2020-2021学年河南省濮阳市高二（上）1月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省濮阳市高二（上）1月月考数学（文）试卷人教A版，共9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an的前n项和Sn=n2⋅an(n≥2)，而a1=1，计算a2，a3，a4，猜想an=( )
A.2(n+1)2B.2n(n+1)C.22n−1D.22n−1

2. 曲线y=x2x−1在点(1, 1)处的切线方程为( )
A.x−y−2=0B.x+y−2=0C.x+4y−5=0D.x−4y−5=0

3. 已知向量a→=(1, 2)，b→=(2, −3)．若向量c→满足(c→+a→) // b→，c→⊥(a→+b→)，则c→=( )
A.(79, 73)B.(−73,−79)C.(73,79)D.(−79,−73)

4. 已知抛物线C:y2=16x，焦点为F，直线l:x=−1，点A∈l，线段AF与抛物线C的交点为B，若FA→=5FB→，则|AF→|=( )
A.43B.62C.35D.40

5. 在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1=3，前三项和为21，则a3+a4+a5=( )
A.33B.72C.84D.189

6. 命题“存在x0∈R，2x0≤0”的否定是( )
A.不存在x0∈R，2x0>0B.存在x0∈R，2x0≥0
C.对任意的x∈R，2x≤0D.对任意的x∈R，2x>0

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

8. 若不等式组x≥0，x+3y≥4，3x+y≤4 所表示的平面区域被直线y=kx+43分为面积相等的两部分，则k的值是( )
A.73B.37C.43D.34

9. 已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的渐近线与抛物线y=x2+1相切，则该双曲线的离心率为( )
A.3B.2C.5D.6

10. 已知a→=(−2,−1)，b→=(λ,1)，则λ>−12是“a→与b→的夹角为钝角”的（ ）条件
A.充分不必要B.必要不充分
C.充分必要D.既不充分也不必要

11. 已知F1，F2分别是椭圆x24+y23=1的左、右焦点，若P为椭圆上一点，且△PF1F2的内切圆周长为23π3，则满足条件的点P有( )
A.4个B.1个C.2个D.3个

12. 已知函数f(x)满足f(x+3)=3f(x)，当x∈(0, 3)时f(x)=lnx−axa>13，当x∈(−6, −3)时，f(x)的最大值为−19，则实数a的值等于( )
A.4B.3C.2D.1
二、填空题

若a+b=a⋅b−3，其中a，b∈R+，则a⋅b的取值范围是________.
三、解答题

如图，在△ABC中， AC=2，BC=1，csC=34.

(1)求AB的值；

(2)求sin(A+B)的值.

已知等差数列an的前n项和为Snn∈N∗，bn的通项公式为bn=2n，b3=a4−2a1，S11=11b4．
(1)求an的通项公式；

(2)求数列a2nb2n−1的前n项和Tnn∈N∗．

已知四面体ABCD中，AB⊥面BCD，BC⊥DC，BE⊥AD垂足为E，F为CD中点，AB=BD=2，CD=1．

(1)求证：AC // 面BEF；

(2)求点B到面ACD的距离．

已知函数f(x)=eax⋅(ax+a+1)，其中a≥−1．
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程；

(2)求f(x)的单调区间．

设椭圆C1的焦点在x轴上，离心率为32，抛物线C2的焦点在y轴上， C1的中心和C2的顶点均为原点，点2,−22在C1上，点2,−1在C2上，
(1)求曲线C1，C2的标准方程；

(2)请问是否存在过抛物线C2的焦点F的直线l与椭圆C1交于不同两点M，N，使得以线段MN为直径的圆过原点O？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

