2020-2021学年江西省赣州市高一（下）10月考数学（文）试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年江西省赣州市高一（下）10月考数学（文）试卷北师大版，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. 设a，b，c∈R，且a>b，则（）
A.ac>bcB.a3>b3C.a−cb2

2. 等差数列an中， a1+a5=10，a4=7，则数列an前6项和S6为( )
A.18B.24C.36D.72

3. 若过点P(1−a, 1+a)和Q(3, 2a)的直线的倾斜角为钝角，则实数a的取值范围是（）
A.(−2, 1)B.(−1, 2)
C.(−∞, 2)D.(−∞, −2)∪(1, +∞)

4. 在△ABC 中，内角A,B,C所对的边分别是 a,b,c, 若 asinA=bsinB+(c−b)sinC ，则角A的值为( )
A.π6B.π4C.π3D.2π3

5. 直线(a+2)x+(1−a)y−3=0与(a−1)x+(2a+3)y+2=0互相垂直，则a的值为( )
A.−1B.1C.±1D.−32

6. 设等比数列an的各项均为正数，且a2a9+a4a7=18，则lg3a1+lg3a2+⋯+lg3a10=( )
A.10B.12C.1+lg35D.2+lg35

7. 在△ABC中，已知asinAa2+c2−b2=bsinBb2+c2−a2，则△ABC的形状为( )
A.直角三角形B.等腰三角形
C.等边三角形D.等腰或直角三角形

8. 设等差数列an的前n项和为Sn，S5=23，Sn=360，Sn−5=183，则n=( )
A.18B.19C.20D.21

9. 设f(x)=1ax2−bx+c，不等式f(x)<0的解集是(−1,3)，若f(7+|t|)>f(1+t2)，则实数t的取值范围是( )
A.(−1, 2)B.(−3, 3)C.(2, 3)D.(−1, 3)

10. 已知直线l1:kx+y−k−2=0恒过点M，直线l2:y=x−1上有一动点P，点N的坐标为4,6．当|PM|+|PN|取得最小值时，点P的坐标为( )
A.−25,−75B.25,−35C.175,125D.125,75

11. 正实数a、b满足a+9b=1，若不等式1a+b≥−x2+4x+18−m对任意正实数a、b以及任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是（）
A. [3,+∞)B.3,6 C. [6,+∞)D.(−∞,6]

12. 在△ABC中，D为AB的中点，E为AC边上靠近点A的三等分点，且BE⊥CD，则cs2A的最小值为( )
A.267B.−27C.−17D.−149
二、填空题

数列an为单调递增数列，且 an=2t−3n−8t+14,n<4,tn,n≥4, n∈N∗，则t的取值范围是________.
三、解答题

在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c且满足4acsB−bcsC=ccsB．
(1)求csB的值；

(2)若ac=12，b=32，求a，c的值．

已知△ABC的三个顶点分别为A4,0，B0,−2，C−2,1 .
(1)求AB边上的高CD所在直线的方程；

(2)求过点C且在两坐标轴上的截距相等的直线方程．

已知二次函数fx=3x2−2x，数列an的前n项和为Sn，点(n,Sn)(n∈N∗)均在函数y=f(x)的图像上．
(1)求数列{an}的通项公式．

(2)设bn=6anan+1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn
已知函数fx=x2−x−6．
(1)求不等式fx<0的解集；

(2)若对于一切x>1，均有fx≥m+3x−m−10成立，求实数m的取值范围．

如图，在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知c=6,b=3，sin2C=sinB，且AD为BC边上的中线，AE为∠BAC的角平分线.

(1)求线段AD的长；

(2)求△ADE的面积．

已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=12，an+1=n+12nan．
(1)求{an}的通项公式；

