《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