【文档说明】湖南省张家界市民族中学2019-2020学年高一下学期第一次月考数学试题 【精准解析】.doc，共(16)页，792.000 KB，由小赞的店铺上传

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张家界市民族中学2020年上学期高一第一次月考数学试题一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)1.在三角形ABC中，5,3,7ABACBC===，则BAC

的大小为（）A.23B.56C.34D.3【答案】A【解析】【详解】试题分析：2229254912cos223323bcaAAbc+−+−===−=，选A考点：余弦定理2.已知2tab=+，21sab=+

+，则t和s的大小关系为A.tsB.tsC.tsD.ts【答案】D【解析】试题分析：化简s﹣t的结果到完全平方的形式（b﹣1）2，判断符号后得出结论．解：s﹣t=a+b2+1﹣a﹣2b=b2﹣2b+1=（b﹣1）2≥0，故有s≥t，故选D．点评：

本题考查完全平方公式的应用，用比较法证明不等式的方法，作差﹣﹣变形﹣﹣判断符号﹣﹣得出结论．3.设集合2|5,|4210,SxxTxxx==+−则ST=()A.|75xx−−B.|35xxC.|53xx−D.|75xx−【答案】C【

解析】【详解】由题，故(5,3)ST=−选择C．4.等差数列na的公差0d，且2412aa=，158aa+=，则na的通项公式是（）A.22nan=−B.24nan=+C.210nan=−+D.212nan=−+【答案】C【解析】【分析】由于数列na为等差

数列，所以15248aaaa+=+=，再由2412aa=可得24aa，可以看成一元二次方程28120xx−+=的两个根，由0d可知24aa，所以246,2aa==，从而可求出1,ad，可得到通项公式

.【详解】解：因为数列na为等差数列，所以15248aaaa+=+=，因为2412aa=，所以24aa，可以看成一元二次方程28120xx−+=的两个根，因为0d，所以246,2aa==，所以11632adad+=+=，解得128da=−=，所以8

2(1)210nann=−−=−+故选：C【点睛】此题考查的是等差数列的通项公式和性质，属于基础题.5.等比数列{an}中，a1，a99为方程x2－10x＋16＝0的两根，则205080aaa的值为()A.32B.±64C.256D

.64【答案】B【解析】【分析】由题可知19916aa=，然后利用等比中项的性质求出50a，进而可求出205080aaa.【详解】因为a1，a99为方程x2－10x＋16＝0的两根，所以19916aa=，所以501

64a==，所以205080aaa=1995064aaa=.故选：B.【点睛】本题主要考查了等比中项的应用，难度不大.6.等比数列的公比为2，且前四项之和等于1，则其前八项之和等于（）A.15B.21C.19D.17【答案】D【解析】【分析】根据()4123456781

2341234aaaaaaaaaaaaaaaaq+++++++=+++++++，代入条件计算即可.【详解】解：由已知得12341aaaa+++=，则12345678aaaaaaaa+++++++()412341234aaaaaaaaq=+++++++41217=+=.故选：D.【点睛】本题考

查等比数列求和的整体运算，是基础题.7.在△ABC中，coscoscosabcABC==,则△ABC一定是（）A.直角三角形B.钝角三角形C.等腰三角形D.等边三角形【答案】D【解析】【分析】由题意首先利用正弦定理边化角

，然后结合正切函数的性质即可确定△ABC的形状.【详解】由coscoscosabcABC==结合正弦定理可得：sinsinsincoscoscosABCABC==，即tantantanABC==，结合正切函数的性质可知：ABC==，则△ABC是等

边三角形.故选D.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，三角形形状的确定等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8.各项不为零的等差数列{an}中，有27a＝2(a3＋a11)，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则68bb＝()A.2B.4C.8D.16【答案】D【解析】【分析】先利用等

差数列的性质结合27a＝2(a3＋a11)，求得7a，再利用等比数列的性质，由226877bbba==求解.【详解】由等差数列的性质得：731124aaa=+，又因为27a＝2(a3＋a11)，所以2774aa=，解得74a=，所以b7＝7

4a=，因为数列{bn}是等比数列，所以268716bbb==.故选：D【点睛】本题主要考查等差数列的性质和等比数列的性质的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9.已知等差数列{an}中paq=，qap=，pqa+=()A.2B.pq+C.0D.pq−【答案】C【解析】【分析】先根据paq=

，qap=求出数列的公差d，然后利用公式直接求pqa+即可.【详解】设等差数列{an}的公差为d，则1pqaaqpdpqpq−−===−−−，所以0pqpaaqdqq+=+=−=.故选：C.【点睛】本题考查了等差数列通项公式的应用，属于简单题.10.若010221xyyx−

，则z＝2y－2x＋4的最小值为()A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】画出可行域，数形结合，由224zyx=−+，则22zyx=−+，即直线:l22zyx=−+，则l与可行域有公共点，且在y轴的截距最小时，z最小.【详解】画出可行域如图所示：由224zyx=−+，则22zyx=