已知函数f(x)=ln(1+x)x．
(1)确定y=f(x)在(0, +∞)上的单调性；

(2)设ℎ(x)=xf(x)−x−ax3在(0, 2)上有极值，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省濮阳市高二（上）1月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
数列递推式
【解析】
利用数列﹛an﹜的前n项和 Sn=n2an(n≥2)，a1=1，代入即可计算a2，a3，a4，从而可以猜想an．
【解答】
解：∵ 数列an的前n项和Sn=n2⋅an(n≥2)，
∴ S2=4a2.
∵ a1=1，
∴ 1+a2=4a2，
∴ a2=13=11+2.
又S3=1+13+a3=9a3，
∴ a3=16=11+2+3.
∵ S4=1+13+16+a4=16a4，
∴ a4=110=11+2+3+4，
…
∴ an=11+2+…+n=2n(n+1).
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出导数，求得切线的斜率，由点斜式方程可得切线的方程．
【解答】
解：y=x2x−1的导数为y′=2x−1−2x(2x−1)2=−1(2x−1)2，
当x=1时，y′=−1，则曲线在点(1, 1)处的切线斜率为−1，
所以所求切线的方程为y−1=−(x−1)，
即为x+y−2=0．
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
平面向量的坐标运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
根据题意，设c→=(x, y)，则可得c→+a→、a→+b→的坐标，由(c→+a→) // b→，可得3(x+1)＝2(y+2)，①，又由c→⊥(a→+b→)，可得3x+5y＝0，②，联立两式，即可得x、y的值，即可得c→的坐标．
【解答】
解：设c→=(x, y)，
则c→+a→=(x+1, y+2)，a→+b→=(3, −1).
由(c→+a→) // b→，可得−3(x+1)=2(y+2)，①
由c→⊥(a→+b→)，可得3x−y=0，②
联立①②，解得x=−79，y=−73，
即c→=(−79, −73).
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
向量的共线定理
【解析】
设A(−1, a)，B(m, n)，且n2＝16m，利用向量共线的坐标表示，由FA→=5FB→，确定A，B的坐标，即可求得|AF→|．
【解答】
解：由抛物线C:y2=16x，可得F(4, 0)，
设A(−1, a)，B(m, n)，且n2=16m，
∵ FA→=5FB→，
∴ −1−4=5(m−4)，
∴ m=3，
∴ n=±43，
∵ a=5n，
∴ a=±203，
∴ |AF→|=(4+1)2+(±203)2=35．
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
根据等比数列{an}中，首项a1=3，前三项和为21，可求得q，根据等比数列的通项公式，分别求得a3，a4和a5代入a3+a4+a5，即可得到答案．
【解答】
解：在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1=3，前三项和为21.
故3+3q+3q2=21，
∴ q=2，
∴ a3+a4+a5=(a1+a2+a3)q2=21×22=84.
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
根据命题“存在x0∈R，2x0≤0”是特称命题，其否定为全称命题，将“存在”改为“任意的”，将“≤”改为“>”即可得到答案．
【解答】
解：∵ 命题“存在x0∈R，2x0≤0”是特称命题，其否定为全称命题，
∴ 否定命题为：对任意的x∈R，2x>0．
故选D．
7.
【答案】
D
【考点】
任意角的三角函数
余弦定理的应用
【解析】
通过余弦定理及(a2+c2−b2)tanB=3ac，求的sinB的值，又因在三角形内，进而求出B．
【解答】
解：由(a2+c2−b2)tanB=3ac，
∴ a2+c2−b22ac=32csBsinB，即csB=32csBsinB，
∴ sinB=32.
∵ B为三角形中的一个角，
∴ B为π3或2π3.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
求解非线性目标函数的最值-有关斜率
【解析】
先根据约束条件：x≥0x+3y≥43x+y≤4 ，画出可行域，求出可行域顶点的坐标，再利用几何意义求面积即可．
【解答】
解：作出可行域如图所示，
由图可知，直线y=kx+43恒经过点(0, 43)，
当直线y=kx+43再经过AB的中点D(12, 52)时，
平面区域被直线y=kx+43分为面积相等的两部分，
将x=12，y=52代入直线y=kx+43的方程得k=73.
故选A.
9.
【答案】
C
【考点】
双曲线的渐近线
圆锥曲线的综合问题
【解析】
先求出渐近线方程，代入抛物线方程，根据判别式等于0，找到a和b的关系，从而推断出a和c的关系，答案可得．
【解答】
解：由题双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=bxa，
代入抛物线方程整理得ax2−bx+a=0，
因渐近线与抛物线相切，所以b2−4a2=0，
即b=2a,
即c2=5a2⇔e=5，
故选C．
10.
【答案】
B
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
由a→与b→的夹角为钝角⇔−2λ−1<0且−2+λ≠0求解λ的范围得答案．
【解答】
解：∵ a→=(−2,−1)，b→=(λ,1)，
∴ “a→与b→的夹角为钝角”⇔−2λ−1<0且−2+λ≠0，
即λ>−12且λ≠2．
∴ λ>−12是“a→与b→的夹角为钝角”的必要不充分条件．
故选B.
11.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】

