2021学年湖北省宜昌市某校高二(上)9月月考数学(理)试卷(有答案)

2021学年湖北省宜昌市某校高二（上）9月月考数学（理）试卷一、选择题1. 命题“∀x ∈(0, 1)，x 2−x <0”的否定是( ) A.∃x 0∉(0, 1)，x 02−x 0≥0 B.∃x 0∈(0, 1)，x 02−x 0≥0 C.∀x 0∉(0, 1)，x 02−x 0<0 D.∀x 0∈(0, 1)，x 02−x 0≥02. 复数21−i (i 为虚数单位)的共轭复数是( ) A.1+i B.1−i C.−1+i D.−1−i3. 已知向量a →，b →的夹角为60∘，且|a →|=|b →|=1，则|a →+b →|等于( ) A.3 B.√3 C.2 D.14. 数列−1，3，−5，7，−9，…的一个通项公式为( ) A.a n =2n −1B.a n =(−1)n (1−2n)C.a n =(−1)n (2n −1)D.a n =(−1)n+1(2n −1)5. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5+a 7=14，则S 11=( ) A.140 B.70 C.154 D.776. 在等差数列{a n }中，已知a 2=−8，公差d =2，则a 12=( ) A.10 B.12 C.14 D.167. 正项等比数列{a n }中，a 3=2，a 4⋅a 6=64，则a 5+a6a 1+a 2的值是( )A.4B.8C.16D.648. 已知{a n }为等差数列，a 3=7，a 1+a 7=10，S n 为其前n 项和，则使得S n 达到最大值的n 等于( ) A.4 B.5C.6D.79. 从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ）A.至少有一个是白球与都是白球B.至少有一个是白球与至少有一个是红球C.至少有一个是白球与都是红球D.恰有一个是白球与恰有两个是白球10. 在△ABC 中，角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ，若a ,b ,c 成等比数列，且a 2+ac =c 2+ab ，则∠C =( ) A.π3B.π6C.2π3D.5π611. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m−1=−2，S m =0，S m+1=3，则m 等于( ) A.3 B.4 C.5 D.612. 若两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为A n ，B n ，且满足A n B n=4n+25n−5，则a 5+a13b 5+b 13的值为( ) A.79B.87C.1920D.78二、填空题数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n =2n −1(n ∈N +)，则a 2019的值为________.已知a >0,b >0，并且1a ,12,1b 成等差数列，则a +9b 的最小值为________.已知a 1=1，a 2=−11+a 1，a 3=−11+a 2，...，a n+1=−11+a n，...那么a 2019=________.已知函数f(x)=2x 2x−1，则f(12019)+f(22019)+⋯+f(20182019)=________.三、解答题已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2=3，b 3=9，a 1=b 1，a 14=b 4． (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n=a n+b n，求数列{c n}的前n项和．已知公差不为零的等差数列{a n}中，a1=1，且a1，a2，a5成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n=1，求数列{b n}的前n项和T n．a n⋅a n+1，x∈(0,π).已知函数f(x)=cos2x−sin2x+12(1)求f(x)的单调递增区间；(2)设△ABC为锐角三角形，角A所对边a=√19，角B所对边b=5，若f(A)=0，求△ABC的面积.某校高一举行了一次数学竞赛，为了了解本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为100）作为样本（样本容量为n）进行统计，按照[50, 60),[60, 70),[70, 80),[80, 90),[90, 100]的分组作出频率分布直方图，已知得分在[50, 60),[90, 100]的频数分别为8，2．(1)求样本容量n和频率分布直方图中的x，y的值；(2)估计本次竞赛学生成绩的中位数；(3)在选取的样本中，从竞赛成绩在80分以上（含80分）的学生中随机抽取2名学生，求所抽取的2名学生中至少有一人得分在[90, 100]内的概率．如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60∘，(1)证明：MN // 平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离．