2020-2021学年河南省信阳市高二（上）9月月考数学试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年河南省信阳市高二（上）9月月考数学试卷 (1)人教A版，共9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. 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⋅n32n−1

2. 在△ABC中，若sin2A−sin2B>sin2C，则△ABC的形状是( )
A.锐角三角形B.直角三角形
C.钝角三角形D.等腰直角三角形

3. 在△ABC中，a=43，b=42，A=60∘，则B=( )
A.45∘B.135∘
C.45∘或135∘D.以上答案都不对

4. 已知等差数列{an}满足a1+3a8+a15=120，则2a9−a10=( )
A.20B.22C.24D.−8

5. 在△ABC中，(a+b+c)(a+b−c)=3ab，则C=( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

6. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1=1，公差d=2，Sn+2−Sn=36，则n=( )
A.5B.6C.7D.8

7. 已知等差数列{an}中，a2+a9=a6，则其前9项和S9=( )
A.−2B.0C.1D.2

8. 在△ABC中，已知C=120∘，两边a，b是方程x2−3x+2=0的两根，则c等于( )
A.5B.7C.11D.13

9. 设数列{an}是等差数列，且a2=−6，a8=6，Sn是数列{an}的前n项和，则( )
A.S4
10. 在△ABC中，若b2sin2C+c2sin2B=2bccsBcsC，则△ABC是( )
A.等边三角形B.等腰三角形
C.直角三角形D.等腰直角三角形

11. 已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且AnBn=3n+5n+3，则a5b5=( )
A.52B.133C.3513D.83

12. 定义np1+p2+⋯+pn为n个正数p1，p2，p3，⋯，pn的“均倒数”.已知各项均为正数的数列{an}的前n项的“均倒数”为12n+1，求an=( )
A.an=4n−1B.an=4n+1C.an=2n−1D.an=2n+1
二、填空题

若等差数列an的前5项之和S5=25，且a2=3，则通项公式an=________.

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b3csB=asinA，则csB=________.

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=5，c=2，csA=23，则b=________.

在等差数列{an}中，a1=−2012，其前n项和为Sn，若S20122012−S1010=2002，则S2014=_______.
三、解答题

在△ABC中，A=60∘，3b=2c，S△ABC=332．
(1)求b的值；

(2)求sinB的值．

已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a4=2，S6=18．
(1)求an；

(2)设Tn=|a1|+|a2|+⋯+|an|，求Tn．

如图，在△ABC中，点D在BC边上， ∠CAD=π4，AC=72 ，cs∠ADB=−210.

(1)求sin∠C的值；

(2)若BD=2DC，求边AB的长．

已知数列{an}，Sn是该数列的前n项和，Sn=n2+2n．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn=1anan+1，Tn=b1+b2+⋯+bn，证明Tn<16．

某货船在索马里海域航行中遭海盗袭击，发出呼救信号，我海军护航舰在A处获悉后，立即测出该货船在方位角为45∘，与A处相距10 n mile的C处，并测得货船正沿方位角105∘的方向，以10 n mile/ℎ的速度向前行驶，我海军护航舰立即以103 n mile/ℎ的速度前去营救，求护航舰的航向和与货船相遇所需的时间．(方位角：从正北方向线顺时针旋转到目标方向线所成的水平角)


已知在△ABC中，a，b，c为角A，B，C所对的边，且(b−2c)⋅csA=a−2a⋅cs2B2．
(1)求角A的值；

(2)若a=3，求b+c的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省信阳市高二（上）9月月考数学试卷
一、选择题
1.
【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．
2.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
三角形的形状判断
【解析】
运用正弦定理可得b2+c2【解答】
解：∵ 在△ABC中，sin2A−sin2B>sin2C，
∴ 由正弦定理可得，a2−b2>c2，即b2+c2∴ 由余弦定理可得，csA=b2+c2−a22bc<0，
∴ 角A为钝角，
∴ △ABC的形状是钝角三角形．
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
在△ABC中，由正弦定理求得sinB=22，再由b【解答】
解：在△ABC中，由正弦定理可得，asinA=bsinB，
即43sin60∘=42sinB，解得：sinB=22．
∵ b∴ B∴ B=45∘．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】