【解答】
解：因为△PF1F2的内切圆周长为23π3，
所以内切圆半径为33.
当点P为短轴端点时，△PF1F2内切圆的半径恰好是33，
所以满足条件的点P有2个．
故选C．
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的最值
函数的周期性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x∈−6,−3时，x+6∈0,3，
则fx+6=3fx+3=9fx=lnx+6−ax+6，
因为当x∈−6,−3时，fx的最大值为−19，
令t=x+6∈0,3，则ft=lnt−at的最大值是−1，
f′t=1t−a=1−att，
由1−att=0可知f(t)在t=1a处取得极值，
又ft在0,1a上是增函数，在1a,3上是减函数，得t=1a∈0,3是函数的最大值点，
则f1a=ln1a−1=−1，解得a=1.
故选D．
二、填空题
【答案】
[9,+∞)
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用基本不等式得，再利用二次不等式的解法得解.a+b=ab−3≥2ab，当且仅当a=b等号成立
【解答】
解：由题设a>0，b>0，
所以a+b=ab−3≥2ab，即ab−2ab−3≥0，当且仅当a=b时等号成立，
解得ab−3ab+1≥0，
所以ab≥3，
所以ab≥9，
故ab的取值范围为[9,+∞).
故答案为：[9,+∞).
三、解答题
【答案】
解：(1)由余弦定理得AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅csC
=22+12−2×2×1×34=2，
所以AB=2.
(2)由csC=34，0得sinC=1−cs2C=1−342=74，
因为A+B+C=π，
所以sinA+B=sinπ−C=sinC=74.
【考点】
余弦定理
同角三角函数基本关系的运用
诱导公式
【解析】
利用余弦定理，将AC=2,BC=1,csC=34代入公式得解.
利用同角三角函数关系式解得sinC=1−cs2C=74，在利用诱导公式得解.
【解答】
解：(1)由余弦定理得AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅csC
=22+12−2×2×1×34=2，
所以AB=2.
(2)由csC=34，0得sinC=1−cs2C=1−342=74，
因为A+B+C=π，
所以sinA+B=sinπ−C=sinC=74.
【答案】
解：(1)设等差数列an的公差为d，
由b3=a4−2a1，可得3d−a1=8．①
由S11=11b4，可得a1+5d=16．②
联立①②，解得a1=1，d=3，
等差数列an的通项公式为an=3n−2，n∈N∗．
(2)由a2n=6n−2，b2n−1=2×4n−1，
有a2nb2n−1=3n−1⋅4n，
故Tn=2×4+5×42+8×43+⋯+3n−1⋅4n，
4Tn=2×42+5×43+8×44+⋯+3n−4⋅4n+3n−1⋅4n+1，
上述两式相减，得
−3Tn=2×4+3×42+3×43+⋯+3×4n−3n−1⋅4n+1
=121−4n1−4−4−(3n−1)⋅4n+1
=−3n−2⋅4n+1−8，
∴ Tn=3n−23⋅4n+1+83．
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设等差数列an的公差为d，
由b3=a4−2a1，可得3d−a1=8．①
由S11=11b4，可得a1+5d=16．②
联立①②，解得a1=1，d=3，
等差数列an的通项公式为an=3n−2，n∈N∗．
(2)由a2n=6n−2，b2n−1=2×4n−1，
有a2nb2n−1=3n−1⋅4n，
故Tn=2×4+5×42+8×43+⋯+3n−1⋅4n，
4Tn=2×42+5×43+8×44+⋯+3n−4⋅4n+3n−1⋅4n+1，
上述两式相减，得
−3Tn=2×4+3×42+3×43+⋯+3×4n−3n−1⋅4n+1
=121−4n1−4−4−(3n−1)⋅4n+1
=−3n−2⋅4n+1−8，
∴ Tn=3n−23⋅4n+1+83．
【答案】
(1)证明：因为AB=BD，BE⊥AD于点E，
所以E为AD中点.
又F为CD中点，所以AC // EF.
而AC⊄面BEF，EF⊂面BEF，
所以AC // 面BEF.
(2)解：由已知得BC=3，AD=22，AC=7，
所以三角形ACD为直角三角形其面积S△ACD=72，
三角形BCD的面积S△BCD=32.
设点B到面ACD的距离为ℎ.
因为VA−BCD = VB−ACD ，即13S△BCD×2=13S△ACD×ℎ，
解得ℎ=2217，
所以点B到面ACD的距离为2217.
【考点】
直线与平面平行的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）证明AC // EF，然后利用直线与平面平行的判断定理证明AC // 面BEF
