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2020-2021学年河南省驻马店市高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版
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这是一份2020-2021学年河南省驻马店市高二（上）期中数学试卷（理科）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. 下列不等式中，正确的是（ ）
A.若a>b，则a2>b2
B.若a>b，则c−aC.若a>b，c>d，e>f，则ace>bdf
D.若a>b，c>d，e>f，则
2. 在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，a=8，B=60∘，C=75∘，则b=( )
A.46B.43C.42D.323
3. 已知命题p：“∀x∈R，2ax2−ax−1≤0”，命题q：“”，若p∧￢q为真命题，则实数a的取值范围是（ ）
A.(−8, −3)B.[−8, 0]
C.(−∞, −3)∪（，+∞)D.[−8, −3]
4. 已知函数f(x)=ax2−x−c，且f(x)>0的解集为(−2, 1)，则函数y=f(−x)的图象为( )
A.B.
C.D.
5. 在等差数列{an}中，若S4=1，S8=4，则a17+a18+a19+a20的值为（ ）
A.9B.12C.16D.17
6. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S=13(a2+c2−b2)，则tanB的值为（ ）
A.43B.1C.32D.2
7. 在等比数列{an}中，已知anan+1＝9n，则该数列的公比是（ ）
A.−3B.3C.±3D.9
8. 已知等比数列{an}中，若a1＝2，且4a1，a3，2a2成等差数列，则a5＝（ ）
A.2B.2或32C.2或−32D.−1
9. 已知α，β是关于x的一元二次方程x2+(2m+3)x+m2=0的两个不相等的实数根，且满足1α+1β=−1，则m的值是( )
A.3或−1B.3C.1D.−3或1
10. 不等式x2−4x>2ax+a对一切实数x都成立，则实数a的取值范围是（ ）
A.(1, 4)B.(−4, −1)
C.(−∞, −4)∪(−1, +∞)D.(−∞, 1)∪(4, +∞)
11. “中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年宙高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而四方称之为“中国剩余理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2019中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为（ ）
A.134B.135C.136D.137
12. 已知函数y＝f(x)的定义域为R，当x<0时，f(x)>1，且对任意的实数x，y∈R，f(x)(y)＝f(x+y)恒成立，若数列{an}满足f(an+1)f（）＝1(n∈N∗)且a1＝f(0)，则下列结论成立的是（ ）
A.f(a 2018)>f(a2021)B.f(a2021)>f(a2022)
C.f(a2020)>f(a2021)D.f(a 2018)>f(a2020)
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡中的横线上）
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________．
已知等比数列{an}中，a1>0，则“a1
若实数x，y满足不等式组x−y+2≥02x−y−5≤0x+y−4≥0 ，则x+y+1x的取值范围为________．
设数列{an}满足a1＝1，且an+1−an＝n+1(n∈N∗)，数列{an}的通项公式为________．
三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）
如图，在平面四边形ABCD中，已知∠A=π2，∠B=2π3，AB=6．在AB边上取点E，使得BE=1，连接EC，ED．若∠CED=2π3，EC=7．
(1)求sin∠BCE的值；
(2)求CD的长．
为保增长、促发展，搞活经济，提高农民的生活水平，某市2021年计划投资旅游产业、农副产业开发两个项目．通过市场调研得知，农副产业开发项目每投资100万元需要配套电能2万千瓦，可提供就业岗位24个，增加收入260万元．旅游产业项目每投资100万元需要配套电能4万千瓦，可提供就业岗位32个，增加收入200万元．已知该市为旅游产业、农副产业开发两项目最多可投资3000万元，配套电能100万千瓦，并要求它们提供的就业岗位不少于800个，如何安排旅游产业、农副产业开发两个项目的投资额，使得增加的收入最大？
在公差为d的等差数列{an}中，a1d＝6，a1∈N，d∈N，且a1>d．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若a1，a4，a13成等比数列，求数列{1anan+1}的前n项和Sn．
设f(x)＝x2−2ax+1，a∈R．
（1）若a>0，解关于x的不等式：f(x)<3a2+1；
（2）若∀x∈[−1, 1]，都有f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13．
(1)求{an}、{bn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Sn．
设数列{an}，对任意n∈N∗都有(kn+b)(a1+an)+p＝2(a1+a2...+an)，（其中k、b、p是常数）．
（1）当k＝0，b＝3，p＝−4时，求a1+a2+a3+...+an；
（2）当k＝1，b＝0，p＝0时，若a3＝3，a9＝15，求数列{an}的通项公式；
（3）若数列{an}中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”．当k＝1，b＝0，p＝0时，设Sn是数列{an}的前n项和，a2−a1＝2，试问：是否存在这样的“封闭数列”{an}，使得对任意n∈N∗，都有Sn≠0，且112<1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<1118．若存在，求数列{an}的首项a1的所有取值；若不存在，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省驻马店市高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.
【答案】
B
【考点】
不等式的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
由B与C的度数求出A的度数，再由sinB，sinA，以及a的值，利用正弦定理即可求出b的值．
【解答】
解：∵ △ABC中，a=8，B=60∘，C=75∘，即A=45∘，
∴ 由正弦定理asinA=bsinB得：b=asinBsinA=8×3222=46，
故选：A．
3.
