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    安徽省砀山县第二中学2018_2019学年高一数学下学期第一次月考试题理.doc

    • 资源ID:1111083       资源大小:2.29MB        全文页数:14页
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    安徽省砀山县第二中学2018_2019学年高一数学下学期第一次月考试题理.doc

    1、- 1 -砀山二中 2018-2019 学年度第二学期高一第一次月考理科数学试题满分 150 分,考试时间 120 分钟一选择题(共 12 小题,每题 5 分,共 60 分)1根据所给数列前五项的规律,判断数列 1, , , ,3,3 共有( )个项A27 B9 C13 D142在 ABC 中, A60, B45, b2,则 a 等于( )A B C3 D3已知等差数列 an的前 n 项和 Sn,若 a2+a38, S525,则该数列的公差为( )A2 B2 C3 D34已知等比数列 an满足 , a3a52 a41,则 a2( )A B C1 D25已知 ABC 中, AB , AC1 且

    2、B30,则 ABC 的面积等于( )A B C 或 D 或6记 Sn为等差数列 an的前 n 项和,若 S99 S5,则 ( )A3 B5 C7 D97已知 ABC 的三内角 A、 B、 c 的对边分别为 a、 b、 c,且 ABC 的面积 ,则角 A( )A120 B60 C45 D308数列 an满足 , ,那 么 a2018( )A1 B C1 D29若数列 an的通项公式是 an(1) n(3 n2) ,则 a1+a2+a2018( )A1009 B3027 C5217 D610610设由正数组成的等比数列,公比 q2,且 a1a2a302 30,则 a3a6a9a30等于( )A2

    3、10 B2 15 C2 16 D2 20- 2 -11数列 an满足 a12, an+1 an+2n+2,则 ( )A B C D12等差数列 an的前 n 项和为 Sn,其中 nN *,则下列命题错误的是( )A若 an0,则 Sn0B若 Sn0,则 an0C若 an0,则 Sn是单调递增数列D若 Sn是单调递增数列,则 an0二填空题(共 4 小题,每题 5 分,共 20 分)13已知数列 1, a1, a2,4 成等差数列,1, b1, b2, b3,4 成等比数列,则 14已知数列 an前 n 项和为 Sn, an+12 an1, a11,则 的值为 915 ABC 的内角 A, B,

    4、 C 的对边分别为 a, b, c,若 cosA , bcosC+ccosB4,则ABC 的外接圆的面积为 16已知数列 an,若 a1+2a2+nan2 n,则数列 anan+1的前 n 项和为 三解答题(共 6 小题,共 70 分)17记 Sn为等差数列 an的前 n 项和,已知 a17, S416()求 an的通项公式;()求 Sn,并求 Sn的最小值18设等差数列 an的前 n 项和为 Sn,已知前 6 项和为 36,最后 6 项和为180, Sn324( n6) ()求数列的项数 n;()求 a9+a10的值及数列的通项公式- 3 -19已知等比数列 an是递增数列,且 a1+a5

    5、, a2a44(1)求数列 an的通项公式(2)若 bn nan( nN*) ,求数列 bn的前 n 项和 Sn20在 ABC 中,已知 BC7, AB3, A60(1)求 cos C 的值;(2)求 ABC 的面积21数列 an的各项均为正数,对于任 意 nN*且 n2,满足 1, an2, a n1 三个数成等差数列,且 a11(1)求数列 an的通项公式:(2)若数列 bn满足 bn ,求数列 bn的前 n 项和 Sn- 4 -22已知函数 y f( x)的图象经过坐标原点,且 f( x) x2 x+b,数列 an的前 n 项和Sn f( n) ( nN*)(1)求数列 an的通项公式;

    6、(2)若数列 bn满足 an+1og3nlog 3bn,求数列 bn的前 n 项和 Tn;(3)令 dn ,若 cn3 (2) n( 为非零整数, nN*) ,试确定 的值使得对任意 nN*,都有 cn+1c n成立- 5 -高一下学期理科数学月考试卷参考答案与试题解析一选择题(共 12 小题)1根据所给数列前五项的规律,判断数列 1, , , ,3,3 共有( )个项A27 B9 C13 D14【解答】解:数列 1, , , ,3,3 ,可得 an ,则 3 ,即 2n127,解得 n14,故选: D2在 ABC 中, A60, B45, b2,则 a 等于( )A B C3 D【解答】解:

