2021-2022学年河南省新乡县高级中学高二上学期第一次月考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年河南省新乡县高级中学高二上学期第一次月考数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．数列1,,,,,……的一个通项公式（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据分母的特征和每项的正负性特征,可以选出答案.
【详解】因为数列的正负交替,分母是正整数的次序,所以.
故选C
【点睛】本题考查了已知数列求数列的通项公式,本题也可采用根据四个选项中数列通项公式求出前几项,看是否符合已知的数列的前几项.
2．一个等差数列的前项是，，，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等差数列的性质，得到，再根据，即可求出结果.
【详解】∵等差数列的前项是，，，，
∴，解得．
又．∴，∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等差数列的简单应用，属于基础题型.
3．已知为等差数列，若，则（ ）
A．24B．27C．36D．54
【答案】C
【解析】计算得到，根据得到答案.
【详解】，故，.
故选：.
【点睛】本题考查了根据等差数列性质求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.
4．的内角，，的对边分别为，，.若，则为（ ）
A．等腰且直角三角形B．等腰或直角三角形
C．等边三角形D．等腰三角形
【答案】D
【分析】由题意结合余弦定理化简得，即可得解.
【详解】由结合余弦定理可得，
化简得，即，所以为等腰三角形.
故选：D.
5．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块
【答案】C
【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，
设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.
【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
6．在中，，，，则的解的个数为（ ）
A．1B．2C．无解D．无法确定
【答案】A
【分析】利用正弦定理求出的值，再由小边对小角即可判断.
【详解】在中，由正弦定理可得：，
所以，
因为，所以，所以角是锐角，进而可得角和边都是唯一的，
所以的解的个数为，
故选：A.
7．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得．
详解：由题可知
所以
由余弦定理
所以
故选C.
点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理．
8．在锐角三角形中，已知，则的范围是
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理得到，计算，得到答案.
【详解】，又，，锐角三角形，
∴，故，故.
故选：C.
【点睛】本题考查了正弦定理，三角恒等变换，三角函数范围，意在考查学生的计算能力和应用能力.
9．如图，在中，是边上的点，且，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题中条件，在中先由余弦定理求出，利用同角三角函数关系求出，利用正弦定理可求出，然后在中利用正弦定理求解
【详解】解：设，则，
在中，由余弦定理可得，，
所以 ，
在中，由正弦定理得，，
则 ，
所以，
在中，由正弦定理得，，则
，
故选：D
【点睛】此题考查了正、余弦定理，同角三角函数的关系等知识，考查了计算能力，考查了数形结合的思想，属于中档题.
10．设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由等差数列的性质可知、、、成等差数列，根据题意可将都用表示，可求得结果.
【详解】由等差数列的性质可知、、、成等差数列，
∵，即，，
∴，，∴，，
∴.
故选：A.
11．若数列满足，，则数列的前n项和最大时，n的值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】根据等差数列的定义，结合等差数列的通项公式进行求解即可.
【详解】因为，，所以数列是以19为首项，为公差的等差数列，所以．要使的前n项和最大，则需，即，所以，又，所以，
故选：B
12．边长为的三角形的最大角与最小角之和为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：根据三角形角边关系可得，最大角与最小角所对的边的长分别为8与5，
设长为7的边所对的角为θ，则最大角与最小角的和是180°-θ，
有余弦定理可得，csθ=，
易得θ=60°，则最大角与最小角的和是180°-θ=120°，故选B．
二、填空题
13．中，，则______．
【答案】3
【分析】根据余弦定理，建立方程，可得答案.
【详解】在中，根据余弦定理，可得，
由，得，
即，，解得：（舍）或.
故答案为：.
14．已知的内角的对边分别为，若，，，则的面积为______．
【答案】
【解析】由正弦定理化边为角，再由诱导公式化，展开后可求得，即角，再由余弦定理求得，最后由三角形面积公式求得面积．
【详解】由正弦定理得：，因为
所以，因为，所以，
，由余弦定理，即，解得，
所以．
故答案为：
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理和三角形面积公式，解题关键是用正弦定理化边为角，然后由三角函数公式变形求出角．
15．在数列中，，且数列是等差数列，则_________.
【答案】.
【分析】先设等差数列的公差为，由题中条件求出公差，进而求出等差数列的通项公式，得到的通项，从而得出结果.
【详解】设数列的公差为，因为，
则，所以，
所以，
因此，解得.
故答案为
【点睛】本题主要考查等差数列基本量的运算，熟记等差数列的通项公式即可，属于常考题型.
16．已知数列是等差数列，其前项和为，首项且,则______．
【答案】
【分析】设等差数列的公差为，由可求得，然后利用等差数列的求和公式即可求解
【详解】设等差数列的公差为，
由可得
解得，
又因为
所以
故答案为：
三、解答题
17．在,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且,若,.
(1)求;
(2)求的面积S.
【答案】(1);(2)或.
【解析】(1)根据条件形式利用正弦定理和余弦定理边化角，可得，再结合平方关系即可求出；
(2)根据题意，已知两边及一角，采用余弦定理可得，，即可求出边，再根据三角形面积公式即可求出．
【详解】(1)由题意得
由余弦定理得:
由正弦定理得
所以，
∴中，．
(2)由余弦定理得
解得或
∵，∴
由得或．
【点睛】本题主要考查利用正弦定理，余弦定理解三角形，以及三角形面积公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求角C；（2）若，，求的周长.
【答案】（1）（2）
【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）根据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长.
试题解析：（1）由已知可得
（2）
又
，
的周长为
【解析】正余弦定理解三角形.
19．为如图所示，的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，，M为线段上一点.
（1）若，求的长；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用余弦定理求得、，从而求得，利用正弦定理求得.
（2）求得三角形的高，通过求的面积来求得的面积.
【详解】（1）在中，因为，，，
由余弦定理，
所以，
因为，所以，
在中，由正弦定理，即，
所以.
（2）取的中点H，因为，所以，
因为、，所以，所以，
，
所以.
20．已知{}是首项为，公差为的等差数列，是其前项的和，且，．求数列{}的通项及.
【答案】．
【分析】先用基本元的思想将已知条件转化为的形式，解方程组求得，由此求得数列的通项公式及前项和.
【详解】由，有
有 解得 ，
，
．
【点睛】本小题主要考查利用基本元的思想求等差数列的基本量、通项公式和前项和.基本元的思想是在等差数列中有个基本量，利用等差数列的通项公式和前项和公式，列出方程组，即可求得数列的通项公式.属于基础题.
21．已知数列满足，令.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求数列的通项公式.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由题设，得到=+，进而得到，由此可知数列为等差数列.
（2）由（1）求得，两边同时取倒数，进而求得求数列的通项公式.
【详解】（1）因为，可得，
所以，即，
又因为，即，
又由，可得，
所以数列构成首项为，公差为的等差数列.
（2）由（1）可得数列构成首项为，公差为的等差数列，
所以，所以，
即数列的通项公式.
【点睛】本题主要考查了等差数列的定义及通项公式的应用，注意数列n的取值，解题时要注意等差数列的性质的应用和判断，着重考查推理与运算能力.
22．已知是一个等差数列，且．
(1)求的通项公式;
(2)求的前项和的最大值．
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）利用等差数列的通项公式列出方程组即可求解；
（2）利用等差数列的前项和公式可得关于的二次函数，利用配方法即可求解.
【详解】（1）设的公差为，由已知条件得
解得，
∴．
（2），
∴当时， 取得最大值4．