(2)设bn=n(2−Sn)，n∈N∗，若bn≤λ，n∈N∗恒成立，求实数λ的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高一（下）0610月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
利用不等式的性质逐一分析求解即可.
【解答】
解：根据a>b，
A，当c=0时， ac>bc 不成立，故A错误；
B，由不等式性质可得a3>b3 成立，故B正确；
C，由不等式性质可知：a−c>b−c，故C错误；
D，当a=0，b=−1时，a2>b2不成立，故D错误.
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
由等差数列的性质可得a3=5，根据等差数列的前6项和公式S6=a1+a52×6=a3+a42×6可得结果
【解答】
解：等差数列an中，a1+a5=10，
∴ 2a3=10，即a3=5．
∴ S6=a1+a62×6=a3+a42×6=5+72×6=36.
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
直线的倾斜角
斜率的计算公式
其他不等式的解法
【解析】
由直线的倾斜角α为钝角，能得出直线的斜率小于0，解不等式求出实数a的取值范围．
【解答】
解：∵ 过点P(1−a, 1+a)和Q(3, 2a)的直线的倾斜角α为钝角，
∴ 直线的斜率小于0，
即 2a−a−13−1+a<0，即 a−1a+2<0，
解得−2故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为 asinA=bsinB+(c−b)sinC，
所以由正弦定理可得： a2=b2+c2−bc，
又由余弦定理知： a2=b2+c2−2bccsA，
所以csA=12，
因为0所以A=π3.
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
根据两条直线垂直的充要条件可得：(a+2)(a−1)+(1−a)(2a+3)＝0，从而可求a的值
【解答】
解：由题意，∵ 直线(a+2)x+(1−a)y−3=0与(a−1)x+(2a+3)y+2=0互相垂直，
∴ (a+2)(a−1)+(1−a)(2a+3)=0，
∴ (a−1)(a+2−2a−3)=0，
∴ (a−1)(a+1)=0，
∴ a=1，或a=−1.
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
对数及其运算
等比数列的性质
【解析】
利用等比数列的性质，即可得出答案.
【解答】
解：∵ a2a9+a4a7=18，
∴ a2a9+a2a9=18，即a2a9=9，
∴ lg3a1+lg3a2+⋯+lg3a10
=lg3a1a2⋯a10=lg3a2a95
=lg395=lg395=10.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
由正弦定理将角的关系转化为边的关系，⇒(a2−b2)(a2+b2−c2)=0⇒a2=b2或a2+b2−c2=0．
【解答】
解：由正弦定理asinAa2+c2−b2=bsinBb2+c2−a2，
可变为a2a2+c2−b2=b2b2+c2−a2
⇒a2+c2−b2a2=b2+c2−a2b2⇒c2−b2a2=c2−a2b2
⇒b2(c2−b2)=a2(c2−a2)⇒(a2−b2)(a2+b2−c2)=0
⇒a2=b2或a2+b2−c2=0．
∴ △ABC等腰或直角三角形.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
利用等差数列的求和公式及性质，即可得出答案.
【解答】
解：由题意得，S5=a1+a2+⋯+a5=23，
Sn−Sn−5=an−4+an−3+⋯+an=360−183=177，
∴ a1+a2+⋯+a5+an−4+an−3+⋯+an=23+177=200，
∴ a1+an=2005=40，
∵ na1+an2=360，即n×402=360，
∴ n=18.
故选A.
9.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
一元二次不等式与一元二次方程
二次函数的性质
【解析】
根据一元二次不等式的解集知a>0且对称轴方程为x=1，利用二次函数的单调性解不等式即可求解．
【解答】
解：∵ fx<0的解集是−1,3，
∴ a>0且对称轴方程为x=1，
∴ fx在[1,+∞)上单调递增，
∵ 7+|t|≥7，1+t2>1，且f(7+|t|)>f(1+t2)，
∴ 7+|t|>1+t2，
即t2−|t|−6<0，