已知等差数列{a n}的公差d≠0，它的前n项和为S n，若S5=70，且a2，a7，a22成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{1S n }的前n项和为T n，求证：16≤T n<38．参考答案与试题解析2021学年湖北省宜昌市某校高二（上）9月月考数学（理）试卷一、选择题 1.【答案】 B【考点】 命题的否定 【解析】“全称命题”的否定一定是“特称命题”，写出结果即可． 【解答】解：∵ “全称命题”的否定一定是“特称命题”，∴ 命题“∀x ∈(0, 1)，x 2−x <0”的否定是∃x 0∈(0, 1)，x 02−x 0≥0. 故选B . 2. 【答案】 B【考点】 共轭复数复数代数形式的乘除运算【解析】利用复数的运算法则和共轭复数的定义即可得出． 【解答】 解：复数21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=2(1+i)2=1+i ，其共轭复数是1−i ．故选B ． 3.【答案】 B【考点】数量积表示两个向量的夹角 向量的模【解析】欲求|a +b|的值，只要求|a +b|2的值，计算过程利用到数量积的运算公式即可． 【解答】解：因为|a →+b →|2=|a →|2+|b →|2+2|a →||b →|cos <a →，b →>， 且|a →|=|b →|=1，cos 60∘=12， 所以|a →+b →|2=1+1+2×1=3，故|a →+b →|=√3. 故选B . 4.【答案】 C【考点】数列的概念及简单表示法 【解析】首先注意到数列的奇数项为正，偶数项为负，其次数列各项绝对值构成一个以1为首项，以2为公差的等差数列，从而易求出其通项公式． 【解答】解：∵ 数列{a n }各项值为−1，3，−5，7，−9，…，∴ 各项绝对值构成一个以1为首项，以2为公差的等差数列， ∴ |a n |=2n −1.又∵ 数列的奇数项为负，偶数项为正， ∴ a n =(−1)n (2n −1)． 故选C ． 5. 【答案】 D【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a 5+a 7=16=a 1+a 11，再利用前n 项和公式即可得出． 【解答】解：由等差数列的性质可得a 5+a 7=14=a 1+a 11， 则该数列前11项和为S 11=11(a 1+a 11)2=11×142=77.故选D ． 6.【答案】 B【考点】等差数列的通项公式 等差数列【解析】利用等差数列的通项公式即可得出． 【解答】解：∵ 数列{a n }为等差数列， ∴ a 12=a 2+2×(12−2)=12． 故选B ． 7.C【考点】等比数列的通项公式【解析】利用等比数列的性质，结合已知条件得到关于a4，a6的二元方程组，求解后由a n+1< a n得到a4，a6的值，则a5a7可求．【解答】解：设正项等比数列{a n}的公比为q，∵a4⋅a6=64，a3=2，∴a12q8=64，①a1q2=2，②①式除以②式的平方，解得q4=16，则a5+a6a1+a2=q4(a1+a2)a1+a2=16．故选C．8.【答案】C【考点】等差数列的前n项和等差数列的通项公式数列的函数特性【解析】由a1+a7=10及等差数列的定义和性质可求得a4=5，可得公差d=a4−a3的值，再由等差数列的通项公式求出a1，再由等差数列的前n项和公式求得S n=12n−n2，从而得到S n取得最大值时n的值．【解答】解：∵{a n}为等差数列，a1+a7=10，∴2a4=10，a4=5．又a3=7，∴公差d=a4−a3=5−7=−2．∴a1+2d=a1−4=7，a1=11．S n=11n+n(n−1)2d=12n−n2=−(n−6)2+36，∴n=6时，S n取得最大值.故选C．9.【答案】D【考点】互斥事件与对立事件【解析】【解答】解：从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，取球情况有：2个球都是红球；2个球中1个红球1个白球；2个球都是白球．选项A中“都是白球”是“至少有一个是白球”的子事件；选项B中“至少有一个是白球”与“至少有一个是红球”的交事件是“有一个白球一个红球”；选线C中“至少有一个是白球”与“都是红球”是对立事件；选项D中“恰有一个是白球”和“恰有两个是白球”互斥不对立．那么互斥而不对立的两个事件是“恰有一个是白球”和“恰有两个是白球”．故选D．10.【答案】A【考点】等比中项数列与三角函数的综合余弦定理的应用【解析】由题意b2=ac，结合余弦定理求出，cos C即可得到C的值．【解答】解：a,b,c成等比数列，所以b2=ac.所以a2+b2=c2+ab.,由余弦定理可知cos C=12.所以C=π3故选A.11.【答案】C【考点】等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】由a n与S n的关系可求得a m+1与a m，进而得到公差d，由前n项和公式及S m=0可求得a1，再由通项公式及a m=2可得m值．【解答】解：∵ a m=S m−S m−1=2，a m+1=S m+1−S m=3，所以公差d=a m+1−a m=1，=0，得a1=−2，∵S m=m(a1+a m)2所以a m=−2+(m−1)⋅1=2，解得m=5.故选C．