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2020-2021学年江西省高二（上）10月月考数学试卷北师大版
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这是一份2020-2021学年江西省高二（上）10月月考数学试卷北师大版，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. 等比数列an的前n项和Sn=3n+a，则a等于( )
A.−3B.−1C.3D.1
2. 在△ABC中，已知b=40，c=20，C=60∘，则此三角形的解的情况是( )
A.有一解B.有两解
C.无解D.有解但解的个数不确定
3. 使不等式x2−x−6<0成立的一个充分不必要条件是( )
A.−2
4. 某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( )
A.30种B.35种C.42种D.48种
5. 在数列an中， a1=12，an=1−1an−1n≥2,n∈N+，则a2020=( )
A.12B.1C.−1D.2
6. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin2A≤sin2B+sin2C+sinBsinC，则A的取值范围是( )
A.(0, 5π6]B.[5π6, π)C.(0, 2π3]D.[2π3, π)，
7. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3=9，S6=36，则a7+a8+a9=( )
A.63B.45C.36D.27
8. 已知x>0，y>0，且1x+1+1y=12，则x+y的最小值为( )
A.3B.5C.7D.9
9. 若2x+34=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则a0+a2+a42−a1+a32的值为( )
A.1B.−1C.0D.2
10. 有30个完全相同的苹果，分给4个不同的小朋友，每个小朋友至少分得4个苹果，问有多少种不同的分配方案( )
A.680B.816C.1360D.1456
11. 已知数列{an}的各项均为正数，a1=2，an+1−an=4an+1+an，若数列{1an+1+an}的前n项和为5，则n=( )
A.119B.121C.120D.1222
12. 设函数f(x)=mx2−mx−1，若对任意的x∈{x|1≤x≤3}，f(x)<−m+4恒成立，则实数m的取值范围为( )
A.m≤0B.0≤m<57C.m<0或0二、填空题
如图所示的五个区域中，中心区E域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四种颜色可供选择．要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为________.
三、解答题
设p：实数x满足x2−4ax+3a2<0，q：实数x满足|x−3|<1．
(1)若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；
(2)若a>0，且¬p是¬q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn(n∈N∗)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4−2a1，S11=11b4．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nbn}的前n项和Tn(n∈N∗)．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acsA=ccsB+bcsC.
(1)求角A的大小；
(2)若a=3，求△ABC周长的取值范围．
四位同学参加三项不同的竞赛．
(1)每位同学必须参加一项，有几种不同结果？
(2)每项竞赛只有且必须有一位同学参加，有几种不同结果？
(3)每位同学最多参加一项，且每项竞赛只许有一位同学参加，有几种不同结果？
数列{an}满足a1=1，an+an+12an+1−1=0．
(1)求证：数列1an是等差数列；
(2)若数列{bn}满足b1=2，bn+1bn=2⋅anan+1，求数列{bn}的前n项和Sn．
设x，y满足约束条件 8x−y−4≤0，x+y+1≥0，y−4x≤0， 目标函数z=ax+bya>0,b>0的最大值为2.
(1)作出可行域；
(2)求a+4b的值；
(3)若不等式1a+1b≥mx2−x+m+154对任意x∈R恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省高二（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
等比中项
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：等比数列an中，a1=S1=3+a，a2=S2−S1=6，
a3=S3−S2=18，
由a22=a1a3，
得a=−1．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理列出关系式，将b，c，sinC的值代入求出sinB的值，即可做出判断．
【解答】
解：∵ 在△ABC中，b=40，c=20，C=60∘，
∴ 由正弦定理bsinB=csinC得：
sinB=bsinCc=40×3220=3>1，
则此三角形无解．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：解不等式x2−x−6<0，得−2令A={x|−2∴ 不等式x2−x−6<0成立的一个充分不必要条件，
对应的x取值范围应该是集合A的真子集，
只有A符合题意.
故选A .
4.
【答案】
A
【考点】
排列、组合的应用
计数原理的应用
【解析】
两类课程中各至少选一门，包含两种情况：A类选修课选1门，B类选修课选2门；A类选修课选2门，B类选修课选1门，写出组合数，根据分类计数原理得到结果．
【解答】
解：可分以下2种情况：①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C31C42种不同的选法；
②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C32C41种不同的选法．
∴ 根据分类计数原理知不同的选法共有C31C42+C32C41=18+12=30种．
故要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有30种．
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
【解析】
无
【解答】
解：a2=1−1a1=1−2=−1，
a3=1−1a2=1+1=2，
a4=1−1a3=1−12=12，
可得数列{an}是以3为周期的周期数列，
∴a2020=a3×673+1=a1=12.
