数学卷·2018届河南省南阳一中高二上学期第一次月考数学试卷 （解析版）

数学卷·2018届河南省南阳一中高二上学期第一次月考数学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河南省南阳一中高二（上）第一次月考数学试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题5分，共60分．每小题只有一个正确答案．）‎ ‎1．在等差数列{an}中，a2+a5=19，S5=40，则a10为（　　）‎ A．27 B．28 C．29 D．30‎ ‎2．等差数列{an}中，若a1+a4+a7=39，a3+a6+a9=27，则前9项的和S9等于（　　）‎ A．66 B．99 C．144 D．297‎ ‎3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3=9，S6=36，则a7+a8+a9=（　　）‎ A．63 B．45 C．36 D．27‎ ‎4．在等比数列{an}中，a5•a13=6，a4+a14=5，则等于（　　）‎ A．或 B．3或﹣2 C． D．‎ ‎5．在等比数列{an}中，若有an+an+1=3•（）n，则a5=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．钝角三角形ABC的面积是，AB=1，BC=，则AC=（　　）‎ A．5 B． C．2 D．1‎ ‎7．已知△ABC中， =，则B=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且A=60°，c=5，a=7，则△ABC的面积等于（　　）‎ A． B． C．10 D．10‎ ‎9．△ABC中，B=45°，b=x，a=2，若△ABC有两解，则x的取值范围是（　　）‎ A．（2，+∞） B．（0，2） C．（2，2） D．（，2）‎ ‎10．在等差数列{an}中，a1=﹣2014，其前n项和为Sn若﹣=2002，则S2016的值等于（　　）‎ A．2013 B．﹣2014 C．2016 D．﹣2015‎ ‎11．在△ABC中，tanA=，cosB=，则tanC=（　　）‎ A．﹣1 B．1 C． D．2‎ ‎12．如图，平面上有四个点A、B、P、Q，其中A、B为定点，且AB=，P、Q为动点，满足AP=PQ=QB=1，又△APB和△PQB的面积分别为S和T，则S2+T2的最大值为（　　）‎ A． B．1 C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题（每小题5分，共20分．）‎ ‎13．△ABC中，若角A，B，C成等差数列，则=　　．‎ ‎14．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，若sinB=，cosB=，则a+c的值为　　．‎ ‎15．数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn（n∈N*），则an=　　．‎ ‎16．数列{an}满足an+1+（﹣1）nan=2n=1，则{an}的前100项和为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共70分．17题10分，18--22题各12分）‎ ‎17．在△ABC中，A=60°，b=1，S△ABC=，求△ABC的外接圆半径r．‎ ‎18．如图，在平面四边形ABCD中，AD=1，CD=2，AC=．‎ ‎（Ⅰ）求cos∠CAD的值；‎ ‎（Ⅱ）若cos∠BAD=﹣，sin∠CBA=，求BC的长．‎ ‎19．求数列{}的前n项和Tn．‎ ‎20．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an≠0，anan+1=λSn﹣1，其中λ为常数．‎ ‎（Ⅰ）证明：an+2﹣an=λ ‎（Ⅱ）是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．‎ ‎21．已知等比数列{an}满足a2+a3=，a1a4=，公比q＜1．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式与前n项和；‎ ‎（2）设bn=，数列{bnbn+2}的前n项和为Tn，若对于任意的正整数，都有Tn＜m2﹣m+成立，求实数m的取值范围．‎ ‎22．已知各项均为正数的数列{an}满足：a1=3， =（n∈N*），设bn=，Sn=b12+b22+…+bn2．‎ ‎（1）求数列{an}通项公式；‎ ‎（2）求证：Sn；‎ ‎（3）若数列{cn}满足cn=3n+（﹣1）n﹣1•2n•λ（λ为非零常数），确定λ的取值范围，使n∈N*时，都有cn+1＞cn．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省南阳一中高二（上）第一次月考数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题5分，共60分．