12.D【考点】等差数列的通项公式【解析】a5+a13 b5+b13=2a92b9=a9b9，而17a917b9=A17B17，代入已知条件即可算出．【解答】解：由题设知，A17B17=4×17+25×17−5=78，又A17B17=17a917b9=a9b9，所以a9b9=78，所以a5+a13b5+b13=2a92b9=a9b9=78.故选D．二、填空题【答案】2【考点】数列递推式【解析】此题暂无解析【解答】解：a2019=S2019−S2018=(2019×2−1)−(2018×2−1)=2. 故答案为：2.【答案】16【考点】基本不等式在最值问题中的应用等差数列的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：由已知，得1a +1b=2×12=1，则a+9b=(a+9b)(1a +1b)=10+9ba+ab≥10+2√9ba ×ab=16.故答案为：16. 【答案】−2【考点】数列递推式此题暂无解析【解答】解：由a1=1，a n+1=−11+a n，...，所以a2=−12，a3=−11−12=−2，a4=−11−2=1，...∴a n+3=a n，那么a2019=a673×3=a3=−2.故答案为：−2.【答案】2018【考点】函数的求值【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可得f(x)+f(1−x)=2x2x−1+2(1−x)2(1−x)−1=2x2x−1+2−2x1−2x=2，令S=f(12019)+f(22019)+⋯+f(20182019)，则S=f(20182019)+f(20172019)+⋯+f(12019)，所以2S=2018×2，则S=2018.故答案为：2018.三、解答题【答案】解：(1)∵ {a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公比为q的等比数列，由b2=3，b3=9，可得q=b3b2=3，∴b n=b2q n−2=3⋅3n−2=3n−1，即有a1=b1=1，a14=b4=27，则d=a14−a113=2，则a n=a1+(n−1)d=1+2(n−1)=2n−1；(2)c n=a n+b n=2n−1+3n−1，则数列{c n}的前n项和为=12n⋅2n+1−3n1−3=n2+3n−12．【考点】等比数列的前n项和等比数列的通项公式等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】（1）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公比为q的等比数列，运用通项公式可得q ＝3，d＝2，进而得到所求通项公式；（2）求得c n＝a n+b n＝2n−1+3n−1，再由数列的求和方法：分组求和，运用等差数列和等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：(1)∵ {a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公比为q的等比数列，由b2=3，b3=9，可得q=b3b2=3，∴b n=b2q n−2=3⋅3n−2=3n−1，即有a1=b1=1，a14=b4=27，则d=a14−a113=2，则a n=a1+(n−1)d=1+2(n−1)=2n−1；(2)c n=a n+b n=2n−1+3n−1，则数列{c n}的前n项和为(1+3+...+(2n−1))+(1+3+9+...+3n−1)=12n⋅2n+1−3n1−3=n2+3n−12．【答案】解：(1)∵ 等差数列{a n}的公差不为零，a1=1，且a1，a2，a5成等比数列，可得a22=a1a5，即为(1+d)2=1×(1+4d)，解得d=2，则数列{a n}的通项公式为a n=a1+(n−1)d=1+2(n−1)=2n−1（n为正整数）；(2)b n=1a n⋅a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，即有前n项和T n=b1+b2+...+b n=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1（n为正整数）．【考点】数列的求和等差数列的通项公式【解析】（1）设公差d不为零的等差数列{a n}，运用等比数列中项的性质和等差数列的通项公式，解方程可得d＝2，进而得到所求通项公式；（2）求得b n=1a n⋅a n+1=12(12n−1−12n+1)，运用数列的求和方法：裂项相消求和，化简计算即可得到所求和．【解答】解：(1)∵ 等差数列{a n}的公差不为零，a1=1，且a1，a2，a5成等比数列，可得a22=a1a5，即为(1+d)2=1×(1+4d)，解得d=2，则数列{a n}的通项公式为a n=a1+(n−1)d=1+2(n−1)=2n−1（n为正整数）；(2)b n=1a n⋅a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，即有前n项和T n=b1+b2+...+b n=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1（n为正整数）．