    7、 ABC 中, A60, B45, b2,由正弦定理可得, ,则 a 故选: D3已知等差数列 an的前 n 项和 Sn,若 a2+a38, S525,则该数列的公差为( )A2 B2 C3 D3【解答】解:等差数列 an的前 n 项和 Sn,设公差为 d,若a2+a32 a1+3d8, S5255 a1+10d,解得 d2,故选: B4已知等比数列 an满足 , a3a52 a41,则 a2( )A B C1 D2【解答】解:设等比数列 an的公比为 q, , a3a52 a41, 1,- 6 -化为:( q38) 20,解得 q38,解得 q2则 a2 故选: A5已知 ABC 中, AB

    8、 , AC1 且 B30,则 ABC 的面积等于( )A B C 或 D 或【解答】解: AB , AC1 且 B30,由正弦定理:可得: ,则 sinC ,0 C, C60或 120 A+B+C180则 A90或 30三角函数的面积公式 S bcsinA当 A90时, S sin90 ;当 A30 时, S sin30 6记 Sn为等差数列 an的前 n 项和,若 S99 S5,则 ( )A3 B5 C7 D9【解答】解: S99 S5, 9 ,9 a595 a3, 5故选: B7已知 ABC 的三内角 A、 B、 c 的对边分别为 a、 b、 c,且 ABC 的面积 ,则- 7 -角 A(

    9、 )A120 B60 C45 D30【解答】解:由题意可得: ABC 的面积 bcsinA,可得: cosAsin A,即:tan A , A(0,180) , A60故选: B8数列 an满足 , ,那么 a2018( )A1 B C1 D2【解答】解: , , a2121, a31+12, a41 ,故数列 an是周期数列,周期是 3,则 a2018 a3672+2 a21,故选: A9若数列 an的通项公式是 an(1) n(3 n2) ,则 a1+a2+a2018( )A1009 B3027 C5217 D6106【解答】解: an(1) n(3 n2) ,则 a1+a2+a2018(

    10、1+4 )+(7+10)+(13+16)+(6051+6054)3+3+3310093027故选: B10设由正数组成的等比数列,公比 q2,且 a1a2a302 30,则 a3a6a9a30等于( )A2 10 B2 15 C2 16 D2 20【解答】解:正数组成的等比数列,公比 q2,且 a1a2a302 30, a130q1+2+3+29 a130q435 a13024352 30, a1302 405 , a1102 135 , a3a6a9a30 a110q2+5+8+29 a11021552 135 21552 20,- 8 -故选: D11数列 an满足 a12, an+1 a

    11、n+2n+2,则 ( )A B C D【解答】解:数列 an满足 a12, an+1 an+2n+2,当 n2 时, an an1 +2n,故: an an1 2 n,an1 an2 2( n1) ,a2 a122, ( n1)+( n1)得:所以: an a12(2+3+ n) ,则: an2(1+2+3+ n) n( n+1) 所以: , ,则 ,故选: D12等差数列 an的前 n 项和为 Sn,其中 nN *,则下列命题错误的是( )A若 an0,则 Sn0B若 Sn0,则 an0C若 an0,则 Sn是单调递增数列D若 Sn是单调递增数列,则 an0【解答】解:由等差数列的性质可得:

    12、 nN *, an0,则 Sn0,反之也成立an0, d0,则 Sn是单调递增数列因此 A, B, C 正确对于 D: a10, d0,时 Sn是单调递增数列,则而 an0 在 n1 时不成立- 9 -故选: D二填空题(共 4 小题)13已知数列 1, a1, a2,4 成等差数列,1, b1, b2, b3,4 成等比数列,则 2 【解答】解:因为数列 1, a1, a2,4 成等差数列,所以公差 d 1,则 a2 a11,因为 1, b1, b2, b3,4 成等比数列,所以公比 4,则 q22, b21 q22,所以 2,故答案为:214已知数列 an前 n 项和为 Sn, an+12

    13、 an1, a11,则 的值为 511 9【解答】解:根据题意,数列 an满足 an+12 an1,即 an+1+12( an+1) ,又由 a11,则 a1+12,则数列 an+1是以 a1+12 为首项,2 为公比的等比数列,则 an+122 n1 2 n,则 an2 n1,则 故答案为:5115915 ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c,若 cosA , bcosC+ccosB4,则ABC 的外接圆的面积为 49 【解答】解:因为 bcosC+ccosB4,由正弦定理 ,可得: bcosC+ccosB2 R(sin BcosC+sinCcosB)2 RsinA4

    14、,可得:sin A ( R 为 ABC 外接圆的半径) ,因为:cos A ,所以解得:sin A , R7,S49- 10 -故答案为:4916已知数列 an,若 a1+2a2+nan2 n,则数列 anan+1的前 n 项和为 【解答】解: n2 时,a1+2a2+nan2 na1+2a2+( n1) an1 2( n1)得 nan2, an ,n1 时, a12,符合上式, an ; anan+1 4( )数列 anan+1的前 n 项和为:4(1 )+( )+( )+( )4(1 ) 故答案为: 三解答题(共 6 小题)17记 Sn为等差数列 an的前 n 项和,已知 a17, S41

