2020-2021学年广西壮族自治区桂林市高二（上）10月月考数学（文）试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年广西壮族自治区桂林市高二（上）10月月考数学（文）试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若aA.a22

2. 数列−1，43，−95，167，…的一个通项公式是( )
A.an=(−1)n⋅n22n−1B.an=(−1)n⋅n(n+1)2n−1
C.an=(−1)n⋅n22n+1D.an=(−1)n⋅n2−2n2n−1

3. 在△ABC中，已知A=30∘，B=45∘，AC=2，则BC=( )
A.12B.22C.32D.1

4. 记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4=0，a5=10 ，则( )
A.an=5n−15B.an=3n−5C.Sn=2n2−8nD.Sn=n2−4n

5. 在△ABC中，csBcsC=bc，则△ABC一定是( )
A.等边三角形 B.等腰三角形
C.等腰直角三角形D.直角三角形

6. 设数列{an}前n项和为Sn，已知Sn=3an−n，则a3=( )
A.98B.158C.198D.278

7. 已知集合A={x|y=1−x}，集合B=x|x−x2<0，则A∩B=( )
A.⌀B.x|x<1C.x|0
8. △ABC的三内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，若sinB−sinAsinC=2a+ca+b，则角B的大小为( )
A.π4B.3π4C.π3D.2π3

9. 已知数列{an}满足a1=1，an=an−1+3n−2(n≥2)，则{an}的通项公式为( )
A.an=3n2B.an=3n2+nC.an=3n2−n2D. an=3n2+n2

10. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c成等比数列，且a2=c2+ac−bc，则cbsinB=( )
A.32B.233C.33D.3

11. 设数列{an}的前n项和为Sn，且a1=−1，an+1=Sn⋅Sn+1，则Sn=( )
A.nB.1nC.−nD.−1n

12. 在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a=3，(b2+c2−3)tanA=3bc，2cs2A+B2=(2−1)csC，则△ABC的面积为( )
A.3−32B.32+64C.32−64D.3+34
二、填空题

已知a>b>0，c
数列{an}满足a1=2，an=1−1an−1n=2,3,4⋯，则a14=________.

在△ABC中， AC=4，BC=3，三角形的面积等于25，则AB的长为________.

已知数列an满足a1=4，an=2an−1+2nn≥2,n∈N∗，若不等式2n2−n−3<5−λan对任意n∈N∗恒成立，则实数λ的取值范围是________.
三、解答题

等比数列{an}中，a1=1，a5=4a3.
(1)求{an}的通项公式；

(2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm=63，求m．

如图，在△ABC中，已知∠B=30∘，D是BC边上的一点，AD=5，AC=7, DC=3.

(1)求△ADC 的面积；

(2)求边AB的长.

在等差数列{an}中，已知公差d<0，a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)求a1+a2+⋯+a20．

在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且3csinA−acsC+b−2c=0．
(1)求角A的大小；

(2)求csB+csC的范围．

已知等差数列{an}满足a3=6，前7项和为S7=49．
(1)求{an}的通项公式；

(2)设数列{bn}满足bn=(an−3)⋅3n，求{bn}的前n项和Tn．

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，acsA+C2=bsinA，BD平分∠ABC交AC于点D，且BD=2，2AD=3CD．

