数学卷·2018届河南省洛阳一中高二上学期9月月考数学试卷（文科） （解析版）

数学卷·2018届河南省洛阳一中高二上学期9月月考数学试卷（文科） （解析版）

‎2016-2017学年河南省洛阳一中高二（上）9月月考数学试卷 （文科）‎ ‎　‎ 一、选择题（每题5分，共12小题）‎ ‎1．在△ABC中，若a=2bsinA，则∠B=（　　）‎ A． B． C．或 D．或 ‎2．在△ABC中，已知a：b：c=3：5：7，则这个三角形的最小外角为（　　）‎ A．30° B．60° C．90° D．120°‎ ‎3．某人朝正东方向走xkm后，向右转150°，然后朝新方向走3km，结果他离出发点恰好，那么x的值为（　　）‎ A．2或 B．2 C． D．3‎ ‎4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a6=6+a7，则S9的值是（　　）‎ A．27 B．36 C．45 D．54‎ ‎5．等差数列{an}的前n项和Sn（n=1，2，3…）当首项a1和公差d变化时，若a5+a8+a11是一个定值，则下列各数中为定值的是（　　）‎ A．S15 B．S16 C．S17 D．S18‎ ‎6．各项都是正数的等比数列{an}中，a2， a3，a1成等差数列，则的值为（　　）‎ A． B． C．﹣ D．或 ‎7．已知等差数列{an}的通项公式为an=51﹣3n，设Tn=|an+an+1+…+an+14|（n∈N*），则当Tn取得最小值时，n的值是（　　）‎ A．10 B．12 C．15 D．17‎ ‎8．设公比为q（q≠1）的等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=qn+k，那么k等于（　　）‎ A．2 B．1 C．0 D．﹣1‎ ‎9．已知数列{an}的通项公式为an=2n（3n﹣13），则数列{an}的前n项和Sn的最小值是（　　）‎ A．S3 B．S4 C．S5 D．S6‎ ‎10．已知{an}为等差数列，a1+a3+a5=105，a2+a4+a6=99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是（　　）‎ A．21 B．20 C．19 D．18‎ ‎11．已知数列{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若平面上的三点A，B，C共线，且=a4+a97，则S100=（　　）‎ A．100 B．101 C．50 D．51‎ ‎12．在数列{an}中，a1=2，an+1=an+ln（1+），则an=（　　）‎ A．2+ln n B．2+（n﹣1）ln n C．2+n ln n D．1+n+ln n ‎　‎ 二、填空题（每题5分，共4小题）‎ ‎13．已知递增的等差数列{an}满足a1=1，a3=a22﹣4，则an=　　．‎ ‎14．△ABC中，sin2A≤sin2B+sin2C﹣sinBsinC，则A的取值范围为　　．‎ ‎15．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=﹣3，ak+1=，Sk=﹣12，则正整数k=　　．‎ ‎16．已知数列{an}满足a1=2，an+1=（n∈N*），则a2014的值为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．在△ABC中，角A、B、C对边分别为a，b，c，已知b2=ac，且a2﹣c2=ac﹣bc．‎ ‎（1）求∠A的大小；‎ ‎（2）求的值．‎ ‎18．在△ABC中，若b2sin2C+c2sin2B=2bccosBcosC，试判断三角形的形状．‎ ‎19．已知等比数列{an}，a7+a4=2，a5a6=﹣8，求a1+a10．‎ ‎20．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=an﹣3，求数列{an}的通项公式．‎ ‎21．在△ABC中，角A，B，C的对应边分别是a，b，c满足b2+c2=bc+a2．‎ ‎（Ⅰ）求角A的大小；‎ ‎（Ⅱ）已知等差数列{an}的公差不为零，若a1cosA=1，且a2，a4，a8成等比数列，求{}的前n项和Sn．‎ ‎22．设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省洛阳一中高二（上）9月月考数学试卷 （文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每题5分，共12小题）‎ ‎1．在△ABC中，若a=2bsinA，则∠B=（　　）‎ A． B． C．或 D．或 ‎【考点】正弦定理的应用．‎ ‎【分析】通过正弦定理求与题设的条件求出sinB的值，进而求出B．‎ ‎【解答】解：∵‎ ‎∴‎ ‎∵根据正弦定理 ‎∴‎ ‎∴sinB=‎ ‎∴B=或 故选C ‎　‎ ‎2．在△ABC中，已知a：b：c=3：5：7，则这个三角形的最小外角为（　　）‎ A．30° B．60° C．90° D．120°‎ ‎【考点】正弦定理；余弦定理．‎ ‎【分析】显然边c最大，故∠C最大，故∠C的外角最小．