2020-2021学年安徽省阜阳市高二（上）9月第一次月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年安徽省阜阳市高二（上）9月第一次月考数学（理）试卷北师大版，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−1，3，−5，7⋯的一个通项公式为( )
A.an=2n−1B.an=−1n+1×2n−1
C.an=−1n×2n−1D.an=−1n×2n+1

2. 已知△ABC中，A=45∘，a=2，b=2，那么B为( )
A.30∘B.60∘C.30∘或150∘D.60∘或120∘

3. 已知等差数列an的公差d>0，则下列四个命题：
①数列an是递增数列； ②数列Sn是递增数列；
③数列ann是递增数列；④数列Snn是递增数列．
其中正确命题的个数为
A.1B.2C.3D.4

4. 已知在等比数列{an}中，an>0，a5，a95为方程x2−10x+16=0的两根，则a20a50a80=( )
A.32B.64C.256D.±64

5. 在△ABC中，已知ac=csCcsA，则△ABC为( )
A.等腰三角形B.直角三角形
C.等边三角形D.等腰或直角三角形

6. 等比数列an中，Sn表示其前n项和，若S10=100，S20=110，则S30=( )
A.210B.120C.121D.111

7. 已知等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，若S16>0，且S17<0，则当Sn取最大值时的n值为( )
A.8B.9C.16D.17

8. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn=x⋅3n−1−16，则x的值为( )
A.13B.−13C.12D.−12

9. 等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，对一切自然数n，都有SnTn=2n3n+1，则a5b5=( )
A.23B.914C.2031D.1117

10. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若△ABC的面积为a2+b2−c24，则C=( )
A.π2B.π3C.π4D.π6

11. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形，其中有两解的是( )
A.a=7，b=2，c=8B.a=10，B=45∘，C=75∘
C.a=7，b=5，A=80∘D.a=7，b=8，A=45∘

12. 已知数列an中， a1=1 ，Sn+1Sn=n+1n，则数列an( )
A.既非等差数列，又非等比数列B.既是等差数列，又是等比数列
C.仅为等差数列D.仅为等比数列
二、填空题

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，①若sinA>sinB，则A>B；②若sin2A=sin2B，则△ABC一定为等腰三角形；③若cs2A+cs2B−cs2C=1，则△ABC为直角三角形；④若△ABC为锐角三角形，则sinA三、解答题

如图，在平面四边形ABCD中，若∠ADC=90∘，sinA=338，AB=8，BD=6．

(1)求∠ADB；

(2)若DC=23，求BC．

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=1an2−1(n∈N∗)，求数列{bn}的前n项和Tn．

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2=a2+c2−ac．
(1)求角B的大小；

(2)若a=c=2，求△ABC的面积；

(3)求sinA+sinC的取值范围．

在△ABC中，a、b、c分别是内角A、B、C的对边，且3bcsA=sinA(acsC+ccsA)
(1)求角A的大小；

(2)若a=23，△ABC的面积为534，求△ABC的周长.

