2020-2021学年河南省郑州市高二（上）10月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省郑州市高二（上）10月月考数学试卷人教A版，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. △ABC中，角A，B，C所对边为a，b，c，若a=2，b=23，A=30∘，则B=（ ）
A.60∘B.30∘C.60∘或120∘D.30∘或150∘

2. 若三角形三边长的比为5:7:8，则它的最大角和最小角的和是（ ）
A.90∘B.120∘C.135∘D.150∘

3. 在△ABC中，sinAa=csBb，则∠B=( )
A.45∘B.60∘C.30∘D.90∘

4. 在△ABC中，C=60∘，AC=4，BC=23，则△ABC的面积为（ ）
A.32B.3C.23D.6

5. 已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若A:B:C=1:2:3，则a:b:c= ( )
A.1:2:3B.1:2:3C.1:3:2D.2:3:4

6. 己知△ABC中，三边为a，b，c，面积S=14(b2+c2−a2)，则A=( )
A.45∘B.30∘C.120∘D.15∘

7. 已知等差数列{an}的前三项为a−1，a+1，2a+3，则此数列的通项公式为( )
A.an=nB.an=n+3C.an=n−3D.an=2n−3

8. 某等差数列共有10项，偶数项之和是15，奇数项之和是252，则首项与公差分别为( )
A.12，12B.12，1C.12，2D.1，12

9. 等比数列an的各项均为正数，且a1a6+a3a4=12，则a1a2⋯a6=( )
A.216B.36C.108D.432

10. 已知等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn，则S4a2=( )
A.2B.152C.4D.172

11. 等差数列{an}的前n项和为Sn，a2=7，a6+a8=−6，则Sn取最大值时，n的值为( )
A.3B.4C.5D.6

12. 已知数列{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，且SnTn=7n+2n+3，求a3b3=( )
A.449B.378C.519D.358
二、填空题

在等比数列{an}中，a1，a99是方程x2−10x+16=0的两个根，则a50的值为________．
三、解答题


(1)已知等差数列an中， a1=2,d=−2,Sn=−70，求n及a8；

(2)已知等比数列an中， a2=18,a4=8，求a1与q.

如图，隔河可以看到对岸两目标A，B，但不能到达，现在岸边相距3km的C，D两点，并测得∠ACB=75∘，∠BCD=45∘，∠ADC=30∘，∠ADB=45∘（A，B，C，D在同一平面），求目标A，B间的距离．


已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，且满足b−c2=a2−bc.
(1)求角A的大小；

(2)若a=3，sinC=2sinB，求△ABC的面积．

某种汽车购买费用为10万元，每年的保险、汽油费用为9000元.汽车的维修费用如下：第一年2000元，第二年4000元，第三年6000元，并以每年2000的增量递增．
(1)这种汽车第n年的维修费用是多少元？