解得−2<|t|<3，
∴ −3∴ 不等式的解集为−3,3.
故选B.
10.
【答案】
C
【考点】
直线恒过定点
与直线关于点、直线对称的直线方程
两条直线的交点坐标
【解析】
利用对称点的性质及相交直线，即可得出答案.
【解答】
解：由题意得，M1,2，N4,6，如图，
取M关于直线y=x−1的对称点M′，易得M′3,0，MP=M′P，
显然，当N，P，M′三点共线时，|PM′|+|PN|最小，即|PM|+|PN|最小，
易得直线NM′的方程为：y−06−0=x−34−3，即y=6x−3，
联立y=x−1，y=6x−3，解得x=175，y=125，
即P175,125.
故选C.
11.
【答案】
C
【考点】
不等式恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由参变量分离法得出−m≥1a+b+x2−4x−18．，将代数式a+9b和1a+b相乘，利用基本不等式求出1a+b的最小值，并利用配方法求出x2−4x−18的最小值，由此可求出实数m的取值范围．
【解答】
解：由参变量分离法可得
−m≤1a+b+x2−4x−18min．
由基本不等式得
1a+b=1a+ba+9b
=ab+9ab+10≥2ab⋅9ab+10=16，
当且仅当ab=3时等号成立，
因为x2−4x−18=x−22−22≥−22，
所以，−m≤16−22=−6，则m≥6，
因此，实数m的取值范围是[6,+∞).
故选C．
12.
【答案】
D
【考点】
平面向量在解析几何中的应用
基本不等式在最值问题中的应用
二倍角的余弦公式
【解析】
利用平面向量构造等式，再利用基本不等式，即可求出答案.
【解答】
解：设AB→=c→，AC→=b→，△ABC的顶点A，B，C对的边记为a，b，c，
则BE→=13b→−c→，CD→=12c→−b→，
∵ BE→⋅CD→=13b→−c→⋅12c→−b→，
=76c→⋅b→−12c→2−13b→2=0，
∴ 76bccsA=12c2−13b2=0，
∴ csA=12c2+13b276bc≥216b2c276bc=267 （当且仅当3c=2b时取等号），
∴ cs2A=2cs2A−1=−149.
故选D．
二、填空题
【答案】
32,+∞
【考点】
数列与函数单调性问题
【解析】
直接利用数列的单调性，即可得出答案.
【解答】
解：由题意得，2t−3>0,t>1,2t−3×4−8t+14≤t4,
解得，t>32，
则t的取值范围是32,+∞.
故答案为：32,+∞.
三、解答题
【答案】
解：(1)已知等式4acsB−bcsC=ccsB，
利用正弦定理化简得：
4sinAcsB−sinBcsC=sinCcsB，
整理得：4sinAcsB=sin(B+C)，
即4sinAcsB=sinA，
∵ sinA≠0，
∴ csB=14.
(2)∵ ac=12，b=32，
∴ 由余弦定理得：
b2=a2+c2−2accsB，
即a2+c2=24，
联立a2+c2=24与ac=12，
解得：a=c=23．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
【解析】
(1)已知等式利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式变形，由sinA不为0求出csB的值即可；
(2)利用余弦定理列出关系式，把ac，b，csB的值代入求出a2+c2=24，与ac=12联立即可求出a与c的值．
【解答】
解：(1)已知等式4acsB−bcsC=ccsB，
利用正弦定理化简得：
4sinAcsB−sinBcsC=sinCcsB，
整理得：4sinAcsB=sin(B+C)，
即4sinAcsB=sinA，
∵ sinA≠0，
∴ csB=14.
(2)∵ ac=12，b=32，
∴ 由余弦定理得：
b2=a2+c2−2accsB，
即a2+c2=24，
联立a2+c2=24与ac=12，
解得：a=c=23．
【答案】
解：(1)依题意得，kAB=0−(−2)4−0=12，
因为AB⊥CD，
所以直线CD的斜率kCD=−1kAB=−2，
可得直线CD的方程为y−1=−2x+2．
即直线CD的方程为：2x+y+3=0 .
(2)①当两截距均为0时，设直线方程为y=kx，
因为直线过点C−2,1．解得k=−12，即所求直线方程为y=−12x .
②当截距均不为0时，设直线方程为x+y=a，
因为直线过点C−2,1，解得a=−1，即所求直线方程为x+y=−1 .
综上所述，所求直线方程为x+2y=0或x+y+1=0 .
【考点】
直线的点斜式方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
斜率的计算公式
直线的截距式方程
【解析】

