2020-2021学年河北省秦皇岛市高二（上）10月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省秦皇岛市高二（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. 设等差数列{an}前n项和Sn，满足a3+a4=6，2a5=9，则S7=( )
A.352B.21C.492D.28

2. 在等差数列{an} 中， a2+a8=10，a3=7，则数列an的公差为( )
A.−1B.−2C.1D.2

3. 已知等差数列an中，a1=2，a2+a3=13，则a4+a5+a6等于( )
A.40B.42C.43D.45

4. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=1，A=30∘，B=45∘，则b的值为( )
A.22B.63C.2D.2

5. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8=4a3，a7=−2，则a9=( )
A.−6B.−4C.−2D.2

6. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=1，b=7，c=3，则B=( )
A.π6B.5π6C.5π6或π6D.π3

7. 在△ABC中，A=60∘，B=45∘，BC=32，则AC=( )
A.32B.3C.23D.43

8. 由a1=1，d=3确定的等差数列{an}中，当an=298时，序号n等于( )
A.99B.100C.96D.101

9. 若等差数列an中， a3=3，则an的前5项和S5等于( )
A.10B.15C.20D.30

10. 在△ABC中，若sinA:sinB:sinC=2:7:3，则△ABC的最大内角与最小内角的和为( )
A.7π12B.5π6C.3π4D.2π3

11. △ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(3b−c)csA=acsC，则csA=( )
A.12B.32C.33D.3

12. 已知数列{an}为等差数列，若a11a10<−1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使得Sn>0的最大值n为( )
A.11B.19C.20D.21
二、填空题

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=π6，a2+b2−c2=ab，c=3，则角C=________.

在△ABC中， a=3 , b=5，c=7，则sinC=________.

记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=12，S4=20，则d=________，S6=________．

等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若SnTn=2n3n+1，则a5b5=________．
三、解答题

在△ABC中，已知a，b，c分别是三内角A，B，C所对应的边长，且b2+c2−a2=bc．
(1)求角A的大小；

(2)若b=1，且△ABC的面积为334，求c．

在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，csC=14，2a=b=2．
(1)判断△ABC的形状；

(2)求cs(A−B)的值．

在△ABC中，角A，B，C 的对边分别是a，b，c，已知a=6，b=5，csA=−45.
(1)求角B的大小；

(2)求三角形ABC的面积．

在等差数列an中， Sn为其前n项和， a1=3，a5+a6=24.
(1)求数列an的通项公式；

(2)若bn=Snn，求数列{bn}的前n项和 Tn.