【答案】
D
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
函数的图象
【解析】
函数f(x)=ax2−x−c，且f(x)>0的解集为(−2, 1)，可得a为负数，−2，1是不等式对应方程的根，求出a、c，确定函数y=f(−x)，然后可以得到图象．
【解答】
解：由ax2−x−c>0的解集为(−2, 1)，所以a<0
得−2+1=1a，−2×1=−ca，
∴ a=−1，c=−2.
∴ f(x)=−x2−x+2．
∴ f(−x)=−x2+x+2=−(x+1)(x−2)，
所以图象开口向下，与x轴的交点为−1和2，故图象为D．
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
设出等差数列的首项和公差，得到前n项和，由已知列式求得首项和公差，把a17+a18+a19+a20转化为含首项和公差的表达式得答案．
【解答】
解：设首项为a1，公差为d．
由Sn=na1+n(n−1)d2，得
S4=4a1+6d=1，
S8=8a1+28d=4，
解得：a1=116，d=18．
∴ a17+a18+a19+a20=S20−S16=4a1+70d
=4×116+70×18=9．
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
【解析】
结合三角形的面积公式以及余弦定理建立方程进行求解即可．
【解答】
∵ S=12acsinB，csB=a2+c2−b22ab，
∴ a2+c2−b2＝2accsB，
由S=13(a2+c2−b2)，得12acsinB=13×2accsB，
得tanB=43，
7.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
由已知结合等比数列的性质即可求解公比q．
【解答】
由anan+1＝9n>0，
∴ anan+1an−1an=an+1an−1=9n9n−1=9，
∴ q2＝9，
故q＝3或q＝−3，
当q＝−3时，anan+1＝9n<0不符合题意．
8.
【答案】
B
【考点】
等差数列与等比数列的综合
【解析】
由等差中项的性质和等比数列的通项公式，列出关于公比q的方程，再求解公比，然后求解即可．
【解答】
设等比数列{an}的公比为q，
因为4a1，a3，2a2成等差数列，
所以2a3＝4a1+2a2，即2a1q2＝4a1+2a1q，
化简得q2−q−2＝0，解得q＝2或q＝−1，
所以a5＝32或a5＝2．
9.
【答案】
B
【考点】
根与系数的关系
二次函数的性质
【解析】
根据根与系数的关系得出α+β=−(2m+3)，αβ=m2，把1α+1β变形，代入方程，求出方程的解，最后进行检验即可．
【解答】
解：根据条件知：α+β=−(2m+3)，αβ=m2，
∴ 1α+1β=α+βαβ=−1，
∴ −(2m+3)m2=−1，
即：m2−2m−3=0，
解得：m=3或−1，
当m=3时，方程为x2+9x+9=0，此方程有两个不相等的实数根，
当m=−1时，方程为x2+x+1=0，此方程无实根，不合题意，舍去，
∴ m=3．
故选B．
10.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
把不等式x2−4x>2ax+a化为x2−(4+2a)x−a>0，根据不等式恒成立时△<0，求出a的取值范围．
【解答】
解：不等式x2−4x>2ax+a变形为
x2−(4+2a)x−a>0，
该不等式对一切实数x恒成立，
∴ △<0，
即(4+2a)2−4⋅(−a)<0；
化简得a2+5a+4<0，
解得−4∴ 实数a的取值范围是(−4, −1)．
故答案为：B．
11.
【答案】
B
【考点】
数列的概念及简单表示法
【解析】
由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，运用等差数列通项公式，以及解不等式即可得到所求项数．
【解答】
由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，
故an＝15n−14．
由an＝15n−14≤2016，
得n≤135，故此数列的项数为135．
12.
