2021-2022学年陕西省西安市长安区第一中学高一下学期第一次月考数学试题含解析

2021-2022学年陕西省西安市长安区第一中学高一下学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．设等差数列的前n项和为，若，则等于（       ）

A．8 B．10 C．12 D．14

【答案】B

【分析】由已知，设出公差，根据已知条件列出方程组，解方程即可得到数列的通项公式，然后直接求解即可.

【详解】因为数列是等差数列，设公差为，由，得：

，解得：，

所以数列的通项公式为，

所以.

故选：B.

2．在中，若，则此三角形的最大边长为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先求出，根据大角对大边得到最大，再利用正弦定理计算可得；

【详解】解：在中，，，

所以，因为，所以，

由正弦定理，可以求出．

故选：B．

3．在中，若.且，则为（       ）

A．8 B．10 C．8或10 D．6

【答案】C

【分析】根据余弦定理列出关于BC的方程，解得答案.

【详解】由余弦定理可得： ,

即 ,解得 或10，

经验证， 或10符合题意，

故答案为：C

4．在中，角所对的边分别为，且，则的值等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】本题主要考查正弦定理的应用，利用正弦定理即可求解.

【详解】由正弦定理得，，，其中为的外接圆半径．

把上述各式代入，

得，

整理得，

所以，解得，.

故选：B．

5．已知等比数列的前n项和，则实数t的值为（       ）

A．4 B．5 C． D．

【答案】D

【分析】由等比数列的前项和，分别令，2，3．可得，，．利用等比数列的性质可得，即可解出．

【详解】由等比数列的前项和，分别令，2，3．

得，，，

解得，，，

由等比数列可得，即，，

解得，

故选：．

6．若在中，，则的形状为（       ）

A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形

【答案】C

【分析】利用诱导公式及二倍角公式得到，再由两角和差的余弦公式得到，即可得解；

【详解】解：因为，

即

所以，

即，即，

所以，

所以，即，

因为，所以，

所以，即，所以为等腰三角形；

故选：C

7．若不等式对一切实数均成立，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】因为恒成立，则恒成立可转化为恒成立，则，即可解得的取值范围

【详解】因为恒成立

所以恒成立

恒成立

恒成立

故

解之得：

故选：A

8．已知向量与共线，其中A是的内角，则角A的大小为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由向量共线的坐标表示可得，利用降幂公式及辅助角公式可得，从而即可求解.

【详解】解：因为向量与共线，

所以，即，

所以，即，

所以，

因为A是的内角，所以，

所以，

所以，

所以，

故选：A.

9．已知都是正数，且，则的最小值为（       ）

A． B．2 C． D．3

【答案】C

【分析】利用基本不等式中“1”的妙用，令，即可求解.

【详解】由题意知，，，

则

，

当且仅当时，取最小值.

故选：C．

10．已知数列满足，，则的最小值为（       ）

A．0 B． C． D．3

【答案】C

【分析】根据题意，利用叠加法求得，得到，结合的单调性，即可求解.

【详解】由数列满足，且，

可得

，

则，

因为函数在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，；当时，；当时，，

所以的最小值为.

故选：C.

11．在中，，，为的面积，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知等式可求得，进而得到；利用正弦定理可表示出，根据三角形面积公式和两角和差的余弦公式可化简所求式子为，根据余弦型函数的最大值可求得结果.

【详解】由得：，，

又，，

由正弦定理得：，，

.

，，，，

当，即时，取得最大值，

的最大值为.

故选：C.

12．已知向量，向量，函数，则下列说法正确的是（       ）

A．是奇函数 B．的一条对称轴是

C．的最小正周期是 D．在上为增函数

【答案】C

【分析】运用向量数量积的坐标表示，以及二倍角的正弦公式、余弦公式，化简函数,再由奇偶性的定义，判断A；利用余弦函数的对称轴，判断B；利用余弦函数的周期公式判断C;结合余弦函数的单调性，判断D.

【详解】向量，向量，

函数

，

由，可得为偶函数，则错；

由，可得，k取何值，都不会取到，故错；

的最小正周期为，则正确；

由，可得，，则在上为减函数，错误，

故选：．

13．如果函数对任意满足，且，则（       ）

A．2022 B．2024 C．2020 D．2021

【答案】A

【分析】根据题目规律，先求出，进而求得答案.

【详解】根据题意，令，则，所以，因为2,4,6，…，2022共有个数，所以.

故选：A.

14．已知数列中，，则的前60项的和（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由题意，得，所以．

又，代入，得，

所以，，，，…，，将上式相加，得＝，

所以＝＝＝，所以＝，

故选：C．

【解析】递推数列求和．

二、填空题

15．如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角点的仰角，以及；从点测得已知山高，则山高__________.

【答案】300

【分析】根据已知条件，结合三角形中内角和为和正弦定理，即可求解．

【详解】解：在中，，，，

，

在中，，，

，

运用正弦定理，可得，

在中，．

故答案为：300．

16．设为公比的等比数列，若和是方程的两根，则___________.

