2020-2021学年河南省濮阳市某校高二（上）11月月考数学试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年河南省濮阳市某校高二（上）11月月考数学试卷 (1)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. 命题p:∀x∈R，ax2+ax+1≥0，若¬p是真命题，则实数a的取值范围是( )
A.(0, 4]B.[0, 4]
C.(−∞, 0]∪[4, +∞)D.(−∞, 0)∪(4, +∞)

2. 已知a，b为非零实数，c∈R，若a>b，则下列不等式一定成立的是( )
A.ac2>bc2B.a2+b2>2abC.ab>1D.1a<1b

3. 在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，它的面积为b2+c2−a24，则角A等于( )
A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘

4. 在正项等比数列{an}中，若a6，3a5，a7依次成等差数列，则{an}的公比为( )
A.2B.12C.3D.13

5. 已知椭圆C的长轴的顶点分别为A，B，点F为椭圆C的一个焦点，若|AF|=3|BF|，则椭圆C的离心率为( )

A.13B.22C.12 D.32

6. 已知变量x，y满足约束条件 x−2y+4≤0,x≥1,x+y−5≤0, 则z=x+2y的最小值为( )
A.9B.8C.7D.6

7. 已知正项数列an满足a1=1，an+12−an2=2，则使an<7成立的n的最大值为( )
A.3B.24C.4D.25

8. 为了测量某塔的高度，某人在一条水平公路C，D两点处进行测量.在C点测得塔底B在南偏西80∘，塔顶仰角为45∘，此人沿着南偏东40∘方向前进10米到D点，测得塔顶的仰角为30∘，则塔的高度为（ ）
A.5米B.10米C.15米D.20米

9. 如图，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1,F2，过点F2的直线与椭圆相交于P，Q两点．若|PF1|=3，|PQ|=4，|F1Q|=5，则椭圆C的方程为（ ）

A.x28+y24=1B.x28+y26=1
C.x29+y24=1D.x29+2x29=1

10. 我国的刺绣有着悠久的历史，如图，(1)(2)(3)(4)为刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣（小正方形的摆放规律相同），设第n个图形包含f(n)个小正方形，则f(n)的表达式为（ ）

A.f(n)=2n−1B.f(n)=2n2
C.f(n)=2n2−2nD.f(n)=2n2−2n+1

11. 已知椭圆C:x24+y23=1的长轴顶点为A，B，点P是椭圆C上除A，B外任意一点，直线AP，BP在y轴上的截距分别为m，n，则mn=（ ）
A.3B.4C.23D.32

12. 已知抛物线的方程为y2=4x，过其焦点F的直线交此抛物线于M，N两点，交y轴于点E，若EM→=λ1MF→，EN→=λ2NF→，则λ1+λ2= ( )
A.−2B.−12C.1D.−1
二、填空题

已知直线l:kx−y−2k+1=0与椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A，B两点，与圆C2:(x−2)2+(y−1)2=1交于C，D两点．若存在k∈[−32,−1]，使得AC→=DB→，则椭圆C1的离心率的取值范围是________.
三、解答题

在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsinA=asin(B+π3)．
(1)求角B的大小；

(2)求ca的取值范围．

已知函数f(x)=x2+3x+m.
(1)当m=−4，解不等式f(x)≤0；

(2)若m>0，f(x)<0的解集为(b,a)，求1a+4b的最大值.

在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y2=4x相交于不同的A，B两点．
(1)如果直线l的方程为y=x−1，求弦AB的长；

(2)如果直线l过抛物线的焦点，求OA→⋅OB→的值．

已知等差数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足a1+a5=27a32，S7=63．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足b1=a1，bn+1−bn=an+1，求数列{1bn}的前n项和Tn.

已知椭圆C: x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上的一点，若PF1⊥PF2，|F1F2|=2，△F1PF2的面积为1.

(1)求椭圆C的方程；

(2)过F2 的直线l与C交于A，B两点，设O为坐标原点，若 OE→=OA→+OB→，求四边形AOBE面积的最大值.

