《2019-2020年高一数学4月月考试题（IV）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020年高一数学4月月考试题（IV）.doc（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019-2020年高一数学4月月考试题(IV)一、选择题（每题5分，共60分）1在ABC中,已知,，则AC的长为（ ）A. B. C.或 D.2已知的三边所对的角分别为,且, 则的值为 A B C D （ ）3设是等差数列的前n项和，已知，则等于 （ ）A、13 B、35 C、49 D、63 4两个等差数列的前项和之比为，则它们的第7项之比为（ ）A2 B3 C D5在中，A，B，C所对的边分别为，若A，则的面积为 （ ）A. B. C. D.26在中，角的对边分别为，且，则内角（ ）A. B. C. D. 7已知单调递增的等比数列中，则数列的前项和A. B. C. D. （ ）8设平面向量
2、，若，则等于（ ）A B C D9等比数列an的各项为正数，且a5a6a4a718，则log3a1log3a2log3a10等于 （ ）A12 B10 C8 D2log35 10等比数列中，对任意，则等于 A B C D （ ）11在中，则的最大值是 （ ）A B C D12数列an满足：a11，且对任意的m，nN*都有：amnamanmn，则 ABCDA B C D （ ）第II卷（非选择题）二、填空题（每题5分，共20分）13如图，在中，是边上一点，则的长为 15各项都是正数的等比数列成等差数列，则的值为_.16已知函数的部分图象如下图,其中分别是的角所对的边, ,则的面积= .三、解答题
3、(写明解题过程，否则不给分，共70分) 17（本小题满分10分）已知数列的前项和（1）求数列的通项公式；（2）若数是等比数列，公比为且,求数列的前n项和18（本小题满分12）在中，设角的对边分别为，且（1）求角的大小；（2）若，求边的大小19（本小题满分12分）设平面内的向量，点P在直线OM上，且（1）求的坐标；（2）求APB的余弦值；（3）设tR，求的最小值20（本小题12分）.已知、分别为的三边、所对的角，向量，且.（1）求角的大小；（2）若，成等差数列，且，求边的长.21（本小题12分）已知数列的前项和，数列满足 （）求数列的通项；（）求数列的通项；（）若，求数列的前项和22（本小题12
4、分）已知 函数的图像与轴正半轴的交点为，=1，2，3，（1）求数列的通项公式；（2）令为正整数）, 问是否存在非零整数, 使得对任意正整数，都有？ 若存在, 求出的值 , 若不存在 , 请说明理由保定三中xxxx学年度第一学期4月月考高一数学参考答案1C【解析】试题分析：由余弦定理得即，解得或1考点：余弦定理2C【解析】试题分析：由正弦定理得：，因为，所以，所以，因为，所以，所以，故选C考点：1、正弦定理；2、倍角公式3C.【解析】试题分析：由等差数列的求和公式即性质，得.考点：等差数列.4【答案】B【解析】设这两个数列的前项和分别为，则，故选B考点：1、等差数列的前项和；2、等差数列的性质5
5、B【解析】试题分析：由余弦定理得，故的面积为考点：解三角形6B.【解析】试题分析：在中，应用余弦定理得，即，所以，又因为，所以，所以，所以，所以. 故应选B.考点：余弦定理的应用.7B.【解析】试题分析：， ，故选B.考点：等比数列的性质及其前项和.8【答案】D【解析】若，那么，解得，那么，所以，故选D考点：平面向量的坐标运算9B【解析】由等比数列的性质可知：a5a6a4a7a3a8a1a10，a5a6a4a72a1a1018，a1a109.log3a1log3a2log3a10log3（a1a2a3a10）log3（a1a10）510.10D【解析】试题分析：由题可知，当时，当时，则公比，因
6、此等比数列是首项为1，公比为2的等比数列，即等比数列是首项为1，公比为4的等比数列，。考点：数列求和11D【解析】试题分析：，当时，取得最大值.考点：三角函数的最值.12A【解析】试题分析：先有赋值法得到，再用叠加法求出，进而得到，由裂项求法可得最后的结果考点：掌握叠加法和裂项求和的方法13【解析】试题分析：在中，在中，由正弦定理得，得.考点：1、正弦定理的应用；2、余弦定理的应用.14【答案】【解析】，同理，.考点：向量的运算，向量的数量积.15【解析】设an的公比为q（q0），由a3=a2+a1，得q2q1=0，解得q=则=故答案为.16【答案】【解析】由图可知，函数的最大值为，最小值为，
7、可解得，又，即，由图可得，.即又结合可得考点：正弦函数的图像和性质，三角形面积公式17（1）; （2）【解析】（1）数列的前n项和，当时，又当时，满足上式 ， （2）由（1）可知， 又, . 又数列是公比为正数等比数列 ,又 数列的前n项和考点：等差、等比数列的性质与求和，错位相减法。18（1）;（2）【解析】（1）因为，所以 4分即，又因为，所以，所以，又因为,所以 6分（2） 因为，即所以，解得（舍）， 10分考点：1解三角形；2正弦定理；3余弦定理19解：（1）点P在直线OM上，设，解得，（2），（3），=2（t2）2+2当t=2时，（+t）2取得最小值2，的最小值为考点：平面向量数量积的运算；平面向量的坐标运算20解（1） 在中，由于，又， 又，所以，而，因此（2）由，成等差数列，得 ，即，由（1）知，所以 由余弦弦定理得 ， ，21试题解析：（）, 2分 3分当时， 4分（），以上各式相加得 ， 8分（）由题意得，=， 12分22.试题解析：（1）设， 得 ;所以（2），若存在，满足恒成立即：，恒成立 当为奇数时， 当为偶数时，所以 ，故：