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
运用正弦定理和余弦定理，可得角A三角不等式，然后求解即可．
【解答】
解：由sin2A≤sin2B+sin2C+sinBsinC，
得：a2≤b2+c2+bc，
即csA=b2+c2−a22bc≥−12.
∵ A∈(0, π)，
∴ A∈(0, 2π3].
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
等差数列的性质
【解析】
观察下标间的关系，知应用等差数列的性质求得．
【解答】
解：由等差数列性质知S3，S6−S3，S9−S6成等差数列，
即9，27，S9−S6成等差数列，
∴ S9−S6=45，
∴ a7+a8+a9=45.
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
将x+1+y＝2(1x+1+1y)(x+1+y)的形式，再展开，利用基本不等式，注意等号成立的条件．
【解答】
解：∵ x>0，y>0，且1x+1+1y=12，
∴ x+1+y=21x+1+1y(x+1+y)
=21+1+yx+1+x+1y
≥22+2yx+1⋅x+1y=8，
当且仅当yx+1=x+1y，即x=3，y=4时取等号，
∴ x+y≥7，
故x+y的最小值为7.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
二项式定理的应用
二项式系数的性质
【解析】
通过令x=1和x=−1,代入化简即可得所需关系式，求解即可
【解答】
解：当x=1时，得2+34
=a0+a1+a2+a3+a4=97+563，
当x=−1时，3−24
=a0−a1+a2−a3+a4=97−563，
则由上式联立可得a0+a2+a4=97，a1+a3=563，
∴ a0+a2+a42−a1+a32
=972−5632
=9409−9408=1.
故选A.
10.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
根据题意采用挡板法，去掉3×4=12个苹果后，将剩余的苹果分成四份即可求解.
【解答】
解：因为每个小朋友至少分得4个苹果，
故先每人分3个苹果后，还剩30−3×4=18个，
用隔板法，将剩余18个苹果有17个空，中间找3个位置用隔板插入即可，
故分成四份有C173=680种.
故选A.
11.
【答案】
C
【考点】
数列的求和
数列递推式
等差数列的通项公式
【解析】
由已知推导出an=2n.an+1=2n+1=22，由此能求出n．
【解答】
解：∵ 数列{an}的各项均为正数，a1=2，an+1−an=4an+1+an，
∴ an+12−an2=4，
∴ an2为首项为4，公差为4的的等差数列，
∴ an2=4+4(n−1)=4n，即an=2n．
∵ a1=2，an+1−an=4an+1+an，数列{1an+1+an}的前n项和为5，
∴ 14(a2−a1+a3−a2+⋯+an+1−an)
=14(an+1−2)=5，
∴ an+1=2n+1=22，解得n+1=121，
∴ n=120．
故选C.
12.
【答案】
D
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
由题意，mx2−mx−1<−m+4，x∈[1, 3]恒成立，可得m(x2−x+1)<5恒成立，讨论m与0关系，结合二次函数性质可得m的范围；
【解答】
解：函数f(x)=mx2−mx−1，
即mx2−mx−1<−m+4，x∈{x|1≤x≤3}恒成立，
可得m(x2−x+1)<5恒成立，
当m≤0成立，显然恒成立，
当m>0时，
∵ y=x2−x+1，x∈{x|1≤x≤3}的值域为{1≤x≤7}．
∴ 0综上可得实数m的取值范围为{m|m<57}.
故选D.
二、填空题
【答案】
84
【考点】
排列、组合的应用
分类加法计数原理
【解析】
每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，然后分类研究，A、C不同色；A、C同色两大类
【解答】
解：分三种情况：
①用四种颜色涂色，有A44=24种涂法；
②用三种颜色涂色，有2A43=48种涂法；
③用两种颜色涂色，有A42=12种涂法；
所以共有涂色方法24+48+12=84.
故答案为：84.
三、解答题
【答案】
解：(1)由x2−4ax+3a2<0得(x−3a)(x−a)<0，
当a=1时，1由|x−3|<1，得−1即q为真时实数x的取值范围是2若p∧q为真，则p真且q真，
∴ 实数x的取值范围是2(2)由x2−4ax+3a2<0得(x−3a)(x−a)<0，且a>0，
即p：{x|a若¬p是¬q的充分不必要条件，
则q是p的充分不必要条件.