【答案】
C
【考点】
抽象函数及其应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡中的横线上）
【答案】
【考点】
三角形的面积公式
解三角形
【解析】
利用正弦定理转化为边的关系，再路余弦定理求得角A的值．
【解答】
△ABC中，asinA＝bsinB+(c−b)sinC，
由正弦定理得a2＝b2+(c−b)c，
即b4+c2−a2＝bc，
所以csA＝＝＝，
又A∈(0, π)，
∴ A＝．
【答案】
充分不必要
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
[53, 5]
【考点】
简单线性规划
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，然后化简目标函数，利用不等式的几何意义，利用线性规划的知识进行求解即可．
【解答】
实数x，y满足不等式组x−y+2≥02x−y−5≤0x+y−4≥0 ，的可行域如图：
x+y+1x=y+1x+1，它的几何意义是可行域内的点与D(0, −1)连线的斜率加1，
由图象知AD的斜率最小，DB的斜率最大，
由x+y−4=0x−y+2=0 解得B(1, 3)，此时DB的斜率：3+11=4，
由2x−y−5=0x+y−4=0 得A(3, 1)，此时AD的斜率：1+13=23，
则x+y+1x的取值范围为是[53, 5]，
【答案】
an＝
【考点】
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）
【答案】
解：(1)在△BEC中，据正弦定理，有BEsin∠BCE=CEsinB．
∵ ∠B=2π3，BE=1，CE=7，
∴ sin∠BCE=BE⋅sinBCE=327=2114．
(2)由平面几何知识，可知∠DEA=∠BCE．
在Rt△AED中，
∵ ∠A=π2，AE=5，
∴ cs∠DEA=1−sin2∠DEA=1−328=5714．
∴ ED=EAcs∠DEA=55714=27．
在△CED中，据余弦定理，有
CD2=CE2+DE2−2CE⋅DEcs∠CED
=7+28−2×7×27×−12=49．
∴ CD=7．
【考点】
余弦定理
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
本题考查正弦定理与余弦定理、同角三角函数间的基本关系．
【解答】
解：(1)在△BEC中，据正弦定理，有BEsin∠BCE=CEsinB．
∵ ∠B=2π3，BE=1，CE=7，
∴ sin∠BCE=BE⋅sinBCE=327=2114．
(2)由平面几何知识，可知∠DEA=∠BCE．
在Rt△AED中，
∵ ∠A=π2，AE=5，
∴ cs∠DEA=1−sin2∠DEA=1−328=5714．
∴ ED=EAcs∠DEA=55714=27．
在△CED中，据余弦定理，有
CD2=CE2+DE2−2CE⋅DEcs∠CED
=7+28−2×7×27×−12=49．
∴ CD=7．
【答案】
设农副产业开发项目x（单位：百万元），旅游产业投资y（单位：百万元），
两项目增加的收入为z＝2.6x+6y，
依题意，x、y满足，
不等式组所确定的平面区域如图中阴影部分，
联立，解得，20)，
联立，解得，10)，
作出直线2.6x+3y＝0，将该直线平移至经过点B(20，
即农副产业开发项目投资1000万元，旅游产业投资2000万元时．
故安排旅游产业2000万元、农副产业开发项目1000万元时．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
公差为d的等差数列{an}中，a1d＝6，a1∈N，d∈N，且a1>d，
可得a1＝3，d＝2或a1＝6，d＝1，
则an＝3+2(n−1)＝2n+1；或an＝6+n−1＝n+5，n∈N∗；
a1，a4，a13成等比数列，可得a1a13＝a42，
即a1(a1+12d)＝(a1+3d)2，化为d＝0或2a1＝3d，
由（1）可得a1＝3，d＝2，
则an＝2n+1，
1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，
可得前n项和Sn=12(13−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3)
=12(13−12n+3)=n6n+9．
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）由题意可得a1＝3，d＝2或a1＝6，d＝1，再由等差数列的通项公式可得所求；
（2）运用等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，解方程即可得到所求an，求得1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，再由数列的裂项相消求和可得所求和．
【解答】
公差为d的等差数列{an}中，a1d＝6，a1∈N，d∈N，且a1>d，
可得a1＝3，d＝2或a1＝6，d＝1，
则an＝3+2(n−1)＝2n+1；或an＝6+n−1＝n+5，n∈N∗；
a1，a4，a13成等比数列，可得a1a13＝a42，
即a1(a1+12d)＝(a1+3d)2，化为d＝0或2a1＝3d，
由（1）可得a1＝3，d＝2，
则an＝2n+1，
1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，
可得前n项和Sn=12(13−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3)
=12(13−12n+3)=n6n+9．
【答案】
∵ a>0
∴ −a<3a
解f(x)＝x2−2ax+4＝3a2+3得：
x＝−a，或x＝3a
∴ 不等式f(x)<3a2+1的解集为(−a, 6a)
当a≤−1时，f(x)在[−3，
若f(x)≥0恒成立，
∴ f(−1)＝4+2a≥0，
解得：a≥−2
∴ a＝−1
当−5f(x)≥5恒成立，
∴ −1当a≥4时，f(x)在[−1，
若f(x)≥0恒成立，
∴ f(1)＝3−2a≥0，
解得：a≤7
∴ a＝1
综上：a∈[−1, 2]
注：第一问不写成解集扣
【考点】
二次函数的性质
二次函数的图象
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则依题意有q>0且1+2d+q4=21,1+4d+q2=13,
解得d=2，q=2.
所以an=1+(n−1)d=2n−1，bn=qn−1=2n−1．
(2)由题意得，anbn=2n−12n−1，
Sn=1+321+522+⋯+2n−32n−2+2n−12n−1，①
12Sn=12+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n，②
①−②得12Sn=1+2(12+122+...+12n−1)−2n−12n，
则Sn=2+2+22+222+⋯+22n−2−2n−12n−1
=2+2×(1+12+122+⋯+12n−2)−2n−12n−1
=2+2×1−12n−11−12−2n−12n−1
=6−2n+32n−1．
∴ Sn=6−2n+32n−1.
【考点】
数列的求和
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
【解析】
(Ⅰ)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，根据等比数列和等差数列的通项公式，联立方程求得d和q，进而可得{an}、{bn}的通项公式．
(Ⅱ)数列{anbn}的通项公式由等差和等比数列构成，进而可用错位相减法求得前n项和Sn．
【解答】
解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则依题意有q>0且1+2d+q4=21,1+4d+q2=13,
解得d=2，q=2.