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，焦距为2.
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)点P为椭圆C的上顶点，过点P作两条相互垂直的直线l1，l2分别与椭圆相交于M，N两点，若tan∠PNM=43，求直线l1的方程．
附：多项式因式分解公式3t3−8t2+6t−4=t−23t2−2t+2.
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省濮阳市某校高二（上）11月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
全称命题与特称命题
【解析】
将条件转化为ax2+ax+1<0成立，检验a=0是否满足条件，讨论a>0以及a<0时，不等式的解集情况，从而求出a的取值范围．
【解答】
解：命题p的否定是￢p:∃x∈R，ax2+ax+1<0成立，
即ax2+ax+1<0成立是真命题；
当a=0时，1>0，不等式不成立；
当a>0时，要使不等式成立，须a2−4a>0，
解得a>4，或a<0，即a>4；
当a<0时，不等式一定成立，即a<0；
综上，a的取值范围是(−∞, 0)∪(4, +∞)．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a>b，所以a−b>0，所以(a−b)2>0，即a2+b2>2ab.
故选B.
3.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
（1）根据题目所给信息进行求解即可.
【解答】
解：已知△ABC的面积为S=12bcsinA=b2+c2−a24，
由余弦定理可得2bc⋅csA4=12bcsinA，
解得sinA=csA，即tanA=1,
而0解得A=45∘.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
等差数列与等比数列的综合
等差中项
等比数列的性质
【解析】
正项等比数列{an}的公比设为q，q>0，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比．
【解答】
解：正项等比数列{an}的公比设为q，q>0，
a6，3a5，a7依次成等差数列，可得6a5=a6+a7，
即有6a1q4=a1q5+a1q6，
化为q2+q−6=0，解得q=2（−3舍去），
则{an}的公比为2.
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的离心率
【解析】
由题意得到a+c=3(a−c)，进而可得a=2c，代入离心率公式即可得到答案.
【解答】
解：由题意可得：|AF|=a+c，|BF|=a−c，
∴ a+c=3(a−c)，
解得a=2c，
∴ e=ca=12.
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
作出可行域，利用目标函数的几何意义进行求解即可.
【解答】
解：作出可行域(如图阴影部分所示)，
z=x+2y可化为y=−12x+12z，
可知当直线y=−12x+12z经过点A时，z取得最小值，
由x−2y+4=0,x=1,得A1,52，
∴ z的最小值为1+2×52=6．
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
数列递推式
数列与不等式的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为an+12−an2=2，
所以数列an2是以a12=1为首项，d=2为公差的等差数列，
所以an2=2n−1，即an=2n−1.
因为an<7，
所以2n−1<7，解得n<25，
故使an<7成立的的最大值为24.
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
解三角形的实际应用
余弦定理的应用
【解析】
先设出塔高为h，进而在Rt△AOC中求得OC=OA，在Rt△AOD中根据∠ADO=30∘表示出OD最后在△OCD中，利用余弦定理求得关于h的一元二次方程进而求得h
【解答】
解：如图，
设塔高AB为h米，
在Rt△ABC中，∠ACB=45∘，则BC=AB=h；
在Rt△ABD中，∠ADB=30∘，则BD=3h；
在△BCD中，∠BCD=120∘，CD=10，
由余弦定理得：BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcs∠BCD，
即(3h)2=h2+102−2h×10×cs120∘，
∴ h2−5h−50=0，
解得h=10或h=−5（舍）.
故选B.
9.
【答案】
D
【考点】
椭圆的定义
椭圆的标准方程
【解析】
利用椭圆的定义建立关系式求解.
【解答】
解：由椭圆的定义可得：PF1+PQ+F1Q=4a，
即4a=12，解得a=3，
可得|PF2|=3.
∵ F1Q2=25，PQ2=16，PF12=9,
∴ F1Q2=PQ2+PF12，
∴ ∠F1PQ=π2，
则c=12|PF1|2+|PF2|2=129+9=322，
b=9−92=322，
故椭圆C的方程为：x29+2x29=1.
故选D.
10.
【答案】
D
【考点】
数列的应用
数列递推式
【解析】
先分别观察给出正方体的个数为：1，1+4，1+4+8，……，总结一般性的规律，将一般性的数列转化为特殊的数列再求解．
【解答】
解：根据前面四个发现规律：f(2)−f(1)=4×1，f(3)−f(2)=4×2，f(4)−f(3)=4×3，……，
f(n)−f(n−1)=4(n−1)，
累加得：f(n)−f(1)=4×[1+2+⋯+(n−1)]
=4×n(n−1)2=2n(n−1)=2n2−2n，
∴ f(n)=2n2−2n+1.
故选D.
11.
【答案】
A
【考点】
椭圆的应用
椭圆的定义
【解析】
本题考查了椭圆的性质，与直线和椭圆结合的最值问题，选择题可取特殊点进行解答.
【解答】
解：由题意知a=2,b=3,c=1,