则0解得43≤a≤2．
∴ 实数a的取值范围是43≤a≤2．
【考点】
其他不等式的解法
逻辑联结词“或”“且”“非”
根据充分必要条件求参数取值问题
命题的否定
【解析】
（1）若a＝1，根据p∧q为真，则p，q同时为真，即可求实数x的取值范围；
（2）根据￢p是￢q的充分不必要条件，建立条件关系即可求实数a的取值范围．
【解答】
解：(1)由x2−4ax+3a2<0得(x−3a)(x−a)<0，
当a=1时，1由|x−3|<1，得−1即q为真时实数x的取值范围是2若p∧q为真，则p真且q真，
∴ 实数x的取值范围是2(2)由x2−4ax+3a2<0得(x−3a)(x−a)<0，且a>0，
即p：{x|a若¬p是¬q的充分不必要条件，
则q是p的充分不必要条件.
则0解得43≤a≤2．
∴ 实数a的取值范围是43≤a≤2．
【答案】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．
由已知b2+b3=12，得b1(q+q2)=12，
而b1=2，所以q2+q−6=0．
又因为q>0，解得q=2．
所以bn=2n．
由b3=a4−2a1，可得3d−a1=8①.
由S11=11b4，可得a1+5d=16②.
联立①②，解得a1=1，d=3，
由此可得an=3n−2．
所以，{an}的通项公式为an=3n−2，{bn}的通项公式为bn=2n；
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n=6n−2，
有Tn=4×2+10×22+16×23+⋯+(6n−2)×2n，
2Tn=4×22+10×23+16×24+
⋯+(6n−8)×2n+(6n−2)×2n+1，
上述两式相减，得
−Tn=4×2+6×22+6×23+⋯+6×2n−(6n−2)×2n+1
=12×(1−2n)1−2−4−(6n−2)×2n+1
=−(3n−4)2n+2−16．
得Tn=(3n−4)2n+2+16．
所以，数列{a2nbn}的前n项和为(3n−4)2n+2+16．
【考点】
等差数列与等比数列的综合
等差数列的性质
等差数列的通项公式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．通过b2+b3＝12，求出q，得到bn=2n．然后求出公差d，推出an＝3n−2．
(Ⅱ)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，利用错位相减法，转化求解数列{a2nbn}的前n项和即可．
【解答】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．
由已知b2+b3=12，得b1(q+q2)=12，
而b1=2，所以q2+q−6=0．
又因为q>0，解得q=2．
所以bn=2n．
由b3=a4−2a1，可得3d−a1=8①.
由S11=11b4，可得a1+5d=16②.
联立①②，解得a1=1，d=3，
由此可得an=3n−2．
所以，{an}的通项公式为an=3n−2，{bn}的通项公式为bn=2n；
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n=6n−2，
有Tn=4×2+10×22+16×23+⋯+(6n−2)×2n，
2Tn=4×22+10×23+16×24+
⋯+(6n−8)×2n+(6n−2)×2n+1，
上述两式相减，得
−Tn=4×2+6×22+6×23+⋯+6×2n−(6n−2)×2n+1
=12×(1−2n)1−2−4−(6n−2)×2n+1
=−(3n−4)2n+2−16．
得Tn=(3n−4)2n+2+16．
所以，数列{a2nbn}的前n项和为(3n−4)2n+2+16．
【答案】
解：(1)因为2acsA=ccsB+bcsC，
所以2sinAcsA=sinCcsB+sinBcsC，
所以2sinAcsA=sinB+C=sinA.
因为sinA≠0，所以csA=12.
因为A∈0,π，所以A=π3 .
(2)因为a=3，由余弦定理得9=b2+c2−bc，
所以9=b2+c2−bc=b+c2−3bc.
因为bc≤b+c24，
所以9=b+c2−3bc≥b+c24，
所以b+c≤6，当且仅当b=c时等号成立.
又因为b+c>a=3，所以b+c∈(3,6]，
即△ABC周长的范围是(6,9] .
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
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)因为2acsA=ccsB+bcsC，
所以2sinAcsA=sinCcsB+sinBcsC，
所以2sinAcsA=sinB+C=sinA.
因为sinA≠0，所以csA=12.
因为A∈0,π，所以A=π3 .
(2)因为a=3，由余弦定理得9=b2+c2−bc，
所以9=b2+c2−bc=b+c2−3bc.
因为bc≤b+c24，
所以9=b+c2−3bc≥b+c24，
所以b+c≤6，当且仅当b=c时等号成立.
又因为b+c>a=3，所以b+c∈(3,6]，
即△ABC周长的范围是(6,9] .