−+，根据直线:l22zyx=−+，当l平移到A时，在y轴的截距最小，z最小，又1210xxy=−+=，得1,1xy==，即(1,1)A则min21214z=−+4=.故选：C【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基

本方法．11.已知△ABC的周长为2，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且满足sinsinsinABC+=3c，则c等于()A.32B.23C.1或23D.1【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理，把sinsin3sinABcC+=化简成23abc

+=，再利用232abccc++=+=，即可求解.【详解】由题意可知，△ABC的周长为2，即2abc++=，又由sinsin3sinABcC+=，可得3abcc+=，化简得，23abc+=，所以，232abccc++=+=，解得(1)(32)0cc+−

=，又由0c可得，23c=故选：B【点睛】本题考查利用正弦定理边角互化的应用，属于基础题.12.在数列nx中，11211(2)nnnnxxx−+=+，且223x=，425x=，则10x=（）A.211B.16C.112D.15【答案】A【解析】试题分析：∵根据等差中项的定义可知，数

列是等差数列，，∴，，所以，所以，故选项为A.考点：等差中项.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.在等差数列{an}中，a3+a7=37，则a2+a4+a6+a8=．【答案】74【解析】试题分析：根据等差数列的性质所有下标之和相同的两项之和相等，看

出第三项与第七项的和等于第四项与第六项的和等于第二项与第八项的和，得到结果．解：等差数列{an}中，a3+a7=37，∵a3+a7=a2+a8=a4+a6=37∴a2+a4+a6+a8=37+37=74，故答案为74点评：本题考查等差数列的性质，这是经常用到的一个性质的应用，注意解题要灵活，不要

出现数字运算的错误是一个送分题目．14.已知数列{an}满足a1＝1，12nnnaa+−=，则an＝________.【答案】21n−.【解析】【分析】利用累加法和等比数列的前n项和公式直接求通项即可.【详解】a1＝1

，12nnnaa+−=，112nnnaa−−−=，2122nnnaa−−−−=，……2322aa−=，212aa−=，上述1n−项累加得，12112(12)2222212nnnnaa−−−−=++==−−，所以21nna=−.故答案为：21n−.【点睛】本题主要考查了累加法求数列的通项公式

，考查了等比数列的前n项和，属于中档题.15.等差数列na的前n项和为nS.若10100100,10SS==，则110S=__________.【答案】110−【解析】【分析】利用等差数列的前n项和公式，列出方程组，求得1,ad的值，再利用前n项和公式，即可求解.

【详解】由题意，设等差数列的公差为d，因为10100100,10SS==，所以1110910100210099100102adad+=+=，解得1109911,10050ad==−，所以11011101091099110109111101101102100250Sad=+=

−=−.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.16.已知数列1，1，2，1，2，3，1，2，3，4，…，1，2，3，4，5…，n…，则15a=_

________，2020a=________.【答案】(1).5(2).4【解析】【分析】先将数列按第n行排n个数进行排列，则前n行共有(1)2nn+个数，因此找出15a和2020a分别是哪一行的第几个数，即可得出答案.【详解】将题中数列排列如下：1，1，2，1，2，3，1，2，3，4，……则前

n行共有(1)1232nnn+++++=个数，故前5行共有15个数，所以15a是第5行的第5个数，所以155a=，又前63行共有636420162=个数，所以2020a是第64行的第4个数，所以20204a=.故答案为：5；4.【点睛】本题主要考查根据数列的规律确定数列中的项，需要学

生灵活运用解题方法，难度不大.三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤).17.已知等差数列{an}中，a1=1，a3=﹣3．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{an}的前k项和Sk=﹣35，求k的值．

【答案】（Ⅰ）an=1+（n﹣1）×（﹣2）=3﹣2n（Ⅱ）k=7【解析】试题分析：（I）设出等差数列的公差为d，然后根据首项为1和第3项等于﹣3，利用等差数列的通项公式即可得到关于d的方程，求出方程的解即可得到公差d的值，根据首项和公差写出数列的通项公式即可；（II）根

据等差数列的通项公式，由首项和公差表示出等差数列的前k项和的公式，当其等于﹣35得到关于k的方程，求出方程的解即可得到k的值，根据k为正整数得到满足题意的k的值．解：（I）设等差数列{an}的公差为d，则an=a1+（n﹣

1）d由a1=1，a3=﹣3，可得1+2d=﹣3，解得d=﹣2，从而，an=1+（n﹣1）×（﹣2）=3﹣2n；（II）由（I）可知an=3﹣2n，所以Sn==2n﹣n2，进而由Sk=﹣35，可得2k﹣k2=﹣35，即k2﹣

2k﹣35=0，解得k=7或k=﹣5，又k∈N+，故k=7为所求．点评：此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式及前n项和的公式化简求值，是一道基础题．18.如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方

