四川省成都树德怀远中学2019-2020学年高一数学5月月考试题.doc

四川省成都树德怀远中学2019-2020学年高一数学5月月考试题

四川省成都树德怀远中学2019-2020学年高一数学5月月考试题

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四川省成都树德怀远中学2019-2020学年高一数学5月月考（期中）试题（含解析）
一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）
1.（ ）
A. -1 B. 1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据二倍角余弦公式求解
【详解】，
故选:D
【点睛】本题考查二倍角余弦公式，考查基本分析求解能力，属基础题.
2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝30°，C＝105°，b＝4，则a＝（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意首先求得∠B的值，然后利用正弦定理解三角形即可.
【详解】因为，所以，
由正弦定理得.
本题选择B选项.
【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形的方法，属于基础题.
3.在等比数列{an}中，若a2，a9是方程x2﹣2x﹣6＝0的两根，则a4•a7的值为（）
A. 6 B. 1 C. ﹣1 D. ﹣6
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意利用韦达定理，等比数列的性质，求得a4•a7的值．
【详解】∵等比数列{an}中，若a2，a9是方程x2﹣2x﹣6＝0的两根，∴a2•a9＝﹣6，
则a4•a7＝a2•a9＝﹣6，
故选D．
【点睛】本题主要考查等比数列的性质及二次方程中韦达定理的应用，考查了分析问题的能力，属于基础题．
4.△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，，，则b=
A. B. C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】由余弦定理得，
解得（舍去），故选D.
【考点】余弦定理
【名师点睛】本题属于基础题,考查内容单一,根据余弦定理整理出关于b的一元二次方程,再通过解方程求b.运算失误是基础题失分的主要原因,请考生切记！

5.已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
将已知式平方后，再结合即可解决.
【详解】由已知，，即，解得.
故选：A.
【点睛】本题考查已知三角函数式求三角函数值的问题，解这类题的关键是找到已知式与待求式之间的联系与差异，本题是一道基础题.
6.函数，则的最大值和最小正周期分别为（ ）
A. 2和 B. 4和 C. 2和 D. 4和
【答案】A
【解析】
∵函数
∴函数的最大值为2，最小正周期为
故选A
7.的值等于（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由诱导公式和两角和与差的三角形函数化简可得．
【详解】解：由三角函数公式化简可得

，
故选：．
【点睛】本题考查两角和与差的正弦函数，涉及诱导公式的应用，属于基础题．
8.已知数列的前项和为，且，则的通项公式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据计算可得；
【详解】解：因为①，
当时，，即
当时，②，
①减②得，
所以
故选：B
【点睛】本题考查利用定义法求数列的通项公式，属于基础题.
9.若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：，
且，故选D.
【考点】三角恒等变换
【名师点睛】对于三角函数的给值求值问题，关键是把待求角用已知角表示：
（1）已知角为两个时，待求角一般表示为已知角的和或差．
（2）已知角为一个时，待求角一般与已知角成“倍的关系”或“互余、互补”关系．

10.在中，内角的对边分别为，若，且，则（ ）
A. 1 B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
由正弦定理可得

由余弦定理可得 ，解得
故选B.
11.如图，海平面上的甲船位于中心的南偏西，与相距15海里的处．现甲船以35海里/小时的速度沿直线去营救位于中心正东方向25海里的处的乙船，则甲船到达处需要的时间为（ ）

A. 小时 B. 1小时 C. 小时 D. 2小时
【答案】B
【解析】
【分析】
利用方向坐标画出图形，结合图形利用余弦定理求出的值，再计算甲船到达处需要的时间．
【详解】解：如图所示，

中，，，；
所以，
，
又甲船的速度为，
所以甲船到达处需要的时间为．
故选：B．
【点睛】本题考查了余弦定理的应用问题，也考查了运算求解能力，属于基础题．
12.已知中，，三角形的面积为，且，则（ ）
A. B. 3 C. D. -
【答案】B
【解析】
【分析】
由三角形面积公式可得＝4，据此结合余弦定理和已知条件求解的值即可.
【详解】依题意可得：，所以＝4，
由余弦定理，得：，
即：，
据此可得：.
结合可得3.
本题选择B选项.
【点睛】本题主要考查余弦定理应用，三角形面积公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13.在中，，，则的外接圆的半径为______．
【答案】1
【解析】
【分析】
直接利用正弦定理计算可得；
【详解】解：由正弦定理可知，其中为的外接圆的半径，
所以，即
故答案为：
【点睛】本题考查正弦定理的应用，属于基础题.
14.已知，则数列的前项和为______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用裂项相消法求和即可；
【详解】解：因为
所以