【答案】
解：(1)让每一位同学选择，第一位同学有3种选择；
第二、三、四位同学同样各有3种选择，
由乘法原理，共有3×3×3×3=81（种）不同结果．
(2)让竞赛项目去“选择”学生，第一个竞赛项目有4种选择，
第二、三个竞赛项目同样有4种选择，
所以共有43=64（种）不同结果．
(3)由题意，从4位同学中选出3人，分别参加三项不同的竞赛，
所以有A43=24（种）不同结果．
【考点】
分步乘法计数原理
排列、组合的应用
【解析】
【解答】
解：(1)让每一位同学选择，第一位同学有3种选择；
第二、三、四位同学同样各有3种选择，
由乘法原理，共有3×3×3×3=81（种）不同结果．
(2)让竞赛项目去“选择”学生，第一个竞赛项目有4种选择，
第二、三个竞赛项目同样有4种选择，
所以共有43=64（种）不同结果．
(3)由题意，从4位同学中选出3人，分别参加三项不同的竞赛，
所以有A43=24（种）不同结果．
【答案】
(1)证明：若an+1=0，则an=0，这与a1=1矛盾，
∴ an+1≠0．
由已知得2anan+1−an+an+1=0，
∴ 1an+1−1an=2，
∴ 数列1an是以1a1=1为首项，2为公差的等差数列．
(2)解：由(1)可知，1an=1+2(n−1)=2n−1，
由bn+1bn=2⋅anan+1可知an+1bn+1=2anbn.
又a1b1=2，
∴ anbn=2×2n−1=2n，
∴ bn=(2n−1)⋅2n，
∴ Sn=1⋅21+3⋅22+5⋅23+⋯+(2n−1)⋅2n，
则2Sn=1⋅22+3⋅23+5⋅24+⋯+(2n−1)⋅2n+1，
∴ −Sn=2+2⋅22+2⋅23+⋯+2⋅2n−(2n−1)⋅2n+1
=(3−2n)⋅2n+1−6，
∴ Sn=(2n−3)⋅2n+1+6．
【考点】
数列的求和
数列递推式
等差数列
【解析】
本题考查数列的递推公式、等差数列的定义及通项公式、等比数列的求和公式、数列求和．
【解答】
(1)证明：若an+1=0，则an=0，这与a1=1矛盾，
∴ an+1≠0．
由已知得2anan+1−an+an+1=0，
∴ 1an+1−1an=2，
∴ 数列1an是以1a1=1为首项，2为公差的等差数列．
(2)解：由(1)可知，1an=1+2(n−1)=2n−1，
由bn+1bn=2⋅anan+1可知an+1bn+1=2anbn.
又a1b1=2，
∴ anbn=2×2n−1=2n，
∴ bn=(2n−1)⋅2n，
∴ Sn=1⋅21+3⋅22+5⋅23+⋯+(2n−1)⋅2n，
则2Sn=1⋅22+3⋅23+5⋅24+⋯+(2n−1)⋅2n+1，
∴ −Sn=2+2⋅22+2⋅23+⋯+2⋅2n−(2n−1)⋅2n+1
=(3−2n)⋅2n+1−6，
∴ Sn=(2n−3)⋅2n+1+6．
【答案】
解：(1)画出约束条件8x−y−4≤0，x+y+1≥0，y−4x≤0，表示的平面区域，如图阴影部分所示：
(2)由图形知，当直线ax+by=za>0,b>0过
直线8x−y−4=0与y=4x的交点B1,4时，
目标函数z=ax+bya>0,b>0取得最大值2，
即a+4b=2 .
(3)由题意，得 1a+1b=12a+4b1a+1b
=125+4ba+ab≥125+24ba⋅ab=92.
当且仅当a=2b=23时等号成立，所以1a+1b的最小值是92.
不等式1a+1b≥mx2−x+m+154对任意x∈R恒成立，
等价于mx2−x+m+154≤92对任意x∈R恒成立，
即mx2−x+m−34≤0，
当m=0时，−x−34≤0，不符题意；
当m≠0时， m<0，Δ=1−4mm−34≤0，
解得m≤−14 .
综上实数m的取值范围是m≤−14 .
【考点】
含参线性规划问题
不等式恒成立问题
函数恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
简单线性规划
【解析】
【解答】
解：(1)画出约束条件8x−y−4≤0，x+y+1≥0，y−4x≤0，表示的平面区域，如图阴影部分所示：
(2)由图形知，当直线ax+by=za>0,b>0过
直线8x−y−4=0与y=4x的交点B1,4时，
目标函数z=ax+bya>0,b>0取得最大值2，
即a+4b=2 .
(3)由题意，得 1a+1b=12a+4b1a+1b
=125+4ba+ab≥125+24ba⋅ab=92.