【答案】解：(1)函数f(x)=cos2x−sin2x+12=cos2x+12，x∈(0,π)，由2kπ−π≤2x≤2kπ，k∈Z，解得kπ−π2≤x≤kπ，k∈Z，当k=1时，π2≤x≤π，又x∈(0,π)，可得f(x)的单调递增区间为[π2,π)；(2)∵ △ABC为锐角三角形，角A所对边a=√19，角B所对边b=5，∵ f(A)=0，即有cos2A+12=0，解得2A=23π，即A=π3，由余弦定理可得a2=b2+c2−2bc cos A，化为c2−5c+6=0，解得c=2或3，若c=2，则cos B=2×√19×2<0，即B为钝角，∴ c=2不成立，若c=3，则cos B=2×√19×3>0，三角形为锐角三角形.则c=3，△ABC的面积为S=12bc sin A=12×5×3×√32=15√34.【考点】二倍角的余弦公式三角形的面积公式余弦定理正弦定理复合三角函数的单调性余弦函数的单调性余弦函数的定义域和值域【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)函数f(x)=cos2x−sin2x+12=cos2x+12，x∈(0,π)，由2kπ−π≤2x≤2kπ，k∈Z，解得kπ−π2≤x≤kπ，k∈Z，当k=1时，π2≤x≤π，又x∈(0,π)，可得f(x)的单调递增区间为[π2,π)；(2)∵ △ABC为锐角三角形，角A所对边a=√19，角B所对边b=5，∵ f(A)=0，即有cos2A+12=0，解得2A=23π，即A=π3，由余弦定理可得a2=b2+c2−2bc cos A，化为c2−5c+6=0，解得c=2或3，若c=2，则cos B=2×√19×2<0，即B为钝角，∴ c=2不成立，若c=3，则cos B=2×√19×3>0，三角形为锐角三角形.则c=3，△ABC的面积为S=12bc sin A=12×5×3×√32=15√34.【答案】解：(1)由题意可知，样本容量n=80.016×10=50，y=250×10=0.004，x=0.100−0.004−0.010−0.016−0.040=0.030；(2)设本次竞赛学生成绩的中位数为m，则[0.016+0.03]×10+(m−70)×0.040=0.5，解得m=71，∴本次竞赛学生成绩的中位数为71；(3)由题意可知，分数在[80, 90)内的学生有5人，记这5人分别为a1，a2，a3，a4，a5，分数在[90, 100]内的学生有2人，记这2人分别为b1，b2．抽取的2名学生的所有情况有21种，分别为：(a1, a2)，(a1, a3)，(a1, a4)，(a1, a5)，(a1, b1)，(a1, b2)，(a2, a3)，(a2, a4)，(a2, a5)，(a2, b1)，(a2, b2)，(a3, a4)，(a3, a5)，(a3, b1)，(a3, b2)，(a4, a5)，(a4, b1)，(a4, b2)，(a5, b1)，(a5, b2)，(b1, b2)．其中2名同学的分数都不在[90, 100]内的情况有10种，分别为：(a1, a2)，(a1, a3)，(a1, a4)，(a1, a5)，(a2, a3)，(a2, a4)，(a2, a5)，(a3, a4)，(a3, a5)，(a4, a5)．∴所抽取的2名学生中至少有一人得分在[90, 100]内的概率p=1−1021=1121．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率众数、中位数、平均数频率分布直方图【解析】（1）由题意先求出样本容量，由此能求出n和频率分布直方图中的x，y的值．（2）设本次竞赛学生成绩的中位数为m，由频率分布直方图列出方程，能求出本次竞赛学生成绩的中位数．（3）由题意可知，分数在[80, 90)内的学生有5人，分数在[90, 100]内的学生有2人，由此利用列举法能求出所抽取的2名学生中至少有一人得分在[90, 100]内的概率．【解答】解：(1)由题意可知，样本容量n=80.016×10=50，y=250×10=0.004，x=0.100−0.004−0.010−0.016−0.040=0.030；(2)设本次竞赛学生成绩的中位数为m，则[0.016+0.03]×10+(m−70)×0.040=0.5，解得m=71，∴本次竞赛学生成绩的中位数为71；(3)由题意可知，分数在[80, 90)内的学生有5人，记这5人分别为a1，a2，a3，a4，a5，分数在[90, 100]内的学生有2人，记这2人分别为b1，b2．抽取的2名学生的所有情况有21种，分别为：(a1, a2)，(a1, a3)，(a1, a4)，(a1, a5)，(a1, b1)，(a1, b2)，(a2, a3)，(a2, a4)，(a2, a5)，(a2, b1)，(a2, b2)，(a3, a4)，(a3, a5)，(a3, b1)，(a3, b2)，(a4, a5)，(a4, b1)，(a4, b2)，(a5, b1)，(a5, b2)，(b1, b2)．其中2名同学的分数都不在[90, 100]内的情况有10种，分别为：(a1, a2)，(a1, a3)，(a1, a4)，(a1, a5)，(a2, a3)，(a2, a4)，(a2, a5)，(a3, a4)，(a3, a5)，(a4, a5)．∴所抽取的2名学生中至少有一人得分在[90, 100]内的概率p=1−1021=1121．