所以an=1+(n−1)d=2n−1，bn=qn−1=2n−1．
(2)由题意得，anbn=2n−12n−1，
Sn=1+321+522+⋯+2n−32n−2+2n−12n−1，①
12Sn=12+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n，②
①−②得12Sn=1+2(12+122+...+12n−1)−2n−12n，
则Sn=2+2+22+222+⋯+22n−2−2n−12n−1
=2+2×(1+12+122+⋯+12n−2)−2n−12n−1
=2+2×1−12n−11−12−2n−12n−1
=6−2n+32n−1．
∴ Sn=6−2n+32n−1.
【答案】
当k＝0，b＝3，p＝−4时，3(a1+an)−4＝2(a1+a2...+an)，①
用n+1去代n得，3(a1+an+1)−4＝2(a1+a2...+an+an+1)，②
②-①得，3(an+1−an)＝2an+1，an+1＝3an，
在①中令n＝1得，a1＝1，则an≠0，∴ an+1an=3，
∴ 数列{an}是以首项为1，公比为3的等比数列，
∴ a1+a2+a3+...+an=3n−12．
当k＝1，b＝0，p＝0时，n(a1+an)＝2(a1+a2...+an)，③
用n+1去代n得，(n+1)(a1+an+1)＝2(a1+a2...+an+an+1)，④
④-③得，(n−1)an+1−nan+a1＝0，⑤
用n+1去代n得，nan+2−(n+1)an+1+a1＝0，⑥
⑥-⑤得，nan+2−2nan+1+nan＝0，即an+2−an+1＝an+1−an，
∴ 数列{an}是等差数列．
∵ a3＝3，a9＝15，∴ 公差d=a9−a39−3=2，∴ an＝2n−3．
由（2）知数列{an}是等差数列，∵ a2−a1＝2，∴ an＝a1+2(n−1)．
又{an}是“封闭数列”，得：对任意m，n∈N∗，必存在p∈N∗使a1+2(n−1)+a1+2(m−1)＝a1+2(p−1)，
得a1＝2(p−m−n+1)，故a1是偶数，
又由已知，112<1S1<1118，故1811一方面，当18110，对任意n∈N∗，都有1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn≥1S1>112．
另一方面，当a1＝2时，Sn＝n(n+1)，1Sn=1n−1n+1，则1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn=1−1n+1，
取n＝2，则1S1+1S2=1−13=23>1118，不合题意．
当a1＝4时，Sn＝n(n+3)，1Sn=13(1n−1n+3)，则1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn=1118−13(1n+1+1n+2+1n+3)<1118，
当a1≥6时，Sn＝n(n+a1−1)>n(n+3)，1Sn<13(1n−1n+3)，1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<1118−13(1n+1+1n+2+1n+3)<1118，
又1811∴ a1＝4或a1＝6或a1＝8或a1＝10．
【考点】
数列与不等式的综合
数列递推式
【解析】
（1）当k＝0，b＝3，p＝−4时，3(a1+an)−4＝2(a1+a2...+an)，再写一式，两式相减，可得数列{an}是以首项为1，公比为3的等比数列，从而可求a1+a2+a3+...+an；
（2）当k＝1，b＝0，p＝0时，n(a1+an)＝2(a1+a2...+an)，再写一式，两式相减，可得数列{an}是等差数列，从而可求数列{an}的通项公式；
（3）确定数列{an}的通项，利用{an}是“封闭数列”，得a1是偶数，从而可得1811【解答】
当k＝0，b＝3，p＝−4时，3(a1+an)−4＝2(a1+a2...+an)，①
用n+1去代n得，3(a1+an+1)−4＝2(a1+a2...+an+an+1)，②
②-①得，3(an+1−an)＝2an+1，an+1＝3an，
在①中令n＝1得，a1＝1，则an≠0，∴ an+1an=3，
∴ 数列{an}是以首项为1，公比为3的等比数列，
∴ a1+a2+a3+...+an=3n−12．
当k＝1，b＝0，p＝0时，n(a1+an)＝2(a1+a2...+an)，③
用n+1去代n得，(n+1)(a1+an+1)＝2(a1+a2...+an+an+1)，④
④-③得，(n−1)an+1−nan+a1＝0，⑤
用n+1去代n得，nan+2−(n+1)an+1+a1＝0，⑥
⑥-⑤得，nan+2−2nan+1+nan＝0，即an+2−an+1＝an+1−an，
∴ 数列{an}是等差数列．
∵ a3＝3，a9＝15，∴ 公差d=a9−a39−3=2，∴ an＝2n−3．
由（2）知数列{an}是等差数列，∵ a2−a1＝2，∴ an＝a1+2(n−1)．
又{an}是“封闭数列”，得：对任意m，n∈N∗，必存在p∈N∗使a1+2(n−1)+a1+2(m−1)＝a1+2(p−1)，
得a1＝2(p−m−n+1)，故a1是偶数，
又由已知，112<1S1<1118，故1811一方面，当18110，对任意n∈N∗，都有1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn≥1S1>112．
另一方面，当a1＝2时，Sn＝n(n+1)，1Sn=1n−1n+1，则1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn=1−1n+1，
取n＝2，则1S1+1S2=1−13=23>1118，不合题意．
当a1＝4时，Sn＝n(n+3)，1Sn=13(1n−1n+3)，则1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn=1118−13(1n+1+1n+2+1n+3)<1118，
当a1≥6时，Sn＝n(n+a1−1)>n(n+3)，1Sn<13(1n−1n+3)，1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<1118−13(1n+1+1n+2+1n+3)<1118，
又1811∴ a1＝4或a1＝6或a1＝8或a1＝10．
1. 下列不等式中，正确的是（ ）
A.若a>b，则a2>b2
B.若a>b，则c−a
D.若a>b，c>d，e>f，则
2. 在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，a=8，B=60∘，C=75∘，则b=( )
A.46B.43C.42D.323
3. 已知命题p：“∀x∈R，2ax2−ax−1≤0”，命题q：“”，若p∧￢q为真命题，则实数a的取值范围是（ ）
A.(−8, −3)B.[−8, 0]
C.(−∞, −3)∪（，+∞)D.[−8, −3]
4. 已知函数f(x)=ax2−x−c，且f(x)>0的解集为(−2, 1)，则函数y=f(−x)的图象为( )
A.B.