当且仅当a=2b=23时等号成立，所以1a+1b的最小值是92.
不等式1a+1b≥mx2−x+m+154对任意x∈R恒成立，
等价于mx2−x+m+154≤92对任意x∈R恒成立，
即mx2−x+m−34≤0，
当m=0时，−x−34≤0，不符题意；
当m≠0时， m<0，Δ=1−4mm−34≤0，
解得m≤−14 .
综上实数m的取值范围是m≤−14 .
1. 等比数列an的前n项和Sn=3n+a，则a等于( )
A.−3B.−1C.3D.1
2. 在△ABC中，已知b=40，c=20，C=60∘，则此三角形的解的情况是( )
A.有一解B.有两解
C.无解D.有解但解的个数不确定
3. 使不等式x2−x−6<0成立的一个充分不必要条件是( )
A.−2
4. 某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( )
A.30种B.35种C.42种D.48种
5. 在数列an中， a1=12，an=1−1an−1n≥2,n∈N+，则a2020=( )
A.12B.1C.−1D.2
6. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin2A≤sin2B+sin2C+sinBsinC，则A的取值范围是( )
A.(0, 5π6]B.[5π6, π)C.(0, 2π3]D.[2π3, π)，
7. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3=9，S6=36，则a7+a8+a9=( )
A.63B.45C.36D.27
8. 已知x>0，y>0，且1x+1+1y=12，则x+y的最小值为( )
A.3B.5C.7D.9
9. 若2x+34=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则a0+a2+a42−a1+a32的值为( )
A.1B.−1C.0D.2
10. 有30个完全相同的苹果，分给4个不同的小朋友，每个小朋友至少分得4个苹果，问有多少种不同的分配方案( )
A.680B.816C.1360D.1456
11. 已知数列{an}的各项均为正数，a1=2，an+1−an=4an+1+an，若数列{1an+1+an}的前n项和为5，则n=( )
A.119B.121C.120D.1222
12. 设函数f(x)=mx2−mx−1，若对任意的x∈{x|1≤x≤3}，f(x)<−m+4恒成立，则实数m的取值范围为( )
A.m≤0B.0≤m<57C.m<0或0
如图所示的五个区域中，中心区E域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四种颜色可供选择．要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为________.
三、解答题
设p：实数x满足x2−4ax+3a2<0，q：实数x满足|x−3|<1．
(1)若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；
(2)若a>0，且¬p是¬q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn(n∈N∗)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4−2a1，S11=11b4．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nbn}的前n项和Tn(n∈N∗)．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acsA=ccsB+bcsC.
(1)求角A的大小；
(2)若a=3，求△ABC周长的取值范围．
四位同学参加三项不同的竞赛．
(1)每位同学必须参加一项，有几种不同结果？
(2)每项竞赛只有且必须有一位同学参加，有几种不同结果？
(3)每位同学最多参加一项，且每项竞赛只许有一位同学参加，有几种不同结果？
数列{an}满足a1=1，an+an+12an+1−1=0．
(1)求证：数列1an是等差数列；
(2)若数列{bn}满足b1=2，bn+1bn=2⋅anan+1，求数列{bn}的前n项和Sn．
设x，y满足约束条件 8x−y−4≤0，x+y+1≥0，y−4x≤0， 目标函数z=ax+bya>0,b>0的最大值为2.
(1)作出可行域；
(2)求a+4b的值；
(3)若不等式1a+1b≥mx2−x+m+154对任意x∈R恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省高二（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
等比中项
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：等比数列an中，a1=S1=3+a，a2=S2−S1=6，
a3=S3−S2=18，
由a22=a1a3，
得a=−1．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理列出关系式，将b，c，sinC的值代入求出sinB的值，即可做出判断．
【解答】
解：∵ 在△ABC中，b=40，c=20，C=60∘，
∴ 由正弦定理bsinB=csinC得：
sinB=bsinCc=40×3220=3>1，
则此三角形无解．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：解不等式x2−x−6<0，得−2
对应的x取值范围应该是集合A的真子集，
只有A符合题意.
故选A .
4.
【答案】
A
【考点】
排列、组合的应用
计数原理的应用
【解析】
两类课程中各至少选一门，包含两种情况：A类选修课选1门，B类选修课选2门；A类选修课选2门，B类选修课选1门，写出组合数，根据分类计数原理得到结果．
【解答】
解：可分以下2种情况：①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C31C42种不同的选法；
②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C32C41种不同的选法．
∴ 根据分类计数原理知不同的选法共有C31C42+C32C41=18+12=30种．
故要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有30种．
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
【解析】
无
【解答】
解：a2=1−1a1=1−2=−1，
a3=1−1a2=1+1=2，
a4=1−1a3=1−12=12，
可得数列{an}是以3为周期的周期数列，
∴a2020=a3×673+1=a1=12.