每小题只有一个正确答案．）‎ ‎1．在等差数列{an}中，a2+a5=19，S5=40，则a10为（　　）‎ A．27 B．28 C．29 D．30‎ ‎【考点】等差数列的前n项和；等差数列的通项公式．‎ ‎【分析】由等差数列的性质可得a3+a4=19，S5=5a3=40，解之可得a3和a4，进而可得公差d，而a10=a3+7d，代入数据计算可得．‎ ‎【解答】解：由等差数列的性质可得a2+a5=a3+a4=19，‎ 而S5===5a3=40，可得a3=8，‎ 故可得a4=19﹣8=11，公差d=a4﹣a3=3，‎ 故a10=a3+7d=8+21=29‎ 故选C ‎　‎ ‎2．等差数列{an}中，若a1+a4+a7=39，a3+a6+a9=27，则前9项的和S9等于（　　）‎ A．66 B．99 C．144 D．297‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】根据等差数列的通项公式化简a1+a4+a7=39和a3+a6+a9=27，分别得到①和②，用②﹣①得到d的值，把d的值代入①即可求出a1，根据首项和公差即可求出前9项的和S9的值．‎ ‎【解答】解：由a1+a4+a7=3a1+9d=39，得a1+3d=13①，‎ 由a3+a6+a9=3a1+15d=27，得a1+5d=9②，‎ ‎②﹣①得d=﹣2，把d=﹣2代入①得到a1=19，‎ 则前9项的和S9=9×19+×（﹣2）=99．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3=9，S6=36，则a7+a8+a9=（　　）‎ A．63 B．45 C．36 D．27‎ ‎【考点】等差数列的性质．‎ ‎【分析】观察下标间的关系，知应用等差数列的性质求得．‎ ‎【解答】解：由等差数列性质知S3、S6﹣S3、S9﹣S6成等差数列，即9，27，S9﹣S6成等差，∴S9﹣S6=45‎ ‎∴a7+a8+a9=45‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．在等比数列{an}中，a5•a13=6，a4+a14=5，则等于（　　）‎ A．或 B．3或﹣2 C． D．‎ ‎【考点】等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】由题意a4，a14是一元二次方程x2﹣5x+6=0的两个根，从而得a4=2，a14=3或a4=3，a14=2，又由====，能求出结果．‎ ‎【解答】解：∵在等比数列{an}中，a5•a13=6，a4+a14=5，‎ ‎∴a4•a14=6，‎ ‎∴a4，a14是一元二次方程x2﹣5x+6=0的两个根，‎ 解方程x2﹣5x+6=0，得a4=2，a14=3或a4=3，a14=2，‎ ‎∴====，‎ ‎∴当a4=2，a14=3时， =，‎ 当a4=3，a14=2时， =．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．在等比数列{an}中，若有an+an+1=3•（）n，则a5=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】由数列递推式结合数列是等比数列列式求得首项和公比，代入等比数列的通项公式求得a5．‎ ‎【解答】解：∵数列{an}是等比数列，且an+an+1=3•（）n，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，解得．‎ ‎∴．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．钝角三角形ABC的面积是，AB=1，BC=，则AC=（　　）‎ A．5 B． C．2 D．1‎ ‎【考点】余弦定理．‎ ‎【分析】利用三角形面积公式列出关系式，将已知面积，AB，BC的值代入求出sinB的值，分两种情况考虑：当B为钝角时；当B为锐角时，利用同角三角函数间的基本关系求出cosB的值，利用余弦定理求出AC的值即可．‎ ‎【解答】解：∵钝角三角形ABC的面积是，AB=c=1，BC=a=，‎ ‎∴S=acsinB=，即sinB=，‎ 当B为钝角时，cosB=﹣=﹣，‎ 利用余弦定理得：AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cosB=1+2+2=5，即AC=，‎ 当B为锐角时，cosB==，‎ 利用余弦定理得：AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cosB=1+2﹣2=1，即AC=1，‎ 此时AB2+AC2=BC2，即△ABC为直角三角形，不合题意，舍去，‎ 则AC=．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．