（2）设点B到面ACD的距离为ℎ，通过VA−BCD＝VB−ACD，求解点B到面ACD的距离．
另法：作BH⊥AC于H，在直角三角形ABC中，通过12AB×BC=12AC×BH，解得BH即可．
【解答】
(1)证明：因为AB=BD，BE⊥AD于点E，
所以E为AD中点.
又F为CD中点，所以AC // EF.
而AC⊄面BEF，EF⊂面BEF，
所以AC // 面BEF.
(2)解：由已知得BC=3，AD=22，AC=7，
所以三角形ACD为直角三角形其面积S△ACD=72，
三角形BCD的面积S△BCD=32.
设点B到面ACD的距离为ℎ.
因为VA−BCD = VB−ACD ，即13S△BCD×2=13S△ACD×ℎ，
解得ℎ=2217，
所以点B到面ACD的距离为2217.
【答案】
解：(1)当a=1时，f(x)=ex⋅(1x+2)，
f′(x)=ex⋅(1x+2−1x2)．
由于f(1)=3e，f′(1)=2e，
所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程是2ex−y+e=0．
(2)f′(x)=aeax(x+1)[(a+1)x−1]x2，x≠0．
①当a=−1时，令f′(x)=0，解得x=−1，
所以f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，单调递增区间为(−1, 0)，(0, +∞)；
当a≠−1时，令f′(x)=0，解得x=−1或x=1a+1.
②当−1单调递增区间为(−1, 0)，(0,1a+1)；
③当a=0时，f(x)为常值函数，不存在单调区间；
④当a>0时，f(x)的单调递减区间为(−1, 0)，(0,1a+1)，
单调递增区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）先求导数f′(x)，欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率，从而问题解决．
（2）对字母a进行分类讨论，再令f′(x)大于0，解不等式，可得函数的单调增区间，令导数小于0，可得函数的单调减区间．
【解答】
解：(1)当a=1时，f(x)=ex⋅(1x+2)，
f′(x)=ex⋅(1x+2−1x2)．
由于f(1)=3e，f′(1)=2e，
所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程是2ex−y+e=0．
(2)f′(x)=aeax(x+1)[(a+1)x−1]x2，x≠0．
①当a=−1时，令f′(x)=0，解得x=−1，
所以f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，单调递增区间为(−1, 0)，(0, +∞)；
当a≠−1时，令f′(x)=0，解得x=−1或x=1a+1.
②当−1单调递增区间为(−1, 0)，(0,1a+1)；
③当a=0时，f(x)为常值函数，不存在单调区间；
④当a>0时，f(x)的单调递减区间为(−1, 0)，(0,1a+1)，
单调递增区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)．
【答案】
解：(1)设C1的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
则ca=32,a2=b2+c2,2a2+12b2=1,
∴ a2=4,b2=1,c=3.
所以椭圆C1的方程为x24+y2=1．
又点2,−1在C2上，
设C2的方程x2=−2py(p>0)，则由2=−2p−1，得p=1．
所以抛物线C2的方程为x2=−2y．
(2)因为直线l过抛物线C2的焦点F0,12．
当直线l的斜率不存在时，M(0,1)，N(0,−1)或点M0,−1，N0,1，显然以线段MN为直径的圆不过原点O，故不符合要求；
当直线l的斜率存在时，设斜率为k，则直线l的方程为y=kx−12，
代入C1的方程，并整理得(1+4k2)x2−4kx−3=0．
设点Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=4k1+4k2，x1⋅x2=−31+4k2，
y1⋅y2=kx1−12kx2−12
=k2x1⋅x2−12k(x1+x2)+14=1−16k24(1+4k2)．
因为以线段MN为直径的圆过原点O，
所以OM→⊥ON→，
所以OM→⋅ON→=0，
所以x1⋅x2+y1⋅y2=0，
所以−31+4k2+1−16k241+4k2=0，化简得16k2=−11，无解．
所以满足条件的直线l不存在.
综上，不存在以线段MN为直径的圆过原点O.
【考点】
椭圆的标准方程
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】