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
运用正弦定理和余弦定理，可得角A三角不等式，然后求解即可．
【解答】
解：由sin2A≤sin2B+sin2C+sinBsinC，
得：a2≤b2+c2+bc，
即csA=b2+c2−a22bc≥−12.
∵ A∈(0, π)，
∴ A∈(0, 2π3].
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
等差数列的性质
【解析】
观察下标间的关系，知应用等差数列的性质求得．
【解答】
解：由等差数列性质知S3，S6−S3，S9−S6成等差数列，
即9，27，S9−S6成等差数列，
∴ S9−S6=45，
∴ a7+a8+a9=45.
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
将x+1+y＝2(1x+1+1y)(x+1+y)的形式，再展开，利用基本不等式，注意等号成立的条件．
【解答】
解：∵ x>0，y>0，且1x+1+1y=12，
∴ x+1+y=21x+1+1y(x+1+y)
=21+1+yx+1+x+1y
≥22+2yx+1⋅x+1y=8，
当且仅当yx+1=x+1y，即x=3，y=4时取等号，
∴ x+y≥7，
故x+y的最小值为7.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
二项式定理的应用
二项式系数的性质
【解析】
通过令x=1和x=−1,代入化简即可得所需关系式，求解即可
【解答】
解：当x=1时，得2+34
=a0+a1+a2+a3+a4=97+563，
当x=−1时，3−24
=a0−a1+a2−a3+a4=97−563，
则由上式联立可得a0+a2+a4=97，a1+a3=563，
∴ a0+a2+a42−a1+a32
=972−5632
=9409−9408=1.
故选A.
10.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
根据题意采用挡板法，去掉3×4=12个苹果后，将剩余的苹果分成四份即可求解.
【解答】
解：因为每个小朋友至少分得4个苹果，
故先每人分3个苹果后，还剩30−3×4=18个，
用隔板法，将剩余18个苹果有17个空，中间找3个位置用隔板插入即可，
故分成四份有C173=680种.
故选A.
11.
【答案】
C
【考点】
数列的求和
数列递推式
等差数列的通项公式
【解析】
由已知推导出an=2n.an+1=2n+1=22，由此能求出n．
【解答】
解：∵ 数列{an}的各项均为正数，a1=2，an+1−an=4an+1+an，
∴ an+12−an2=4，
∴ an2为首项为4，公差为4的的等差数列，
∴ an2=4+4(n−1)=4n，即an=2n．
∵ a1=2，an+1−an=4an+1+an，数列{1an+1+an}的前n项和为5，
∴ 14(a2−a1+a3−a2+⋯+an+1−an)
=14(an+1−2)=5，
∴ an+1=2n+1=22，解得n+1=121，
∴ n=120．
故选C.
12.
【答案】
D
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
由题意，mx2−mx−1<−m+4，x∈[1, 3]恒成立，可得m(x2−x+1)<5恒成立，讨论m与0关系，结合二次函数性质可得m的范围；
【解答】
解：函数f(x)=mx2−mx−1，
即mx2−mx−1<−m+4，x∈{x|1≤x≤3}恒成立，
可得m(x2−x+1)<5恒成立，
当m≤0成立，显然恒成立，
当m>0时，
∵ y=x2−x+1，x∈{x|1≤x≤3}的值域为{1≤x≤7}．
∴ 0
故选D.
二、填空题
【答案】
84
【考点】
排列、组合的应用
分类加法计数原理
【解析】
每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，然后分类研究，A、C不同色；A、C同色两大类
【解答】
解：分三种情况：
①用四种颜色涂色，有A44=24种涂法；
②用三种颜色涂色，有2A43=48种涂法；
③用两种颜色涂色，有A42=12种涂法；
所以共有涂色方法24+48+12=84.
故答案为：84.
三、解答题
【答案】
解：(1)由x2−4ax+3a2<0得(x−3a)(x−a)<0，
当a=1时，1
∴ 实数x的取值范围是2
即p：{x|a
则q是p的充分不必要条件.
则0
∴ 实数a的取值范围是43≤a≤2．
【考点】
其他不等式的解法
逻辑联结词“或”“且”“非”
根据充分必要条件求参数取值问题
命题的否定
【解析】
（1）若a＝1，根据p∧q为真，则p，q同时为真，即可求实数x的取值范围；
（2）根据￢p是￢q的充分不必要条件，建立条件关系即可求实数a的取值范围．
【解答】
解：(1)由x2−4ax+3a2<0得(x−3a)(x−a)<0，
当a=1时，1
∴ 实数x的取值范围是2
即p：{x|a
则q是p的充分不必要条件.
