2020-2021年四川省江油市高一（下）5月月考数学_（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021年四川省江油市高一（下）5月月考数学_（理）试卷人教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. 下列说法正确的是（ ）
A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C.有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥
D.棱台各侧棱的延长线交于一点

2. 向量a→=(1, 2)，b→=(2, λ)，c→=(3, −1)，且(a→+b→) // c→，则实数λ=（ ）
A.3B.−3C.7D.−7

3. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3acsB=3bsinA，则B=( )
A.π6B.π4C.π3D.5π12

4. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4S2=4，则S6S4的值为( )
A.94B.32C.53D.4

5. 已知向量a→，b→满足(a→+2b→)⋅(a→−b→)=−6，|b→|=2，且a→与b→的夹角为π3，则|a→|=( )
A.2B.1C.2D.3

6. 已知△ABC的三边长构成公差为2的等差数列，且最大角为120∘，则这个三角形的周长为( )
A.15B.18C.21D.24

7. 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a5=2a3，且a4与2a7的等差中项为54，则S5=( )
A.29B.31C.33D.36

8. 已知P为△ABC边BC上一点， AB→=a→，AC→=b→，若S△ABP =2S△ACP ，则AP→=( )
A.12a→+32b→B.13a→+23b→C.32a→+12b→D.23a→+13b→

9. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c=2，acsC=csinA，若当a=x0时的△ABC有两解，则x0的取值范围是( )
A.1,2B.1,3C.2,2D.3,2

10. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm−1=−2，Sm=0，Sm+1=3(m≥2)，则Sn的最小值为( )
A.−3B.−5C.−6D.−9

11. 在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于13BC，则sinA=（ ）
A.310B.1010C.55D.31010

12. 在Rt△ABC中，∠C是直角，CB=3，CA=4，△ABC的内切圆交CA，CB于点D，E，点P是图中阴影区域内的一点（不包含边界）．若CP→=xCD→+yCE→，则x+y的值可以是( )

A.1B.2C.4D.8
二、填空题

已知向量a→=−1,1，b→=2,t，若a→//b→，则t=________ .

如图所示，一艘海轮从A处出发，测得灯塔在海轮的北偏东15∘方向，与海轮相距20海里的B处，海轮按北偏西60∘的方向航行了30分钟后到达C处，又测得灯塔在海轮的北偏东75∘的方向，则海轮的速度为________海里/分．


2，x，y，z，18成等比数列，则x=________.

△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a+2c=2bcsA，若△ABC的周长为15，且三边的长成等差数列，则△ABC的面积为________ .
三、解答题

已知向量a→，b→满足： |a→|=2，|b→|=4，a→⋅(b→−a→)=2.
(1)求向量a→与b→的夹角;

(2)若|ta→−b→|=22，求实数t的值．

已知等差数列{an}满足：a3=7，a5+a7=26，{an}的前n项和为Sn．
(1)求{an}及Sn；

(2)令bn=1Sn−n(n∈N∗)，求数列{bn}的前n项和Tn．

△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为315，b−c=2，csA=−14.
(1)求a的值；

(2)求sin(A+B)的值.