设数列{an}的前n项和Sn=3an−2(n=1, 2,⋯)．
(1)证明：数列{an}是等比数列；

(2)若bn+1=an+bn(n=1, 2, ⋯)，且b1=−3，求数列{bn}的前n项和Tn．

在数列an中，a1=1，an=3an−1+3n+4n≥2.
(1)证明：数列an+23n为等差数列，并求数列an的通项公式；

(2)求数列an+2的前n项和Sn.
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省阜阳市高二（上）9月第一次月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
数列的概念及简单表示法
【解析】
设此数列为an，可得每一项的符号为： −1n+1，|an|=2n−1，即可得出．
【解答】
解：设此数列为{an}，可得每一项的符号为： −1n，
|an|=2n−1，
所以an=−1n×2n−1．
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
根据正弦定理，求出sinB的值，再根据b【解答】
解：△ABC中，A=45∘，a=2，b=2，
由正弦定理得，asinA=bsinB，
∴ sinB=bsinAa=2sin45∘2=12.
又b∴ B∴ B=30∘．
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
数列与函数单调性问题
等差数列与一次函数的关系
【解析】
根据等差数列的通项公式和前n项和公式，结合数列的通项公式的函数性质进行求解即可．
【解答】
解：①因为数列an是等差数列，
所以an=a1+n−1d=nd+a1−d，
因此可以把an看成关于n的一次函数.
而d>0，所以数列an是递增数列，故该命题是真命题；
②因为数列an是等差数列，
所以Sn=na1+12nn−1d=12n2d+12n2a1−d，
因此可以把Sn看成关于n的二次函数，而二次函数的单调性与开口和对称轴有关，
虽然d>0能确定开口方向，但是不能确定对称轴的位置，故不能判断数列Sn的单调性，故该命题是假命题；
③因为数列{an}是等差数列，
所以an=a1+n−1d=nd+a1−d.
设ann=bn，因此数列ann的通项公式为：bn=ann=d+a1−dn，
显然当a1=d时，数列ann是常数列，故该命题是假命题；
④因为数列an是等差数列，
所以Sn=na1+12nn−1d=12n2d+12n2a1−d.
设Snn=cn，因此数列Snn的通项公式为cn=Snn=12nd+122a1−d，
所以可以把cn看成关于n的一次函数，
而12d>0，所以数列Snn是递增数列，故该命题是真命题．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
【解析】
根据等比数列的性质，把a20⋅a50⋅a80都转换为a50，再用韦达定理求出a50，即可．
【解答】
解：∵ a5，a95为方程x2−10x+16=0的两根，
∴ a5+a95=10，a5a95=16.
又∵ 在等比数列{an}中，a5a95=a502，an>0，
∴ a50=4，
∴ a20a50a80=a503=64.
故选B.
5.
【答案】
D
【考点】
二倍角的正弦公式
正弦定理
三角形的形状判断
【解析】
由正弦定理，二倍角的正弦函数公式化简已知可求得sin2A＝sin2C，结合范围2A，2C∈(0, 2π)，可求2A＝2C，或2A+2C＝π，解得A＝C，或A+C=π2即可得解．
【解答】
解：由题意得acsA=ccsC，
∴ 由正弦定理可得：sinAcsA=sinCcsC，即sin2A=sin2C.
∵ A，C∈(0, π)，
∴ 2A，2C∈(0, 2π)，
∴ 2A=2C或2A+2C=π，
∴ A=C或A+C=π2，即△ABC是等腰或直角三角形．
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
等比中项
等比数列的前n项和
【解析】
根据等比数列前n项和的性质，Sn，S2n−Sn，S3n−S2n．仍成等比数列，将值代入即可求解．
【解答】
解：由题意得，
∵ {an}为等比数列，Sn表示其前n项和，
∴ S10，S20−S10， S30−S20仍成等比数列，
∴ 由等比中项可得S10⋅(S30−S20)=(S20−S10)2，
即100×S30−110=110−1002，
∴ S30=111．
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
根据所给的等差数列的S16>0且S17<0，根据等差数列的前n项和公式，看出第九项小于0，第八项和第九项的和大于0，得到第八项大于0，这样前8项的和最大．
【解答】
解：∵ 等差数列{an}中，S16>0且S17<0，
∴ a8+a9>0，a9<0，
∴ a8>0，