【解答】
解：(1)依题意得，kAB=0−(−2)4−0=12，
因为AB⊥CD，
所以直线CD的斜率kCD=−1kAB=−2，
可得直线CD的方程为y−1=−2x+2．
即直线CD的方程为：2x+y+3=0 .
(2)①当两截距均为0时，设直线方程为y=kx，
因为直线过点C−2,1．解得k=−12，即所求直线方程为y=−12x .
②当截距均不为0时，设直线方程为x+y=a，
因为直线过点C−2,1，解得a=−1，即所求直线方程为x+y=−1 .
综上所述，所求直线方程为x+2y=0或x+y+1=0 .
【答案】
解：(1)fx=3x2−2x，
又因为点n,Snn∈N∗均在函数y=f(x)的图象上，
所以Sn=3n2−2n，
当n=1时， a1=S1=3−2=1，
当n≥2时， an=Sn−Sn−1
=3n2−2n−3n−12+2n−1=6n−5，
检验：an=6n−5，将n=1代入a1=1，符合首项．
所以，an=6n−5n∈N∗．
(2)由(1)得知设bn=6anan+1=66n−56n+1=16n−5−16n+1，
故Tn=1−17+17−113+…+16n−5−16n+1=1−16n+1 ，
因此，要使1−16n+1必须且仅须满足1≤m10，
即m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)fx=3x2−2x，
又因为点n,Snn∈N∗均在函数y=f(x)的图象上，
所以Sn=3n2−2n，
当n=1时， a1=S1=3−2=1，
当n≥2时， an=Sn−Sn−1
=3n2−2n−3n−12+2n−1=6n−5，
检验：an=6n−5，将n=1代入a1=1，符合首项．
所以，an=6n−5n∈N∗．
(2)由(1)得知设bn=6anan+1=66n−56n+1=16n−5−16n+1，
故Tn=1−17+17−113+…+16n−5−16n+1=1−16n+1 ，
因此，要使1−16n+1必须且仅须满足1≤m10，
即m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10．
【答案】
解：（1）∵ fx<0，
∴ x2−x−6<0，
∴ x+2x−3<0，
∴ fx<0的解集为x|−2(2)∵ fx=x2−x−6，
∴ 当x>1时， x2−x−6≥m+3x−m−10恒成立，
∴ x2−4x+4≥mx−1，
∴ 对一切x>1均有m≤x2−4x+4x−1成立，
又x2−4x+4x−1=x−1+1x−1−2≥21−2=0，
当且仅当x=2时，等号成立．
∴ 实数m的取值范围为（−∞,0]．
【考点】
一元二次不等式的解法
不等式恒成立问题
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：（1）∵ fx<0，
∴ x2−x−6<0，
∴ x+2x−3<0，
∴ fx<0的解集为x|−2(2)∵ fx=x2−x−6，
∴ 当x>1时， x2−x−6≥m+3x−m−10恒成立，
∴ x2−4x+4≥mx−1，
∴ 对一切x>1均有m≤x2−4x+4x−1成立，
又x2−4x+4x−1=x−1+1x−1−2≥21−2=0，
当且仅当x=2时，等号成立．
∴ 实数m的取值范围为（−∞,0]．
【答案】
解：(1)根据题意，
sin2C=sinB⇒2sinCcsC=sinB，
所以2ccsC=b，
所以csC=b2c.
又b=3,c=6，
所以csC=b2c=14.
又由csC=a2+b2−c22ab=14，
解得：a=6，即BC=6，
则CD=3.
在△ACD中，由余弦定理得：
AD2=AC2+CD2−2AC⋅CDcsC=272，
解得：AD=362.
(2)根据题意，因为AE平分∠BAC，
所以S△ABES△ACE
=12AB⋅AEsin∠BAE12AC⋅AEsin∠CAE=12BE⋅ℎ12CE⋅ℎ，
故ABAC=BECE=2，
变形可得CE=13BC=2,csC=14，
则sinC=154，
所以S△ADE=S△ACD−S△ACE
=12×3×3×154−12×3×2×154
=3158.
【考点】
二倍角的正弦公式
解三角形
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
(1)在△ABC中，利用余弦定理计算BC，再在△ACD中利用余弦定理计算AD；
(2)根据角平分线的性质得出CE，于是S△ADE=S△ACD−S△ACE．
【解答】
解：(1)根据题意，
sin2C=sinB⇒2sinCcsC=sinB，
所以2ccsC=b，
所以csC=b2c.
又b=3,c=6，
所以csC=b2c=14.
又由csC=a2+b2−c22ab=14，
解得：a=6，即BC=6，
则CD=3.
在△ACD中，由余弦定理得：
AD2=AC2+CD2−2AC⋅CDcsC=272，
解得：AD=362.
(2)根据题意，因为AE平分∠BAC，
所以S△ABES△ACE
=12AB⋅AEsin∠BAE12AC⋅AEsin∠CAE=12BE⋅ℎ12CE⋅ℎ，
故ABAC=BECE=2，
变形可得CE=13BC=2,csC=14，
则sinC=154，
所以S△ADE=S△ACD−S△ACE
=12×3×3×154−12×3×2×154
=3158.
【答案】
解：(1)由已知得an+1n+1=12⋅ann，其中n∈N∗，
∴ 数列{ann}是首项a1=12，公比为12的等比数列，
∵ ann=12n，
∴ an=n2n.
(2)由(1)知Sn=12+222+323+⋯+n2n①，
∴ 12Sn=122+223+324⋯+n2n+1②，
①−②得12Sn=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=1−n+22n+1，
∴ Sn=2−n+22n，因此bn=n(n+2)2n，
∵ bn+1−bn=(n+1)(n+3)2n+1−n(n+2)2n=−n2+32n+1，
∴ 当n=1，b2−b1>0，即b2>b1，
当n≥2，bn+1−bn<0，即bn+1∴ b2是{bn}的最大项，且b2=2，
∴ λ≥2．
【考点】
数列递推式
数列的求和
数列与不等式的综合
数列与函数最值问题
【解析】
(1)由已知得an+1n+1=12ann，其中n∈N∗，利用等比数列的通项公式即可得出；
（2）利用“错位相减法”、等比数列的其前n项和公式即可得出．
【解答】
解：(1)由已知得an+1n+1=12⋅ann，其中n∈N∗，
∴ 数列{ann}是首项a1=12，公比为12的等比数列，
∵ ann=12n，
∴ an=n2n.
(2)由(1)知Sn=12+222+323+⋯+n2n①，
∴ 12Sn=122+223+324⋯+n2n+1②，
①−②得12Sn=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=1−n+22n+1，
∴ Sn=2−n+22n，因此bn=n(n+2)2n，
∵ bn+1−bn=(n+1)(n+3)2n+1−n(n+2)2n=−n2+32n+1，
∴ 当n=1，b2−b1>0，即b2>b1，
当n≥2，bn+1−bn<0，即bn+1∴ b2是{bn}的最大项，且b2=2，
∴ λ≥2．