C.D.
5. 在等差数列{an}中，若S4=1，S8=4，则a17+a18+a19+a20的值为（ ）
A.9B.12C.16D.17
6. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S=13(a2+c2−b2)，则tanB的值为（ ）
A.43B.1C.32D.2
7. 在等比数列{an}中，已知anan+1＝9n，则该数列的公比是（ ）
A.−3B.3C.±3D.9
8. 已知等比数列{an}中，若a1＝2，且4a1，a3，2a2成等差数列，则a5＝（ ）
A.2B.2或32C.2或−32D.−1
9. 已知α，β是关于x的一元二次方程x2+(2m+3)x+m2=0的两个不相等的实数根，且满足1α+1β=−1，则m的值是( )
A.3或−1B.3C.1D.−3或1
10. 不等式x2−4x>2ax+a对一切实数x都成立，则实数a的取值范围是（ ）
A.(1, 4)B.(−4, −1)
C.(−∞, −4)∪(−1, +∞)D.(−∞, 1)∪(4, +∞)
11. “中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年宙高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而四方称之为“中国剩余理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2019中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为（ ）
A.134B.135C.136D.137
12. 已知函数y＝f(x)的定义域为R，当x<0时，f(x)>1，且对任意的实数x，y∈R，f(x)(y)＝f(x+y)恒成立，若数列{an}满足f(an+1)f（）＝1(n∈N∗)且a1＝f(0)，则下列结论成立的是（ ）
A.f(a 2018)>f(a2021)B.f(a2021)>f(a2022)
C.f(a2020)>f(a2021)D.f(a 2018)>f(a2020)
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡中的横线上）
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________．
已知等比数列{an}中，a1>0，则“a1
若实数x，y满足不等式组x−y+2≥02x−y−5≤0x+y−4≥0 ，则x+y+1x的取值范围为________．
设数列{an}满足a1＝1，且an+1−an＝n+1(n∈N∗)，数列{an}的通项公式为________．
三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）
如图，在平面四边形ABCD中，已知∠A=π2，∠B=2π3，AB=6．在AB边上取点E，使得BE=1，连接EC，ED．若∠CED=2π3，EC=7．
(1)求sin∠BCE的值；
(2)求CD的长．
为保增长、促发展，搞活经济，提高农民的生活水平，某市2021年计划投资旅游产业、农副产业开发两个项目．通过市场调研得知，农副产业开发项目每投资100万元需要配套电能2万千瓦，可提供就业岗位24个，增加收入260万元．旅游产业项目每投资100万元需要配套电能4万千瓦，可提供就业岗位32个，增加收入200万元．已知该市为旅游产业、农副产业开发两项目最多可投资3000万元，配套电能100万千瓦，并要求它们提供的就业岗位不少于800个，如何安排旅游产业、农副产业开发两个项目的投资额，使得增加的收入最大？
在公差为d的等差数列{an}中，a1d＝6，a1∈N，d∈N，且a1>d．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若a1，a4，a13成等比数列，求数列{1anan+1}的前n项和Sn．
设f(x)＝x2−2ax+1，a∈R．
（1）若a>0，解关于x的不等式：f(x)<3a2+1；
（2）若∀x∈[−1, 1]，都有f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13．
(1)求{an}、{bn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Sn．
设数列{an}，对任意n∈N∗都有(kn+b)(a1+an)+p＝2(a1+a2...+an)，（其中k、b、p是常数）．
（1）当k＝0，b＝3，p＝−4时，求a1+a2+a3+...+an；
（2）当k＝1，b＝0，p＝0时，若a3＝3，a9＝15，求数列{an}的通项公式；
（3）若数列{an}中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”．当k＝1，b＝0，p＝0时，设Sn是数列{an}的前n项和，a2−a1＝2，试问：是否存在这样的“封闭数列”{an}，使得对任意n∈N∗，都有Sn≠0，且112<1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<1118．若存在，求数列{an}的首项a1的所有取值；若不存在，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省驻马店市高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.
【答案】
B
【考点】
不等式的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
由B与C的度数求出A的度数，再由sinB，sinA，以及a的值，利用正弦定理即可求出b的值．
【解答】
解：∵ △ABC中，a=8，B=60∘，C=75∘，即A=45∘，
∴ 由正弦定理asinA=bsinB得：b=asinBsinA=8×3222=46，
故选：A．
3.
