四川省雅安中学2020-2021学年高一数学下学期4月月考试题.doc

四川省雅安中学2020-2021学年高一数学下学期4月月考试题

四川省雅安中学2020-2021学年高一数学下学期4月月考试题

年级：
姓名：

11

四川省雅安中学2020-2021学年高一数学下学期4月月考试题
考试时间：120分钟；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）
一． 单选题（每道题5分，共60分）
1．设的内角，，所对的边分别为，，，若，且，则（ ）
A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形
2．化简：（ ）
A． B． C． D．
3．已知在中，角、、的对边分别为、、，若、是方程的两个实数根，且的面积为，则角的大小是（ ）
A． B． C．或 D．或
4．已知数列{an}的前4项为：，则数列{an}的通项公式是（　　）
A． B．
C． D．
5．下列命题
①设非零向量，若，则向量与的夹角为锐角；
②若非零向量与是共线向量，则四点共线；
③若，则；
④若，则.其中正确的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
6．已知是公差不为0的等差数列，是与的等比中项，则（ ）
A．－9 B．0 C．9 D．无法确定
7．已知等差数列满足，，前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．的前项和中最大 B．是递增数列
C．中存在值为的项 D．
8．中，内角所对的边分别为.若，则的面积为（ ）
A．6 B． C． D．
9．等比数列的各项均为正数，已知向量，，且，则　　
A．12 B．10 C．5 D．
10．已知等比数列的前项和，则（ ）
A．9 B．3 C．6 D．
11.在中，内角，，所对边分别为，，．若， ， ，则（ ）
A． B． C． D．
12．已知是等差数列的前项和，，设，则数列的前项和为，则下列结论中不正确的是（ ）
A． B．
C． D．时，取得最大值
第II卷（非选择题）

二． 填空题（每道题5分，共20分）
13．等差数列前项和为， ，则____________.
14.如图,已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km,灯塔A在观察站C的北偏东20°,灯塔B在观察站C的南偏东40°,则灯塔A与灯塔B的距离为　　　　.

15．已知数列的前项和，那么它的通项公式是______________.
16.在中，角，，所对的边分别为，，，已知，且，则周长的取值范围是____________
三． 解答题（17题10分，其余各题12分，共70分）
17.在中，内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）若，，求的面积.

18．数列的前n项之和为，，(p为常数)
（1）当时，求数列的前n项之和；
（2）当时，求证数列是等比数列.

19.在中，角的对边分别为，且．
（1）求角的值；
（2）若，的面积为，求的周长．

20．的内角的对边分别为，已知，，.
（1）求角；
（2）若点满足，求的外接圆半径.

21．已知数列满足，，数列满足.
（1）求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式；
（2）求数列的前项和；

22.．已知等差数列的公差d大于0，且满足，．数列满足．
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求取得最大值时的值．

绝密★启用前
2020-2021学年度雅安中学高一下期4月月考试题答案
一．选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
D
C
C
A
B
B
A
B
C
A
B
D

1．【详解】因为，所以，
即，即，所以，因此角为直角；
又，所以，所以；因此，是等腰直角三角形.故选：D.
2．【详解】 .故选：C
3．【详解】由于、是方程的两个实数根，由韦达定理可得，
据题意，得，，解得或.故选：C.
4．【详解】根据题意，观察数列{an}的前4项，可知分母为2n，分子是奇数，为2n﹣1，
同时各项符号是正负相间，所以．故选：A．
5．【详解】对于①，若同向，则，此时夹角为，不是锐角，①错误；
对于②，若与是平行四边形两对边，则与共线，但不共线，②错误；
对于③，若是零向量，则，此时无法确定，③错误；
对于④，若，则方向相同，模长相等，所以，④正确.故选：.
6．【详解】设的公差为d，因为是与的等比中项，所以，即，可得，所以.故选：B.
7．【详解】设等差数列的公差为，则，解得，
，则.
对于A选项，，所以，的前项和中最大，A选项正确；
对于B选项，，所以，数列是递减数列，B选项错误；
对于C选项，令，可得，所以，中不存在值为的项，C选项错误；
对于D选项，，，D选项错误.故选：A.
8．【详解】由条件可知：，①由余弦定理可知：，②所以由①②可知，，即，则的面积为.故选：B
9．【详解】向量＝（，），＝（，），且•＝4，
∴+＝4，由等比数列的性质可得：＝……＝＝＝2，
则log2（•）＝．故选C．
10．【详解】因为，所以时，，两式相减，可得,，,,因为是等比数列，所以，
所以，所以，故选A.
11.【详解】由三角形面积公式可得：，即，解得：，
结合余弦定理可得：，则，由正弦定理有：，结合合分比定理可得：.故选：B.
12． 【详解】设等差数列的公差为，因为，
可得，，，
即，，即，所以，，
即数列递减，且，，…，，，又由，可得，则，由，要使取最大值，则取得最小值，显然，而，所以当时，取得最小值.综上可得，不正确的选项为D.故选：D.
第II卷（非选择题）

二．填空题（每道题5分，共20分）
13．【详解】
，即
14.解析：由题意知,∠ACB=120°,∴由余弦定理得AB2=3a2+3a2-2a×a×cos 120°=9a2,∴AB=3a km.
15．【解析】分类讨论：当时，a1=S1=2+1-5= -2,
当时，an=Sn-Sn-1=(2n2+n-5)-[2(n-1)2+(n-1)-5]=4n-1,且当时：4n-1=4-1=3≠-2
据此可得，数列的通项公式为： .
16.【详解】因为，，所以，所以，
所以，则，即.
由正弦定理可得，则，，
故的周长.
因为解得，则，故的周长.故选：B．
三．解答题（16题10分，其余各题12分，共70分）
17.【详解】（1）由正弦定理，得，，，又，所以.由余弦定理，得，故.又，所以.
（2）由余弦定理，得.联立方程组，得，化简，得，解得，
所以的面积.
18．【详解】（1）当, ,数列为等差数列，公差,又，
，,,
数列的前n项之和；
（2）当时，，，又，，
∴数列是首相为2，公比为2的等比数列.
19.【详解】（1）由题意，在中，满足．根据正弦定理可得：，即， 又由，可得，即，又因为，可得，所以，即，因为， 所以．
（2）由的面积为，即，可得，解得，
又由余弦定理，可得，
解得，所以的周长为．
20．【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
又∵，∴，∵，∴.
又，所以.
（2）由正弦定理易知，解得.又，所以，即.
在中，因为，，所以，所以在中，，，
由余弦定理得，
即，由可知的外接圆半径为1.
21．【详解】（1），，，
，，又，，
数列是首项为1，公差为的等差数列，；
（2）由（1）得，，
，，
两式相减得
，；
22.．【详解】（1）由题意，∵，∴可解得，∴，
又由已知，由式得时有式，
两式相减得，，＝1不适用，∴．
（2），则，
∵，∴时，，是递增数列，时，，是递减数列，
∴是最大，时，最大．