(2)这种汽车使用10年，一共花费了多少钱？

已知数列an的前n项和Sn，且Sn=n2+n ，n∈N∗.
(1)求an；

(2)若bn=12an+n，n∈N∗，求数列bn的前n项和Tn．

已知数列an是等差数列，且a2=2,a3+a4+a5=12.
(1)求数列an的通项公式；

(2)令bn=an⋅3n，求数列bn的前n项和公式．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省郑州市高二（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据正弦定理可知：asinA=bsinB，
∴ 2sin30∘=23sinB，
∴ 4sinB=23，
∴ sinB=32，
∴ B=60∘或120∘.
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
求两角和与差的正弦
【解析】
设最小边为5，则三角形的三边分别为5，7，8，设边长为7的边对应的角为θ，则由余弦定理可得csθ的值，从而求得θ的值，则最大角与最小角的和为180∘−θ．
【解答】
解：设最小边为5，则三角形的三边分别为5，7，8，
设边长为7的边对应的角为θ，
则由余弦定理可得49=25+64−80csθ，
解得csθ=12，∴ θ=60∘，
则最大角与最小角的和为180∘−60∘=120∘，
故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
由已知及正弦定理可得csB=sinB，即有tanB=1，根据0【解答】
解：∵ sinAa=csBb，即有asinA=bcsB，
又由正弦定理可得：asinA=bsinB，
∴ 可解得：csB=sinB，即有tanB=1，
∵ 0∴ B=π4．
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
三角形的面积公式
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ C=60∘，AC=4，BC=23，
∴ S=12AC⋅BC⋅sinC
=12×4×23×32=6.
故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
求出三角形的内角，利用正弦定理直接求解即可．
【解答】
解：在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，
若A:B:C=1:2:3，
又A+B+C=π，
∴ A=π6，B=π3，C=π2．
由正弦定理可得
a:b:c=sinA:sinB:sinC
=12：32：1=1:3:2．
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
【解析】
由条件利用余弦定理可得sinA=csA，由此可得三角形的内角A的值．
【解答】
解：∵ △ABC的面积S=14(b2+c2−a2)=12⋅bc⋅sinA，
由余弦定理可得 b2+c2−a2=2⋅bc⋅csA，
∴ sinA=csA．
故A=45∘.
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
等差数列的性质
等差数列的通项公式
【解析】
由条件可得2(a+1)=a−1+2a+3，解得a=0，故可得等差数列{an}的前三项，由此求得数列的通项公式．
【解答】
解：已知等差数列{an}的前三项依次为a−1，a+1，2a+3，
故有2(a+1)=a−1+2a+3，
解得a=0，
故等差数列{an}的前三项依次为−1，1，3，
故数列是以−1为首项，以2为公差的等差数列，
故通项公式an=−1+(n−1)×2=2n−3.
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
设公差为d，则15−12.5=5d，解得d．由于奇数项之和是12.5，可得5a1+5×42×2d=12.5，解得a1．
【解答】
解：设公差为d，则15−252=5d，
解得d=12．
由于奇数项之和是252，
∴ 5a1+5×42×1=252，解得a1=12．
故选A．
9.
【答案】
A
【考点】
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据等比数列的性质可知：a1⋅a6=a2⋅a5=a3⋅a4，
∴ a1⋅a6=6，
∴ a1a2⋯a6=(a1a6)3=63=216.
故选A.
10.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
根据等比数列的性质，借助公比q表示出S4和a1之间的关系，易得a2与a1间的关系，然后二者相除进而求得答案．
【解答】
解：由于q=2，
∴ S4=a1(1−24)1−2=15a1.
∴ S4a2=15a12a1=152.
故选B．
11.
【答案】
C
【考点】
数列与函数最值问题
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
由已知结合等差数列的性质求得a7，进一步求得公差，代入等差数列的通项公式，由通项大于0求得答案．
【解答】
解：在等差数列{an}中，由a6+a8=−6，
得2a7=−6，a7=−3，
又a2=7，∴ d=a7−a27−2=−3−75=−2，
∴ an=a2+(n−2)d=7−2(n−2)=11−2n．
由an=11−2n>0，得n<112，
∵ n∈N∗，
∴ Sn取最大值时，n的值为5．
故选C．
12.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
利用等差数列的通项公式和前n项和公式，能推导出a4b4=S7T7，由此利用已知条件能求出结果．
【解答】
解：∵ 两等差数列{an}和{bn}前n项和分别为Sn，Tn，且SnTn=7n+2n+3，
∴ a3b3=2a32b3=a1+a5b1+b5
=52(a1+a5)52(b1+b5)
=S5T5=7×5+25+3=378．
故选B．
二、填空题
【答案】
4或−4
【考点】
等比数列的性质
【解析】
由题意可得a1⋅a99=16，故a40⋅a60=a502=a1⋅a99=16，故有则a40a50a60=a503，进而可得答案．
【解答】
解：由题意可得a1⋅a99=16，即a502=a1⋅a99=16，
则a50=±4.
故答案为：4或−4．
三、解答题
【答案】
解：(1)Sn=na1+nn−12d
∴−70=2n+nn−12×−2，
∴−70=2n−n2+n，
∴n2−3n−70=0，
即n−10n+7=0，
∴n=10.
a8=a1+7d=2+7×−2=2−14=−12，
∴a8=−12．
(2)∵a4=a2q2，
∴8=18q2，
∴q2=818=49，
∴q=±23.
∵a2=a1q，
∴a1=a2q，
∴a1=1823=27，或a1=18−23=−27，
∴q=23，a1=27或q=−23，a1=−27．
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
无