已知△ABC中， =，则B=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】正弦定理．‎ ‎【分析】由正弦定理化简已知，整理可得：c2+a2﹣b2=ac，利用余弦定理可求cosB=，结合范围B∈（0，π），即可得解B的值．‎ ‎【解答】解：∵ =，‎ ‎∴由正弦定理可得： =，整理可得：c2+a2﹣b2=ac，‎ ‎∴cosB===，‎ ‎∵B∈（0，π），‎ ‎∴B=．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且A=60°，c=5，a=7，则△ABC的面积等于（　　）‎ A． B． C．10 D．10‎ ‎【考点】正弦定理．‎ ‎【分析】利用余弦定理a2=b2+c2﹣2accosA可求得b，即可求得△ABC的面积．‎ ‎【解答】解：∵△ABC中，A=60°，c=5，a=7，‎ ‎∴由余弦定理得：a2=b2+c2﹣2bccosA，‎ 即49=b2+25﹣2×5b×，‎ 解得b=8或b=﹣3（舍）．‎ ‎∴S△ABC=bcsinA=×8×5×=10．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．△ABC中，B=45°，b=x，a=2，若△ABC有两解，则x的取值范围是（　　）‎ A．（2，+∞） B．（0，2） C．（2，2） D．（，2）‎ ‎【考点】正弦定理．‎ ‎【分析】根据题意，在△ABC中结合正弦定理可得x=，又△ABC有两解，可得sinA的范围，进而计算可得答案．‎ ‎【解答】解：根据题意，△ABC中，B=45°，b=x，a=2，‎ 则x==，‎ 又△ABC有两解，则A＞45°，即＜sinA＜1，‎ 故＜x＜2，即x的取值范围为（，2）；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．在等差数列{an}中，a1=﹣2014，其前n项和为Sn若﹣=2002，则S2016的值等于（　　）‎ A．2013 B．﹣2014 C．2016 D．﹣2015‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】由等差数列的前n项和公式可得：Sn=na1+，可得： =a1+，利用﹣=2002，可得d，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：由等差数列的前n项和公式可得：Sn=na1+，‎ ‎∴=a1+，‎ ‎∴﹣=﹣=2002，解得d=2．‎ 则S2016=2016×（﹣2014）+×2=2016，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．在△ABC中，tanA=，cosB=，则tanC=（　　）‎ A．﹣1 B．1 C． D．2‎ ‎【考点】同角三角函数基本关系的运用；两角和与差的正切函数．‎ ‎【分析】先通过cosB，求得sinB，进而可求得tanB，进而根据tanC=﹣tan（A+B），利用正切的两角和公式求得答案．‎ ‎【解答】解：sinB==，tanB==‎ tanC=tan=﹣tan（A+B）=﹣=﹣1‎ 故选A ‎　‎ ‎12．如图，平面上有四个点A、B、P、Q，其中A、B为定点，且AB=，P、Q为动点，满足AP=PQ=QB=1，又△APB和△PQB的面积分别为S和T，则S2+T2的最大值为（　　）‎ A． B．1 C． D．‎ ‎【考点】三角形中的几何计算．‎ ‎【分析】利用三角形面积公式分别表示出S与T，代入S2+T2中，利用同角三角函数间的基本关系化简，将第一问确定的关系式代入，利用余弦函数的性质及二次函数的性质求出最大值即可．‎ ‎【解答】解：在△PAB中，由余弦定理得：‎ PB2=PA2+AB2﹣2PA•AB•cosA=1+3﹣2cosA=4﹣2cosA，‎ 在△PQB中，由余弦定理得：‎ PB2=PQ2+QB2﹣2PQ•QB•cosQ=2﹣2cosQ，‎ ‎∴4﹣2cosA=2﹣2cosQ，即cosQ=cosA﹣1‎ 根据题意得：S=PA•AB•sinA=sinA，‎ T=PQ•QB•sinQ=sinQ，‎ ‎∴S2+T2=sin2A+sin2Q ‎=（1﹣cos2A）+（1﹣cos2Q）=﹣（cosA﹣）2+，‎ 当cosA=时，S2+T2有最大值，‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、填空题（每小题5分，共20分．）‎ ‎13．△ABC中，若角A，B，C成等差数列，则=　　．‎ ‎【考点】正弦定理．‎ ‎【分析】由已知利用等差数列的性质可求B的值，利用正弦定理，特殊角的三角函数值即可化简求值得解．‎ ‎【解答】解：∵角A，B，C成等差数列，‎ ‎∴2B=A+C，A+B+C=180°，解得B=60°，‎ ‎∵由正弦定理可得：，‎ ‎∴====．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎14．