)=(3x02−4x0+1)(1−x0)
即(x0−1)2(2x0−1)=0，
解得x0=1或x0=12，
当x0=1时，切点为(1,0)，
∵ f′(1)=0，
∴ 切线方程为y−0=0⋅(x−1)
即y=0.
当x0=12时，切点为(12,18)，
∵ f′(12)=−14，
∴ 切线方程为y−0=−14(x−1)
即x+4y−1=0.
综上可得，切线方程为y=0或x+4y−1=0．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
(Ⅰ)求出原函数的导函数，得到函数在x＝−1处的导数，再由直线方程的点斜式得答案；
(Ⅱ)设出切点坐标，得到函数在切点处的切线方程，代入已知点的坐标，求得切点坐标，进一步求解过点(1, 0)的切线方程．
利用导数研究某一点的切线方程问题（含参问题）.
【解答】
解：(1)由题意得f′(x)=3x2−4x+1，
∴ f′(−1)=8，
∴ 曲线y=f(x)在点(−1, −4)处的切线方程为y+4=8(x+1)，
即8x−y+4=0.
(2)设切点为(x0, y0)，
∵ 切点在函数图象上，
∴ y0=x03−2x02+x0，
故曲线在该点处的切线为
y−(x03−2x02+x0)=(3x02−4x0+1)(x−x0).
∵ 切线过点(1, 0)，
∴ 0−(x03−2x02+x0)=(3x02−4x0+1)(1−x0)
即(x0−1)2(2x0−1)=0，
解得x0=1或x0=12，
当x0=1时，切点为(1,0)，
∵ f′(1)=0，
∴ 切线方程为y−0=0⋅(x−1)
即y=0.
当x0=12时，切点为(12,18)，
∵ f′(12)=−14，
∴ 切线方程为y−0=−14(x−1)
即x+4y−1=0.
综上可得，切线方程为y=0或x+4y−1=0．
【答案】
（1）∵ a+b+c＝12，a＝2，
∴ c＝5．
∴ -
（2）∵ △ABC为直角三角形，，
∴ ，即sinA+sinB+sinAcsB+csAsinB＝4sinC，
∴ sinA+sinB+sin(A+B)＝4sinC，
∵ A+B+C＝π，A+B＝π−C．
∴ sinA+sinB＝3sinC，由正弦定理得a+b＝3c，
∵ a+b+c＝12，可得8c＝12．
从而a+b＝9．
又∵ △ABC的面积为10sinC，
∴ ．
即ab＝20，∴ a＝5，b＝5，
又∵ c＝6，可得csB＝＝，可得B为直角，
∴ △ABC为直角三角形．
【考点】
余弦定理
正弦定理
三角形的形状判断
【解析】
（1）由题意可求c的值，进而根据余弦定理即可求解csA的值．
（2）由已知利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sinA+sinB＝3sinC，由正弦定理得a+b＝3c，解得c，可得a+b＝9，利用三角形的面积公式可求ab＝20，解得a，b的值，即可判断得解．
【解答】
（1）∵ a+b+c＝12，a＝2，
∴ c＝5．
∴ -
（2）∵ △ABC为直角三角形，，
∴ ，即sinA+sinB+sinAcsB+csAsinB＝4sinC，
∴ sinA+sinB+sin(A+B)＝4sinC，
∵ A+B+C＝π，A+B＝π−C．
∴ sinA+sinB＝3sinC，由正弦定理得a+b＝3c，
∵ a+b+c＝12，可得8c＝12．
从而a+b＝9．
又∵ △ABC的面积为10sinC，
∴ ．
即ab＝20，∴ a＝5，b＝5，
又∵ c＝6，可得csB＝＝，可得B为直角，
∴ △ABC为直角三角形．
【答案】
（1）；
由题意，点与点，
根据椭圆的对称性且椭圆过其中的三个点可知，
点和点，
又因为点与点，
即椭圆过点，P3（，），P7(0, 1)，
所以，
且，
故a6＝4，b2＝3，
所以，椭圆M的方程为．
（2）证明：直线l恒过点．
由题意，可设直线AB的方程x＝ky+m(m≠2)，
联立消去x2+4)y2+2kmy+m2−4＝0，
设A(x1, y8)，B(x2, y2)，则有，①
又以线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C，∴ ，
由，，
得(x2−2)(x2−8)+y1y2＝5，
将x1＝ky1+m，x6＝ky2+m代入上式得，
将①代入上式求得或m＝2（舍），
则直线l恒过点．
【考点】
椭圆的应用
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
【解析】
(Ⅰ)由椭圆的对称性可得椭圆过点，，P2(0, 1)，代入椭圆的方程，列方程组，解得a，b，进而可得椭圆的方程．
(Ⅱ)设直线AB的方程x＝ky+m(m≠2)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线AB与椭圆的方程可得关于y的一元二次方程，由韦达定理可得y1+y2，y1y2，由线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C，得，用坐标表示，可得m，进而可得答案．
【解答】
（1）；
由题意，点与点，
根据椭圆的对称性且椭圆过其中的三个点可知，
点和点，
又因为点与点，
即椭圆过点，P3（，），P7(0, 1)，
所以，
且，
故a6＝4，b2＝3，
所以，椭圆M的方程为．
（2）证明：直线l恒过点．
由题意，可设直线AB的方程x＝ky+m(m≠2)，
联立消去x2+4)y2+2kmy+m2−4＝0，
设A(x1, y8)，B(x2, y2)，则有，①
又以线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C，∴ ，
由，，
得(x2−2)(x2−8)+y1y2＝5，
将x1＝ky1+m，x6＝ky2+m代入上式得，
将①代入上式求得或m＝2（舍），
则直线l恒过点．
【答案】
（1）因为f(x)＝lnx+ax2+(2a+5)x+1，
所以，
当a≥7时，f′(x)≥0恒成立，+∞)上单调递增；
当a<0时，令f′(x)>5，所以，
令f′(x)<0，则2ax+2<0，
所以f(x)的增区间为，减区间为．
综上：当a≥3时，f(x)的增区间为(0；
当a<0时，f(x)的增区间为．
（2）证明：由(Ⅰ)知，当a<0时max＝f(−），，
令g(t)＝lnt−t+3(t>0)，则，
令g′(t)>0，则51，
所以g(t)在(6, 1)上单调递增，+∞)上单调递减，
故g(t)max＝g(1)＝0，
所以lnt−t+3≤0
又因为，
所以
则，
从而，
所以．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
(Ⅰ)对f(x)求得，对a分类讨论，利用导数与单调性的关系求解即可；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知f(x)max＝f(−），，令g(t)＝lnt−t+1(t>0)，利用导数可得g(t)的最大值为0，可得，
从而可得．
【解答】
（1）因为f(x)＝lnx+ax2+(2a+5)x+1，
所以，
当a≥7时，f′(x)≥0恒成立，+∞)上单调递增；
当a<0时，令f′(x)>5，所以，
令f′(x)<0，则2ax+2<0，
所以f(x)的增区间为，减区间为．
综上：当a≥3时，f(x)的增区间为(0；
当a<0时，f(x)的增区间为．
（2）证明：由(Ⅰ)知，当a<0时max＝f(−），，
令g(t)＝lnt−t+3(t>0)，则，
令g′(t)>0，则51，
所以g(t)在(6, 1)上单调递增，+∞)上单调递减，
故g(t)max＝g(1)＝0，
所以lnt−t+3≤0
又因为，
所以
则，
从而，
所以．

2020-2021学年河南省驻马店市高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版

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