设数列{an}是等差数列，数列{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1=1，b1=2，a3+b3=11，a5+b5=37.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)设cn=an⋅bn，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn≤n2⋅2n−1+2.
参考答案与试题解析
2020-2021年四川省江油市高一（下）5月月考数学 (理)试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
棱锥的结构特征
棱柱的结构特征
【解析】
根据棱柱的几何特征，有两个面平行，其余各面是相邻的公共边都相互平行的平行四边形的几何体叫棱柱，由此可判断AB的真假；根据棱锥的几何特征：有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点三角形的几何体叫棱锥，可判断C的真假；根据棱台的几何特征：拿一个平行于底面的平面截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台，可D的真假．
【解答】
解：有两个面平行，其余各面是相邻的公共边都相互平行的平行四边形的几何体叫棱柱，
故A，B错误；
有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点三角形的几何体叫棱锥，
故C错误；
拿一个平行于底面的平面截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台，
故棱台各侧棱的延长线交于一点，即D正确；
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
可求出a→+b→=(3,λ+2)，这样根据(a→+b→)∥c→即可得出3(λ+2)+3＝0，解出λ即可．
【解答】
解：a→+b→=(3,λ+2)，且(a→+b→) // c→，
∴ 3(λ+2)+3=0，解得λ=−3．
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
由已知结合正弦定理进行化简可求tanB，进而可求B．
【解答】
解：因为3acsB=3bsinA，
所以3sinAcsB=3sinBsinA，
因为sinA≠0，
所以tanB=3，
因为B∈(0, π)，
所以B=π3．
故选C ．
4.
【答案】
A
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
根据首项等于S1，得到首项的值，利用等差数列的前n项和公式化简S4S2=4，即可求出公差d的值，然后再利用等差数列的前n项和公式化简所求的式子，把求出的首项和公差代入即可求出值．
【解答】
解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
∵ S4S2=4a1+6d2a1+d=4，
∴ d=2a1，
∴ S6S4=6a1+15d4a1+6d=36a116a1=94.
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
设a→与b→的夹角为θ，根据 (a→+2b→)⋅(a→−b→)=−6，求出csθ 的值，即可求得a→与b→的夹角 θ的值．
【解答】
解：a→与b→的夹角为π3，则cs=12．
又∵ |b→|=2，
(a→+2b→)⋅(a→−b→)=|a→|2+a→⋅b→−2|b→|2
=|a→|2+|a→|⋅|b→|cs−2|b→|2
=|a→|2+|a→|−2×4=−6，
可得|a→|=1．
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
数列与三角函数的综合
余弦定理
【解析】
设△ABC的三边长分别为a−2,a+2a>2，
由题意得cs120∘=a−22+a2−a+222aa−2=−12，
解得a=5，
∴ 三角形的周长为3+5+7=15 ．选A．
【解答】
解：设△ABC的三边长分别为a−2，a，a+2a>2，
由题意得cs120∘=a−22+a2−a+222aa−2=−12，
解得a=5，
∴ 三角形的周长为3+5+7=15 .
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
等差中项
【解析】
利用a2⋅a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为54，求出数列的首项与公比，再利用等比数列的求和公式，即可得出结论．
【解答】
解：∵ a2a5=2a3，
∴ a1q⋅a1q4=2a1q2，
∵ a4与2a7的等差中项为54，
∴ a4+2a7=52，
即a1q3+2a1q6=52，
联立a1q⋅a1q4=2a1q2，a1q3+2a1q6=52，
解得q=12，a1=16，
∴ S5=16[1−(12)5]1−12=31．
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
向量的三角形法则
向量在几何中的应用
【解析】
因为P为△ABC边BC上一点， AB→=a→,AC→=b→，若S△ABP=2S△ACP，所以S△ABP=23S△ABC，即BP→=23BC→，即AP→−AB→=23AC→−AB→，即AP→=13AB→+23AC→=13a→+23b→；故选B．