故答案为：
【点睛】本题考查裂项相消法求和，属于基础题.
15.已知，是方程的两个实数根，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据根与系数之间的关系得到和的值，利用两角和的正切公式进行计算即可．
【详解】解：，是方程的两个实数根，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查两角和的正切公式的应用，利用根与系数之间的关系求出，的值是解决本题的关键．
16.单调递增的等差数列的前三项之和为21,前三项之积为231,则______．
【答案】
【解析】
【分析】
设前三项为,利用题设条件得到的方程组,解这个方程组后可得通项公式.
【详解】由于数列为等差数列,因此可设前三项分别为,可得,.即
,解得或.
因为数列为单调递增数列,所以,从而.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了利用基本量法求解等差数列通项公式的方法,需要题意设中间项为简化计算,属于中档题.
三、解答题（本大题共6个小题，共70分）
17.已知为锐角，.
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由二倍角公式，结合题意，可直接求出结果；
（2）先由题意求出，，
根据，由两角差的正弦公式，即可求出结果.
【详解】（1）因为，所以；
（2）因为为锐角，所以，，
又，所以，
，
所以
.
【点睛】本题主要考查三角恒等变换给值求值的问题，熟记二倍角公式，以及两角差的正弦公式即可，属于常考题型.
18.记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式．
（2）求，并求的最小值．
【答案】（1）；（2），最小值为.
【解析】
【分析】
（1）设等差数列的公差为，解方程组得，即得的通项公式；

（2）利用等差数列的前项和公式求出，再利用二次函数的图象求出的最小值．
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题得
所以.
所以等差数列的通项为.
（2）由题得.
所以当时，取最小值.
【点睛】本题主要考查等差数列通项的基本量的计算，考查等差数列求和，考查等差数列和的最值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
19.在中，，，，求角及．
【答案】或
【解析】
【分析】
利用正弦定理结合大角对大边定理可求得角的值，然后对角的大小进行分类讨论，求出角的值，进而可求得的值.
【详解】由正弦定理可得，，
，则，或.
当时，则，此时，；
当时，则，此时，.
综上所述，当时，；当时，.
【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，考查计算能力，属于基础题.
20.已知函数.
（1）求函数的单调增区间；
（2）当时，求的值域.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）化函数为正弦型函数，根据正弦函数的单调性求出的单调增区间；
（2）求出时的取值范围，从而得出的取值范围，进而可得的值域．
【详解】解：（1）函数，
令，
解得：，
所以函数的单调增区间；
（2）当时，，
，
，
的值域为.
【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．
21.已知数列满足.
（1）若，证明：数列是等比数列，求的通项公式；
（2）求的前项和．
【答案】（1）证明见解析，；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由条件可得，即，运用等比数列的定义，即可得到结论；运用等比数列的通项公式可得所求通项．（2）数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，可得所求的和．
【详解】解：（1）证明：由，得，
又，，又，
所以是首相为1，公比为2的等比数列；
，
．
（2）前项和，
，
两式相减可得：

化简可得
【点睛】本题考查利用辅助数列求通项公式，以及错位相减求和，考查学生的计算能力，是一道基础题．
22.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）若a＝c＝2，求△ABC的面积；
（Ⅲ）求sinA＋sinC的取值范围.
【答案】（1）60°； （2）； （3）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由已知利用余弦定理可得，结合范围B∈（0，π），可求；
（Ⅱ）利用三角形面积公式即可计算得解．
（Ⅲ）利用三角函数恒等变换应用可得 ，结合范围，利用正弦函数的有界性即可求解．
详解】（Ⅰ）由.，得，
所以；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得 .
（Ⅲ）由题意得 .
因为0＜A＜，
所以.
故所求的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的有界性在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想．