【答案】
D
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
函数的图象
【解析】
函数f(x)=ax2−x−c，且f(x)>0的解集为(−2, 1)，可得a为负数，−2，1是不等式对应方程的根，求出a、c，确定函数y=f(−x)，然后可以得到图象．
【解答】
解：由ax2−x−c>0的解集为(−2, 1)，所以a<0
得−2+1=1a，−2×1=−ca，
∴ a=−1，c=−2.
∴ f(x)=−x2−x+2．
∴ f(−x)=−x2+x+2=−(x+1)(x−2)，
所以图象开口向下，与x轴的交点为−1和2，故图象为D．
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
设出等差数列的首项和公差，得到前n项和，由已知列式求得首项和公差，把a17+a18+a19+a20转化为含首项和公差的表达式得答案．
【解答】
解：设首项为a1，公差为d．
由Sn=na1+n(n−1)d2，得
S4=4a1+6d=1，
S8=8a1+28d=4，
解得：a1=116，d=18．
∴ a17+a18+a19+a20=S20−S16=4a1+70d
=4×116+70×18=9．
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
【解析】
结合三角形的面积公式以及余弦定理建立方程进行求解即可．
【解答】
∵ S=12acsinB，csB=a2+c2−b22ab，
∴ a2+c2−b2＝2accsB，
由S=13(a2+c2−b2)，得12acsinB=13×2accsB，
得tanB=43，
7.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
由已知结合等比数列的性质即可求解公比q．
【解答】
由anan+1＝9n>0，
∴ anan+1an−1an=an+1an−1=9n9n−1=9，
∴ q2＝9，
故q＝3或q＝−3，
当q＝−3时，anan+1＝9n<0不符合题意．
8.
【答案】
B
【考点】
等差数列与等比数列的综合
【解析】
由等差中项的性质和等比数列的通项公式，列出关于公比q的方程，再求解公比，然后求解即可．
【解答】
设等比数列{an}的公比为q，
因为4a1，a3，2a2成等差数列，
所以2a3＝4a1+2a2，即2a1q2＝4a1+2a1q，
化简得q2−q−2＝0，解得q＝2或q＝−1，
所以a5＝32或a5＝2．
9.
【答案】
B
【考点】
根与系数的关系
二次函数的性质
【解析】
根据根与系数的关系得出α+β=−(2m+3)，αβ=m2，把1α+1β变形，代入方程，求出方程的解，最后进行检验即可．
【解答】
解：根据条件知：α+β=−(2m+3)，αβ=m2，
∴ 1α+1β=α+βαβ=−1，
∴ −(2m+3)m2=−1，
即：m2−2m−3=0，
解得：m=3或−1，
当m=3时，方程为x2+9x+9=0，此方程有两个不相等的实数根，
当m=−1时，方程为x2+x+1=0，此方程无实根，不合题意，舍去，
∴ m=3．
故选B．
10.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
把不等式x2−4x>2ax+a化为x2−(4+2a)x−a>0，根据不等式恒成立时△<0，求出a的取值范围．
【解答】
解：不等式x2−4x>2ax+a变形为
x2−(4+2a)x−a>0，
该不等式对一切实数x恒成立，
∴ △<0，
即(4+2a)2−4⋅(−a)<0；
化简得a2+5a+4<0，
解得−4
故答案为：B．
11.
【答案】
B
【考点】
数列的概念及简单表示法
【解析】
由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，运用等差数列通项公式，以及解不等式即可得到所求项数．
【解答】
由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，
故an＝15n−14．
由an＝15n−14≤2016，
得n≤135，故此数列的项数为135．
12.