(1)求B；

(2)求△ABC的面积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西壮族自治区桂林市高二（上）10月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
根据不等式的性质可以判断A，B，C均错误，根据基本不等式可以判断D正确．
【解答】
解：∵ a则a2>b2，ab>b2，(12)a>(12)b，ba+ab>2.
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
数列的概念及简单表示法
【解析】
利用由数列−1，43，−95，167，…．可知：奇数项的符号为“-”，偶数项的符号为“+”，其分母为奇数2n−1，分子为n2．即可得出．
【解答】
解：由数列−1，43，−95，167，…
可得规律：奇数项的符号为“−”，偶数项的符号为“+”，
其分母为奇数2n−1，分子为n2，
∴ 此数列的一个通项公式an=(−1)n⋅n22n−1．
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
无
【解答】
解：由正弦定理可知，
ACsinB=BCsinA，即 222=BC12，
解得，BC=1.
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
根据题意，设等差数列\left\{a_{n}\right\}的公差为d，则有，求出首项和公差，然后求出通项公式和前n项和即可。
【解答】
解：设等差数列an的公差为d，
由S4=0，a5=10，得：4a1+6d=0，a1+4d=10，
解得：a1=−6，d=4，
∴an=4n−10，Sn=2n2−8n.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ csBcsC=bc，
∴ 由正弦定理得，sinBsinC=csBcsC，
即sin(B−C)=0.
∵ 角A，B，C是△ABC内角，
∴ B−C=0，即B=C，
∴ △ABC是等腰三角形.
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
利用数列的递推关系式，逐步求解即可．
【解答】
解：当n≥2时，an=Sn−Sn−1=3an−n−[3an−1−(n−1)]，
整理得，2an=3an−1+1.
又S1=a1=3a1−1，得a1=12，
∴ 2a2=3a1+1=32+1，得a2=54,
∴ 2a3=3a2+1=154+1，得a3=198.
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
函数的定义域及其求法
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，A={x≤1}，B={x<0或x>1}，
则A∩B={x|x<0}.
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
无
【解答】
解：△ABC中，sinB−sinAsinC=2a+ca+b，
由正弦定理得，b−ac=2a+ca+b，
∴ b2−a2=2ac+c2，
即c2+a2−b2=−2ac.
由余弦定理得，
csB=c2+a2−b22ac=−2ac2ac=−22，
又B∈0,π，
∴ 角B的大小为3π4．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由an=an−1+3n−2得an−an−1=3n−2，
∴ an−a1=4+7+…+ 3n−2，
=(n−1)(4+3n−2)2=3n2−n−22，
∴ an=3n2−n2，当n=1时也符合，
∴ 数列的通项公式为an=3n2−n2.
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由a，b，c成等比数列得b2=ac，
则有a2=c2+b2−bc，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为A∈(0,π)，
故A=π3.
对于b2=ac，由正弦定理得，
sin2B=sinAsinC=32⋅sinC，
由正弦定理得，cbsinB=sinCsin2B=sinC32sinC=233．
故选B．
11.
【答案】
D
【考点】
数列递推式
等差关系的确定
【解析】
由已知数列递推式可得Sn+1−Sn＝Sn⋅Sn+1，即1Sn+1−1Sn=−1，由此可知，数列{1Sn}是以−1为首项，以−1为公差的等差数列，求出等差数列的通项公式得答案．
【解答】
解：由an+1=Sn⋅Sn+1，得Sn+1−Sn=Sn⋅Sn+1，
∴ 1Sn+1−1Sn=−1.
∵ 1S1=1a1=−1，
∴ 数列{1Sn}是以−1为首项，以−1为公差的等差数列，
∴ 1Sn=−1+(n−1)×(−1)=−n，
∴ Sn=−1n．
故选D.
12.
【答案】
D
【考点】
三角形的面积公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
本题主要考查解三角形、正弦定理和余弦定理的应用以及三角恒等变换等知识.
【解答】
解：因为a=3，(b2+c2−3)tanA=3bc，
所以(b2+c2−a2)tanA=3bc，
即b2+c2−a22bc⋅tanA=32，
所以csAtanA=sinA=32.
因为A为锐角，所以A=60∘.
由2cs2A+B2=(2−1)csC得，
cs(A+B)+1=−csC+1=(2−1)csC，
所以csC=22，C=45∘.
由正弦定理得3sin60∘=csin45∘，
所以c=2，
所以△ABC的面积S=12acsinB=12×3×2×sin75∘
=62sin(30∘+45∘)
=62×12×22+32×22
=3+34.
故选D.
二、填空题
【答案】
>
【考点】
不等式性质的应用
【解析】
通过c−d>0，从而a−c>b−d>0，求倒数可知1a−c<1b−d<0，两边同时乘以负数即得结论．
【解答】
解：∵ c∴ −c>−d>0.
又∵ a>b>0，
∴ a−c>b−d>0，
∴ 1a−c<1b−d.
又∵ e<0，
∴ ea−c>eb−d．
故答案为：>.
【答案】
12
【考点】
数列递推式
【解析】