设等差数列{an}满足a3=5，a10=−9．
(1)求{an}的通项公式；

(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值．

已知数列an的前n项和Sn=3n2−n2.
(1)求an的通项公式；

(2)设bn=1anan+1，数列bn的前n项和为Tn，求Tn.
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省秦皇岛市高二（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可直接求解．
【解答】
解：因为等差数列{an}满足a3+a4=6，2a5=9，
所以2a1+5d=6,2(a1+4d)=9,
解得a1=12，d=1，
则S7=na1+n(n−1)2d
=7×12+7×62×1=492.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
等差数列的性质
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列性质即可求出a5，再利用公差的公式求法即可求出结果.
【解答】
解：由题意，得a2+a8=2a5=10，
解得：a5=5.
因为a3=7，
所以等差数列an的公差为a5−a32=5−72=−1.
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a1=2，a2+a3=13，
∴ a2+a3=2a1+3d=4+3d=13，
解得d=3，
∴ a4+a5+a6=3a1+12d=42.
故选B.
4.
【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asinA=bsinB得，
b=asinAsinB=112⋅22=2.
故选C.
5.
【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】
由题意可得8a1+8×72d=4(a1+2d)a1+6d=−2，解此方程组，求得首项和公差d的值，即可求得a9的值．
【解答】
解：∵ Sn为等差数列{an}的前n项和，S8=4a3，a7=−2，
∴ 8a1+8×72d=4(a1+2d),a1+6d=−2,
解得 a1=10，且d=−2，
∴ a9=a1+8d=−6.
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
解三角形
【解析】
根据余弦定理表示出csB，把a，b和c的值代入即可求出csB的值，由B的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出B的值．
【解答】
解：根据余弦定理，得
csB=a2+c2−b22ac=1+3−723=−32.
∵ B∈(0, π)，
∴ B=5π6．
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
结合已知，根据正弦定理，BCsinA=ACsinB可求AC.
【解答】
解：根据正弦定理，得BCsinA=ACsinB，
则AC=BC⋅sinBsinA=32×2232=23.
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
先根据a1＝1，d＝3确定的等差数列的通项，再求项数．
【解答】
解：∵ a1=1，d=3，
∴ 等差数列{an}的通项公式为：
an=a1+(n−1)d
=1+3(n−1)
=3n−2，
故有3n−2=298，
解得n=100.
故选B.
9.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
直接公式求和即可.
【解答】
解：由题意，得
S5=5a1+a52=5×2a32=5a3=15.
故选B.
10.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
由正弦定理可得a，b，c三边的关系，由大边对大角可得A最小，C最大；由余弦定理可得B的值，进而由三角形内角和为π可得A+C的值．
【解答】
解：因为sinA:sinB:sinC=2:7:3，
所以a:b:c=2:7:3.
设a=2k，b=7k，c=3k(k>0)，
由大边对大角，得C角最大，A角最小.
由余弦定理，得
csB=a2+c2−b22ac=4k2+9k2−7k22⋅2k⋅3k=12.
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
所以A+C=π−B=23π.
故选D.
11.
【答案】
C
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
运用诱导公式化简求值
【解析】
已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式变形，由sinB不为0求出csA的值即可．
【解答】
解：∵ (3b−c)csA=acsC，
由正弦定理，得(3sinB−sinC)csA=sinAcsC，
整理，得3sinBcsA=sinAcsC+csAsinC，
即3sinBcsA=sin(A+C).
∵ sin(A+C)=sinB，sinB≠0，
∴ 3csA=1，
∴ csA=33.
故选C.
12.
【答案】
B
【考点】
数列与函数最值问题
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由a11a10<−1，得a11+a10a10<0．
∵ {an}的前n项和Sn有最大值，
∴ 公差d<0，
∴ a10>0，a11<0，
∴ a1+a19=2a10>0，a1+a20=a10+a11<0.，
则使得Sn>0的n的最大值为19．
故选B．
二、填空题
【答案】
π3
【考点】
余弦定理
【解析】
由已知利用余弦定理可求csC=12，结合范围C∈(0, π)，可求C=π3．
【解答】
解：∵ a2+b2−c2=ab，
∴ csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12.
∵ C∈(0, π)，
∴ C=π3.
故答案为：π3．
【答案】
32
【考点】
余弦定理
【解析】
先由余弦定理求出C值，再求正弦即可得到答案.
【解答】
解：∵ a=3，b=5，c=7，
∴ csC=a2+b2−c22ab=9+25−492×3×5=−12.
∵ C∈0,π，
∴ C=2π3，
∴ sinC=32.
故答案为：32.
【答案】
3,48
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d，
∵ a1=12，S4=20，
∴ 4×12+4×32d=20，解得d=3．
∴ S6=6×12+6×52×3=48．
故答案为：3；48．
【答案】
914
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
用等差中项凑前n项和公式把条件变为由SnTn=2n3n+1=n(a1+an)2n(b1+bn)2=a1+anb1+bn，而a5b5=92(a1+a9)92(b1+b9)=a1+a9b1+b9
即当n=9时，求出即可．
【解答】
解：由SnTn=2n3n+1=n(a1+an)2n(b1+bn)2=a1+anb1+bn，
而a5b5=12(a1+a9)12(b1+b9)=a1+a9b1+b9，
