《安徽省太和第一中学2018-2019学年高一下学期第一次学情调研数学（飞越班）试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省太和第一中学2018-2019学年高一下学期第一次学情调研数学（飞越班）试题（解析版）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、太和一中太和一中 2018201820192019 学年度高一第二学期第一次月考（数学）学年度高一第二学期第一次月考（数学） 试卷（文科卓越班）试卷（文科卓越班） 第第 I I 卷（选择题共卷（选择题共 6060 分）分） 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 1212 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的题目要求的 ） 1.已知数列中，则等于 A. 18B. 54C. 36D. 72 【答案】B 【解析】 【分析】 由题可得：数列是等比数列，公比为，利用等比数列
2、通项公式即可求解。 【详解】解：数列中， 数列是等比数列，公比 则 故选：B 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 2.不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析：转化为，解集为，故选 A 考点：一元二次不等式解法 3.在中， ，那么这样的三角形有（ ） A. 0 个B. 1 个C. 2 个D. 3 个 【答案】C 【解析】 【分析】 据余弦定理可得，代入题中数据化简得，由根的判别式与韦达定理得 到该方程有两个不相等的正实数根，由此可得有两个解 【详解】解：在中， 由余弦定理，得：， 得： ，且两根之和、两根之积都为正
3、数， 方程有两个不相等的正实数根，即有两个边 满足题中的条件 由此可得满足条件的有两个解 故选：C 【点睛】本题主要考查了利用余弦定理解三角形、一元二次方程根的判别式与韦达定理等知识，属于基础 题 4.已知数列的通项公式是，那么这个数列是 A. 递增数列B. 递减数列C. 摆动数列D. 常数列 【答案】A 【解析】 【分析】 要判断数列的单调性，根据数列单调性的定义，只要判断 an与 an+1的大小，即只要判断 an+1an的正负即 可 【详解】an+1an=0， an+1an an0 数列是递增数列 故选：A 【点睛】本题主要考查了数列的单调性的定义在解题中的应用，解题的关键是要灵活应用数列
4、的单调性的 定义，属于基础题 5.已知中，三边与面积的关系为，则的值为 A. B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】 利用已知条件，结合三角形的面积以及余弦定理转化即可求得，问题得解。 【详解】解：中，三边与面积的关系为， 可得，可得， 所以，可得 所以 故选：C 【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理的应用，考查转化思想以及计算能力，属于基础题。 6.设一元二次不等式的解集为则的值为（ ） A. 1B. C. 4D. 【答案】B 【解析】 试题分析：由题意可知方程的根为， 所以有 考点：三个二次关系 7.若，且那么（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】
5、同向相加得 8.设等差数列中，且从第 项开始是正数，则公差 的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 写出利用列不等式组，解不等式组求得 的取值范围. 【详解】由于数列从第 项开始是正数，故，即，解得，故选 A. 【点睛】本小题主要考查等差数列的通项公式，考查一元一次不等式组的解法，属于基础题. 9.已知在数列中，则等于 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由递推公式依次求出数列的前四项由此猜想，再用数学归纳法进行证明，从而能求出 【详解】解：在数列中， ， ， ， 由此猜想 当时，成立 假设时，成立， 则当时， 也成立， ， 故选：B 【点睛
6、】本题主要考查了数列的递推关系，注意递推思想和数学归纳法的合理运用，考查观察能力及计算 能力，是中档题。 10.在某个位置测得某山峰仰角为 ，对着山峰在平行地面上前进后测仰角为原来的 倍，继续在平行 地面上前进后，测得山峰的仰角为原来的 倍，则该山峰的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 画出图像，根据角度和边的对应关系，用余弦定理求得的值，进而求得的值，由此求得山高. 【详解】画出图像如下图所示，由等角对等腰得，在三角形中，由余弦定理得 ，所以，.在直角三角形中， .故选 B. 【点睛】本小题主要考查利用余弦定理解三角形，考查解直角三角形，属于中档题. 11.