向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上．（1）求渔船甲的速度；（2）求sin的值．【答案】（1）14海里/小时；（2）.【解析】【详解】（1）12,20,120ABACBAC===,∴∴,∴V

甲海里/小时；（2）在中，由正弦定理得∴∴.点评：主要是考查了正弦定理和余弦定理的运用，属于基础题.19.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且(2a＋c)cosB＋bcosC＝0.（1）求角B的大小；（2）若13b=，4ac+=，求△ABC的面

积.【答案】（1）23；（2）334.【解析】【分析】(1)利用余弦定理变形化简(2a＋c)cosB＋bcosC＝0，可得角B的大小（2）利用余弦定理求解ac的值，即可求解ABC的面积.【详解】解：(1)由余弦定理得，222cos2acbBac+−=,222cos2ab

cCac+−=,将上式代入()2coscos0acBbC++=，整理得222acbac+−=−,2221cos222acbacBacac+−−===−,角B为ABC的内角，23B=.(2)将13b=，23B=，4ac+=代入2222co

sbacacB=+−，即()2222cosbacacacB=+−−,21134212ac=−−，3ac=，ABC的面积为11233sin3sin2234acB==.【点睛】本题主要考查了应用余弦定理求三角形的内角和面积，同时考查恒等变形能力和运算求解能力；

属于中档题.20.若不等式()()2223310mmxmx−−−−−对任意xR恒成立，求实数m的取值范围.【答案】1(,3]5−.【解析】【分析】当2230mm−−=时，不等式是一次不等式，检验m的值是否符合题意，当1m−，且3m

时，不等式是二次不等式，不等式恒成立需满足()()22223034230mmmmm−−=−+−−即可.两种情况求并集.【详解】注意到方程2230mm−−=的两根分别为－1和3，于是讨论如下.当1m=−时，原不等式变为410x−，显然对任意xR不会恒成立，所以1m=−不适

合题意.当3m=时，原不等式变为10−，显然对任意xR恒成立，所以3m=适合题意.当1m−，且3m时，依题意知应满足()()22223034230mmmmm−−=−+−−13131535mmm−

−−（满足前提条件）.综上知，所求实数m的取值范围是1,35−.【点睛】本题主要考查了分类讨论的思想，二次不等式恒成立问题，属于中档题.21.在数列na中，11a=，并且

对于任意*nN，都有121nnnaaa+=+.（1）证明：数列1na为等差数列，并求na的通项公式；（2）设数列1nnaa+的前n项和为nT，求nT.【答案】（1）证明过程见详解，121nan=−；（2）21nnTn=+.【解析】【分析

】（1）根据121nnnaaa+=+，得到1112nnaa+−=，即可证明数列为等差数列，从而可求出通项公式；（2）先由（1）得111122121nnaann+=−−+，根据裂项求和的方法，即可求出结果.【

详解】（1）因为121nnnaaa+=+，所以121112nnnnaaaa++==+，因此1112nnaa+−=，所以数列1na是以2为公差的等差数列；又11a=，所以112(1)21nnna=

+−=−，因此121nan=−；（2）由（1）得111111212122121nnaannnn+==−−+−+，所以111111111...2323522121nTnn=−+−++−−+

1111111...23352121nn=−+−++−−+11122121nnn=−=++.【点睛】本题主要考查由递推关系证明等差数列，以及裂项相消法求数列的前n项和，属于常考题型.22.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n

∈N*)，等差数列{bn}中，bn＞0(n∈N*)，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列．(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.【答案】(1)an＝3n－1(n∈N*),bn＝2n＋1(n∈N*)

．(2)Tn＝n·3n.【解析】试题分析：（1）先根据和项与通项关系得项的递推关系式：an＋1＝3an，再根据等比数列定义以及通项公式求数列{an}的通项公式；利用待定系数法求等差数列{bn}中首项与公差，再根据等差数列通项公式得{bn}的通项公式；（2）利用错位相减法求数列{a

n·bn}的前n项和Tn.利用错位相减法求和时，注意相减时项的符号变化，中间部分利用等比数列求和时注意项数，最后要除以1q−试题解析：解(1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，∴an＝2Sn－1＋1(n∈N*，n＞1)，∴an＋1－an＝2(Sn－Sn

－1)，即an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an(n∈N*，n＞1)．而a2＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1.∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，∴an＝3n－1(n∈N*)．∴a1＝1，a2＝3，a3

＝9，在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5.又∵a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列，设等差数列{bn}的公差为d，则有(a1＋b1)(a3＋b3)＝(a2＋b2)2.∴(1＋5

－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2，∵bn＞0(n∈N*)，∴舍去d＝－10，取d＝2，∴b1＝3，∴bn＝2n＋1(n∈N*)．(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)·3n－2＋(2n＋1)3n－1，①∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－

1)3n－1＋(2n＋1)3n，②∴①－②得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2×－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.

∴Tn＝n·3n.点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“nS”与“nqS”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“nnSqS−”的表达式；(3

)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.