则0
∴ 实数a的取值范围是43≤a≤2．
【答案】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．
由已知b2+b3=12，得b1(q+q2)=12，
而b1=2，所以q2+q−6=0．
又因为q>0，解得q=2．
所以bn=2n．
由b3=a4−2a1，可得3d−a1=8①.
由S11=11b4，可得a1+5d=16②.
联立①②，解得a1=1，d=3，
由此可得an=3n−2．
所以，{an}的通项公式为an=3n−2，{bn}的通项公式为bn=2n；
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n=6n−2，
有Tn=4×2+10×22+16×23+⋯+(6n−2)×2n，
2Tn=4×22+10×23+16×24+
⋯+(6n−8)×2n+(6n−2)×2n+1，
上述两式相减，得
−Tn=4×2+6×22+6×23+⋯+6×2n−(6n−2)×2n+1
=12×(1−2n)1−2−4−(6n−2)×2n+1
=−(3n−4)2n+2−16．
得Tn=(3n−4)2n+2+16．
所以，数列{a2nbn}的前n项和为(3n−4)2n+2+16．
【考点】
等差数列与等比数列的综合
等差数列的性质
等差数列的通项公式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．通过b2+b3＝12，求出q，得到bn=2n．然后求出公差d，推出an＝3n−2．
(Ⅱ)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，利用错位相减法，转化求解数列{a2nbn}的前n项和即可．
【解答】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．
由已知b2+b3=12，得b1(q+q2)=12，
而b1=2，所以q2+q−6=0．
又因为q>0，解得q=2．
所以bn=2n．
由b3=a4−2a1，可得3d−a1=8①.
由S11=11b4，可得a1+5d=16②.
联立①②，解得a1=1，d=3，
由此可得an=3n−2．
所以，{an}的通项公式为an=3n−2，{bn}的通项公式为bn=2n；
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n=6n−2，
有Tn=4×2+10×22+16×23+⋯+(6n−2)×2n，
2Tn=4×22+10×23+16×24+
⋯+(6n−8)×2n+(6n−2)×2n+1，
上述两式相减，得
−Tn=4×2+6×22+6×23+⋯+6×2n−(6n−2)×2n+1
=12×(1−2n)1−2−4−(6n−2)×2n+1
=−(3n−4)2n+2−16．
得Tn=(3n−4)2n+2+16．
所以，数列{a2nbn}的前n项和为(3n−4)2n+2+16．
【答案】
解：(1)因为2acsA=ccsB+bcsC，
所以2sinAcsA=sinCcsB+sinBcsC，
所以2sinAcsA=sinB+C=sinA.
因为sinA≠0，所以csA=12.
因为A∈0,π，所以A=π3 .
(2)因为a=3，由余弦定理得9=b2+c2−bc，
所以9=b2+c2−bc=b+c2−3bc.
因为bc≤b+c24，
所以9=b+c2−3bc≥b+c24，
所以b+c≤6，当且仅当b=c时等号成立.
又因为b+c>a=3，所以b+c∈(3,6]，
即△ABC周长的范围是(6,9] .
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
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)因为2acsA=ccsB+bcsC，
所以2sinAcsA=sinCcsB+sinBcsC，
所以2sinAcsA=sinB+C=sinA.
因为sinA≠0，所以csA=12.
因为A∈0,π，所以A=π3 .
(2)因为a=3，由余弦定理得9=b2+c2−bc，
所以9=b2+c2−bc=b+c2−3bc.
因为bc≤b+c24，
所以9=b+c2−3bc≥b+c24，
所以b+c≤6，当且仅当b=c时等号成立.
又因为b+c>a=3，所以b+c∈(3,6]，
即△ABC周长的范围是(6,9] .
