2021-2022学年河南省南阳市内乡县第三高级中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年河南省南阳市内乡县第三高级中学高二上学期10月月考数学试题（解析版），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省南阳市内乡县第三高级中学高二上学期10月月考数学试题 一、单选题1．已知等比数列的前项和，且，，则A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据已知求出，再求.【详解】由题得.故答案为C【点睛】本题主要考查等比数列的通项和前n项的和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.2．已知数列为等差数列，且，则的值为(    )A． B．45 C． D．【答案】B【分析】根据等差数列的性质计算直接得出结果.【详解】由题意知，为等差数列，且，则，故选：B.3．不等式的解集为A． B．C． D．【答案】B【详解】试题分析：因为x-3 x -4=，所以不等式的解集为．【解析】本题考查一元二次不等式的解法．点评：在解一元二次不等式时，要注意二次项系数与两根的大小．4．已知为等差数列，为其前项和，若，则A．49 B．91 C．98 D．182【答案】B【详解】∵，∴，即，∴，故选B．5．已知△ABC的三边长，则△ABC的面积为A． B． C． D．【答案】B【详解】△ABC的三边长，则由余弦定理得到 故答案为B.6．已知等比数列的前项和是，若，三个数，5，成等差数列，则（    ）A． B．30 C．32 D．15【答案】B【分析】由条件再结合等比数列的定义可知，从而可知，再根据等式可求出，，代入前项和公式即可计算结果.【详解】因为数列为等比数列，所以，则，所以，因为，5，成等差数列，则有，所以，，，所以.故选：B7．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：“一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯多少？”现有类似问题：一座5层塔共挂了242盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的3倍，则塔的底层共有灯A．162盏 B．114盏 C．112盏 D．81盏【答案】A【详解】由题意，每层塔所挂灯数，构成以为公比的等比数列，设塔底所挂灯数为,则,解得，故选A.8．已知是等差数列，且，则（    ）．A．12 B．16 C．20 D．24【答案】D【分析】由等差数列的下标和性质可得：，代入已知可得答案．【详解】解：由等差数列的性质可得：，因为，所以，故，故选：．【点睛】本题考查等差数列的性质，属于基础题．9．已知中，，，，那么角等于A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：三角形中由正弦定理得.,所以.即选C.本题的关键就是正弦定理的应用.【解析】正弦定理. 10．已知等差数列的前项和为，，，取得最小值时的值为（　 　）A． B． C． D．【答案】A【分析】法一：根据基本量法求得，再根据该等差数列为单调递增数列，判断出前6项为负即可；法二：根据，根据二次函数的最小值判断即可【详解】法一：设该等差数列的公差为，则有，所以由可得，所以，所以该等差数列为单调递增数列且，从而可确定当时，取得最小值.法二：同方法一求出，进而可得，所以当时取得最小值故选：A.11．在递增等比数列中，，，则A． B． C． D．【答案】D【分析】将已知条件转化为的形式，解方程组求得的值，从而求得任意一项的值.【详解】由于数列为等比数列，故，由于数列是递增的数列，故解得，故，故选D.【点睛】本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查一元二次方程方程的解法，属于基础题.12．在中，，，的面积为则　　A．13 B． C． D．【答案】C【分析】由已知利用三角形的面积公式可求的值，进而根据余弦定理可求的值．【详解】，，的面积为解得：，由余弦定理可得：本题正确选项：【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题． 二、填空题13．已知数列满足，，则的值是______.【答案】61【分析】由条件可知，数列是以为公比的等比数列，将公比代入，求出的值，用等比数列前项和公式计算即可.【详解】因为，所以，即数列是以为公比的等比数列，，所以，.故答案为：6114．若不等式的解集为或，则______．【答案】11【分析】由一元二次不等式的解集及对应方程根与系数关系列出等量关系，即可得结果.【详解】与不等式对应的方程的根为，由根与系数的关系知：，.故答案为：1115．中，角所对的边分别为，，则      ．【答案】8【详解】分析：利用余弦定理，求出的表达式，解方程即可求出的值．详解：∵中，角，，所对的边分别为，，，，，.∴根据余弦定理可得∴，即.∴或（舍去）故答案为：．点睛：解三角形需要三个条件，且至少一个是边，本题既可使用正弦定理解决，也可使用余弦定理解决，使用正弦定理时要考虑如何对所解得的答案进行取舍，使用余弦定理解决后要细心体会方程思想的灵活应用．16．在△ABC中，已知C＝120°，sinB＝2sinA，且△ABC的面积为，则AB的长为________．【答案】【解析】由正弦定理可得，，代入三角形的面积公式可求，，然后由余弦定理可求．【详解】解：，由正弦定理可得，，，，，由余弦定理可得，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理的简单应用，属于基础题． 三、解答题17．解下列一元二次不等式：(1)；(2)【答案】(1)；(2).【分析】（1）因为方程的两根分别为，且对应的抛物线开口向下，所以大于号取“两根之间”，可得答案．（2）通过化简得，， 的图象开口向上，且与x轴只有一个交点，大于号的解集是除以外的所有实数．【详解】(1)不等式，即，对应抛物线开口向下，不等式解集为“两根之间”，所以解集为(2)，化简，对应方程，方程的根所以解集为.【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，注意先要判断判别式与零的大小关系．18．在等差数列中，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由，列出方程组，求得首项和公差，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）求得，结合“裂项法”求和，即可求解.【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为d．∵，∴，解得  ∴．   （2）由（1）知，∴，  ∴      ．【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式的求解，以及“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前项和公式，以及合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.19．已知，，分别为三个内角，，的对边，且.（Ⅰ）求的大小；（Ⅱ）若，的面积为，求的值．【答案】(1) ;(2) .【详解】试题分析：（1）正弦定理得，，所以；（2）根据面积公式和余弦定理，得，所以.试题解析：（Ⅰ）由已知及正弦定理得，因为 ，所以，即又，，所以.（Ⅱ）由已知，   由余弦定理得  ，即，即，又所以.20．在中，角、、的对边分别是、、，若.（1）求角；（2）若的面积为，，求的周长.【答案】（1）（2）【分析】（1）利用正弦定理边化角进行化简求值即可（2）利用余弦定理和正弦面积公式最终代换出整体即可【详解】解：（1）由正弦定理得：，∵，∴，∵是的内角，∴.（2）∵的面积为，∴，由（1）知，∴，由余弦定理得：，∴，得：，∴的周长为.【点睛】本题主要考查解三角形基础知识，一般解题思路为正弦定理边化角，余弦定理结合面积公式解决周长、面积问题21．如图，是边上一点，，，.（Ⅰ）求的长；（Ⅱ）若，求的面积.【答案】（Ⅰ）4；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）由已知利用正弦定理，可得 ，结合已知可求DC=3BD=3.（Ⅱ）由已知利用余弦定理，解得，可求，利用三角形的面积公式即可计算得解．【详解】解：（Ⅰ）在和中由正弦定理得，，因为，，，，所以.（Ⅱ）在由余弦定理得，在中由余弦定理得，因为，，，，，所以，解得，所以.所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．22．已知为等差数列的前项和，，.（1）求数列的通项公式；（2）设， 为数列的前项和，求证：.【答案】（1）.（2）证明见解析【解析】（1）根据条件列关于首项与公差的方程组，解得结果代入等差数列通项公式即可；（2）先根据错位相减法求，再利用放缩证不等式.【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，则：，解得：，，故： .（2）由于，所以，则：①②①﹣②得：.【点睛】本题考查等差数列通项公式以及利用错位相减法求和，考查基本分析求解与论证能力，属中档题.