【答案】(1)证明：如图，过N作NH⊥AD，NH//AA1，且NH=12AA1,又MB//AA1，MB=12AA1，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM//BH，由NH//AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE//DH，BE=DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH//DE，∴NM//DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN//平面C1DE；(2)解：过C作C1E的垂线，垂足为H,由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，由已知可得CE=1,CC1=4，∴ C 1E =√17，故CH =4√1717， ∴ 点C 到平面 C 1DE 的距离为 4√1717. 【考点】点、线、面间的距离计算 直线与平面平行的判定【解析】 法一：（1）连结B 1C ，ME ，推导出四边形MNDE 是平行四边形，从而MN // ED ，由此能证明MN // 平面C 1DE ．（2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H ，推导出DE ⊥BC ，DE ⊥C 1C ，从而DE ⊥平面C 1CE ，DE ⊥CH ，进而CH ⊥平面C 1DE ，故CH 的长即为C 到时平面C 1DE 的距离，由此能求出点C 到平面C 1DE 的距离． 法二：（1）以D 为原点，DA 为x 轴，DE 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明MN // 平面C 1DE ．（2）求出DC →=(−1, √3, 0)，平面C 1DE 的法向量n →=(4, 0, 1)，利用向量法能求出点C 到平面C 1DE 的距离． 【解答】(1)证明：如图，过N 作NH ⊥AD ，NH//AA 1，且NH =12AA 1,又MB//AA 1，MB =12AA 1，∴ 四边形NMBH 为平行四边形，则NM//BH ，由NH//AA 1，N 为A 1D 中点，得H 为AD 中点，而E 为BC 中点，∴ BE//DH ，BE =DH ，则四边形BEDH 为平行四边形，则BH//DE ， ∴ NM//DE ，∵ NM ⊄平面C 1DE ，DE ⊂平面C 1DE ， ∴ MN//平面C 1DE ；(2)解：过C 作C 1E 的垂线，垂足为H ,由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，由已知可得CE=1,CC1=4，∴C1E=√17，故CH=4√1717，∴点C到平面C1DE的距离为4√1717.【答案】(1)解：∵数列{a n}是等差数列，∴a n=a1+(n−1)d，S n=na1+n(n−1)2d．依题意，有{S5=70,a72=a2a22,即{5a1+10d=70,(a1+6d)2=(a1+d)(a1+21d),解得a1=6，d=4．∴数列{a n}的通项公式为a n=6+4(n−1)=4n+2(n∈N∗)．(2)证明：由(1)可得S n=2n2+4n．∴1S n =12n2+4n=12n(n+2)=14(1n−1n+2)．∴T n=1S1+1S2+1S3+...+1S n−1+1S n=14[(1−13)+(12−14)+(13−15)+...+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]=14(1+12−1n+1−1n+2)=38−14(1n+1+1n+2)．∵T n−38=−14(1n+1+1n+2)<0，∴T n<38．∵T n+1−T n=14(1n+1−1n+3)>0，∴数列{T n}是递增数列．∴T n≥T1=16．∴16≤T n<38．【考点】等比中项数列与不等式的综合数列的求和等差数列的通项公式【解析】（1）依题意，可由{S5=70a72=a2a22求得其首项与公差，继而可求得数列{a n}的通项公式；（2）由（1）可得S n=2n2+4n，用裂项法可求得1S n =14(1n−1n+2)，从而可求得T n−3 8=−14(1n+1+1n+2)，利用递增函数的定义再证明数列{T n}是递增数列，即可证得结论．【解答】(1)解：∵数列{a n}是等差数列，∴a n=a1+(n−1)d，S n=na1+n(n−1)2d．依题意，有{S5=70,a72=a2a22,即{5a1+10d=70,(a1+6d)2=(a1+d)(a1+21d),解得a1=6，d=4．∴数列{a n}的通项公式为a n=6+4(n−1)=4n+2(n∈N∗)．(2)证明：由(1)可得S n=2n2+4n．∴1S n =12n2+4n=12n(n+2)=14(1n−1n+2)．∴T n=1S1+1S2+1S3+...+1S n−1+1S n=14[(1−13)+(12−14)+(13−15)+...+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]=14(1+12−1n+1−1n+2)=38−14(1n+1+1n+2)．∵T n−38=−14(1n+1+1n+2)<0，∴T n<38．∵T n+1−T n=14(1n+1−1n+3)>0，∴数列{T n}是递增数列．∴T n≥T1=16．∴16≤T n<38．。