【解答】
解：数列an满足a1=2，an=1−1an−1，
可得a2=12,a3=−1, a4=2，
所以数列的周期为3，
a14=a2=12.
故答案为： 12．
【答案】
3或41
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】

【解答】
解：∵ AC=4，BC=3，三角形的面积等于25，
∴ 12AC⋅BC⋅sinC=25，即sinC=53，
∴ csC=±1−sin2C=±23.
当csC=23时，由余弦定理得，
AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅csC
=16+9−2×3×4×23=9，
∴ AB=3.
当csC=−23时，由余弦定理得，
AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅csC
=16+9−2×3×4×(−23)=41，
∴ AB=41.
综上，AB的长为3或41.
故答案为：3或41.
【答案】
−∞,378
【考点】
数列与函数单调性问题
数列递推式
【解析】
无
【解答】
解：由题意，数列an满足a1=4，an=2an−1+2nn≥2,n∈N∗，
则an2n=an−12n−1+1（常数），
所以数列an2n是以421=2为首项，以1为公差的等差数列，
所以an2n=2+n−1×1=n+1，
整理得an=n+1⋅2n，
不等式2n2−n−3<5−λan对任意n∈N∗恒成立，
即5−λ>2n2−n−3n+1⋅2n=2n−32n对任意n∈N∗恒成立，
即λ<5−2n−32n对任意n∈N∗恒成立，
设fn=2n−32n，
则fn+1−fn=2n+1−32n+1−2n−32n=−2n+52n+1，
当n=1，2时，fn+1−fn>0，此时数列为递增数列；
当n≥3，n∈N∗时， fn+1−fn<0，此时数列为递减数列，
又由f2=14，f3=38，
所以λ<5−38=378，
即实数λ的取值范围是−∞,378．
故答案为： −∞,378．
三、解答题
【答案】
解：(1)设等比数列{an}的公比为q.
∵ 在等比数列{an}中，a1=1，a5=4a3，
∴ 1×q4=4×(1×q2)，
解得：q=0(舍去)，q=2或q=−2，
∴ an=(−2)n−1或an=2n−1.
(2)若an=(−2)n−1，则Sn=1−(−2)n3，
由Sm=63，得(−2)m=−188，此方程没有正整数解；
若an=2n−1，则Sn=2n−1，
由Sm=63，得2m=64，解得：m=6.
综上，m=6.
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】

