数学卷·2019届山东省济南市第一中学高二上学期10月阶段测试数学（文）试题（解析版）

数学卷·2019届山东省济南市第一中学高二上学期10月阶段测试数学（文）试题（解析版）

济南一中2017年10月阶段性考试 高二数学试题（文科）‎ 一、选择题（每题5分）‎ ‎1. 在△中，内角，，所对的边分别是，，,若，则（ ）‎ A. B. -1 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由条件知，三角形为直角三角形，根据勾股定理得 故 ‎ 故选C.‎ ‎2. 已知△ABC中，a＝4，b＝4 ，∠A＝30°，则∠B等于(　)‎ A. 30° B. 30°或150° C. 60° D. 60°或120°‎ ‎【答案】D ‎【解析】已知三角形中a＝4，b＝4 ，∠A＝30°，根据正弦定理得 ‎ 因为是三角形的三个内角，故 ，根据特殊角的三角函数值得到角 或 .‎ 故答案选D.‎ ‎3. 等差数列的前n项和为，若，则等于（ ）‎ A. 12 B. 18 C. 24 D. 42‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：等差数列的前项和为，则成等差数列，因此若，则；‎ 考点：等差数列的前项和性质；‎ ‎4. △ABC中, a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且 则角B的大小为（　　）‎ A. 30° B. 45° C. 60° D. 120°‎ ‎【答案】A KS5U...KS5U...KS5U...KS5U...KS5U...‎ 化简得到，可以得到 ，由特殊角的三角函数值得到 .‎ 故答案选A.‎ ‎5. 已知等差数列的前项和为，若 则 等于（ ）‎ A. 18 B. 36 C. 54 D. 72‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：，.‎ 考点：等差数列的基本概念.‎ ‎6. 如果一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有（ ）‎ A. 13项 B. 12项 C. 11项 D. 10项 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：依题意有，.‎ 考点：等差数列的基本性质．‎ ‎7. 等比数列的前项和，则=（ ）‎ A. -1 B. 3 C. -3 D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为数列是等比数列故满足 ， ， ‎ 代入得到 ‎ 故答案选C．‎ ‎8. 若数列的通项公式是，则（ ）‎ A. B. 5 C. 10 D. ‎ ‎【答案】A 故 故结果为．‎ 故选A．‎ ‎9. 在中，若，则的形状为（ ）‎ A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 锐角三角形 ‎【答案】B ‎【解析】由余弦定理得，则，解得，所以的形状为等腰三角形，故选B.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查利用正弦定理、余弦定理及判断三角形形状，属于中档题.判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.‎ ‎10. 在中，，则最短边的边长等于 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：中，，故,因为大边对大角，所以中，边最短.在中由正弦定理，.‎ 考点：1、大边对大角；2、正弦定理.‎ ‎11. 在等差数列{an}中，已知a3+a8＞0，且S9＜0，则S1、S2、…S9中最小的是（　　）‎ A. S5 B. S6 C. S7 D. S8‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：，数列为递减数列，前5项为负数，因此最小的是 考点：数列性质 ‎12. 已知为等比数列，，则（ ）‎ A. 7 B. 5 C. -5 D. -7‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为为等比数列，所以.又，所以或.若，解得，此时；若，解得，仍有.综上,.选D.‎ ‎13. 已知数列则 （ ）‎ A. B. C. 或1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由条件可知，两边去倒数得 是等差数列，故 ，故得 ‎ 故答案选B．‎ 点睛：已知数列要求通项，可以两边取倒数，得到是等差数列，已知 可以求出 ，再根据等差数列的性质求出数列的通项公式，，再取倒数可以求出，代入n=7,求得结果即可.‎ ‎14. 已知数列的首项，，则为 （ ）‎ A. 2015 B. 2014 C. 1008 D. 1009‎ ‎【答案】D ‎【解析】由条件知，所以数列是公差为的等差数列，故 ，故＝ ‎ 故答案选D．‎ ‎15. 在等比数列中,,则其公比=（ ）‎ A. B. C. 或1 D.或-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为是等比数列，所以考虑公比等于1，此时 成立；‎ 当公比不是1 时， 化简得 解得公比为，‎ 故公比=或1.‎ 故选C.‎ 点睛：这个题目考查的很好，是个易错题，首先题目中说明了等比数列，故要求等比数列的和时要先考虑公比等于1.这是易错点，再求当公比不是1时的数列的前N项和，根据等比数列前N项和公式求得即可.‎ 二、填空题（每题5分）‎ ‎16. 