【答案】
C
【考点】
抽象函数及其应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡中的横线上）
【答案】
【考点】
三角形的面积公式
解三角形
【解析】
利用正弦定理转化为边的关系，再路余弦定理求得角A的值．
【解答】
△ABC中，asinA＝bsinB+(c−b)sinC，
由正弦定理得a2＝b2+(c−b)c，
即b4+c2−a2＝bc，
所以csA＝＝＝，
又A∈(0, π)，
∴ A＝．
【答案】
充分不必要
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
[53, 5]
【考点】
简单线性规划
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，然后化简目标函数，利用不等式的几何意义，利用线性规划的知识进行求解即可．
【解答】
实数x，y满足不等式组x−y+2≥02x−y−5≤0x+y−4≥0 ，的可行域如图：
x+y+1x=y+1x+1，它的几何意义是可行域内的点与D(0, −1)连线的斜率加1，
由图象知AD的斜率最小，DB的斜率最大，
由x+y−4=0x−y+2=0 解得B(1, 3)，此时DB的斜率：3+11=4，
由2x−y−5=0x+y−4=0 得A(3, 1)，此时AD的斜率：1+13=23，
则x+y+1x的取值范围为是[53, 5]，
【答案】
an＝
【考点】
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）
【答案】
解：(1)在△BEC中，据正弦定理，有BEsin∠BCE=CEsinB．
∵ ∠B=2π3，BE=1，CE=7，
∴ sin∠BCE=BE⋅sinBCE=327=2114．
(2)由平面几何知识，可知∠DEA=∠BCE．
在Rt△AED中，
∵ ∠A=π2，AE=5，
∴ cs∠DEA=1−sin2∠DEA=1−328=5714．
∴ ED=EAcs∠DEA=55714=27．
在△CED中，据余弦定理，有
CD2=CE2+DE2−2CE⋅DEcs∠CED
=7+28−2×7×27×−12=49．
∴ CD=7．
【考点】
余弦定理
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
本题考查正弦定理与余弦定理、同角三角函数间的基本关系．
【解答】
解：(1)在△BEC中，据正弦定理，有BEsin∠BCE=CEsinB．
∵ ∠B=2π3，BE=1，CE=7，
∴ sin∠BCE=BE⋅sinBCE=327=2114．
(2)由平面几何知识，可知∠DEA=∠BCE．
在Rt△AED中，
∵ ∠A=π2，AE=5，
∴ cs∠DEA=1−sin2∠DEA=1−328=5714．
∴ ED=EAcs∠DEA=55714=27．
在△CED中，据余弦定理，有
CD2=CE2+DE2−2CE⋅DEcs∠CED
=7+28−2×7×27×−12=49．
∴ CD=7．
【答案】
设农副产业开发项目x（单位：百万元），旅游产业投资y（单位：百万元），
两项目增加的收入为z＝2.6x+6y，
依题意，x、y满足，
不等式组所确定的平面区域如图中阴影部分，
联立，解得，20)，
联立，解得，10)，
作出直线2.6x+3y＝0，将该直线平移至经过点B(20，
即农副产业开发项目投资1000万元，旅游产业投资2000万元时．
故安排旅游产业2000万元、农副产业开发项目1000万元时．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
公差为d的等差数列{an}中，a1d＝6，a1∈N，d∈N，且a1>d，
可得a1＝3，d＝2或a1＝6，d＝1，
则an＝3+2(n−1)＝2n+1；或an＝6+n−1＝n+5，n∈N∗；
a1，a4，a13成等比数列，可得a1a13＝a42，
即a1(a1+12d)＝(a1+3d)2，化为d＝0或2a1＝3d，
由（1）可得a1＝3，d＝2，
则an＝2n+1，
1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，
可得前n项和Sn=12(13−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3)
=12(13−12n+3)=n6n+9．
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）由题意可得a1＝3，d＝2或a1＝6，d＝1，再由等差数列的通项公式可得所求；
（2）运用等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，解方程即可得到所求an，求得1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，再由数列的裂项相消求和可得所求和．
【解答】
公差为d的等差数列{an}中，a1d＝6，a1∈N，d∈N，且a1>d，
可得a1＝3，d＝2或a1＝6，d＝1，
则an＝3+2(n−1)＝2n+1；或an＝6+n−1＝n+5，n∈N∗；
a1，a4，a13成等比数列，可得a1a13＝a42，
即a1(a1+12d)＝(a1+3d)2，化为d＝0或2a1＝3d，
由（1）可得a1＝3，d＝2，
则an＝2n+1，
1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，
可得前n项和Sn=12(13−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3)
=12(13−12n+3)=n6n+9．
【答案】
∵ a>0
∴ −a<3a
解f(x)＝x2−2ax+4＝3a2+3得：
x＝−a，或x＝3a
∴ 不等式f(x)<3a2+1的解集为(−a, 6a)
当a≤−1时，f(x)在[−3，
若f(x)≥0恒成立，
∴ f(−1)＝4+2a≥0，
解得：a≥−2
∴ a＝−1
当−5
∴ −1
若f(x)≥0恒成立，
∴ f(1)＝3−2a≥0，
解得：a≤7
∴ a＝1
综上：a∈[−1, 2]
注：第一问不写成解集扣
【考点】
二次函数的性质
二次函数的图象
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则依题意有q>0且1+2d+q4=21,1+4d+q2=13,
解得d=2，q=2.
所以an=1+(n−1)d=2n−1，bn=qn−1=2n−1．
(2)由题意得，anbn=2n−12n−1，
Sn=1+321+522+⋯+2n−32n−2+2n−12n−1，①
12Sn=12+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n，②
①−②得12Sn=1+2(12+122+...+12n−1)−2n−12n，
则Sn=2+2+22+222+⋯+22n−2−2n−12n−1
=2+2×(1+12+122+⋯+12n−2)−2n−12n−1
=2+2×1−12n−11−12−2n−12n−1
=6−2n+32n−1．
∴ Sn=6−2n+32n−1.
【考点】
数列的求和
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
【解析】
(Ⅰ)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，根据等比数列和等差数列的通项公式，联立方程求得d和q，进而可得{an}、{bn}的通项公式．
(Ⅱ)数列{anbn}的通项公式由等差和等比数列构成，进而可用错位相减法求得前n项和Sn．
【解答】
解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则依题意有q>0且1+2d+q4=21,1+4d+q2=13,
解得d=2，q=2.