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，若sinB=，cosB=，则a+c的值为　3　．‎ ‎【考点】余弦定理．‎ ‎【分析】由a，b，c成等比数列，可得b2=ac，由sinB=，cosB=，可解得ac=13，再由余弦定理求得a2+c2=37，从而求得（a+c）2的值，即可得解．‎ ‎【解答】解：∵a，b，c成等比数列，‎ ‎∴b2=ac，‎ ‎∵sinB=，cosB=，‎ ‎∴可得=1﹣，解得：ac=13，‎ ‎∵由余弦定理：b2=a2+c2﹣2accosB=ac=a2+c2﹣ac×，解得：a2+c2=37．‎ ‎∴（a+c）2=a2+c2+2ac=37+2×13=63，故解得a+c=3．‎ 故答案为：3．‎ ‎　‎ ‎15．数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn（n∈N*），则an=　　．‎ ‎【考点】数列的概念及简单表示法．‎ ‎【分析】利用an与Sn的关系，求数列的通项公式即可．‎ ‎【解答】解：当n≥1时，an+1=2Sn，an+2=2Sn+1，‎ 所以两式相减得，an+2﹣an+1=2Sn+1﹣2Sn=2an+1，‎ 所以an+2=3an+1，所以从第3项起数列{an}是以a2为首项，以3为公比的等比数列，所以a2=2S1=2，‎ 所以，因为a1=1不满足an，‎ 所以．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎16．数列{an}满足an+1+（﹣1）nan=2n=1，则{an}的前100项和为　5050　．‎ ‎【考点】数列递推式．‎ ‎【分析】利用数列的递推关系式，求出相邻两项的和与差，推出奇数项与偶数项的数列关系，然后求解数列的和．‎ ‎【解答】解：由题设知 a2﹣a1=1，①a3+a2=3 ②a4﹣a3=5 ③a5+a4=7，a6﹣a5=9，‎ a7+a6=11，a8﹣a7=13，a9+a8=15，a10﹣a9=17，a11+a10=19，a12﹣a11=21，‎ ‎…‎ ‎∴②﹣①得a1+a3=2，③+②得a4+a2=8，同理可得a5+a7=2，a6+a8=24，a9+a11=2，a10+a12=40，…，‎ ‎∴a1+a3，a5+a7，a9+a11，…，是各项均为2的常数列，a2+a4，a6+a8，a10+a12，…‎ 是首项为8，公差为16的等差数列，‎ ‎∴{an}的前100项和为：25×2+25××25×24×16=5050．‎ 故答案为：5050．‎ ‎　‎ 三、解答题（共70分．17题10分，18--22题各12分）‎ ‎17．在△ABC中，A=60°，b=1，S△ABC=，求△ABC的外接圆半径r．‎ ‎【考点】余弦定理．‎ ‎【分析】由已知利用三角形面积公式可求c，进而利用余弦定理可求a，根据正弦定理即可解得外接圆半径r的值．‎ ‎【解答】解：∵A=60°，b=1，S△ABC=sin60°=，‎ ‎∴解得c=4，‎ ‎∴a===，‎ ‎∴2r==，‎ ‎∴△ABC的外接圆半径r=．‎ ‎　‎ ‎18．如图，在平面四边形ABCD中，AD=1，CD=2，AC=．‎ ‎（Ⅰ）求cos∠CAD的值；‎ ‎（Ⅱ）若cos∠BAD=﹣，sin∠CBA=，求BC的长．‎ ‎【考点】解三角形的实际应用．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用余弦定理，利用已知条件求得cos∠CAD的值．‎ ‎（Ⅱ）根据cos∠CAD，cos∠BAD的值分别，求得sin∠BAD和sin∠CAD，进而利用两角和公式求得sin∠BAC的值，最后利用正弦定理求得BC．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）cos∠CAD===．‎ ‎（Ⅱ）∵cos∠BAD=﹣，‎ ‎∴sin∠BAD==，‎ ‎∵cos∠CAD=，‎ ‎∴sin∠CAD==‎ ‎∴sin∠BAC=sin（∠BAD﹣∠CAD）=sin∠BADcos∠CAD﹣cos∠BADsin∠CAD=×+×=，‎ ‎∴由正弦定理知=，‎ ‎∴BC=•sin∠BAC=×=3‎ ‎　‎ ‎19．求数列{}的前n项和Tn．‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．‎ ‎【解答】解：数列{}的前n项和Tn=+5×+…+（3n﹣1）×，‎ ‎=+5×+…+（3n﹣4）×+（3n﹣1）×，‎ ‎∴Tn=1+3…+﹣（3n﹣1）×=3×﹣﹣（3n﹣1）×，‎ ‎∴Tn=5﹣．‎ ‎　‎ ‎20．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an≠0，anan+1=λSn﹣1，其中λ为常数．‎ ‎（Ⅰ）证明：an+2﹣an=λ ‎（Ⅱ）是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．