    15、6()求 an的通项公式;()求 Sn,并求 Sn的最小值【解答】解:( I)设 an的公差为 d,由题意得 4a1+6d16,由 a17 得 d2所以 an的通项公式为 an2 n9,( II)由(1) Sn n28 n( n4) 216,所以当 n4 时, Sn取得最小值,最小值为1 618设等差数列 an的前 n 项 和为 Sn,已知前 6 项和为 36,最后 6 项和为180, Sn324( n6) ()求数列的项数 n;()求 a9+a10的值及数列的通项公式【解答 】解:()前 6 项和为 36,最后 6 项的和为 180,- 11 - a1+a2+a636,an+an1 +an5

    16、 180,两式相加得( a1+an)+( a2+an1 )+( a6+an5 )216, a1+an36, Sn n( a1+an)324 n18;()由()知, a1+a1836 a9+a10 a1+a1836, a1+a182 a1+17d36,3(2 a1+5d)36, d2, a11, an2 n119已知等比数列 an是递增数列,且 a1+a5 , a2a44(1)求数列 an的通项公式(2)若 bn nan( nN*) ,求数列 bn的前 n 项和 Sn【解答】解:(1)由 an是递增等比数列, a1+a5 , a2a44 a324 a1+a1q4 , ;解得: a1 , q2;数

    17、列 an的通项公式: an2 n2 ;(2)由 bn nan( nN*) , bn n2n2 ; S1 ;那么 Sn12 1 +220+321+n2n2 ,则 2Sn12 0+221+322+( n1)2 n2 +n2n1 ,将得: Sn +n2n1 ;即: Sn(2 1 +20+2+22+2n2 )+ n2n1 +n2n1 20在 ABC 中,已知 BC7, AB3, A60(1)求 cos C 的值;- 12 -(2)求 ABC 的面积【解答】 (本题满分为 12 分)解:(1) BC7, AB3, A60由正弦定理可得:sin C ,3 分 BC AB, C 为锐角,4 分cos C ,

    18、6 分(2) A+B+C, A60,sin Bsin( A+C)sin AcosC+cosAsinC + ,9 分 S ABC BCABsinB 6 12 分21数列 an的各项均为正数,对于任意 nN*且 n2,满足 1, an2, an1 2三个数成等差数列,且 a11(1)求数列 an的通项公式:(2)若数列 bn满足 bn ,求数列 bn的前 n 项和 Sn【解答】解:(1)任意 nN*且 n2,满足 1, an2, an1 2三个数成等差数列,可得 an2 an1 2+1,即有数列 an2为首项为 1,公差为 1 的等差数列,可得 an21+ n1 n,即 an ;(2) bn ,可

    19、得数列 bn的前 n 项和 Sn 1+ + 122已知函数 y f( x)的图象经过坐标原点,且 f( x) x2 x+b,数列 an的前 n 项和Sn f( n) ( nN*)(1)求数列 an的通项公式;(2)若数列 bn满足 an+1og3nlog 3bn,求数列 bn的前 n 项和 Tn;(3)令 dn ,若 cn3 (2) n( 为非零整数, nN*) ,试确定 的值,- 13 -使得对任意 nN*,都有 cn+1c n成立【解答】解:(1)由 f( x) x2 x+b( bR) ,y f( x)的图象过原点,即 b0,则 f( x) x2 x, Sn n2 n,当 n2 时, an

    20、 Sn Sn1 2 n2,又因为 a1 S10 适合 an2 n2所以数列 an的通项公式为 an2 n2( nN *) ;(2)由 an+log3nlog 3bn得: bn n3 n32n2 ,所以 Tn b1+b2+b3+bn3 0+232+334+n32n2 所以 9Tn3 2+234+336+n32n得:8 Tn n32n(1+3 2+34+36+32n2 ) n32n所以 Tn ,(3)令 dn n,故 cn3 n(2) n,要使 cn+1c n,恒成立,即要 cn+1c n3 n+1(2) n+13 n(2) n23 n3(2) n恒成立,即要(1) n( ) n1 , 恒成立,下面分 n 为奇数和 n 为偶数讨论,当 n 为奇数时,即 ( ) n1 恒成立,又( ) n1 最小值为 1,1当 n 为偶数时,即 ( ) n1 恒成立,又( ) n1 最大值为 , ,综上所述 1,又 为非零整数,1 时,使得对任意 nN*,都有 cn+1c n成立,- 14 -


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