2023-2024学年河南省济源市第四中学高二上学期11月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省济源市第四中学高二上学期11月月考数学试题含答案，共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．等差数列中，，公差，则（ ）
A．B．C．1D．0
【答案】D
【分析】直接根据等差数列通项公式计算，即可得答案；
【详解】．
故选：D．
【点睛】本题考查等差数列通项公式，考查运算求解能力，属于基础题.
2．设，且，则下列各不等式中恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据不等式的性质，逐项检验，即可判断结果.
【详解】对于选项A，若，显然不成立；
对于选项B，若，显然不成立；
对于选项C，若，显然不成立；
对于选项D，因为，所以，故正确.
故选:D.
【点睛】本题考查了不等式的性质，属于基础题.
3．设命题p:>1,n2>2n,则p为
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】根据命题的否定，可以写出：，所以选C.
4．已知集合，则集合中元素个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】先解分式不等式，化简集合，即可确定集合中元素个数.
【详解】由得，解得，
所以.
故选：B.
【点睛】本题主要考查求集合中元素的个数，涉及分式不等式的解法，属于基础题型.
5．设△的内角所对的边为，，，，则
A．B．或C．D．或
【答案】B
【详解】试题分析：因为，，，由正弦定理，因为是三角形的内角，且，所以，故选B．
【解析】正弦定理
6．已知内角A，B，C的对边为a，b，c，若，，则的形状是（ ）
A．钝角三角形B．等边三角形
C．直角三角形D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】由余弦定理求得，根据题意和正弦定理可得，即可求解.
【详解】由，得，
而，又，
所以.
，由正弦定理得，
即，得，
所以或，得或（舍去），
所以，即为等边三角形.
故选：B
7．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得．
详解：由题可知
所以
由余弦定理
所以
故选C.
点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理．
8．下列命题中为真命题的是（ ）
A．若，则方程无实数根
B．“矩形的两条对角线相等”的逆命题
C．“若，则，全为0”的否命题
D．“若，则”的逆否命题
【答案】C
【分析】根据题意，对每一个选项中的命题进行分析判定，选出正确的命题即可．
【详解】解：对于A，当m＜1时，4﹣4m＞0，∴方程x2﹣2x+m＝0有实数根，命题是假命题；
对于B，“矩形的两条对角线相等”的逆命题是“对角线相等的四边形是矩形”，是假命题；
对于C，“若x2+y2＝0，则x，y全为0”的否命题是“若x2+y2≠0，则x，y不全为0”，是真命题；
对于D，“若a＜b，则am2＜bm2”是假命题，如m＝0时命题不成立，∴它的逆否命题也是假命题．
故选：C．
【点睛】本题考查了四种命题以及命题真假的判定问题，解题时应对每一个命题进行判定，即可得出正确的答案，是基础题．
9．数列的前项和为，若， 则
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】则，解得
所以：，故．
【点睛】，一定要注意，当时要验证是否满足数列．
10．已知椭圆上的一点到左焦点的距离为，点是线段的中点，为坐标原点，则
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据椭圆的定义求出的长度，再利用中位线定理求出|OM|的长度.
【详解】由椭圆的定义得
因为,所以
故答案为C
【点睛】(1)本题主要考查椭圆的定义和中位线的性质定理，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.(2)在圆锥曲线里，看到焦半径就要联想到椭圆的定义解题,这是一个一般的规律.
11．设，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由解得原不等式的解集为，则或，根据或，结合充分、必要条件的定义建立不等式组，解之即可求解.
【详解】由，得，
由，得该不等式的解集为，
即，则或，
由，得或，
又是的必要不充分条件，所以或，
解得或，所以，
即实数a的取值范围为.
故选：A
12．函数y=lga（x+4）-1（a＞0且a≠1）的图象恒过定点A，若点A在直线mx+ny+1=0上，其中m，n均大于0，则的最小值为（ ）
A．2B．6C．D．10
【答案】C
【分析】函数y＝lga（x+4）﹣1（a＞0且a≠1）的图象恒过定点A（﹣3，﹣1），进而可得3m+n＝
1，结合基本不等式可得的最小值．
【详解】函数y＝lga（x+4）﹣1（a＞0且a≠1）的图象恒过定点A，
当x+4＝1时，即x＝﹣3，y＝﹣1，则A（﹣3，﹣1），
∴﹣3m﹣n+1＝0，
∴3m+n＝1，
∴（3m+n）（）＝55+25+2，当且仅当nm时取等
号，
故最小值为5+2，
故答案为:C
【点睛】本题考查的知识点是函数恒成立问题，对数函数的图象和性质，基本不等式的应用，难度中
档．
二、填空题
13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若3a4﹣a6+3a8=15，则S11= .
【答案】33
【分析】利用等差数列通项公式列方程求出a6=3，再由S11=（a1+a11）=11a6，能求出结果.
【详解】等差数列{an}的前n项和为Sn，3a4﹣a6+3a8=15，
∴3（a1+3d）﹣（a1+5d）+3（a1+7d）=5（a1+5d）=5a6=15，
解得a6=3，
∴S11=（a1+a11）=11a6=11×3=33.