∴ 数列的前8项和最大.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的性质
【解析】
首先根据an=Sn−Sn−1求出an，进而求出a1，同时根据a1=S1进而求出x．
【解答】
解：∵ Sn=x⋅3n−1−16，
∴ an=Sn−Sn−1=(x⋅3n−1−16)−(x⋅3n−2−16)=23x⋅3n−1，
∴ a1=23x=S1=x−16，
∴ x=12.
故选C.
9.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由SnTn=2n3n+1=n(a1+an)2n(b1+bn)2=a1+anb1+bn，
而a5b5=12(a1+a9)12(b1+b9)=a1+a9b1+b9，
即a5b5=S9T9=2×93×9+1=1828=914.
故选B.
10.
【答案】
C
【考点】
解三角形
三角形求面积
余弦定理
三角函数值的符号
【解析】
推导出S△ABC=12absinC=a2+b2−c24，从而sinC=a2+b2−c22ab=csC，由此能求出结果．
【解答】
解：∵ △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c,
△ABC的面积为a2+b2−c24，
∴ S△ABC=12absinC=a2+b2−c24,
∴ sinC=a2+b2−c22ab=csC.
∵ 0∴ C=π4．
故选C．
11.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
由7+2>8可知满足条件的三角形存在，且只有唯一解，故A不正确；由题可知A=60∘，由正弦定理可知b和c只有唯一解，所以B不正确；由a>b可知B【解答】
解：A，由7+2>8可知满足a=7，b=2，c=8的三角形存在，
由全等三角形的性质可知这样的三角形只有唯一解，所以不正确；
B，A=180∘−B−C=60∘，由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC，
由b=asinBsinA和c=asinCsinA可分别计算出b和c，只有唯一解，所以不正确；
C，由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC，因此sinB=bsinAa，
由a>b可知B由C=180∘−A−B和c=asinCsinA可分别计算出C和c，解唯一，所以不正确；
D，由正弦定理可得asinA=bsinB，因此sinB=bsinAa=8×227=427,
由a故选D.
12.
【答案】
B
【考点】
数列递推式
等比数列
等差数列
【解析】
由SnSn−1=nn−1,n≥2，由累乘法得Sn=SnSn−1×Sn−1Sn−2× ×S2S1×S1=nn−1×n−1n−2×⋯×21=n， n≥2，验证当n=1时， 则当n≥2时， an=Sn−Sn−1=1，验证得通项公式，故数列an为非零的常数列，既是等差数列，又是等比数列.
【解答】
解：根据题意，数列{an}中，Sn+1Sn=n+1n，则
SnSn−1=nn−1(n≥2)，
则Sn=SnSn−1×Sn−1Sn−2×⋯ ×S2S1×S1
=nn−1×n−1n−2×⋯×21=n (n≥2)，
当n=1时， S1=a1=1符合，
则当n≥2时， an=Sn−Sn−1=1，
当n=1时， a1=1符合，
故an=1，
故数列an为非零的常数列，既是等差数列，又是等比数列.
故选B.
二、填空题
【答案】
①③
【考点】
解三角形的实际应用
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
本题考查真假命题的判断，考查三角函数、解三角形知识，考查学生推理能力与计算求解能力，属于中档题．
【解答】
解：对于①，由正弦定理asinA=bsinB，
所以由sinA>sinB，可推出a>b，则A>B，故①正确；
对于②，取A=15∘，B=75∘，则sin2A=sin2B，
而△ABC不是等腰三角形，故②错误；
对于③，cs2A+cs2B−cs2C
=1−sin2A+1−sin2B−1−sin2C
=1，
则sin2A+sin2B=sin2C，
由正弦定理可得a2+b2=c2，故△ABC为直角三角形，故③正确；
对于④，若△ABC为锐角三角形，取A=80∘，B=40∘，
此时sin80∘>cs40∘=sin50∘，即sinA>csB，故④错误．
故答案为：①③．
三、解答题
【答案】
解：(1)在△ABD中，sinA=338，AB=8，BD=6，
可得BDsinA=ABsin∠ADB，
即有sin∠ADB=AB⋅sinABD=8×3386=32.
因为∠ADC=90∘，
所以0∘<∠ADB<90∘，
所以∠ADB=60∘.
(2)在△BCD中，BD=6，CD=23，∠CDB=90∘−60∘=30∘，
可得BC2=DB2+DC2−2DC⋅DBcs∠CDB
=36+12−2×23×6×32=12，
可得BC=23．
【考点】
