2021-2022秋季高二年级第一次月考预测卷（解析版）

这是一份2021-2022秋季高二年级第一次月考预测卷（解析版），共15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。
2021-2022秋季高二年级第一次月考预测卷姓名：___________一、选择题(共60分)1．(本题5分)在中，，，，则（    ）A．30° B．30°或150° C．60° D．60°或120°2．(本题5分)数列满足：，，则等于（    ）A． B． C． D．3．(本题5分)已知等差数列{}，，则公差d的值是（    ）A．4 B．-6 C．8 D．-104．(本题5分)一船自西向东匀速航行，上午7时到达灯塔A的南偏西75°方向且距灯塔80 n mile的M处，若这只船的航行速度为10 n mile/h，则到达这座灯塔东南方向的N处时是上午（    ）A．8时 B．9时 C．10时 D．11时5．(本题5分)等比数列{an}中，每项均为正数，且a3a8＝81，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10等于（    ）A．5 B．10 C．20 D．406．(本题5分)在中，角，，的对边分别是，，，已知，则的形状是（    ）．A．等边三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形7．(本题5分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则A=（    ）A． B． C． D．8．(本题5分)在中，若，则此三角形是A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形9．(本题5分)在等差数列中，若，则的值等于（    ）A．45 B．75 C．30 D．18010．(本题5分)在中，，则的最小内角的余弦值为（    ）A． B． C． D．11．(本题5分)设等差数列，的前n项和为，，若，则（    ）A． B． C． D．12．(本题5分)已知数列的前项合为，且，则（    ）A． B． C． D．二、填空题(共20分)13．(本题5分)已知等差数列中，，，则公差为_______．14．(本题5分)在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于________．15．(本题5分)现有一根n节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10，最下面的三节长度之和为114，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则________．16．(本题5分)在中内角，，所对的边分别为，，，面积为，且，则的值为________.三、解答题(共60分)17．已知，，分别是内角，，的对边，，.（1）求的值；（2）若的面积为，求的值.       18．(本题12分)如图，在四边形中，，，，．（1）求的值；（2）若，求的长．       19．(本题12分)在中，已知.（1）求的大小；（2）若的面积，求边长.           20．(本题12分)已知各项均不为零的两个数列 满足 .（1）设 .求证：数列是等差数列（2）已知 ，数列 是首项为2的等差数列，设 数列的前n项和为，求证          21．(本题12分)在中，内角，，的对边分别为，，，请在①；②两个条件中，选择一个完成下列问题：（1）求；（2）若，求的周长的取值范围.          22．(本题12分)在数列中，（），且．（1）设，证明数列为等差数列；（2）求数列的前项和．
参考答案1．A【分析】利用正弦定理求解即可【详解】因为在中，，，，所以由正弦定理得，，得，因为，所以为锐角，所以，故选：A2．B【分析】由已知数列为首项为、公差的等差数列，结合等差数列的通项公式，即可求出结果.【详解】数列为首项为、公差的等差数列数列的通项公式.故选:B3．A【分析】等差数列{}的通项公式即可求解．【详解】在等差数列{}中，公差 故选：A4．D【分析】由题意作图，利用正弦定理得，结合速度求得由M到N所用时间为，即可得船到达处时的时间．【详解】解：如图，由题设知，，
，，
在中，由正弦定理得，
所以(n mile)．船的航行速度为10 n mile/h，