所以A(−2,0),B(2,0).
设点P(x0,y0)，则x024+y023=1，
即4y02=3(4−x02).
直线AP的方程为y=y0x0+2(x+2)，
可得m=2y0x0+2；
直线BP的方程为y=y0x0−2(x−2)，
可得n=2y02−x0,
则mn=4y024−x02=3(4−x02)4−x02=3.
故选A.
12.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
平面向量的坐标运算
抛物线的应用
【解析】
分别表示出λ1,λ2,利用根与系数的关系求解即可．
【解答】
解：依题意可知F(1,0)，
则设直线MN的方程为y=k(x−1)，
设M(x1,y1,)，N(x2,y2),所以E(0,−k),
联立y=k(x−1)，y2=4x，
得k2x2−(2k2+4)x+k2=0,
则x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1.
因为EM→=λ1MF→,EN→=λ2NF→,
所以λ1(1−x1)=x1,λ2(1−x2)=x2,
即λ1=x11−x1,λ2=x21−x2,
λ1+λ2=x11−x1+x21−x2=−1.
故选D.
二、填空题
【答案】
12,22
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：直线l:kx−y−2k+1=0，
即k(x−2)−y+1=0，
∴ 直线l恒过定点(2,1)，
∴ 直线l过圆C2的圆心．
∵ AC→=DB→，
∴ AC2=C2B，
∴ 圆C2的圆心为A，B两点的中点．
设Ax1,y1，Bx2,y2，
可得x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，
两式相减可得
x1+x2x1−x2a2=−y1+y2y1−y2b2，
化简可得
−x1+x2y1+y2⋅b2a2=y1−y2x1−x2=k，
−2⋅b2a2=k，
b2a2=−k2∈12,34，
∴ 1−b2a2∈12,22，
∴ e∈12,22．
故答案为：12,22．
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ bsinA=asin(B+π3)，
∴ sinBsinA=sinA(12sinB+32csB)，sinA≠0．
∴ 12sinB−32csB=0，
∴ tanB=3，
∵ B∈(0, π)，
∴ B=π3．
(2)由(1)可得：A+C=π−B=2π3，
又△ABC为锐角三角形，
∴ 0∴ π6∴ ca=sinCsinA=sin(2π3−A)sinA
=32csA+12sinAsinA
=32tanA+12∈(12,2)，
∴ ca的取值范围是(12,2)．
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
三角函数值的符号
函数的值域及其求法
【解析】
（1）由bsinA=asin(B+π3)．利用正弦定理、和差公式展开即可得出．
（2）由（1）可得：A+C＝π−B=2π3，又△ABC为锐角三角形，可得π6【解答】
解：(1)∵ bsinA=asin(B+π3)，
∴ sinBsinA=sinA(12sinB+32csB)，sinA≠0．
∴ 12sinB−32csB=0，
∴ tanB=3，
∵ B∈(0, π)，
∴ B=π3．
(2)由(1)可得：A+C=π−B=2π3，
又△ABC为锐角三角形，
∴ 0∴ π6∴ ca=sinCsinA=sin(2π3−A)sinA
=32csA+12sinAsinA
=32tanA+12∈(12,2)，
∴ ca的取值范围是(12,2)．
【答案】
解：(1)当m=−4时，f(x)=x2+3x−4=(x+4)(x−1)≤0，
解得：−4≤x≤1，
∴ 不等式的解集为{x|−4≤x≤1}；
(2)由f(x)<0，x2+3x+m<0的解集为(b,a)，
可知：一元二次方程x2+3x+m=0的两个解为a，b，
∴ a+b=−3，ab=m，
∵ m>0，
∴ a<0，b<0，
1a+4b=−13(a+b)(1a+4b)
=−13(5+ba+4ab)，
∵ ba>0，ab>0，
∴ ba+4ab≥2ba⋅4ab=4，
当且仅当ba=4ab，即a=−1，b=−2时取等号，
∴ −13(5+ba+4ab)≤−3，
∴ 1a+4b的最大值为−3.
【考点】
根与系数的关系
基本不等式在最值问题中的应用
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当m=−4时，f(x)=x2+3x−4=(x+4)(x−1)≤0，
解得：−4≤x≤1，
∴ 不等式的解集为{x|−4≤x≤1}；
(2)由f(x)<0，x2+3x+m<0的解集为(b,a)，
可知：一元二次方程x2+3x+m=0的两个解为a，b，
∴ a+b=−3，ab=m，
∵ m>0，
∴ a<0，b<0，
1a+4b=−13(a+b)(1a+4b)
=−13(5+ba+4ab)，
∵ ba>0，ab>0，
∴ ba+4ab≥2ba⋅4ab=4，
当且仅当ba=4ab，即a=−1，b=−2时取等号，
∴ −13(5+ba+4ab)≤−3，
∴ 1a+4b的最大值为−3.
【答案】
解：(1)设A(x1, y1)，B(x2, y2)．
联立y2=4x,y=x−1,
得：x2−6x+1=0．
由韦达定理：x1+x2=6，x1x2=1．
∴ |AB|=x1−x22+y1−y22
=2×x1+x22−4x2x2=8.
(2)设直线l:x=my+1（由于有两个交点，直线l的斜率必存在），
联立y2=4x,x=my+1,
得：y2−4my−4=0，
由韦达定理：y1+y2=4m，y1y2=−4．
所以x1x2=(my1+1)(my2+1)
=m2y1y2+m(y1+y2)+1
=−4m2+4m2+1=1，
所以OA→⋅OB→=(x1,y1)⋅(x2,y2)
=x1x2+y1y2
=−4+1=−3．
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
抛物线的性质
【解析】