所以an=1+(n−1)d=2n−1，bn=qn−1=2n−1．
(2)由题意得，anbn=2n−12n−1，
Sn=1+321+522+⋯+2n−32n−2+2n−12n−1，①
12Sn=12+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n，②
①−②得12Sn=1+2(12+122+...+12n−1)−2n−12n，
则Sn=2+2+22+222+⋯+22n−2−2n−12n−1
=2+2×(1+12+122+⋯+12n−2)−2n−12n−1
=2+2×1−12n−11−12−2n−12n−1
=6−2n+32n−1．
∴ Sn=6−2n+32n−1.
【答案】
当k＝0，b＝3，p＝−4时，3(a1+an)−4＝2(a1+a2...+an)，①
用n+1去代n得，3(a1+an+1)−4＝2(a1+a2...+an+an+1)，②
②-①得，3(an+1−an)＝2an+1，an+1＝3an，
在①中令n＝1得，a1＝1，则an≠0，∴ an+1an=3，
∴ 数列{an}是以首项为1，公比为3的等比数列，
∴ a1+a2+a3+...+an=3n−12．
当k＝1，b＝0，p＝0时，n(a1+an)＝2(a1+a2...+an)，③
用n+1去代n得，(n+1)(a1+an+1)＝2(a1+a2...+an+an+1)，④
④-③得，(n−1)an+1−nan+a1＝0，⑤
用n+1去代n得，nan+2−(n+1)an+1+a1＝0，⑥
⑥-⑤得，nan+2−2nan+1+nan＝0，即an+2−an+1＝an+1−an，
∴ 数列{an}是等差数列．
∵ a3＝3，a9＝15，∴ 公差d=a9−a39−3=2，∴ an＝2n−3．
由（2）知数列{an}是等差数列，∵ a2−a1＝2，∴ an＝a1+2(n−1)．
又{an}是“封闭数列”，得：对任意m，n∈N∗，必存在p∈N∗使a1+2(n−1)+a1+2(m−1)＝a1+2(p−1)，
得a1＝2(p−m−n+1)，故a1是偶数，
又由已知，112<1S1<1118，故1811
另一方面，当a1＝2时，Sn＝n(n+1)，1Sn=1n−1n+1，则1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn=1−1n+1，
取n＝2，则1S1+1S2=1−13=23>1118，不合题意．
当a1＝4时，Sn＝n(n+3)，1Sn=13(1n−1n+3)，则1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn=1118−13(1n+1+1n+2+1n+3)<1118，
当a1≥6时，Sn＝n(n+a1−1)>n(n+3)，1Sn<13(1n−1n+3)，1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<1118−13(1n+1+1n+2+1n+3)<1118，
又1811
【考点】
数列与不等式的综合
数列递推式
【解析】
（1）当k＝0，b＝3，p＝−4时，3(a1+an)−4＝2(a1+a2...+an)，再写一式，两式相减，可得数列{an}是以首项为1，公比为3的等比数列，从而可求a1+a2+a3+...+an；
（2）当k＝1，b＝0，p＝0时，n(a1+an)＝2(a1+a2...+an)，再写一式，两式相减，可得数列{an}是等差数列，从而可求数列{an}的通项公式；
（3）确定数列{an}的通项，利用{an}是“封闭数列”，得a1是偶数，从而可得1811
当k＝0，b＝3，p＝−4时，3(a1+an)−4＝2(a1+a2...+an)，①
用n+1去代n得，3(a1+an+1)−4＝2(a1+a2...+an+an+1)，②
②-①得，3(an+1−an)＝2an+1，an+1＝3an，
在①中令n＝1得，a1＝1，则an≠0，∴ an+1an=3，
∴ 数列{an}是以首项为1，公比为3的等比数列，
∴ a1+a2+a3+...+an=3n−12．
当k＝1，b＝0，p＝0时，n(a1+an)＝2(a1+a2...+an)，③
用n+1去代n得，(n+1)(a1+an+1)＝2(a1+a2...+an+an+1)，④
④-③得，(n−1)an+1−nan+a1＝0，⑤
用n+1去代n得，nan+2−(n+1)an+1+a1＝0，⑥
⑥-⑤得，nan+2−2nan+1+nan＝0，即an+2−an+1＝an+1−an，
∴ 数列{an}是等差数列．
∵ a3＝3，a9＝15，∴ 公差d=a9−a39−3=2，∴ an＝2n−3．
由（2）知数列{an}是等差数列，∵ a2−a1＝2，∴ an＝a1+2(n−1)．
又{an}是“封闭数列”，得：对任意m，n∈N∗，必存在p∈N∗使a1+2(n−1)+a1+2(m−1)＝a1+2(p−1)，
得a1＝2(p−m−n+1)，故a1是偶数，
又由已知，112<1S1<1118，故1811
另一方面，当a1＝2时，Sn＝n(n+1)，1Sn=1n−1n+1，则1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn=1−1n+1，
取n＝2，则1S1+1S2=1−13=23>1118，不合题意．
当a1＝4时，Sn＝n(n+3)，1Sn=13(1n−1n+3)，则1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn=1118−13(1n+1+1n+2+1n+3)<1118，
当a1≥6时，Sn＝n(n+a1−1)>n(n+3)，1Sn<13(1n−1n+3)，1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<1118−13(1n+1+1n+2+1n+3)<1118，
又1811
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