【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d.
∵ a1+3a8+a15=120，
∴ a1+3(a1+7d)+a1+14d=5a1+35d=120，
∴ a1+7d=24，
∴ 2a9−a10=2(a1+8d)−a1−9d=a1+7d=24．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
【解析】
先将(a+b+c)(a+b−c)=3ab展开化简，再由余弦定理可求出角C的余弦值，从而得到答案．
【解答】
解：∵ (a+b+c)(a+b−c)=3ab，
∴ (a+b)2−c2=3ab，
∴ a2+b2−c2=ab.
由余弦定理得，csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12.
∵ 0∴ C=60∘.
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
由Sn+2−Sn＝36，得an+1+an+2＝36，代入等差数列的通项公式求解n．
【解答】
解：由Sn+2−Sn=36，得an+1+an+2=36，
即a1+nd+a1+(n+1)d=36.
∵ a1=1，d=2，
∴ 2+2n+2(n+1)=36，
解得：n=8．
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
由题意和等差数列的性质可得a5，再由性质和求和公式可得S9=9a5，代值计算可得．
【解答】
解：∵ a5+a6=a2+a9=a6，
∴ a5=0，
∴ 前9项和S9=9(a1+a9)2=9×2a52=9a5=0.
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
根与系数的关系
余弦定理
【解析】
由一元二次方程根与系数的关系，算出a+b=3，且ab=2，配方得到a2+b2=5．利用余弦定理算出c2=a2+b2−2abcsC=7，从而可得c的值．
【解答】
解：∵ a和b是方程x2−3x+2=0的两根，
∴ a+b=3，ab=2，
∴ a2+b2=(a+b)2−2ab=5.
∵ 在△ABC中，C=120∘，
∴ c2=a2+b2−2abcsC=5−2×2×(−12)=7，
∴ c=7.
故选B.
9.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
先由通项公式求a1，d，再用前n项和公式验证．
【解答】
解：∵ a2=−6，a8=6，
∴ a1+d=−6，a1+7d=6，
解得：a1=−8，d=2，
∴ a5=a1+4d=−8+8=0，
∴ S4=S5.
故选B.
10.
【答案】
C
【考点】
两角和与差的余弦公式
正弦定理
三角形的形状判断
【解析】
利用正弦定理化简已知的等式，根据sinBsinC不为0，在等式两边同时除以sinBsinC，移项后再根据两角和与差的余弦函数公式化简，可得出cs(B+C)=0，根据B和C都为三角形的内角，可得两角之和为直角，从而判断出三角形ABC为直角三角形．
【解答】
解：根据正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，
得到a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，代入已知的等式得：
(2RsinB)2sin2C+(2RsinC)2sin2B=8R2sinBsinCcsBcsC，
即sin2Bsin2C+sin2Csin2B=2sinBsinCcsBcsC.
∵ sinBsinC≠0，
∴ sinBsinC=csBcsC，
∴ csBcsC−sinBsinC=cs(B+C)=0.
∵ 角B和角C都为三角形的内角，
∴ B+C=90∘，
∴ △ABC为直角三角形．
故选C.
11.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
因为数列{an}和{bn}为等差数列，所以A9＝9a5，B9＝9b5，将a5b5转化为A9B9即可．
【解答】
解：∵ 数列{an}和{bn}为等差数列，
∴ A9=a1+a92×9=9a5，
同理可得，B9=9b5，
∴ a5b5=A9B9=3×9+59+3=3212=83．
故选D.
12.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
【解析】

【解答】
解：由题意得，a1+a2+⋯+an−1+an=n(2n+1)①，
a1+a2+⋯+an−1=(n−1)(2n−1) ②，
①−②相减，得an=4n−1(n≥2)．
∵ 1a1=12×1+1，
解得：a1=3=4×1−1，
∴ an=4n−1(n∈N+)．
故选A.
二、填空题
【答案】
2n−1
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
设出首项，公差，构造方程组，解出即可.
【解答】
解：设等差数列an的首项为a1，公差为d，
则5a1+5×42×d=25，a1+d=3， 解得：a1=1，d=2，
所以an=1+n−1×2=2n−1.
故答案为：2n−1.
【答案】
12
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理化简b3csB=asinA，求得tanB=3，从而求B，然后可求.
【解答】
解：∵ b3csB=asinA，
∴ 由正弦定理得，sinB3csB=sinAsinA⇒tanB=3.
∵ B∈0,π，
∴ B=π3，
∴ csB=12.
故答案为：12.
【答案】
3
【考点】
余弦定理
【解析】
利用余弦定理直接求解即可．
【解答】
解：∵ △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
且a=5，c=2，csA=23，
∴ 根据余弦定理csA=b2+c2−a22bc，
可得23=b2+4−54b，解得：b=3．
故答案为：3．
【答案】
2014
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】