【解答】
解：(1)设等比数列{an}的公比为q.
∵ 在等比数列{an}中，a1=1，a5=4a3，
∴ 1×q4=4×(1×q2)，
解得：q=0(舍去)，q=2或q=−2，
∴ an=(−2)n−1或an=2n−1.
(2)若an=(−2)n−1，则Sn=1−(−2)n3，
由Sm=63，得(−2)m=−188，此方程没有正整数解；
若an=2n−1，则Sn=2n−1，
由Sm=63，得2m=64，解得：m=6.
综上，m=6.
【答案】
解：(1)在△ADC中，由余弦定理得
cs∠ADC=AD2+DC2−AC22AD⋅DC
=52+32−722×5×3=−12．
∵ ∠ADC为△ADC的内角，
∴ ∠ADC=120∘，
∴ sin∠ADC=32，
∴ S△ADC=12AD⋅DC⋅sin∠ADC
=12×5×3×32=1534.
(2)在△ABD中， ∠ADB=60∘，
由正弦定理得： ABsin∠ADB=ADsinB，
∴ AB=5×3212=53.
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)在△ADC中，由余弦定理得
cs∠ADC=AD2+DC2−AC22AD⋅DC
=52+32−722×5×3=−12．
∵ ∠ADC为△ADC的内角，
∴ ∠ADC=120∘，
∴ sin∠ADC=32，
∴ S△ADC=12AD⋅DC⋅sin∠ADC
=12×5×3×32=1534.
(2)在△ABD中， ∠ADB=60∘，
由正弦定理得： ABsin∠ADB=ADsinB，
∴ AB=5×3212=53.
【答案】
解：(1)由题意可得，a2=10+d，a3=10+2d．
∵ a1，2a2+2，5a3成等比数列，
∴ 2a2+22=5a1a3，
即4(11+d)2=50(10+2d)，
化简得d2−3d−4=0，
解得d=−1或d=4（舍去）．
∴ an=10−(n−1)=11−n．
(2)由(1)得an=11−n，
由an=11−n≥0，得1≤n≤11，
由an=11−n<0，得n>11，
∴ a1+a2+⋯+a20
=a1+a2+⋯+a11−(a12+⋯+a20)
=−S20+2S11
=−20a1+a202+211a1+a112=100，
∴ a1+a2+⋯+a20=100．
【考点】
等比中项
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可得，a2=10+d，a3=10+2d．
∵ a1，2a2+2，5a3成等比数列，
∴ 2a2+22=5a1a3，
即4(11+d)2=50(10+2d)，
化简得d2−3d−4=0，
解得d=−1或d=4（舍去）．
∴ an=10−(n−1)=11−n．
(2)由(1)得an=11−n，
由an=11−n≥0，得1≤n≤11，
由an=11−n<0，得n>11，
∴ a1+a2+⋯+a20
=a1+a2+⋯+a11−(a12+⋯+a20)
=−S20+2S11
=−20a1+a202+211a1+a112=100，
∴ a1+a2+⋯+a20=100．
【答案】
解：(1)因为3csinA−acsC+b−2c=0，
所以3sinCsinA−sinAcsC+sinB−2sinC=0.
因为sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
所以3sinCsinA+csAsinC−2sinC=0.
又sinC≠0，
所以3sinA+csA=2，可得：sin(A+π6)=1，
因为△ABC是锐角三角形，
所以A+π6=π2，A=π3.
(3)因为A=π3，
所以B+C=2π3，
csB+csC=cs(2π3−C)+csC
=sin(C+π6).
因为△ABC是锐角三角形，
所以π6【考点】
两角和与差的正弦公式
两角和与差的余弦公式
正弦定理
正弦函数的定义域和值域
【解析】
（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知可得3sinCsinA+csAsinC−2sinC=0，结合sinC≠0，可得sin(A+π6)=1，结合A的范围可求A的值．
（2）由三角形内角和定理，三角函数恒等变换的应用可求csB+csC=sin(C+π6)，结合范围π6【解答】
解：(1)因为3csinA−acsC+b−2c=0，
所以3sinCsinA−sinAcsC+sinB−2sinC=0.
因为sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
所以3sinCsinA+csAsinC−2sinC=0.
又sinC≠0，
所以3sinA+csA=2，可得：sin(A+π6)=1，
因为△ABC是锐角三角形，
所以A+π6=π2，A=π3.