设三边长分别为3，5，7，则由余弦定理求得cosC的值，可得∠C的值，从而求得这个三角形的最小外角180°﹣∠C的值．‎ ‎【解答】解：△ABC中，已知a：b：c=3：5：7，显然边c最大，故∠C最大，故∠C的外角最小．‎ 设三边长分别为3，5，7，则由余弦定理求得cosC===﹣，‎ ‎∴∠C=120°，∴这个三角形的最小外角为180°﹣120°=60°，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．某人朝正东方向走xkm后，向右转150°，然后朝新方向走3km，结果他离出发点恰好，那么x的值为（　　）‎ A．2或 B．2 C． D．3‎ ‎【考点】解三角形的实际应用．‎ ‎【分析】作出图象，三点之间正好组成了一个知两边与一角的三角形，由余弦定理建立关于x的方程即可求得x的值．‎ ‎【解答】解：如图，AB=x，BC=3，AC=，∠ABC=30°．‎ 由余弦定理得3=x2+9﹣2×3×x×cos30°．‎ 解得x=2或x=‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a6=6+a7，则S9的值是（　　）‎ A．27 B．36 C．45 D．54‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】由等差数列的性质结合已知求得a5=6，然后直接代入项数为奇数的等差数列前n项和公式得答案．‎ ‎【解答】解：在等差数列{an}中，‎ ‎∵2a6=a5+a7，‎ 又由已知2a6=6+a7，得a5=6，‎ ‎∴S9=9a5=54．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．等差数列{an}的前n项和Sn（n=1，2，3…）当首项a1和公差d变化时，若a5+a8+a11是一个定值，则下列各数中为定值的是（　　）‎ A．S15 B．S16 C．S17 D．S18‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】由题意可得a5+a8+a11=3a8为定值，可得S15=15a8为定值．‎ ‎【解答】解：由等差数列的性质可得a5+a8+a11=3a8，‎ 再由求和公式可得S15===15a8，‎ 故当a5+a8+a11为定值时，S15为定值．‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．各项都是正数的等比数列{an}中，a2， a3，a1成等差数列，则的值为（　　）‎ A． B． C．﹣ D．或 ‎【考点】等差数列的性质；等比数列的性质．‎ ‎【分析】由a2， a3，a1成等差数列可得a1、a2、a3的关系，结合等比数列的通项公式即可求出q，而由等比数列的性质可得=q，故本题得解．‎ ‎【解答】解：设{an}的公比为q（q＞0），‎ 由a3=a2+a1，得q2﹣q﹣1=0，‎ 解得q=．‎ ‎∴=q=．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．已知等差数列{an}的通项公式为an=51﹣3n，设Tn=|an+an+1+…+an+14|（n∈N*），则当Tn取得最小值时，n的值是（　　）‎ A．10 B．12 C．15 D．17‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】由等差数列的性质得Tn=||=15|an+7|≥0，a17=0，由此能求出结果．‎ ‎【解答】解：∵等差数列{an}的通项公式为an=51﹣3n，Tn=|an+an+1+…+an+14|（n∈N*），‎ ‎∴Tn=||=15|an+7|≥0，‎ ‎∵an=51﹣3n，∴a17=0，‎ ‎∴当n+7=17，即n=10时，Tn取得最小值0．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．设公比为q（q≠1）的等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=qn+k，那么k等于（　　）‎ A．2 B．1 C．0 D．﹣1‎ ‎【考点】等比数列的前n项和．‎ ‎【分析】由已知先求出a1，a2，a3，由，能求出k=﹣1．‎ ‎【解答】解：∵公比为q（q≠1）的等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=qn+k，‎ ‎∴a1=S1=q+k，‎ ‎﹣q﹣k=q2﹣q，‎ ‎，‎ ‎∵，‎ ‎∴（q2﹣q）2=（q+k）（q3﹣q2），‎ 由q≠1，解得k=﹣1．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．已知数列{an}的通项公式为an=2n（3n﹣13），则数列{an}的前n项和Sn的最小值是（　　）‎ A．S3 B．S4 C．S5 D．S6‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】解an≥0，即可得出此数列{an}从第几项开始大于0，进而得到数列的前几项和Sn的最小值．‎ ‎【解答】解：令，解得=，取n=5．