【解答】
解：因为P为△ABC边BC上一点，S△ABP =2S△ACP ，
所以S△ABP =23S△ABC ，
所以BP→=23BC→，
即AP→−AB→=23AC→−AB→，
所以AP→=13AB→+23AC→=13a→+23b→.
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
正弦定理的应用
解三角形的实际应用
【解析】
利用正弦定理边角互化思想求得C=π4，根据△ABC有两解可得出asinC【解答】
解：∵ acsC=csinA，
由正弦定理，得sinAcsC=sinAsinC，
∴ csC=sinC，
∵ 00，
∴ tanC=1，
∵ 0∴ C=π4．
∵ c=2，且△ABC有两解，
∴ asinC即22x0<2解得2即x0的取值范围是2,2 .
故选C．
10.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
由Sm−1,Sm和Sn+1可得am,an+1，进而得公差，由Sm=0可得a1=−an=−2从而的通项公式，进而利用am可得解nSn．再通过构造函数求导，结合函数单调性及变量为正整数，即可得最值．
【解答】
解：∵ Sm−1=−2，Sm=0，Sm+1=3m≥2，
∴ am=2，am+1=3，
设等差数列an的公差为d，则d=1.
∵ Sm=0，
∴ a1=S1=−2，
∴ an=n−3，
∴ Sn=nn−52=12(n2−5n+254)−258
=12(n−52)2−258.
∵ n∈N∗，
∴ 当n=2或n=3，时Snmin=−3.
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于13BC，
∴ AB=23BC．
由余弦定理得AC=AB2+BC2−2⋅AB⋅BC⋅csB
=29BC2+BC2−23BC2=53BC．
又△ABC的面积S=12BC⋅13BC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC
=12⋅23BC⋅53BC⋅sin∠BAC，
∴ sin∠BAC=31010．
故选D．
12.
【答案】
B
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
向量的共线定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设 △ABC 内切圆的圆心为O，半径为r，
连结OD，OE，
则OD⊥AC， OE⊥BC ，
所以 3−r+4−r=5 ，
解得r=1 ，
故CD=CE=1，
连结DE，
则当 x+y=1 时，P在线段DE上，
但线段DE均不在阴影区域内，排除A；
在AC上取点M，在CB上取点N，使得 CM=2CD， CN=2CE ，
连结MN，
所以CP→=x2CM→+y2CN→，
则当点P在线段MN上时，x2+y2=1，
故 x+y=2 ．
同理，当 x+y=4或 x+y=8时，
点P不在 △ABC 内部，排除C，D．
故选B．
二、填空题
【答案】
−2
【考点】
平面向量的坐标运算
平行向量的性质
【解析】
根据向量平行，向量坐标交叉相乘相等，即可得答案 .
【解答】
解：∵ a→//b→，a→=−1,1，b→=2,t，
∴ −1⋅t=1×2，解得t=−2.
故答案为：t=−2 .
【答案】
63
【考点】
正弦定理
【解析】
分别求得∠A和∠B，∠C，利用正弦定理求得AC，最后除以时间．
【解答】
解：根据题意知∠BAC=75∘，∠BCA=45∘，AB=20，
∴ ∠B=60∘.
由正弦定理知ACsin∠B=ABsin∠BCA，
∴ ACsin60∘=20sin45∘，解得AC=106，
∴ 海轮的速度为AC30=63（海里/分钟）.
故答案为：63.
【答案】
±23
【考点】
等比数列的性质
等比数列的通项公式
【解析】
设等比数列的公比为4，利用等比数列的通项公式求出公比4，再由等比数列通项公式即可求解．
【解答】
解：设等比数列的公比为q，
由等比数列通项公式，得18=2⋅q4，
解得q=±3，
所以x=2q=±23．
故答案为：±23．
【答案】
1534
【考点】
余弦定理
正弦定理
等差数列的性质
【解析】
利用余弦定理可求得csB=−12，可求得角B的值，然后设a【解答】
解：∵ a+2c=2bcsA，
∴ csA=a+2c2b
∴ csA=b2+c2−a22bc，
整理，得a2+c2−b2=−ac，
∴ csB=a2+c2−b22ac=−12，
又B∈0,π，
∴ B=2π3，
∴ b>a，且b>c，
设a∵ a+b+c=3c=15，
解得c=5，
代入a2+c2−b2=−ac，得a2−b2+25+5a=0，
联立a+b=10，a2−b2+5a+25=0，
解得a=3，b=7，
所以S△ABC=12acsinB=12×3×5×32=1534 .
故答案为： 1534 .
三、解答题
【答案】
解：(1)设向量a→与b→的夹角为θ，
∵a→⋅b→−a→=a→⋅b→−(a→)2=2，
∴a→⋅b→=4，
∴ csθ=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=22，
∵θ∈0,π，
∴θ=π4.
(2)由|ta→−b→|=22，
得8=t2|a→|2−2ta→⋅b→+|b→|2
⇒2t2−8t+16=8，
∴2t2−8t+8=0，
解得t=2．
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积
向量的模
【解析】