故答案为：33.
14．设，满足约束条件，则的最大值是 .
【答案】5
【分析】由题可知表示点与点连线的斜率，再画出可行域结合图像知知.
【详解】x，y满足约束条件，满足的可行域如图：
则的几何意义是可行域内的点与（﹣3，﹣2）连线的斜率，通过分析图像得到当经过A时，目标函数取得最大值．
由 可得A（﹣2，3），
则的最大值是：．
故答案为5．
【点睛】(1)在平面直角坐标系内作出可行域．
(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）．
(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解．
(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值．
15．已知p：“x0∈R，x02－x0＋a＜0”为真命题，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据p：“x0∈R，x02－x0＋a＜0”为真命题，由有解求解.
【详解】解：因为p：“x0∈R，x02－x0＋a＜0”为真命题，
所以有解，
令，则，
所以，
故答案为：
16．设数列的前n项和为，前n项积为，若，则= .
【答案】
【分析】利用数列第n项与前n项积的关系求出数列的通项公式，再利用等比数列的求和公式求出数列的和.
【详解】解：数列的前n项积为，
所以，①
当n≥2时，，②
故①式除以②式得：，
当n=1时，，符合通项公式，
故，
所以数列是以为首项，9为公比的等比数列；
故.
故答案为：.
三、解答题
17．已知内角A，B，C的对边为a，b，c，且满足.
（1）求C；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，由此求得C.
（2）利用余弦定理求得b，再根据三角形的面积公式，求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得：，
又，，即，
又，故.
（2），，
由余弦定理得，，即，
解得：或（舍去）.
所以的面积.
【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
（4）代数变形或者三角恒等变换前置；
（5）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.
18．已知数列是等差数列，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列是递增的等比数列，且，，求．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）设数列的公差为，根据已知条件列关于和的方程组，解方程可得和的值，即可得的通项公式；
（2）由等比数列的性质求得和的值，进而可得数列的公比和通项公式，再由分组求和即可求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意可知：，解得，
所以，
（2）因为数列是递增的等比数列，
由已知可得，解得：，
所以，可得：所以，
所以，
，
，
．
19．已知命题函数在上单调递增.关于x的不等式解集为R，若假，真，求实数a的取值范围.
【答案】
【分析】由二次函数的性质，求得命题或，根据不等式式的解集为，求得命题，再由假，真，得到命题p与q一真一假，分类讨论，即可求解.
【详解】由题意，函数在上单调递增，可得其对称轴方程满足，即，
解得或，故命题或，
由不等式的解集为，
当时，不等式为的解集为，符合题意；
当时，要使得的解集为，则满足，解得，故命题，
因为假，真，可得命题p与q一真一假，
当真假时，可得，解得或；
当假真时，可得，解得，
综上可得，实数a的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了利用复合命题的真假求解参数的取值范围问题，其中解答中正确求解命题和，结合复合命题的真值表，分类讨论列出不等式组是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
20．在平面直角坐标中，，，点是平面上一点，使的周长为.
（1）求点的轨迹方程；
（2）求的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意得出，由椭圆的定义可知点的轨迹是以点、为焦点的椭圆（去掉左右端点），设点的轨迹方程为，求出、的值，可得出点的轨迹方程；
（2）利用，并利用基本不等式可求出的最大值.
【详解】（1）由题知，，，
由椭圆的定义可知，动点的轨迹是以点、为焦点的椭圆（去掉左右端点），
设动点的轨迹方程为，则，，
，得，因此，动点的轨迹方程为；
（2）由（1）可知，由基本不等式得，
当且仅当时等号成立，因此，的最大值为.
【点睛】本题考查利用椭圆的定义求轨迹方程，同时也考查了利用椭圆的定义和基本不等式求最值，考查运算求解能力，属于中等题.
21．某厂家拟在2021年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（也是该厂的年产量）万件与年促销费用万元满足（为常数）.如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件. 预计2021年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金，不包括促销费用）.
(1)设2021年该产品的利润为万元，将表示为的函数；
(2)该厂家2021年的促销费用为多少万元时获得的利润最大？最大利润为多少？
【答案】(1)
(2)3万元，21万元
【分析】（1）当时，求得，由题意中变量之间的关系列出函数即可；
（2）由（1）可得，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】（1）由题意知，当时，，
所以，即，所以，
又每件产品的销售价格为元，
所以
；
（2），
由，得，
当且仅当即时，等号成立，
所以，即当时，，
故该厂家2021年的促销费用投入为3万元时获得利润最大，且最大值为21万元.
22．已知数列，满足，，.
(1).求
(2)设求证：数列为等差数列，并求的通项公式；
(3)设试比较4与的大小.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）由题意可得，由求出，进而可求；
（2）由可得，结合等差数列的定义即可求解；
（3）由（2）可得，则，进而，根据裂项相消求和法即可求解.
【详解】（1），
因为，所以，故；
（2）因为，所以，
所以数列是以-4为首项，-1为公差的等差数列，
则；
（3）由（2）知，即，
所以，则，得，
所以
，
得，
故.