‎ 也就是说：数列{an}的前4项皆小于0，从第5项开始大于0．‎ 因此数列的前n项和Sn的最小值是S4．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．已知{an}为等差数列，a1+a3+a5=105，a2+a4+a6=99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是（　　）‎ A．21 B．20 C．19 D．18‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】写出前n项和的函数解析式，再求此式的最值是最直观的思路，但注意n取正整数这一条件．‎ ‎【解答】解：设{an}的公差为d，由题意得 a1+a3+a5=a1+a1+2d+a1+4d=105，即a1+2d=35，①‎ a2+a4+a6=a1+d+a1+3d+a1+5d=99，即a1+3d=33，②‎ 由①②联立得a1=39，d=﹣2，‎ ‎∴Sn=39n+×（﹣2）=﹣n2+40n=﹣（n﹣20）2+400，‎ 故当n=20时，Sn达到最大值400．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．已知数列{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若平面上的三点A，B，C共线，且=a4+a97，则S100=（　　）‎ A．100 B．101 C．50 D．51‎ ‎【考点】平面向量的基本定理及其意义．‎ ‎【分析】由平面上的三点A，B，C共线，知=a4+a97中有a4+a97=1，根据等差数列的等差中项性质求得S100．‎ ‎【解答】解∵平面上的三点A，B，C共线，且=a4+a97‎ ‎∴a4+a97=1，‎ 又∵数列{an}是等差数列，‎ ‎∴a4+a97=a1+a100‎ ‎∴=50（a4+a97）=50‎ 故选择：C．‎ ‎　‎ ‎12．在数列{an}中，a1=2，an+1=an+ln（1+），则an=（　　）‎ A．2+ln n B．2+（n﹣1）ln n C．2+n ln n D．1+n+ln n ‎【考点】数列递推式．‎ ‎【分析】由已知得an+1﹣an=ln（1+）=ln，由此利用累加法能求出an．‎ ‎【解答】解：∵在数列{an}中，a1=2，an+1=an+ln（1+），‎ ‎∴an+1﹣an=ln（1+）=ln，‎ ‎∴an=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an﹣an﹣1）‎ ‎=2+ln2+ln+…+ln ‎=2+ln（）‎ ‎=2+lnn．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，共4小题）‎ ‎13．已知递增的等差数列{an}满足a1=1，a3=a22﹣4，则an=　2n﹣1　．‎ ‎【考点】等差数列的通项公式．‎ ‎【分析】由题意，设公差为d，代入，直接解出公式d，再由等差数列的通项公式求出通项即可得到答案 ‎【解答】解：由于等差数列{an}满足a1=1，，令公差为d 所以1+2d=（1+d）2﹣4，解得d=±2‎ 又递增的等差数列{an}，可得d=2‎ 所以an=1+2（n﹣1）=2n﹣1‎ 故答案为：2n﹣1．‎ ‎　‎ ‎14．△ABC中，sin2A≤sin2B+sin2C﹣sinBsinC，则A的取值范围为　（0，60°]　．‎ ‎【考点】余弦定理；正弦定理．‎ ‎【分析】利用正弦定理化简已知的不等式，再利用余弦定理表示出cosA，将得出的不等式变形后代入表示出的cosA中，得出cosA的范围，由A为三角形的内角，根据余弦函数的图象与性质即可求出A的取值范围．‎ ‎【解答】解：利用正弦定理化简sin2A≤sin2B+sin2C﹣sinBsinC得：a2≤b2+c2﹣bc，‎ 变形得：b2+c2﹣a2≥bc，‎ ‎∴cosA=≥=，‎ 又A为三角形的内角，‎ 则A的取值范围是（0，60°]．‎ 故答案为：（0，60°]‎ ‎　‎ ‎15．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=﹣3，ak+1=，Sk=﹣12，则正整数k=　13　．‎ ‎【考点】等差数列的性质．‎ ‎【分析】由已知条件，利用等差数列的前n项和公式得到Sk+1=（﹣3+）=﹣12+，由此能求出结果．‎ ‎【解答】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，‎ a1=﹣3，ak+1=，Sk=﹣12，‎ ‎∴Sk+1=（﹣3+）=﹣12+，‎ 解得k=13．‎ 故答案为：13．‎ ‎　‎ ‎16．已知数列{an}满足a1=2，an+1=（n∈N*），则a2014的值为　﹣3　．‎ ‎【考点】数列的函数特性．‎ ‎【分析】由条件求得 a2=﹣3，a3=﹣，a4=，a5=2，可得此数列具有周期性，且周期为4．再由2014=503×4+2，可得a2014=a2，从而得到答案．‎ ‎【解答】解：已知数列{an}满足，‎ 可得 a2==﹣3，a3==﹣，a4==，a5==2，故此数列具有周期性，且周期为4．‎ 由于2014=503×4+2，∴a2014=a2=﹣3，‎ 故答案为﹣3．