【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d，则Sn=na1+n(n−1)d2，
∴ Snn=a1+n−12d，则Sn+1n+1=a1+nd2，
∴ Sn+1n+1−Snn=d2，
∴ {Snn}是首项为−2012，公差为d2的等差数列，
∴ S20122012−S1010=2002×d2=1001d=2002，
∴ d=2．
∵ 数列{an}为等差数列，a1=−2012，
∴ S2014=2014a1+2014×(2014−1)2×2
=2014×(−2012)+2014×(2014−1)2×2
=2014．
故答案为：2014.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ A=60∘，S△ABC=332，
∴ 12bcsin60∘=332，解得：bc=6.
∵ 3b=2c，
∴ b=2，c=3．
(2)∵ b=2，c=3，A=60∘，
∴ 由余弦定理a2=c2+b2−2bccsA，
可得a2=9+4−2×2×3×12=7，
∴ a=7.
由正弦定理可得，7sin60∘=2sinB，
∴ sinB=217.
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）由A=60∘和S△ABC=332，利用面积公式，可得bc=6，结合3b=2c求b的值；
（2）由余弦定理可得a，再利用正弦定理可求sinB的值．
【解答】
解：(1)∵ A=60∘，S△ABC=332，
∴ 12bcsin60∘=332，解得：bc=6.
∵ 3b=2c，
∴ b=2，c=3．
(2)∵ b=2，c=3，A=60∘，
∴ 由余弦定理a2=c2+b2−2bccsA，
可得a2=9+4−2×2×3×12=7，
∴ a=7.
由正弦定理可得，7sin60∘=2sinB，
∴ sinB=217.
【答案】
解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
∵ a4=2，S6=18，
∴ a1+3d=2,6a1+6×52d=18, 解得a1=8,d=−2,
∴ an=8−2(n−1)=10−2n.
(2)∵ an=10−2n，
∴ 当n=5时，a5=0；当n≤5时，|an|=an，
∴ Tn=|a1|+|a2|+⋯+|an|
=a1+a2+⋯+an
=n(8+10−2n)2=9n−n2；
当n≥6时，Tn=|a1|+|a2|+...+|an|
=a1+a2+⋯+a5−a6−a7−a8−⋯−an
=2(a1+a2+⋯+a5)−(a1+a2+⋯+an)
=40−(9n−n2)
=n2−9n+40，
∴ Tn=9n−n2(n≤5),n2−9n+40(n≥6), n∈N∗．
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）直接利用等差数列的通项公式和求和公式，求出数列的通项公式．
（2）利用通项公式，进一步利用分类讨论思想的应用求出数列的和．
【解答】
解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
∵ a4=2，S6=18，
∴ a1+3d=2,6a1+6×52d=18, 解得a1=8,d=−2,
∴ an=8−2(n−1)=10−2n.
(2)∵ an=10−2n，
∴ 当n=5时，a5=0；当n≤5时，|an|=an，
∴ Tn=|a1|+|a2|+⋯+|an|
=a1+a2+⋯+an
=n(8+10−2n)2=9n−n2；
当n≥6时，Tn=|a1|+|a2|+...+|an|
=a1+a2+⋯+a5−a6−a7−a8−⋯−an
=2(a1+a2+⋯+a5)−(a1+a2+⋯+an)
=40−(9n−n2)
=n2−9n+40，
∴ Tn=9n−n2(n≤5),n2−9n+40(n≥6), n∈N∗．
【答案】
解：(1)在△ABC中，
因为cs∠ADB=−210，且∠ADB∈0,π，
所以sin∠ADB=7210．
因为∠CAD=π4，
所以∠C=∠ADB−π4，
所以sin∠C=sin∠ADB−π4
=7210×22+210×22=45．
(2)在△ACD中，由正弦定理得 727210=CD22，
∴ CD=52.
∵BD=2DC，
∴ BC=152.
由余弦定理可知：AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠C，
∴ AB=494+2254−2×72×152×35=37．
【考点】
两角和与差的正弦公式
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)在△ABC中，
因为cs∠ADB=−210，且∠ADB∈0,π，
所以sin∠ADB=7210．
因为∠CAD=π4，
所以∠C=∠ADB−π4，
所以sin∠C=sin∠ADB−π4
=7210×22+210×22=45．
(2)在△ACD中，由正弦定理得 727210=CD22，
∴ CD=52.
∵BD=2DC，
∴ BC=152.
由余弦定理可知：AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠C，
∴ AB=494+2254−2×72×152×35=37．
【答案】