在钝角中，已知，则最大边的取值范围是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：因为是钝角三角形的最大边,所以是最大角.即,或（舍）,又,,故应填.‎ 考点：余弦定理.‎ ‎17. 在中,角A,B,C新对的边分别为a,b,c,若 ,则角B=___.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】在△ABC中，由b2+c2﹣a2= bc，可得cosA= ，∴A= ．‎ ‎∵a cosB+b cosA=csinC，∴由正弦定理得sinAcosB+sinBcosA=sinCsinC，‎ 即sin（A+B）=sinC=sinCsinC，∴sinC=1，即C=，‎ 故B=π﹣A﹣C=，‎ 故选：B．‎ 点睛：已知三角形满足，由正弦定理得到sin（A+B）=sinC=sinCsinC，从而得到C=，可以知道三角形为直角三角形，又因为 ，可以根据余弦定理得到A=，根据三角形三角和关系，得到B=π﹣A﹣C=.‎ ‎18. 数列，满足，，则的前10项之和为______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】∵anbn=1，an=（n+1）（n+2）， ，‎ ‎∴{bn}的前10项之和 ‎ 故选D．‎ ‎19. 在1与4之间插入三个数使这五个数成等比数列，则这三个数分别是________．‎ ‎【答案】，2, 2或－，2，－2.‎ ‎【解析】1与4之间插入三个数使这五个数成等比数列，设这五个数为 ‎ 根据等比数列的性质得到 这几个数为 ‎ 根据等比数列性质得到 ，当公比小于零时这三个数为－，2，－2‎ 当公比大于零时三个数为，2, 2.‎ 故结果为，2, 2或－，2，－2.‎ 点睛：注意5个数为等比数列，可以设出五个数，其中中间3项是有特定关系的，引入了两个未知数，而不是直接设三个未知数；还有根据数列等比的性质得到因为等比数列根据隔项同号的性质，得到a>0.之后根据等比中项的性质得结果.‎ ‎20. 下面图形由小正方形组成,请观察图1至图4的规律,并依此规律,写出第 个图形中小正方形的个数是___________.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】根据图像得到当 时，个数为 ，当 时，个数为 ‎ 当时，个数为 .当 时，个数为 ‎ 综上归类为.‎ 故答案为.‎ 三、解答题 ‎21. 已知数列的前项和为 ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求和：‎ ‎【答案】(1) ,(2)630.‎ ‎【解析】试题分析：（1）已知数列的前N项和求通项，求出首相和公差即可.‎ ‎（2）由第一问知道，根据这个式子去掉绝对值，分段求和即可.‎ ‎(1) ‎ 所以 ‎ ‎（2）当 ‎ 当 ‎ 代入前N项和公式得 ‎ 故结果为630.‎ 点睛：这个题目是较为常见的题型，第一问已知前N项和求通项，因为 ，可知数列是等差数列，可直接求出首项和公差；第二问求的是绝对值之和，首先要根据通项的正负去掉绝对值，再根据正负分段求和，最终求得结果.‎ ‎22. 在锐角三角形中，边是方程的两根，角满足：，求(1)角的度数，(2)的面积.‎ ‎【答案】(1) ∠C=60°;(2). ‎ ‎【解析】试题分析：根据和为锐角三角形可确定的度数,则角的度数可知;因为是方程的两根,根据韦达定理可求出,再由余弦定理求出的长度,再用正弦定理得面积公式可求得面积.‎ 试题解析：解：由，得，∵为锐角三角形，‎ ‎∴，，又是方程的两根，‎ ‎∴，，∴.‎ ‎∴，.‎ 考点：正弦定理和余弦定理,函数与方程.‎ ‎23. 已知数列是等比数列，数列是等差数列，且，，，．‎ ‎（Ⅰ）求通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】(1) ;(2) .‎ ‎【解析】试题分析：由等比数列中的 的值用基本量法可求出其通项公式，可求得 也就是 的值，再结合 可求出等数列的通项公式；（Ⅱ）由知，可利用分组求和的方法，将其转化成等差数列和等比数列的前项和问题．‎ 试题解析：（Ⅰ）设等比数列的公比为，则，‎ 所以，，‎ 所以．　‎ 设等比数列的公比为，‎ 因为，，‎ 所以，即，‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，‎ 所以．　‎ 从而数列的前项和 ‎．　‎ 点睛：数列求和是高考必考的知识，常用五种方法：裂项相消法，倒序相加，错位相减法，分组求和法，并项求和法等．其中对于分组求和要求：如果数列中的每个项是由两部分构成，每部分都是不同数列构成，或者数列的奇数项与偶数项对应不同类型的数列，这时一般将数列中的项分为几组分别求和或者项分为几组求和．‎ ‎24. 已知等差数列的前项和为，公差，且，‎ 成等比数列。‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和 ‎【答案】(1) ;(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）由数列为等比数列，可以化基本量，再求得a1=3，d=2，最终出通项.‎ ‎（2）由第一问知的通项，根据错位相减的方法得到Tn=n•3n ‎ (1). ∵S1+S3=18，a1，a4，a13成等比数列．‎ ‎∴4a1+3d=18， ‎ 解得a1=3，d=2．‎ ‎∴an=3+2（n﹣1）=2n+1．‎ ‎(2)bn=（2n+1）•3n﹣1．‎ ‎∴数列{bn}前n项和Tn=3+5×3+7×32+…+（2n+1）•3n﹣1．‎ ‎3Tn=32+5×32+…+（2n﹣1）•3n﹣1+（2n+1）•3n，‎ ‎∴﹣2Tn=3+2×（3+32+…+3n﹣1）﹣（2n+1）•3n= +1﹣（2n+1）•3n ‎∴Tn=n•3n．‎