【解答】
解：(1)Sn=na1+nn−12d
∴−70=2n+nn−12×−2，
∴−70=2n−n2+n，
∴n2−3n−70=0，
即n−10n+7=0，
∴n=10.
a8=a1+7d=2+7×−2=2−14=−12，
∴a8=−12．
(2)∵a4=a2q2，
∴8=18q2，
∴q2=818=49，
∴q=±23.
∵a2=a1q，
∴a1=a2q，
∴a1=1823=27，或a1=18−23=−27，
∴q=23，a1=27或q=−23，a1=−27．
【答案】
解：在△ACD中，∠ADC=30∘，∠ACD=120∘，
∴ ∠CAD=30∘．
∴ AC=CD=3．
在△BDC中，∠CBD=180∘−(45∘+75∘)=60∘．
由正弦定理，BCsin∠BDC=CDsin∠CBD，
∴ BC=3sin75​∘sin60​∘=6+22．
由余弦定理，得AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠BCA
=(3)2+(6+22)2−23×6+22cs75​∘=5．
∴ AB=5．
∴ 目标A，B之间的距离为5km．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
利用△ACD的边角关系得出AC，在△BCD中，由正弦定理即可得出BC，在△ACB中利用余弦定理即可得出AB．
【解答】
解：在△ACD中，∠ADC=30∘，∠ACD=120∘，
∴ ∠CAD=30∘．
∴ AC=CD=3．
在△BDC中，∠CBD=180∘−(45∘+75∘)=60∘．
由正弦定理，BCsin∠BDC=CDsin∠CBD，
∴ BC=3sin75​∘sin60​∘=6+22．
由余弦定理，得AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠BCA
=(3)2+(6+22)2−23×6+22cs75​∘=5．
∴ AB=5．
∴ 目标A，B之间的距离为5km．
【答案】
解：(1)∵ 由b−c2=a2−bc，可得，b2+c2−a2=bc，
∴ 由余弦定理可得，csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12.
∵ A∈0,π，
∴ A=π3.
(2)由sinC=2sinB及正弦定理可得，c=2b.
∵ a=3，A=π3，
∴ 由余弦定理可得，
a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc=3b2，
∴ b=3，c=23，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×3×23×32=332.
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 由b−c2=a2−bc，可得，b2+c2−a2=bc，
∴ 由余弦定理可得，csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12.
∵ A∈0,π，
∴ A=π3.
(2)由sinC=2sinB及正弦定理可得，c=2b.
∵ a=3，A=π3，
∴ 由余弦定理可得，
a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc=3b2，
∴ b=3，c=23，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×3×23×32=332.
【答案】
解：(1)a1=2000，d=2000，
∴ 维修费用是首项为2000，公差为2000的等差数列，
∴an=a1+(n−1)d，
∴an=2000+(n−1)×2000，
∴an=2000n，
∴第n年维修费用是2000n元．
(2)维修费10年共需：
S10=10×2000+10×92×2000
=20000+90000
=110000．
∴共花费：10+11+0.9×10=21+9=30(万元)．
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
函数模型的选择与应用
【解析】

左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)a1=2000，d=2000，
∴ 维修费用是首项为2000，公差为2000的等差数列，
∴an=a1+(n−1)d，
∴an=2000+(n−1)×2000，
∴an=2000n，
∴第n年维修费用是2000n元．
(2)维修费10年共需：
S10=10×2000+10×92×2000
=20000+90000
=110000．
∴共花费：10+11+0.9×10=21+9=30(万元)．
【答案】
解：(1)当n>1时，
an=Sn−Sn−1
=n2+n−[(n−1)2+(n−1)]
=n2+n−n2+2n−1−n+1
=2n，
当n=1时，
a1=S1=2满足上式，
∴ an=2n．
(2)bn=122n+n，
Tn=122+1+124+2+126+3+⋯+122n+n
=122+124+126+⋯+122n+(1+2+3+⋯+n)
=14×1−14n1−14+(1+n)⋅n2
=131−14n+n(n+1)2
=13−13×4n+n(n+1)2．
【考点】
数列的求和
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)当n>1时，
an=Sn−Sn−1
=n2+n−[(n−1)2+(n−1)]
=n2+n−n2+2n−1−n+1
=2n，
当n=1时，
a1=S1=2满足上式，
∴ an=2n．
(2)bn=122n+n，
Tn=122+1+124+2+126+3+⋯+122n+n
=122+124+126+⋯+122n+(1+2+3+⋯+n)
=14×1−14n1−14+(1+n)⋅n2
=131−14n+n(n+1)2
=13−13×4n+n(n+1)2．
【答案】
解：(1)a3+a4+a5=a2+d+a2+2d+a2+3d，
∴6+6d=12，
∴d=1，
∵a2=a1+d，
∴a1=a2−d=1，
∴an=1+(n−1)×1，
∴an=n．
(2)bn=n⋅3n，
Sn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+⋯+n⋅3n，
3Sn=1⋅32+2⋅33+3⋅34+⋯+n⋅3n+1，
∴Sn−3Sn=1⋅31+1⋅32+1⋅33+⋯+1⋅3n−n⋅3n+1，
∴−2Sn=31+32+33+⋯+3n−n⋅3n+1
=3×(1−3n)1−3−n⋅3n+1
=−321−3n−n⋅3n+1，
∴Sn=341−3n+n2⋅3n+1
=34−3n+14+n⋅3n+12
=34+n2−14⋅3n+1
=34+2n−14⋅3n+1．
【考点】
数列的求和
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
【解析】
左侧图片未给出解析
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【解答】
解：(1)a3+a4+a5=a2+d+a2+2d+a2+3d，
∴6+6d=12，
∴d=1，
∵a2=a1+d，
∴a1=a2−d=1，
∴an=1+(n−1)×1，
∴an=n．
(2)bn=n⋅3n，
Sn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+⋯+n⋅3n，
3Sn=1⋅32+2⋅33+3⋅34+⋯+n⋅3n+1，
∴Sn−3Sn=1⋅31+1⋅32+1⋅33+⋯+1⋅3n−n⋅3n+1，
∴−2Sn=31+32+33+⋯+3n−n⋅3n+1
=3×(1−3n)1−3−n⋅3n+1
=−321−3n−n⋅3n+1，
∴Sn=341−3n+n2⋅3n+1
=34−3n+14+n⋅3n+12
=34+n2−14⋅3n+1
=34+2n−14⋅3n+1．