【答案】
解：(1)让每一位同学选择，第一位同学有3种选择；
第二、三、四位同学同样各有3种选择，
由乘法原理，共有3×3×3×3=81（种）不同结果．
(2)让竞赛项目去“选择”学生，第一个竞赛项目有4种选择，
第二、三个竞赛项目同样有4种选择，
所以共有43=64（种）不同结果．
(3)由题意，从4位同学中选出3人，分别参加三项不同的竞赛，
所以有A43=24（种）不同结果．
【考点】
分步乘法计数原理
排列、组合的应用
【解析】
【解答】
解：(1)让每一位同学选择，第一位同学有3种选择；
第二、三、四位同学同样各有3种选择，
由乘法原理，共有3×3×3×3=81（种）不同结果．
(2)让竞赛项目去“选择”学生，第一个竞赛项目有4种选择，
第二、三个竞赛项目同样有4种选择，
所以共有43=64（种）不同结果．
(3)由题意，从4位同学中选出3人，分别参加三项不同的竞赛，
所以有A43=24（种）不同结果．
【答案】
(1)证明：若an+1=0，则an=0，这与a1=1矛盾，
∴ an+1≠0．
由已知得2anan+1−an+an+1=0，
∴ 1an+1−1an=2，
∴ 数列1an是以1a1=1为首项，2为公差的等差数列．
(2)解：由(1)可知，1an=1+2(n−1)=2n−1，
由bn+1bn=2⋅anan+1可知an+1bn+1=2anbn.
又a1b1=2，
∴ anbn=2×2n−1=2n，
∴ bn=(2n−1)⋅2n，
∴ Sn=1⋅21+3⋅22+5⋅23+⋯+(2n−1)⋅2n，
则2Sn=1⋅22+3⋅23+5⋅24+⋯+(2n−1)⋅2n+1，
∴ −Sn=2+2⋅22+2⋅23+⋯+2⋅2n−(2n−1)⋅2n+1
=(3−2n)⋅2n+1−6，
∴ Sn=(2n−3)⋅2n+1+6．
【考点】
数列的求和
数列递推式
等差数列
【解析】
本题考查数列的递推公式、等差数列的定义及通项公式、等比数列的求和公式、数列求和．
【解答】
(1)证明：若an+1=0，则an=0，这与a1=1矛盾，
∴ an+1≠0．
由已知得2anan+1−an+an+1=0，
∴ 1an+1−1an=2，
∴ 数列1an是以1a1=1为首项，2为公差的等差数列．
(2)解：由(1)可知，1an=1+2(n−1)=2n−1，
由bn+1bn=2⋅anan+1可知an+1bn+1=2anbn.
又a1b1=2，
∴ anbn=2×2n−1=2n，
∴ bn=(2n−1)⋅2n，
∴ Sn=1⋅21+3⋅22+5⋅23+⋯+(2n−1)⋅2n，
则2Sn=1⋅22+3⋅23+5⋅24+⋯+(2n−1)⋅2n+1，
∴ −Sn=2+2⋅22+2⋅23+⋯+2⋅2n−(2n−1)⋅2n+1
=(3−2n)⋅2n+1−6，
∴ Sn=(2n−3)⋅2n+1+6．
【答案】
解：(1)画出约束条件8x−y−4≤0，x+y+1≥0，y−4x≤0，表示的平面区域，如图阴影部分所示：
(2)由图形知，当直线ax+by=za>0,b>0过
直线8x−y−4=0与y=4x的交点B1,4时，
目标函数z=ax+bya>0,b>0取得最大值2，
即a+4b=2 .
(3)由题意，得 1a+1b=12a+4b1a+1b
=125+4ba+ab≥125+24ba⋅ab=92.
当且仅当a=2b=23时等号成立，所以1a+1b的最小值是92.
不等式1a+1b≥mx2−x+m+154对任意x∈R恒成立，
等价于mx2−x+m+154≤92对任意x∈R恒成立，
即mx2−x+m−34≤0，
当m=0时，−x−34≤0，不符题意；
当m≠0时， m<0，Δ=1−4mm−34≤0，
解得m≤−14 .
综上实数m的取值范围是m≤−14 .
【考点】
含参线性规划问题
不等式恒成立问题
函数恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
简单线性规划
【解析】
【解答】
解：(1)画出约束条件8x−y−4≤0，x+y+1≥0，y−4x≤0，表示的平面区域，如图阴影部分所示：
(2)由图形知，当直线ax+by=za>0,b>0过
直线8x−y−4=0与y=4x的交点B1,4时，
目标函数z=ax+bya>0,b>0取得最大值2，
即a+4b=2 .
(3)由题意，得 1a+1b=12a+4b1a+1b
=125+4ba+ab≥125+24ba⋅ab=92.
当且仅当a=2b=23时等号成立，所以1a+1b的最小值是92.
不等式1a+1b≥mx2−x+m+154对任意x∈R恒成立，
等价于mx2−x+m+154≤92对任意x∈R恒成立，
即mx2−x+m−34≤0，
当m=0时，−x−34≤0，不符题意；
当m≠0时， m<0，Δ=1−4mm−34≤0，
解得m≤−14 .
综上实数m的取值范围是m≤−14 .
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