‎ ‎　‎ 三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．在△ABC中，角A、B、C对边分别为a，b，c，已知b2=ac，且a2﹣c2=ac﹣bc．‎ ‎（1）求∠A的大小；‎ ‎（2）求的值．‎ ‎【考点】余弦定理；正弦定理．‎ ‎【分析】（1）由b2=ac，且a2﹣c2=ac﹣bc，可得a2﹣c2=b2﹣bc，利用余弦定理可得；‎ ‎（2）由b2=ac，可得.=，再利用正弦定理即可得出．‎ ‎【解答】解：（1）∵b2=ac，且a2﹣c2=ac﹣bc，∴a2﹣c2=b2﹣bc，‎ ‎∴=，‎ ‎∵A∈（0，π），∴A=．‎ ‎（2）∵b2=ac，∴．‎ ‎∴===sinA=．‎ ‎　‎ ‎18．在△ABC中，若b2sin2C+c2sin2B=2bccosBcosC，试判断三角形的形状．‎ ‎【考点】正弦定理；余弦定理．‎ ‎【分析】根据正弦定理化简已知的式子，由两角和的余弦公式、诱导公式、内角的范围求出A的值，可得答案．‎ ‎【解答】解：由题意得，b2sin2C+c2sin2B=2bccosBcosC 由正弦定理得，sin2Bsin2C+sin2Csin2B=2sinBsinCcosBcosC ‎∵sinBsinC≠0，∴sinBsinC=cosBcosC，‎ 则cos（B+C）=0，即cos（π﹣A）=0，得cosA=0，‎ ‎∵0＜A＜π，∴A=，‎ 即△ABC为直角三角形．‎ ‎　‎ ‎19．已知等比数列{an}，a7+a4=2，a5a6=﹣8，求a1+a10．‎ ‎【考点】等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】由等比数列的性质结合a5a6=﹣8求得a4a7=﹣8，与a7+a4=2联立可得a7、a4的值，进一步求出a1、a10得答案．‎ ‎【解答】解：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，‎ ‎∵a4+a7=2，由等比数列的性质可得，a5a6=a4a7=﹣8，‎ ‎∴a4=4，a7=﹣2或a4=﹣2，a7=4，‎ 当a4=4，a7=﹣2时，，‎ ‎∴a1==﹣8，a10===1，‎ ‎∴a1+a10=﹣7；‎ 当a4=﹣2，a7=4时，q3=﹣2，‎ 则a10==﹣8，a1=，‎ ‎∴a1+a10=﹣7．‎ 综上可得，a1+a10=﹣7．‎ ‎　‎ ‎20．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=an﹣3，求数列{an}的通项公式．‎ ‎【考点】数列递推式．‎ ‎【分析】由已知数列递推式求出首项，得到当n≥2时，Sn﹣1=an﹣1﹣3，与原递推式作差后可得数列{an}是以6为首项，以3为公比的等比数列．再由等比数列的通项公式得答案．‎ ‎【解答】解：由Sn=an﹣3，得，即a1=6．‎ 当n≥2时，Sn﹣1=an﹣1﹣3，‎ 两式作差得an=an﹣an﹣1，即an=an﹣1．‎ ‎∴an=3an﹣1（n≥2）．‎ 则数列{an}是以6为首项，以3为公比的等比数列．‎ ‎∴an=6•3n﹣1=2•3n．‎ ‎　‎ ‎21．在△ABC中，角A，B，C的对应边分别是a，b，c满足b2+c2=bc+a2．‎ ‎（Ⅰ）求角A的大小；‎ ‎（Ⅱ）已知等差数列{an}的公差不为零，若a1cosA=1，且a2，a4，a8成等比数列，求{}的前n项和Sn．‎ ‎【考点】数列的求和；等比数列的性质；余弦定理．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由已知条件推导出=，所以cosA=，由此能求出A=．‎ ‎（Ⅱ）由已知条件推导出（a1+3d）2=（a1+d）（a1+7d），且d≠0，由此能求出an=2n，从而得以==，进而能求出{}的前n项和Sn．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵b2+c2﹣a2=bc，‎ ‎∴=，‎ ‎∴cosA=，‎ ‎∵A∈（0，π），∴A=．‎ ‎（Ⅱ）设{an}的公差为d，‎ ‎∵a1cosA=1，且a2，a4，a8成等比数列，‎ ‎∴a1==2，且=a2•a8，‎ ‎∴（a1+3d）2=（a1+d）（a1+7d），且d≠0，解得d=2，‎ ‎∴an=2n，‎ ‎∴==，‎ ‎∴Sn=（1﹣）+（）+（）+…+（）‎ ‎=1﹣=．‎ ‎　‎ ‎22．设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】（I）利用等差数列和等比数列的通项公式、前n项和的定义即可得出；‎ ‎（II）利用“错位相减法”即可得出．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设等比数列的公比为q＞1，‎ ‎∵S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列．‎ ‎∴，解得 ‎∴．．‎ ‎（Ⅱ）由于，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 两式相减得：．‎ ‎∴．‎ ‎　‎