故由M到N所用时间为，则到达这座灯塔东南方向的N处时是上午11时.故选：．5．C【分析】由对数运算法则，等比数列的性质求解．【详解】是等比数列，则，所以log3a1＋log3a2＋…＋log3a10．故选：C．6．C【分析】已知等式左边利用二倍角余弦公式化简，整理后利用余弦定理表示出，可得，最后利用勾股定理的逆定理即可求解．【详解】解：，，即，又，，整理得，所以为直角三角形．故选：C.7．B【分析】先由正弦定理化角为边，再结合余弦定理即可求出.【详解】，由正弦定理可得，整理可得，由余弦定理得，，.故选：B.8．D【详解】 或，有 或．故选D．9．D【分析】利用等差数列性质得到，解得，即得的值.【详解】等差数列中，，代入已知式可得，即，所以.故选：D.10．A【分析】由正弦定理得出，结合大边对大角定理及余弦定理可求得结果.【详解】由正弦定理得，所以为的最小内角，由余弦定理可得.故选：A.11．A【分析】根据等差数列的前n项和的性质由，求.【详解】∵等差数列，的前n项和为，，∴ ，∴，又∴ 故选：A.12．C【分析】令，由可求出的值，再令，由得出，两式相减可得出数列为等比数列，确定出该数列的公比，利用等比数列的求和公式可求出的值.【详解】因为，当时，，所以，当时，，所以，即.则是首项为，公比为的等比数列，故.故选：C13．【分析】根据等差数列的通项公式和性质，准确运算，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，可得，解得．故答案为：.14．2n【分析】由数列{an＋1}也是等比数列，建立关于的方程，即可求解【详解】因为数列{an}为等比数列，则，又数列{an＋1}也是等比数列，则3，2q＋1，2q2＋1成等比数列，，即q2－2q＋1＝0，解得：q＝1，即，所以．故答案为：.15．16【分析】设此根节的竹竿的自上而下每节的长度依次构成等差数列为，公差为，然后利用等差数列的通项公式和等比中项即可得出．【详解】设此根节的竹竿的自上而下每节的长度依次构成等差数列为，公差为．由题意可知：，，．联立可得，解得因此．故答案为：16．16．【分析】根据三角形的面积公式以及余弦定理建立方程进行求解即可.【详解】根据题意得，，由余弦定理可得，，，，，可得.，.故答案为：.【点睛】本题主要考查余弦定理，三角形面积公式以及同角三角函数基本关系式在解三角形中的综合应用，属于基础题.17．(1);(2)4.【详解】分析：先根据，求得sinA的值，再结合正弦定理求解即可；（2）先由cosA的余弦定理可得c，b的关系，然后根据三角形面积公式即可求得c.详解：（1）由得，由及正弦定理可得.（2）根据余弦定理可得，代入得，整理得，即，解得，∴，解得.点睛：考查正余弦定理解三角形的应用，三角形面积公式，对定理公式的灵活运用是解题关键，属于基础题.18．（1）；（2）.【分析】（1）设，，由余弦定理求出，，再由正弦定理能求出；（2）由可得，由此可得，再利用正弦定理能求出．【详解】解：（1）因为，所以可设，，．又，，所以由余弦定理，得，解得,所以，，．（2）因为，所以，所以，因为，所以．19．（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理化简题中的等式，算出，结合是三角形的内角，可得的大小；（2）利用三角形的面积公式，算出，再由余弦定理加以计算，即可得到边的长．【详解】解：（1）由已知及正弦定理，得，.又，∴.（2），.利用余弦定理，可得20．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据，可得，即，从而可证得数列是等差数列；（2）由（1）可求得数列和的通项，从而可得数列的通项，再利用裂项相消求和法即可得解.【详解】（1）证明：∵，∴，即，即，所以数列是等差数列.（2）解：由（1）可知，数列是首项为，公差为2的等差数列，故，即，，故，所以数列的公差，∴.所以，，∴，又，所以，即.21．（1）；（2）.【分析】(1)选择①，利用三角形面积定理、余弦定理结合已知条件经变形得即可；选择②，利用正弦定理化边为角，再利用三角恒等变换求出得解；(2)利用正弦定理结合(1)用角B表示边b，c，再借助三角恒等变换及三角函数的性质即可作答.【详解】（1）选择条件①：在中，，即，由余弦定理得，，即，而，所以；选择条件②：在中，由正弦定理得：.而，即，则，整理得，解得，而，所以；（2）由(1)及正弦定理得，于是得，，而，，从而得显然，，因此，，所以的周长的取值范围是.22．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）由已知可得，移项后可得数列为等差数列；（2）由（1）可得，从而可得，然后利用错位相减法求【详解】（1）证明  由已知得，得，，又，，是首项为，公差为的等差数列．（2）解  由（1）知，，．，两边乘以，得，两式相减得，．