(1)解：当n=1时，a1=S1=3；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=n2+2n−(n−1)2−2(n−1)=2n+1，
上式对n=1也成立，
∴ an=2n+1，n∈N∗.
(2)证明：∵ bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)
=12(12n+1−12n+3)，
∴ Tn=b1+b2+⋯+bn
=12(13−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3)
=12(13−12n+3)=16−14n+6.
∵ 14n+6>0，
∴ Tn<16．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）运用数列的递推式：，当n＝1时，a1＝S1，当n≥2时，an＝Sn−Sn−1，化简整理可得所求通项公式；
（2）求得bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，由裂项相消求和，结合不等式的性质，即可得证．
【解答】
(1)解：当n=1时，a1=S1=3；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=n2+2n−(n−1)2−2(n−1)=2n+1，
上式对n=1也成立，
∴ an=2n+1，n∈N∗.
(2)证明：∵ bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)
=12(12n+1−12n+3)，
∴ Tn=b1+b2+⋯+bn
=12(13−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3)
=12(13−12n+3)=16−14n+6.
∵ 14n+6>0，
∴ Tn<16．
【答案】
解：设护航舰与货船在B处相遇，且所需的时间为tℎ，
由题意可得，AB=103t，BC=10t，∠ACB=120∘.
在△ABC中，由余弦定理AB2=BC2+AC2−2BC⋅AC⋅cs∠ACB，
可得，300t2=100t2+100−2⋅10t⋅10cs120∘，
整理得，2t2−t−1=0，
解得：t=1或t=−12(舍去)，
∴ 护航舰需要1ℎ与货船相遇，此时AB=103，BC=10.
在△ABC中，由正弦定理得，BCsin∠CAB=ABsin120∘，
即10sin∠CAB=10332，解得：sin∠CAB=12.
∵ ∠CAB∈(0,π2)，
∴ ∠CAB=30∘，
∴ 护航舰航行的方位角为45∘+30∘=75∘．
【考点】
解三角形的实际应用
余弦定理
正弦定理
【解析】
设所需时间为tℎ，可得AB=103t且CB=10t，△ABC中由余弦定理建立关于t的方程，解出t=1，从而得到AB=103、BC=10．然后由正弦定理解出∠CAB=30∘，即可得到护航舰航行的方位角．
【解答】
解：设护航舰与货船在B处相遇，且所需的时间为tℎ，
由题意可得，AB=103t，BC=10t，∠ACB=120∘.
在△ABC中，由余弦定理AB2=BC2+AC2−2BC⋅AC⋅cs∠ACB，
可得，300t2=100t2+100−2⋅10t⋅10cs120∘，
整理得，2t2−t−1=0，
解得：t=1或t=−12(舍去)，
∴ 护航舰需要1ℎ与货船相遇，此时AB=103，BC=10.
在△ABC中，由正弦定理得，BCsin∠CAB=ABsin120∘，
即10sin∠CAB=10332，解得：sin∠CAB=12.
∵ ∠CAB∈(0,π2)，
∴ ∠CAB=30∘，
∴ 护航舰航行的方位角为45∘+30∘=75∘．
【答案】
解：(1)∵ 在△ABC中，
(b−2c)⋅csA=a−2a⋅cs2B2=a−2a⋅1+csB2，
∴ 由正弦定理得， (sinB−2sinC)csA=sinA(−csB)，
∴ sinBcsA+csBsinA=2sinCcsA，
即sin(B+A)=2sinCcsA，
∴ sinC=2sinCcsA.
∵ sinC≠0，
∴ csA=12，
∴ A=π3．
(2)∵ a=3，
∴ 由正弦定理可得， bsinB=csinC=asinA=2，
∴ b+c=2(sinB+sinC)=2[sinB+sin(2π3−B)]
=3sinB+3csB=23sin(B+π6)．
∵ 0∴ π6∴ sin(B+π6)∈(12,1]，
∴ b+c∈(3,23].
【考点】
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
正弦定理
正弦函数的定义域和值域
【解析】


【解答】
解：(1)∵ 在△ABC中，
(b−2c)⋅csA=a−2a⋅cs2B2=a−2a⋅1+csB2，
∴ 由正弦定理得， (sinB−2sinC)csA=sinA(−csB)，
∴ sinBcsA+csBsinA=2sinCcsA，
即sin(B+A)=2sinCcsA，
∴ sinC=2sinCcsA.
∵ sinC≠0，
∴ csA=12，
∴ A=π3．
(2)∵ a=3，
∴ 由正弦定理可得， bsinB=csinC=asinA=2，
∴ b+c=2(sinB+sinC)=2[sinB+sin(2π3−B)]
=3sinB+3csB=23sin(B+π6)．
∵ 0∴ π6∴ sin(B+π6)∈(12,1]，
∴ b+c∈(3,23].