【解答】
解：(1)设C1的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
则ca=32,a2=b2+c2,2a2+12b2=1,
∴ a2=4,b2=1,c=3.
所以椭圆C1的方程为x24+y2=1．
又点2,−1在C2上，
设C2的方程x2=−2py(p>0)，则由2=−2p−1，得p=1．
所以抛物线C2的方程为x2=−2y．
(2)因为直线l过抛物线C2的焦点F0,12．
当直线l的斜率不存在时，M(0,1)，N(0,−1)或点M0,−1，N0,1，显然以线段MN为直径的圆不过原点O，故不符合要求；
当直线l的斜率存在时，设斜率为k，则直线l的方程为y=kx−12，
代入C1的方程，并整理得(1+4k2)x2−4kx−3=0．
设点Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=4k1+4k2，x1⋅x2=−31+4k2，
y1⋅y2=kx1−12kx2−12
=k2x1⋅x2−12k(x1+x2)+14=1−16k24(1+4k2)．
因为以线段MN为直径的圆过原点O，
所以OM→⊥ON→，
所以OM→⋅ON→=0，
所以x1⋅x2+y1⋅y2=0，
所以−31+4k2+1−16k241+4k2=0，化简得16k2=−11，无解．
所以满足条件的直线l不存在.
综上，不存在以线段MN为直径的圆过原点O.
【答案】
解：(1)由已知函数求导得f′(x)=xx+1−ln(1+x)x2.
设g(x)=xx+1−ln(1+x)，
则g′(x)=1(x+1)2−1x+1=−x(x+1)2<0在(0,+∞)上恒成立，
∴ g(x)在(0, +∞)上单调递减，
∴ g(x)∴ f′(x)<0，
因此f(x)在(0, +∞)上单调递减．
(2)由ℎ(x)=xf(x)−x−ax3可得，ℎ(x)=ln(1+x)−x−ax3，
ℎ′(x)=1x+1−1−3ax2=−x(3ax2+3ax+1)x+1.
若a≥0，对任意x∈(0, 2)，ℎ′(x)<0，
∴ ℎ(x)在(0, 2)上单调递减，则f(x)在(0, 2)上无极值；
若a<0，则ℎ(x)=xf(x)−x−ax3在(0, 2)上有极值的充要条件是φ(x)=3ax2+3ax+1在(0, 2)上有零点.
又φ(x)在(−12,+∞)上单调，
∴ φ(0)⋅φ(2)<0，则1×(12a+6a+1)<0，
解得a<−118.
综上所述，a的取值范围是(−∞, −118)．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）由题意，先对函数f(x)求导，有式子特点分析得出结论；
（2）由题意，利用式子的特点及函数极值的定义分析函数在定义域内倒数的正负符号进而求解．
【解答】
解：(1)由已知函数求导得f′(x)=xx+1−ln(1+x)x2.
设g(x)=xx+1−ln(1+x)，
则g′(x)=1(x+1)2−1x+1=−x(x+1)2<0在(0,+∞)上恒成立，
∴ g(x)在(0, +∞)上单调递减，
∴ g(x)∴ f′(x)<0，
因此f(x)在(0, +∞)上单调递减．
(2)由ℎ(x)=xf(x)−x−ax3可得，ℎ(x)=ln(1+x)−x−ax3，
ℎ′(x)=1x+1−1−3ax2=−x(3ax2+3ax+1)x+1.
若a≥0，对任意x∈(0, 2)，ℎ′(x)<0，
∴ ℎ(x)在(0, 2)上单调递减，则f(x)在(0, 2)上无极值；
若a<0，则ℎ(x)=xf(x)−x−ax3在(0, 2)上有极值的充要条件是φ(x)=3ax2+3ax+1在(0, 2)上有零点.
又φ(x)在(−12,+∞)上单调，
∴ φ(0)⋅φ(2)<0，则1×(12a+6a+1)<0，
解得a<−118.
综上所述，a的取值范围是(−∞, −118)．