解三角形
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）在△ABD中，运用正弦定理，计算可得所求角；
（2）在△BCD中，运用余弦定理计算可得所求值．
【解答】
解：(1)在△ABD中，sinA=338，AB=8，BD=6，
可得BDsinA=ABsin∠ADB，
即有sin∠ADB=AB⋅sinABD=8×3386=32.
因为∠ADC=90∘，
所以0∘<∠ADB<90∘，
所以∠ADB=60∘.
(2)在△BCD中，BD=6，CD=23，∠CDB=90∘−60∘=30∘，
可得BC2=DB2+DC2−2DC⋅DBcs∠CDB
=36+12−2×23×6×32=12，
可得BC=23．
【答案】
解：(1)设{an}的首项为a1，公差为d，
∵ a5+a7=26，
∴ a6=13，d=a6−a33=2，
∴ an=a3+(n−3)d=2n+1.
Sn=n2(a1+an)=n2+2n.
(2)由(1)可知bn=1an2−1=14n2+4n=14(1n−1n+1)，
∴ Tn=14(11−12+12−13+…+1n−1n+1)=n4(n+1)．
【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）利用等差中项及a5+a7=26可知a6=13、d=a6−a33=2，通过an=a3+(n−3)d计算即得结论；
（2）通过①裂项可知bn=1an2−1=14n+4n=14(1n−1n+1)，进而并项相加即得结论．
【解答】
解：(1)设{an}的首项为a1，公差为d，
∵ a5+a7=26，
∴ a6=13，d=a6−a33=2，
∴ an=a3+(n−3)d=2n+1.
Sn=n2(a1+an)=n2+2n.
(2)由(1)可知bn=1an2−1=14n2+4n=14(1n−1n+1)，
∴ Tn=14(11−12+12−13+…+1n−1n+1)=n4(n+1)．
【答案】
解：(1)∵ b2=a2+c2−ac．
∴ 由余弦定理可得：csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12.
∵ B∈(0, π)，
∴ B=π3.
(2)∵ a=c=2，B=π3，
∴ △ABC的面积S=12acsinB=12×2×2×32=3.
(3)由题意可得：
sinA+sinC=sinA+sin(2π3−A)
=32sinA+32csA
=3sin(A+π6).
∵ A∈(0, 2π3)，
∴ A+π6∈(π6, 5π6)，
∴ 3sin(A+π6)∈(32, 3]，
故sinA+sinC的取值范围是：(32, 3]．
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角形的面积公式
余弦定理
正弦定理
三角函数中的恒等变换应用
正弦函数的定义域和值域
【解析】
(Ⅰ)由已知利用余弦定理可得csB=12，结合范围B∈(0, π)，可求B=π3；
(Ⅱ)利用三角形面积公式即可计算得解．
(Ⅲ)利用三角函数恒等变换的应用可得sinA+sinC=3sin(A+π6)，结合范围A+π6∈(π6, 5π6)，利用正弦函数的有界性即可求解．
【解答】
解：(1)∵ b2=a2+c2−ac．
∴ 由余弦定理可得：csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12.
∵ B∈(0, π)，
∴ B=π3.
(2)∵ a=c=2，B=π3，
∴ △ABC的面积S=12acsinB=12×2×2×32=3.
(3)由题意可得：
sinA+sinC=sinA+sin(2π3−A)
=32sinA+32csA
=3sin(A+π6).
∵ A∈(0, 2π3)，
∴ A+π6∈(π6, 5π6)，
∴ 3sin(A+π6)∈(32, 3]，
故sinA+sinC的取值范围是：(32, 3]．
【答案】
解：(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R得：
a=2RsinA, b=2RsinB, c=2RsinC.
∴3sinBcsA=sinA(sinAcsC+sinCcsA)
3sinBcsA=sinAsin(A+C)，
3sinBcsA=sinAsin(π−B)，
即3sinBcsA=sinAsinB.
而B∈(0,π), sinB>0, ∴3csA=sinA.
即tanA=3.
又A∈(0,π),所以A=π3.
(2)由题得：534=12bcsinA=34bc, ∴bc=5.
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA得：12=b2+c2−bc.
又bc=5, ∴(b+c)2=27.
即b+c=33，从而有a+b+c=53，
故△ABC的周长为53.
【考点】
解三角形
余弦定理
正弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
三角函数值的符号
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R得：
a=2RsinA, b=2RsinB, c=2RsinC.
∴3sinBcsA=sinA(sinAcsC+sinCcsA)
3sinBcsA=sinAsin(A+C)，
3sinBcsA=sinAsin(π−B)，
即3sinBcsA=sinAsinB.
而B∈(0,π), sinB>0, ∴3csA=sinA.
即tanA=3.
又A∈(0,π),所以A=π3.
(2)由题得：534=12bcsinA=34bc, ∴bc=5.
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA得：12=b2+c2−bc.
又bc=5, ∴(b+c)2=27.
即b+c=33，从而有a+b+c=53，
故△ABC的周长为53.
【答案】
(1)证明：因为Sn=3an−2(n=1, 2,⋯)，Sn−1=3an−1−2(n=2, 3,⋯)，
所以当n≥2时，an=Sn−Sn−1=3an−3an−1，整理得an=32an−1．
由Sn=3an−2，令n=1，得a1=3a1−2，解得a1=1．
所以{an}是首项为1，公比是32的等比数列.
(2)解：由bn+1=an+bn(n=1, 2, ⋯)，
得bn+1−bn=an(n=1, 2, ⋯)．
所以b2−b1=a1，
b3−b2=a2，
…
bn−bn−1=an−1 ，
从而 bn=b1+[a1+a2+⋯+an−1]
=−3+1−(32)n−11−32
=2(32)n−1−5，
所以Tn=2[1+32+(32)2+⋯+(32)n−1]−5n
=4×(32)n−5n−4．
【考点】
数列的求和
数列递推式
等比数列的前n项和
等比数列
【解析】
（1）利用数列的前n项和，推出数列的通项公式，即可证明数列{an}是等比数列；
（2）通过bn+1=an+bn(n=1, 2,…)，且b1=−3，写出数列n=2，3，，的关系式，通过累加法，求出数列的通项公式，然后利用通项公式，直接求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】
(1)证明：因为Sn=3an−2(n=1, 2,⋯)，Sn−1=3an−1−2(n=2, 3,⋯)，
所以当n≥2时，an=Sn−Sn−1=3an−3an−1，整理得an=32an−1．
由Sn=3an−2，令n=1，得a1=3a1−2，解得a1=1．
所以{an}是首项为1，公比是32的等比数列.
(2)解：由bn+1=an+bn(n=1, 2, ⋯)，
得bn+1−bn=an(n=1, 2, ⋯)．
所以b2−b1=a1，
b3−b2=a2，
…
bn−bn−1=an−1 ，
从而 bn=b1+[a1+a2+⋯+an−1]
=−3+1−(32)n−11−32
=2(32)n−1−5，
所以Tn=2[1+32+(32)2+⋯+(32)n−1]−5n
=4×(32)n−5n−4．
【答案】
(1)证明：∵ an=3an−1+3n+4n∈N∗,n≥2，
∴an+2=3an−1+2+3nn∈N∗,n≥2.
∴an+23n=an−1+23n−1+1，
∴数列{an+23n}是公差为1，首项为a1+23=1的等差数列，
∴an+23n=n,n∈N∗，则an=n⋅3n−2，
∴数列{an}的通项公式为an=n⋅3n−2,n∈N∗.
(2)解：由(1)知an+2=n⋅3n，
∴Sn=1×31+2×32+3×33+⋯+n×3n，①
则3Sn=1×32+2×33+⋯+n−1×3n+n×3n+1，②
②−①得2Sn=n×3n+1−3+32+33+⋯+3n
=n×3n+1−3×1−3n−2
=n−12×3n+1+32，
∴Sn=2n−14×3n+1+34.
【考点】
数列的求和
数列递推式
等差数列的通项公式
等差数列
【解析】
本题考查利用递推公式证明等差数列、等差数列的通项公式、等比数列的求和公式、错位相减法求和，属于中档题．
本题考查利用递推公式证明等差数列、等差数列的通项公式、等比数列的求和公式、错位相减法求和，属于中档题．
【解答】
(1)证明：∵ an=3an−1+3n+4n∈N∗,n≥2，
∴an+2=3an−1+2+3nn∈N∗,n≥2.
∴an+23n=an−1+23n−1+1，
∴数列{an+23n}是公差为1，首项为a1+23=1的等差数列，
∴an+23n=n,n∈N∗，则an=n⋅3n−2，
∴数列{an}的通项公式为an=n⋅3n−2,n∈N∗.
(2)解：由(1)知an+2=n⋅3n，
∴Sn=1×31+2×32+3×33+⋯+n×3n，①
则3Sn=1×32+2×33+⋯+n−1×3n+n×3n+1，②
②−①得2Sn=n×3n+1−3+32+33+⋯+3n
=n×3n+1−3×1−3n−2
=n−12×3n+1+32，
∴Sn=2n−14×3n+1+34.