【解答】
解：(1)设A(x1, y1)，B(x2, y2)．
联立y2=4x,y=x−1,
得：x2−6x+1=0．
由韦达定理：x1+x2=6，x1x2=1．
∴ |AB|=x1−x22+y1−y22
=2×x1+x22−4x2x2=8.
(2)设直线l:x=my+1（由于有两个交点，直线l的斜率必存在），
联立y2=4x,x=my+1,
得：y2−4my−4=0，
由韦达定理：y1+y2=4m，y1y2=−4．
所以x1x2=(my1+1)(my2+1)
=m2y1y2+m(y1+y2)+1
=−4m2+4m2+1=1，
所以OA→⋅OB→=(x1,y1)⋅(x2,y2)
=x1x2+y1y2
=−4+1=−3．
【答案】
解：(1)设正项等差数列{an}的首项为a1，公差为d，an>0，
则a1+a1+4d=27(a1+2d)2，7a1+21d=63，
解得a1=3，d=2，
∴ an=3+(n−1)×2=2n+1．
(2)∵ bn+1−bn=an+1，且an=2n+1，
∴ bn+1−bn=2n+3．
当n≥2时，bn=(bn−bn−1)+(bn−1−bn−2)+...+(b2−b1)+b1
=(2n+1)+(2n−1)+...+5+3=n(n+2)，
当n=1时，b1=3满足上式，
∴bn=n(n+2)．
∴ 1bn=1n(n+2)=12(1n−1n+2)．
∴ Tn=1b1+1b2+…+1bn−1+1bn
=12[(1−13)+(12−14)+(13−15)+…+(1n−1−1n+1)
+(1n−1n+2)]
=12(1+12−1n+1−1n+2)
=34−12(1n+1+1n+2)．
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）法一：设正项等差数列{an}的首项为a1，公差为d，an>0，则a1+a1+4d=27(a1+2d)27a1+21d=63，解出即可得出；
法二：由于{an}是等差数列且a1+a5=27a32，利用等差数列的性质可得2a3=27a32，解得a3=7．由S7=7(a1+a7)2=7a4=63，解得a4，即可得出．
（2）由bn+1−bn=an+1，且an=2n+1，可得bn+1−bn=2n+3．利用“累加求和”可得bn，再利用“裂项求和”即可得出Tn．
【解答】
解：(1)设正项等差数列{an}的首项为a1，公差为d，an>0，
则a1+a1+4d=27(a1+2d)2，7a1+21d=63，
解得a1=3，d=2，
∴ an=3+(n−1)×2=2n+1．
(2)∵ bn+1−bn=an+1，且an=2n+1，
∴ bn+1−bn=2n+3．
当n≥2时，bn=(bn−bn−1)+(bn−1−bn−2)+...+(b2−b1)+b1
=(2n+1)+(2n−1)+...+5+3=n(n+2)，
当n=1时，b1=3满足上式，
∴bn=n(n+2)．
∴ 1bn=1n(n+2)=12(1n−1n+2)．
∴ Tn=1b1+1b2+…+1bn−1+1bn
=12[(1−13)+(12−14)+(13−15)+…+(1n−1−1n+1)
+(1n−1n+2)]
=12(1+12−1n+1−1n+2)
=34−12(1n+1+1n+2)．
【答案】
解：(1)由题设|PF1|2+|PF2|2=4, 12|PF1||PF2|=1，
所以a=|PF1|+|PF2|2=|PF1|2+|PF2|2+2|PF1||PF2|2=2.
又c=1，所以b=a2−c2=1.
椭圆C的方程为 x22+y2=1.
(2)由题设AB不平行于x轴，设AB:x=my+1，
联立x22+y2=1，
得(m2+2)y2+2my−1=0，Δ=8(m2+1)>0，
y1,y2=−m±2(m2+1)m2+2，
因为OE→=OA→+OB→ ，
所以四边形AOBE为平行四边形，
四边形AOBE面积为：