‎ ‎【考点】数列递推式；等差关系的确定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用anan+1=λSn﹣1，an+1an+2=λSn+1﹣1，相减即可得出；‎ ‎（Ⅱ）对λ分类讨论：λ=0直接验证即可；λ≠0，假设存在λ，使得{an}为等差数列，设公差为d．可得λ=an+2﹣an=（an+2﹣an+1）+（an+1﹣an）=2d，．得到λSn=，根据{an}为等差数列的充要条件是，解得λ即可．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：∵anan+1=λSn﹣1，an+1an+2=λSn+1﹣1，‎ ‎∴an+1（an+2﹣an）=λan+1‎ ‎∵an+1≠0，‎ ‎∴an+2﹣an=λ．‎ ‎（Ⅱ）解：①当λ=0时，anan+1=﹣1，假设{an}为等差数列，设公差为d．‎ 则an+2﹣an=0，∴2d=0，解得d=0，‎ ‎∴an=an+1=1，‎ ‎∴12=﹣1，矛盾，因此λ=0时{an}不为等差数列．‎ ‎②当λ≠0时，假设存在λ，使得{an}为等差数列，设公差为d．‎ 则λ=an+2﹣an=（an+2﹣an+1）+（an+1﹣an）=2d，‎ ‎∴．‎ ‎∴，，‎ ‎∴λSn=1+=，‎ 根据{an}为等差数列的充要条件是，解得λ=4．‎ 此时可得，an=2n﹣1．‎ 因此存在λ=4，使得{an}为等差数列．‎ ‎　‎ ‎21．已知等比数列{an}满足a2+a3=，a1a4=，公比q＜1．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式与前n项和；‎ ‎（2）设bn=，数列{bnbn+2}的前n项和为Tn，若对于任意的正整数，都有Tn＜m2﹣m+成立，求实数m的取值范围．‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】（1）由等比数列的性质，a2a3=a1a4=，a2+a3=，根据公比q＜1，数列{an}单调递减，分别求得a1和q，求得等比数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）可知求得数列{bnbn+2}的通项公式，利用“裂项法“即可求得数列{bnbn+2}的前n项和为Tn的最大值，将Tn＜m2﹣m+转化成≤m2﹣m+，即可求得m的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）由题设知，a2a3=a1a4=，‎ ‎∵a2+a3=，q＜1，‎ 解得：a2=1，a3=，‎ q==，‎ ‎∴a1=3，‎ 故an=3×（）n﹣1=32﹣n，‎ ‎∴数列{an}前n项和Sn==﹣．‎ ‎（2）∵bn===，‎ ‎∴bnbn+2==（﹣），‎ ‎∴Tn=b1b3+b2b4+b3b5+…+bnbn+2，‎ ‎= [（1﹣）+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）+（﹣）]，‎ ‎=（1+﹣﹣）＜‎ 故要使Tn＜m2﹣m+恒成立，只需≤m2﹣m+，‎ 解得m≤0或m≥1．‎ ‎　‎ ‎22．已知各项均为正数的数列{an}满足：a1=3， =（n∈N*），设bn=，Sn=b12+b22+…+bn2．‎ ‎（1）求数列{an}通项公式；‎ ‎（2）求证：Sn；‎ ‎（3）若数列{cn}满足cn=3n+（﹣1）n﹣1•2n•λ（λ为非零常数），确定λ的取值范围，使n∈N*时，都有cn+1＞cn．‎ ‎【考点】数列与不等式的综合；数列递推式．‎ ‎【分析】（1）由=（n∈N*），变形=8（n+1），再利用“累加求和”方法与等差数列的求和公式即可得出．‎ ‎（2）bn=， =＜=，利用“裂项求和”方法与数列的单调性即可得出．‎ ‎（3）使n∈N*时，都有cn+1＞cn．可得3n+1+（﹣1）n•λ•2n+1＞3n+（﹣1）n﹣1•2n•λ，即（﹣1）n•λ＞，对n∈N*恒成立．对n分类讨论即可得出．‎ ‎【解答】（1）解：∵ =（n∈N*），∴=8（n+1），‎ ‎∴=++…++=8[n+（n﹣1）+…+2]+9=+1=4n2+4n+1=（2n+1）2．‎ an＞0，∴an=2n+1．‎ ‎（2）证明：bn=， =＜=，‎ Sn=b12+b22+…+bn2．‎ ‎∴Sn＜ [（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=（1﹣）＜．‎ ‎（3）解：∵使n∈N*时，都有cn+1＞cn．‎ ‎∴3n+1+（﹣1）n•λ•2n+1＞3n+（﹣1）n﹣1•2n•λ，‎ 即（﹣1）n•λ＞，对n∈N*恒成立．‎ 当n为偶数时，λ＞，对n∈N*恒成立，∴．‎ 当n为奇数时，λ＜对n∈N*恒成立，∴λ＜1．‎ 又已知λ≠0，∴＜λ＜1，且λ≠0．‎ ‎∴λ的求值范围是{λ|，且λ≠0}．‎ ‎　‎ ‎2016年12月26日