2017-2018学年河北省鸡泽县第一中学高二上学期第一次月考数学试题-解析版

2017-2018学年河北省鸡泽县第一中学高二上学期第一次月考数学试题-解析版

河北省鸡泽县第一中学2017-2018学年高二上学期第一次月考数学试题 一、选择题 ‎1．数列的一个通项公式是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：原数列可变为：，根号下是首项为2，公差为3的等差数列，所以原数列的通项公式为.故选B.‎ 考点：数列的通项公式.‎ ‎2．在△ABC中，sin A＝，a＝10，则边长c的取值范围是(　 　)‎ A. B. (10，＋∞) C. (0,10) D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由正弦定理得 ,选D.‎ ‎3．不等式的解集为（ ）‎ ‎（A） （B）‎ ‎（C） （D）‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据题意，由于不等式，则等价于,然后分别求解可知得到结论为，故选C.‎ 考点：分式不等式 点评：将分式不等式化为整式不等式是解题的关键，然后结合一元二次不等式的解集来得到，属于基础题。‎ ‎4．等差数列{an}满足＋2a4a7＝9，则其前10项之和为(　　)‎ A. －9 B. －15 C. 15 D. ±15‎ ‎【答案】D ‎【解析】＋2a4a7＝9， ,选D.‎ ‎5．△ABC的两边长分别为2,3，其夹角的余弦值为，则其外接圆的半径为(　 　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由余弦定理得夹角对边等于 ，夹角的正弦值为 再由正弦定理得外接圆的半径为 ，选C.‎ ‎6．在等差数列｛an｝中， ，则此数列前30项和等于（ ）‎ A. 810 B. 840 C. 870 D. 900‎ ‎【答案】B ‎【解析】数列前30项和可看作每三项一组，共十组的和，显然这十组依次成等差数列，因此和为 ，选B.‎ ‎7．数列是等差数列，若，且它的前项和有最大值，那么当取得最小正值时，值等于( ）‎ A. 11 B. 17 C. 19 D. 21‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由于前项和有最大值，所以，根据，有，，，所以，，结合选项可知，选C.‎ 考点：等差数列的基本性质.‎ ‎8．对任意a∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值恒大于零，则x的取值范围是(　 　)‎ A. 13 C. 12‎ ‎【答案】B ‎【解析】可看作关于a的一次函数 ，所以 ‎ 即 选B.‎ ‎9．等差数列｛an｝和｛bn｝的前n项和分别为Sn与Ｔn，对一切自然数n，都有，则等于( ) A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】 ,选B.‎ 点睛：在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.‎ ‎10．在△ABC中，如果sin Asin B＋sin Acos B＋cos Asin B＋cos Acos B＝2，则△ABC是(　　)‎ A. 等边三角形 B. 钝角三角 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形 ‎【答案】C ‎【解析】sin Asin B＋sin Acos B＋cos Asin B＋cos Acos B＝2 ‎ ‎ ,即△ABC是等腰直角三角形，选C.‎ ‎11．在△ABC中，AB＝7，AC＝6，M是BC的中点，AM＝4，则BC等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】设 ，则 ‎ 选B.‎ 点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：‎ 第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.‎ 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.‎ 第三步：求结果.‎ ‎12．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的时间为（ ）‎ A. 0.5小时 B. 1小时 C. 1.5小时 D. 2小时 ‎【答案】B ‎【解析】以A为坐标原点，正东方向为x轴建立直角坐标系，则直线被圆 截得弦长为 ，所以B城市处于危险区内的时间为 ，选B.‎ 点睛：圆的弦长问题，‎ 处理直线与圆的弦长问题时多用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．‎ 代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式： ‎ 二、填空题 ‎13．不等式x2－2x＋3≤a2－2a－1在R上的解集是∅，则实数a的取值范围是______．‎ ‎【答案】(－1,3)‎ ‎【解析】由题意得 ‎ ‎14．在中，已知，则边长_________.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】由余弦定理得 ‎ ‎15．已知数列的前n项和，则该数列的通项公式是___________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】当 时 ；‎ 当 时 ；所以 点睛：给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求. 应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.‎ ‎16．已知数列满足，且对于任意都有，则 ___．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】 ‎ ‎ ‎ 因此 ‎ 点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如或.‎ 三、解答题 ‎17．数列{an}中，a1＝，前n项和Sn满足Sn＋1－Sn＝()n＋1(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn；‎ ‎(2)若S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列，求实数t的值．‎ ‎【答案】解　(1)由Sn＋1－Sn＝()n＋1得an＋1＝()n＋1(n∈N*)，‎ 又a1＝，故an＝()n(n∈N*)．‎ 从而Sn＝＝ [1－()n](n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)可得S1＝，S2＝，S3＝.‎ 从而由S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列得 ‎＋3×(＋)＝2×(＋)t，解得t＝2.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由和项与通项关系得an＋1＝()n＋1再由a1＝，得an＝()n，最后根据等比数列求和公式求Sn；（2）先根据（1）求S1，S2，S3再由S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列得2t(S1＋S2)= S1+3(S2＋S3)，代入解得实数t的值．‎ 试题解析：解　(1)由Sn＋1－Sn＝()n＋1得an＋1＝()n＋1(n∈N*)，‎ 又a1＝，故an＝()n(n∈N*)．‎ 从而Sn＝＝ [1－()n](n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)可得S1＝，S2＝，S3＝.