【答案】13122

【分析】解出方程，由可知，从而可求出，从而求答案..

【详解】由解得或

和是方程的两根，所以

所以公比

则

故答案为：13122

17．的三个内角的对边分别为，且成等差数列，则___________.

【答案】

【分析】由题意结合正弦定理边化角，可得，结合两角和的正弦公式求得，继而利用两角差的正切公式求得答案.

【详解】由题意得，，

由正弦定理得，,

即，

由于 ，故，则 ,

故，

故答案为：

18．已知单位向量与的夹角为，且，向量与的夹角为，则___________.

【答案】

【分析】根据向量数量积的定义及模长公式求出、、，从而利用向量的夹角公式即可求解.

【详解】解：因为单位向量与的夹角为，且，

所以，

所以，

，

，

因为向量与的夹角为，

所以，

故答案为：.

19．中角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，则的最大值为________.

【答案】

【分析】根据余弦定理，得到，设，得到方程有解，由判别式大于等于零，列出不等式求解，即可得出结果.

【详解】因为，，

由余弦定理可得，，即，

设，则，代入整理得：，

因为该方程必然有实数解，

所以，解得，

所以.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，属于常考题型.

20．在数列中，是其前项和，若，，则___________.

【答案】

【分析】当时，，所以；当时，，化简得数列是从第二项开始的等比数列，通过首项和公比求出通项，分段表示即可.

【详解】当时，，所以；

当时，，所以，

所以数列是从第二项开始的等比数列，此时，公比为，

所以；

故答案为：

三、解答题

21．已知在等差数列中，成等比数列，且成等差数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)定义：为n个正数的“均倒数”.

①若数列前n项的“均倒数”为，求数列的通项公式；

②求.

【答案】(1)

(2)①；②

【分析】（1）根据等差数列及等比数列的定义，列出首项和公差的方程组，求解方程组，根据等差数列的通项公式即可得答案；

（2）①由均倒数的定义可得，进而有，，两式相减即可得求解；②由，利用裂项相消求和法即可得求解.

【详解】(1)解：设数列的公差为d，

由题意有，解得，

所以.

(2)解：①由题意有，

所以，①

.②

由得，又也符合，所以.

②因为，

所以.

22．在中，内角所对的边分别为，已知．

（1）证明：；

（2）若的面积，求角的大小．

【答案】（1）证明见解析；（2）或.

【详解】试题分析：（1）由正弦定理得，进而得，根据三角形内角和定理即可得结论；（2）由得，再根据正弦定理得及正弦的二倍角公式得，进而得讨论得结果.

试题解析：（1）由正弦定理得，故，于是．

又，故，所以或，因此（舍去）或，所以．

（2）由得，故有，因，得．又，所以．当时，；当时，．

综上，或．

【解析】1、正弦定理及正弦的二倍角公式；2、三角形内角和定理及三角形内角和定理.

23．解关于x的不等式．

【答案】答案见解析.

【分析】将原不等式转化为ax2＋(a－2)x－2≥0．根据二次函数开口方向和方程根的大小，分a＝0，a＞0，a＜0，a＜－2，－2＜a＜0五种情况讨论求解.

【详解】原不等式可化为ax2＋(a－2)x－2≥0．

①当a＝0时，原不等式化为x＋1≤0，解得x≤－1．

②当a＞0时，原不等式化为 (x＋1)≥0，

解得x≥或x≤－1．

③当a＜0时，原不等式化为 (x＋1)≤0．

当＞－1，即a＜－2时，解得－1≤x≤；

当＝－1，即a＝－2时，解得x＝－1满足题意；

当＜－1，即－2＜a＜0，解得≤x≤－1．

综上所述，当a＝0时，不等式的解集为{x|x≤－1}；

当a＞0时，不等式的解集为或；

当－2＜a＜0时，不等式的解集为；

当a＝－2时，不等式的解集为{－1}；

当a＜－2时，不等式的解集为．

【点睛】本题主要考查含参一元二次不等式的解法，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.

24．某食品厂定期收购面粉，已知该厂每天需要面粉6吨，每吨面粉的价格为1800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购买面粉每次需支付运费900元.

（1）求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少？

（2）若提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210吨时，其价格可享受9折优惠（即原价的90%），问该厂是否考虑利用此优惠条件？请说明理由.

【答案】（1）该厂每隔10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少；

（2）该厂应接受此优惠条件，理由详见试题解析.

【详解】解：（1）设x天购买一次面粉，则购买面粉的总量为6x吨时，则购买面粉的各项费用分别为购买费1800×6x元，运费900元，保管费用为[6x+6(x-1)+…+6×1]=9x(x+1)

设每天平均支付的费用为y元,

则

∴,此时

即每隔10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的费用最少．

（2）若利用此优惠条件，则至少35天购买一次面粉，

设利用优惠条件后平均每天支付的费用为，

又在[35,+∞）上递增，所以当时，

故该厂应接受此优惠条件，且恰好３５天购买一次面粉时平均每天费用最低．