【解答】
解：(1)设向量a→与b→的夹角为θ，
∵a→⋅b→−a→=a→⋅b→−(a→)2=2，
∴a→⋅b→=4，
∴ csθ=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=22，
∵θ∈0,π，
∴θ=π4.
(2)由|ta→−b→|=22，
得8=t2|a→|2−2ta→⋅b→+|b→|2
⇒2t2−8t+16=8，
∴2t2−8t+8=0，
解得t=2．
【答案】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由a3=7，a5+a7=26，
可得a1+2d=7，2a1+10d=26，
解得a1=3，d=2，
即有an=a1+(n−1)d=3+2(n−1)=2n+1，
Sn=na1+12n(n−1)d=3n+12n(n−1)⋅2=n2+2n.
(2)∵ bn=1Sn−n=1n2+n=1n−1n+1，
∴ Tn=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1=nn+1.
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
数列的求和
【解析】
（1）设等差数列{an}的公差为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，即可得到通项和求和公式；
（2）求得bn=1Sn−n=1n2+n=1n−1n+1，再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简计算即可得到．
【解答】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由a3=7，a5+a7=26，
可得a1+2d=7，2a1+10d=26，
解得a1=3，d=2，
即有an=a1+(n−1)d=3+2(n−1)=2n+1，
Sn=na1+12n(n−1)d=3n+12n(n−1)⋅2=n2+2n.
(2)∵ bn=1Sn−n=1n2+n=1n−1n+1，
∴ Tn=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1=nn+1.
【答案】
解：(1)在△ABC中，csA=−14，
所以sinA=154.
因为△ABC的面积为315，
由面积公式得12bcsinA=315，
所以bc=24.
因为b−c=2，
所以b=6，c=4.
因为a2=b2+c2−2bccsA，
所以a2=62+42−2×6×4×(−14)
所以a=8.
(2)在△ABC中，A+B+C=π，
所以sin(A+B)=sinC.
由正弦定理，得asinA=csinC，
解得sinC=158，
所以sin(A+B)的值为158.
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
(1)利用同角三角函数基本关系式可求sinA的值，利用三角形的面积公式可求bc的值，结合b−c=2，解得b=6，c=4，利用余弦定理可求a的值.
(2)利用正弦定理，两角和的正弦函数公式，诱导公式即可求得sin(A+B)的值.
【解答】
解：(1)在△ABC中，csA=−14，
所以sinA=154.
因为△ABC的面积为315，
由面积公式得12bcsinA=315，
所以bc=24.
因为b−c=2，
所以b=6，c=4.
因为a2=b2+c2−2bccsA，
所以a2=62+42−2×6×4×(−14)
所以a=8.
(2)在△ABC中，A+B+C=π，
所以sin(A+B)=sinC.
由正弦定理，得asinA=csinC，
解得sinC=158，
所以sin(A+B)的值为158.
【答案】
(1)解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
因为a1=1，b1=2，a3+b3=11，a5+b5=37，
所以1+2d+2q2=11，1+4d+2q4=37，
解得d=1，q2=4.
又bn>0，
所以q=2，
所以an=a1+(n−1)d=n，
bn=b1qn−1=2n.
(2)证明：由(1)可知，an=a1+(n−1)d=n，
bn=b1qn−1=2n，
所以cn=n⋅2n，
所以Tn=1×2+2×22+3×23+⋯+n⋅2n，
2Tn=1×22+2×23+3×24+⋯+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1，
两式相减，得−Tn=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1
=(1−n)⋅2n+1−2，
所以Tn=(n−1)⋅2n+1+2.
因为Tn−(n2⋅2n−1+2)=−2n−1⋅(n−2)2≤0，
所以Tn≤n2⋅2n−1+2.
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的通项公式
等差数列与等比数列的综合
数列的求和
数列与不等式的综合
【解析】
(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，运用等差数列、等比数列的通项公式，解方程可得d，q，进而得到所求通项；
(2)求得cn=n⋅2n，运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，可得Tn，再由作差法，结合不等式的性质，即可得证.
【解答】
(1)解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
因为a1=1，b1=2，a3+b3=11，a5+b5=37，
所以1+2d+2q2=11，1+4d+2q4=37，
解得d=1，q2=4.
又bn>0，
所以q=2，
所以an=a1+(n−1)d=n，
bn=b1qn−1=2n.
(2)证明：由(1)可知，an=a1+(n−1)d=n，
bn=b1qn−1=2n，
所以cn=n⋅2n，
所以Tn=1×2+2×22+3×23+⋯+n⋅2n，
2Tn=1×22+2×23+3×24+⋯+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1，
两式相减，得−Tn=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1
=(1−n)⋅2n+1−2，
所以Tn=(n−1)⋅2n+1+2.
因为Tn−(n2⋅2n−1+2)=−2n−1⋅(n−2)2≤0，
所以Tn≤n2⋅2n−1+2.