即a5b5=S9T9=2×93×9+1=1828=914.
故答案为：914.
三、解答题
【答案】
解：(1)已知b2+c2−a2=bc，
由余弦定理，得
csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12.
∵ 0∴ A=π3.
(2)由(1)得A=π3，
∴ sinA=32.
∵ b=1，S△ABC=334，
∴ S△ABC=12bcsinA=34c=334，
∴ c=3．
【考点】
余弦定理
正弦定理的应用
【解析】
（1）利用余弦定理表示出csA，将已知的等式代入求出csA的值，由A为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出A的度数；
（2）利用三角形的面积公式S=12bcsinA表示出三角形ABC的面积，将sinA，b及已知三角形的面积代入，即可求出c的值．
【解答】
解：(1)已知b2+c2−a2=bc，
由余弦定理，得
csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12.
∵ 0∴ A=π3.
(2)由(1)得A=π3，
∴ sinA=32.
∵ b=1，S△ABC=334，
∴ S△ABC=12bcsinA=34c=334，
∴ c=3．
【答案】
解：(1)因为csC=14，2a=b=2，
由余弦定理，得csC=b2+a2−c22ab=14，
即5−c24=14，
解得c=2.
因为c=b=2，a=1，
所以△ABC是等腰三角形．
(2)∵ c=b=2，
∴ B=C．
∴ csB=csC=14，
∴ sinB=154．
由正弦定理，得sinAsinB=ab=12，
∴ sinA=158.
∵ a∴ A∴ csA=78，
∴ cs(A−B)=csAcsB+sinAsinB
=78×14+158×154=1116.
【考点】
两角和与差的余弦公式
余弦定理
正弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
(Ⅱ)直接利用余弦定理的应用求出结果．
(Ⅱ)利用三角函数的关系式的变换和正弦定理的应用求出结果．
【解答】
解：(1)因为csC=14，2a=b=2，
由余弦定理，得csC=b2+a2−c22ab=14，
即5−c24=14，
解得c=2.
因为c=b=2，a=1，
所以△ABC是等腰三角形．
(2)∵ c=b=2，
∴ B=C．
∴ csB=csC=14，
∴ sinB=154．
由正弦定理，得sinAsinB=ab=12，
∴ sinA=158.
∵ a∴ A∴ csA=78，
∴ cs(A−B)=csAcsB+sinAsinB
=78×14+158×154=1116.
【答案】
解：(1)∵ csA=−45，
∴ sinA=35.
由正弦定理，得 asinA=bsinB.
∵ a=6，b=5，
∴ sinB=bsinAa=12.
又∵ a>b，
∴ B为锐角，
∴ B=30∘．
(2)∵ sinA=35，csA=−45，
∴ sinC=sin(A+B)
=sin(A+30∘)
=sinAcs30∘+csAsin30∘
=35×32−45×12
=33−410，
∴ S△ABC=12absinC=93−122．
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
（1）由同角三角函数关系先求sinA=35，由正弦定理可求sinB的值，从而可求B的值．
（2）先求得sinC=sin(A+B)=sin(A+30∘)的值，代入三角形面积公式即可得解．
【解答】
解：(1)∵ csA=−45，
∴ sinA=35.
由正弦定理，得 asinA=bsinB.
∵ a=6，b=5，
∴ sinB=bsinAa=12.
又∵ a>b，
∴ B为锐角，
∴ B=30∘．
(2)∵ sinA=35，csA=−45，
∴ sinC=sin(A+B)
=sin(A+30∘)
=sinAcs30∘+csAsin30∘
=35×32−45×12
=33−410，
∴ S△ABC=12absinC=93−122．
【答案】
解：(1)设等差数列an的公差为d，
则a1=3,a1+4d+a1+5d=24,
解得：d=2，
∴ an=a1+n−1d
=3+(n−1)×2
=2n+1.
∴ 数列an的通项公式为an=2n+1.
(2)∵ Sn=na1+an2=n3+2n+12=nn+2，
∴ bn=Snn=n+2，
∴ bn+1−bn=1，b1=3，
∴ bn是以3为首项，1为公差的等差数列，
∴ Tn=n3+n+22=n2+5n2．
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
等差数列
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设等差数列an的公差为d，
则a1=3,a1+4d+a1+5d=24,
解得：d=2，
∴ an=a1+n−1d
=3+(n−1)×2
=2n+1.
∴ 数列an的通项公式为an=2n+1.
(2)∵ Sn=na1+an2=n3+2n+12=nn+2，
∴ bn=Snn=n+2，
∴ bn+1−bn=1，b1=3，
∴ bn是以3为首项，1为公差的等差数列，
∴ Tn=n3+n+22=n2+5n2．
【答案】
解：(1)由an=a1+(n−1)d及a3=5，a10=−9得，
a1+9d=−9，a1+2d=5，
解得d=−2，a1=9，
数列{an}的通项公式为an=11−2n.
(2)由(1)知Sn=na1+n(n−1)2d=10n−n2．
因为Sn=−(n−5)2+25．
所以n=5时，Sn取得最大值．
【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】
(1)设出首项和公差，根据a3=5，a10=−9，列出关于首项和公差的二元一次方程组，解方程组得到首项和公差，写出通项．
(2)由上面得到的首项和公差，写出数列{an}的前n项和，整理成关于n的一元二次函数，二次项为负数求出最值．
【解答】
解：(1)由an=a1+(n−1)d及a3=5，a10=−9得，
a1+9d=−9，a1+2d=5，
解得d=−2，a1=9，
数列{an}的通项公式为an=11−2n.
(2)由(1)知Sn=na1+n(n−1)2d=10n−n2．
因为Sn=−(n−5)2+25．
所以n=5时，Sn取得最大值．
【答案】
解：(1)当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=3n2−n2−3n−12−n−12
=3n−2，
当n=1时，由a1=S1=1，符合上式．
所以an的通项公式为an=3n−2．
(2)可得bn=1anan+1=1(3n−2)(3n+1)=1313n−2−13n+1，
前n项和Tn=13[1−14+14−17+⋯+13n−2−13n+1]
=131−13n+1=n3n+1．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=3n2−n2−3n−12−n−12
=3n−2，
当n=1时，由a1=S1=1，符合上式．
所以an的通项公式为an=3n−2．
(2)可得bn=1anan+1=1(3n−2)(3n+1)=1313n−2−13n+1，
前n项和Tn=13[1−14+14−17+⋯+13n−2−13n+1]
=131−13n+1=n3n+1．