(3)因为A=π3，
所以B+C=2π3，
csB+csC=cs(2π3−C)+csC
=sin(C+π6).
因为△ABC是锐角三角形，
所以π6【答案】
解：(1)由S7=7×(a1+a7)2=7a4=49，
得a4=7，
∵ a3=6，
∴ d=1，
∴ a1=4，
∴ an=n+3(n∈N∗).
(2)bn=(an−3)⋅3n=n⋅3n，
∴ Tn=1×31+2×32+3×33+...+n×3n，
∴ 3Tn=1×32+2×33+3×34+...+n×3n+1，
∴ −2Tn=3+32+33+34+...+3n−n×3n+1=3−3n+11−3−n×3n+1，
∴ Tn=(2n−1)×3n+1+34.
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
【解析】
（1）根据等差数列的求和公式和等差数列的性质即可求出，
（2）根据错位相减法即可求出．
【解答】
解：(1)由S7=7×(a1+a7)2=7a4=49，
得a4=7，
∵ a3=6，
∴ d=1，
∴ a1=4，
∴ an=n+3(n∈N∗).
(2)bn=(an−3)⋅3n=n⋅3n，
∴ Tn=1×31+2×32+3×33+...+n×3n，
∴ 3Tn=1×32+2×33+3×34+...+n×3n+1，
∴ −2Tn=3+32+33+34+...+3n−n×3n+1=3−3n+11−3−n×3n+1，
∴ Tn=(2n−1)×3n+1+34.
【答案】
解：(1)∵ acsA+C2=bsinA，
∴ acsπ−B2=asinB2=bsinA，
∴ 由正弦定理可得
sinAsinB2=sinBsinA=2sinB2csB2sinA，
∵ A，B∈(0, π)，可得B2∈(0, π2)，sinA>0，
∴ csB2=12，可得B2=π3，
∴ 可得B=2π3．
(2)∵ BD平分∠ABC交AC于点D，且BD=2，2AD=3CD，
∴∠ABD=∠DBC=π3.
设AD=3x，CD=2x，
在△ABD中，
有ADsin∠ABD=BDsinA，
即3xsinπ3=2sinA,.
同理可得2xsinπ3=2sinC，
联立可得3sinA=2sinC.
∵A+C=π3，
∴3sinA=2sinπ3−A，
可得4sinA=3csA，
结合sin2A+cs2A=1，
可得sinA=5719，
则x=193，
∴AD=19，CD=2193.
在△ABD中，
cs∠ABD=AB2+BD2−AD22AB⋅BD，
化简得AB−12=16，
解得AB=5或−3（舍去）.
同理可得BC=103，
故S△ABC=12AB⋅BCsin∠ABC=2536.
【考点】
诱导公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)由已知利用诱导公式，正弦定理，二倍角的正弦函数公式化简已知等式可得csB2=12，结合角的范围可求B2，进而可求B的值．
(Ⅱ)利用三角形角平分线的性质可得3a＝2c，①，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求sinA的值，在△ABD中，由正弦定理得AD，可得b的值，在△ABC中，由余弦定理得(5193)2＝a2+c2+ac，②，由①②解得a，c的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．
【解答】
解：(1)∵ acsA+C2=bsinA，
∴ acsπ−B2=asinB2=bsinA，
∴ 由正弦定理可得
sinAsinB2=sinBsinA=2sinB2csB2sinA，
∵ A，B∈(0, π)，可得B2∈(0, π2)，sinA>0，
∴ csB2=12，可得B2=π3，
∴ 可得B=2π3．
(2)∵ BD平分∠ABC交AC于点D，且BD=2，2AD=3CD，
∴∠ABD=∠DBC=π3.
设AD=3x，CD=2x，
在△ABD中，
有ADsin∠ABD=BDsinA，
即3xsinπ3=2sinA,.
同理可得2xsinπ3=2sinC，
联立可得3sinA=2sinC.
∵A+C=π3，
∴3sinA=2sinπ3−A，
可得4sinA=3csA，
结合sin2A+cs2A=1，
可得sinA=5719，
则x=193，
∴AD=19，CD=2193.
在△ABD中，
cs∠ABD=AB2+BD2−AD22AB⋅BD，
化简得AB−12=16，
解得AB=5或−3（舍去）.
同理可得BC=103，
故S△ABC=12AB⋅BCsin∠ABC=2536.

2020-2021学年广西壮族自治区桂林市高二（上）10月月考数学（文）试卷人教A版

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