7、在中，是以为第 项， 为第 项的等差数列的公差，是以 为第 项， 为第 项的等比 数列的公比，则该三角形形状为（ ） A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形 【答案】A 【解析】 【分析】 首先由等差数列的通项公式和等比数列的通项公式，结合已知可得，然后利用两角和 的正切公式可求出，从而求出，再结合题意确定A、B的范围，从而确定的形状 【详解】解：由题意可得， ，所以 故， ， ， ； 又， ， 故为锐角三角形 故选：A 【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的通项公式，两角和的正切公式，考查计算能力及分析能力， 属于中档题。 12.定义：在数列中，若满足为常数）
8、，称为“等差比数列” 已知在“等 差比数列”中，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用定义，可得是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，从而，利用， 可得结论 【详解】解：， ， 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列， ， 故选：A 【点睛】本题主要考查了数列的应用，考查新定义，考查等差数列的通项公式及转化能力，属于中档题。 第第 IIII 卷（非选择题共卷（非选择题共 9090 分）分） 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分）分） 13.在中，所对的边分别是 ， ， ，已知，则 【
9、答案】 【解析】 【分析】 由，变形后利用余弦定理表示出，即可确定出 的度数. 【详解】， 即， ， 为三角形内角， ，故答案为 . 【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，意在考查对基本定理掌握的熟练程度以及灵活应用所学知识解 答问题的能力，属于简单题. 14.已知数列满足，则_ 【答案】 【解析】 分析：先化条件为，再利用累乘法得. 详解： 在数列中， ， ， 点睛：本题考查累乘法求数列通项公式，考查基本求解能力. 15.若集合，则实数 的取值范围是_ 【答案】0,4) 【解析】 解：因为集合为空集，因此要对 a 讨论 当 a=0 时，不等式显然不成立， 综上可知 a 的范围为0,4) 16
10、.数列的通项为，前 项和为，则=_ 【答案】150 【解析】 【分析】 n为偶数时，；，时，；，时，；由此利用数 列的周期性能求出 【详解】解：为偶数时， ， n为奇数时，若， 则， ， 若，则， ， 不妨以四项为一个整体 故答案为：150 【点睛】本题主要考查了数列的周期性及分类思想，考查计算能力及转化能力，属于中档题。 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 6 6 个小题，共个小题，共 7070 分）分） 17.已知等差数列的前 n 项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）求使不等式成立的 n 的最小值 【答案】(1) . (2)15. 【解析】 试题分析：（1）设出公差 d，由已
11、知得到公差和首项的方程组，求出通项公式；（2）Snan是一个关于 n 的二次不等式，先解出 n 的范围，然后根据 n 是正整数，可得其最小值. 试题解析：（1）设an的公差为 d，依题意， 有 联立得，解得 an6（n1）1n7nN* （2）ann7， 令，即， 解得 n1 或 n14 又 nN*，n14 n 的最小值为 15 考点：等差数列通项公式与前 n 项和，二次不等式 18.已知中，角所对的边分别为是锐角，且. （1）求的度数； （2）若的面积为，求的值 【答案】 （1）；（2）89 【解析】 【分析】 利用正弦定理，可把变形为，从而解出，进而求出A 利用三角形的面积公式可得，代入余弦
12、定理即可求出的值 【详解】解： 1， 由正弦定理知：， 是三角形内角， ， ， 或， ， 是锐角， 2，的面积为， ， ； 由余弦定理得， 【点睛】本题主要考查了正弦定理的变形，三角形面积公式和余弦定 理，考查计算能力，属于中档题。 19.已知等差数列的前 项和为，公差，且成等比数列 （1）求数列的通项公式； （2）设是首项为 ，公比为 的等比数列，求数列的前 项和 【答案】 （1）；（2） 【解析】 试题分析：（1）由，成等比数列求出等差数列的两个基本量及公差从而得 数列的通项公式；（2）数列是一个等差数列与一个等比较数列之积，用错位相减法求其和。 解题时注意不要混淆公式。 试题解析：（1）
13、依题得 解得， ，即6 分 （2） 两式相减得： 12 分 考点：1.等差数列的通项公式；2.等比数列的通项公式；3.数列的前项和公式；4.错位相消法 20.如图，在中，为钝角， 为延长线上一点，且 （ ）求的大小 （ ）求，的长 【答案】 （ ） （ ）， 【解析】 试题分析：（）利用正弦定理求出，再根据因为为钝角，求出角的大小；（）在 BCD 中，由余弦定理可求 BD 的长，然后再用余弦定理即可求出 AC 的长 试题解析：解：（）在中， 因为， 由正弦定理可得， 即， 所以 因为为钝角，所以 所以 7 分 （）在中，由余弦定理可知， 即， 整理得 在中，由余弦定理可知， 即， 整理得解得
14、因为为钝角，所以所以 14 分 考点：1正弦定理的应用；2余弦定理的应用 21.已知函数 （1）当时，解关于 的不等式； （2）当时，解关于 的不等式 【答案】 （1）；（2）当时，则不等式的解集为或； 当时，此时不等式解集为；当时，则不等式的解集为或 【解析】 【分析】 （1）当时，解一元二次不等式求得解集.（2）当时，原不等式等价于.对分 成三类，比较两者的大小，由此求得不等式的解集. 【详解】 （1）当时，不等式可化为， 即，解得， 所以不等式的解集为 （2）当时，不等式可化为，即， 则， 当时，则不等式的解集为或； 当时，不等式化为，此时不等式解集为； 当时，则不等式的解集为或 【点睛
15、】本小题考查一元二次不等式的解法，考查含有参数的一元二次不等式不等式的解法，考查分类讨 论的数学思想方法，属于中档题. 22.数列中，点在直线上 求数列的通项公式； 令，数列的前n项和为 求； 是否存在整数，使得不等式恒成立？若存在，求出所有 的值；若不 存在，请说明理由 【答案】 （1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由题意结合等差数列的定义可知数列为等差数列，公差为 ，据此求解其通项公式即可； （2）()由题意可得，然后裂项求和确定其前 n 项和即可. ()由题意分类讨论 为奇数和 为偶数两种情况可得 取值集合为. 【详解】 （1）因为，在直线， 所以，即数列为等差数列，公差为 ， 所以-1. （2）()， ， ， . ()存在整数 使得不等式(nN)恒成立 因为. 要使得不等式(nN)恒成立，应有： 当 为奇数时，即-. 所以当时，的最大值为 ，所以只需 . 当 为偶数时， 所以当时，的最小值为，所以只需. 可知存在，且. 又为整数，所以 取值集合为. 【点睛】本题的核心是考查裂项求和的方法，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保 留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的 根源与目的