‎ 从而由S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列得 ‎＋3×(＋)＝2×(＋)t，解得t＝2.‎ ‎18．已知常数，解关于的不等式 ‎【答案】当，原不等式为；‎ 当时，原不等式的解集为或．；‎ 当时，时，原不等式的解集为．‎ 当时，原不等式的解集为．‎ ‎【解析】试题分析：讨论是否为0．当，再讨论的正负，同时讨论其判别式．当判别式大于0时注意两根的大小，画抛物线结合图像可解不等式．‎ 试题解析：解（1）若，则原不等式为，‎ 故解集为．‎ ‎（2）若 ‎①当，即时，方程的两根为，‎ ‎∴原不等式的解集为．‎ ‎②当时，即时，原不等式的争集为．‎ ‎③当，即时，原不等式的争集为．‎ ‎（3）若．‎ ‎①当，即，原不等式的解集为或．‎ ‎②当时，时，原不等式化为，‎ ‎∴原不等式的解集为．‎ ‎③当，即时，原不等式的解集为 综上所述，当时，原不等式的解集为；‎ 当原不等式的解集为；‎ 当，原不等式为；‎ 当时，原不等式的解集为或．；‎ 当时，时，原不等式的解集为．‎ 当时，原不等式的解集为．‎ 考点：一元二次不等式．‎ ‎19．设的内角所对的边分别是a,b,c, 且.‎ ‎（1）求a,c的值；‎ ‎（2）求的值。‎ ‎【答案】解：（1）在中，根据正弦定理，得,‎ 所以.‎ ‎（2）在中，根据余弦定理和（1）中的结论，得 ‎,于是 从而 , ‎ 所以， ‎ ‎【解析】试题分析：（1）由余弦定理得，再根据方程组解得a,c的值；（2）‎ 试题解析：解：（1）根据余弦定理，得 ‎ 因为所以 ‎ ‎（2） ‎ 因此 ‎ ‎20．数列 中， 且满足 .‎ ‎⑴求数列的通项公式；‎ ‎⑵设 ，求 ；‎ ‎【答案】解：（1）由题意，，为等差数列，设公差为，‎ 由题意得， .‎ ‎（2）若，‎ 时，‎ 故 ‎ ‎【解析】试题分析：（1）将条件转化为差的形式: ‎ 再根据等差数列定义得为等差数列,根据等差数列通项公式求的通项公式；（2）先确定项的符号规律: ，再分类去绝对值： ； 时， ，最后利用等差数列求和公式求解 试题解析：解：（1）由题意， 为等差数列，设公差为，‎ 由题意得， .‎ ‎（2）若 ‎ 时， ‎ 故 ‎ ‎21．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知3(b2＋c2)＝3a2＋2bc.‎ ‎(1)若sinB＝cosC，求tanC的大小；‎ ‎(2)若a＝2，△ABC的面积S＝，且b>c，求b，c.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】试题分析：(1)根据已知条件及余弦定理可求得的值,再由同角三角函数基本关系式可求得的值. 因为,所以,由两角和的正弦公式可将其化简变形,可求得与的关系式,从而可得.(2)根据余弦定理和三角形面积均可得的关系式.从而可解得的值.‎ 试题解析：，‎ ‎，‎ ‎，.‎ ‎(1)，，‎ ‎，‎ ‎，.‎ ‎(2)，，， ①‎ ‎，∴由余弦定理可得，‎ ‎, ②‎ ‎，∴联立①②可得.‎ 考点：1正弦定理;2余弦定理;3两角和差公式.‎ ‎22．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，等差数列{bn}中，bn＞0(n∈N*)，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ ‎【答案】解　(1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，‎ ‎∴an＝2Sn－1＋1(n∈N*，n＞1)，‎ ‎∴an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，‎ 即an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an(n∈N*，n＞1)．‎ 而a2＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1.‎ ‎∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，‎ ‎∴an＝3n－1(n∈N*)．‎ ‎∴a1＝1，a2＝3，a3＝9，‎ 在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5.‎ 又∵a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列，设等差数列{bn}的公差为d，则有(a1＋b1)(a3＋b3)＝(a2＋b2)2.‎ ‎∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2，‎ ‎∵bn＞0(n∈N*)，∴舍去d＝－10，取d＝2，‎ ‎∴b1＝3，∴bn＝2n＋1(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)·3n－2＋(2n＋1)3n－1，①‎ ‎∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②‎ ‎∴①－②得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2×－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n ‎＝－2n·3n.∴Tn＝n·3n.‎ ‎【解析】试题分析：（1）先根据和项与通项关系得项的递推关系式：an＋1＝3an，‎ 再根据等比数列定义以及通项公式求数列{an}的通项公式；利用待定系数法求等差数列{bn}中首项与公差，再根据等差数列通项公式得{bn}的通项公式；（2）利用错位相减法求数列{an·bn}的前n项和Tn. 利用错位相减法求和时，注意相减时项的符号变化，中间部分利用等比数列求和时注意项数，最后要除以 试题解析：解　(1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，‎ ‎∴an＝2Sn－1＋1(n∈N*，n＞1)，‎ ‎∴an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，‎ 即an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an(n∈N*，n＞1)．‎ 而a2＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1.‎ ‎∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，‎ ‎∴an＝3n－1(n∈N*)．‎ ‎∴a1＝1，a2＝3，a3＝9，‎ 在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5.‎ 又∵a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列，设等差数列{bn}的公差为d，则有(a1＋b1)(a3＋b3)＝(a2＋b2)2.‎ ‎∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2，‎ ‎∵bn＞0(n∈N*)，∴舍去d＝－10，取d＝2，‎ ‎∴b1＝3，∴bn＝2n＋1(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)·3n－2＋(2n＋1)3n－1，①‎ ‎∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②‎ ‎∴①－②得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2×－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n ‎＝－2n·3n.∴Tn＝n·3n.‎ 点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.‎