S=2S△AOB=|y1−y2|=22m2+1m2+2
=22m2+1+1m2+1≤222=2.
当且仅当m2+1=1m2+1 ，即m=0时取等号，四边形AOBE面积的最大值为2.
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
椭圆的定义
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)由题设|PF1|2+|PF2|2=4, 12|PF1||PF2|=1，
所以a=|PF1|+|PF2|2=|PF1|2+|PF2|2+2|PF1||PF2|2=2.
又c=1，所以b=a2−c2=1.
椭圆C的方程为 x22+y2=1.
(2)由题设AB不平行于x轴，设AB:x=my+1，
联立x22+y2=1，
得(m2+2)y2+2my−1=0，Δ=8(m2+1)>0，
y1,y2=−m±2(m2+1)m2+2，
因为OE→=OA→+OB→ ，
所以四边形AOBE为平行四边形，
四边形AOBE面积为：
S=2S△AOB=|y1−y2|=22m2+1m2+2
=22m2+1+1m2+1≤222=2.
当且仅当m2+1=1m2+1 ，即m=0时取等号，四边形AOBE面积的最大值为2.
【答案】
解：(1)设椭圆的焦距为2c，
由题意有2c=2，可得c=1，
又由椭圆的离心率为22，
可得ca=22，
代入c=1，
可得a=2，b=1，
故椭圆C的标准方程为x22+y2=1．
(2)由点P的坐标为0,1，设直线PM的方程为y=kx+1，
联立方程 x22+y2=1，y=kx+1，
解得x=0，y=1，或x=−4k2k2+1，y=1−2k22k2+1，
可得点M的坐标为−4k2k2+1，1−2k22k2+1，
可得直线PN的方程为y=−1kx+1，
可得点N的坐标为4kk2+2，k2−2k2+2，
|PM|=1+k2|4k2k2+1|，
|PN|=1+1k2|4kk2+2|=41+k2k2+2．
由|PM||PN|=43，
可得 1+k2|4k2k2+1|41+k2k2+2=|k|(k2+2)2k2+1=43 ，
由函数fk=|k|k2+22k2+1为偶函数，
故只需要解方程kk2+22k2+1=43k>0即可，
方程kk2+22k2+1=43k>0可化为3k3−8k2+6k−4=0，
因式分解为k−23k2−2k+2=0，解得k=2，
由上知方程|k|k2+22k2+1=43的解为k=−2或k=2，
故直线l1的方程为y=−2x+1或y=2x+1．
【考点】
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设椭圆的焦距为2c，
由题意有2c=2，可得c=1，
又由椭圆的离心率为22，
可得ca=22，
代入c=1，
可得a=2，b=1，
故椭圆C的标准方程为x22+y2=1．
(2)由点P的坐标为0,1，设直线PM的方程为y=kx+1，
联立方程 x22+y2=1，y=kx+1，
解得x=0，y=1，或x=−4k2k2+1，y=1−2k22k2+1，
可得点M的坐标为−4k2k2+1，1−2k22k2+1，
可得直线PN的方程为y=−1kx+1，
可得点N的坐标为4kk2+2，k2−2k2+2，
|PM|=1+k2|4k2k2+1|，
|PN|=1+1k2|4kk2+2|=41+k2k2+2．
由|PM||PN|=43，
可得 1+k2|4k2k2+1|41+k2k2+2=|k|(k2+2)2k2+1=43 ，
由函数fk=|k|k2+22k2+1为偶函数，
故只需要解方程kk2+22k2+1=43k>0即可，
方程kk2+22k2+1=43k>0可化为3k3−8k2+6k−4=0，
因式分解为k−23k2−2k+2=0，解得k=2，
由上知方程|k|k2+22k2+1=43的解为k=−2或k=2，
故直线l1的方程为y=−2x+1或y=2x+1．