上海市莘庄中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷（原卷版+解析版）

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1. 已知角的终边经过点，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】由终边上的点的坐标结合三角函数的定义即可求解.
【详解】因为角的终边经过点，所以.
故答案为：.
2. 终边在轴正半轴上的角的集合是______（用弧度表示）
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，直接写出结论即得.
【详解】在内，终边在轴正半轴上的角为，
所以终边在轴正半轴上的角的集合是.
故答案为：
3. 设等比数列的前项和为，若，，则_______
【答案】63
【解析】
【详解】因为等比数列，所以也成等比数列，即，填63.
4. 化简：=_____
【答案】
【解析】
【分析】利用诱导公式化简即可.
【详解】
，
故答案为.
【点睛】本题考查三角函数的诱导公式，是基础题.
5. 设扇形的半径长为，面积为，则扇形的圆心角的弧度数是_________
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：由扇形面积公式知，解得.
考点：扇形面积公式.
6. 已知等差数列，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，利用等差中项性质可得，进而得到的值，然后利用诱导公式，即和特殊角的三角函数值计算.
详解】，，
，
故答案为：.
【点睛】本题考查等差数列的性质，诱导公式，三角函数的化简求值，考查逻辑推理能力、运算求解能力.属小综合题,难度较易.
7. 在公差不为零的等差数列中，成等比数列，则______.
【答案】4
【解析】
【分析】由等差数列通项根据等比数列性质计算可得.
【详解】因为成等比数列，
则，即，
即，解得或（舍）.
故答案为：4
8. 已知，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】方法一：将两式平方相加即可解出．
【详解】［方法一］：【最优解】
两式两边平方相加得，．
［方法二］： 利用方程思想直接解出
，两式两边平方相加得，则．
又或，所以．
［方法三］： 诱导公式＋二倍角公式
由，可得，则或．
若，代入得，即．
若，代入得，与题设矛盾．
综上所述，．
［方法四］：平方关系＋诱导公式
由，得．
又，，即，则．从而．
［方法五］：和差化积公式的应用
由已知得
，则或．
若，则，即．
当k为偶数时，，由，得，又，所以．
当k为奇数时，，得，这与已知矛盾．
若，则．则，得，这与已知矛盾．
综上所述，．
【整体点评】方法一：结合两角和的正弦公式，将两式两边平方相加解出，是该题的最优解；
方法二：通过平方关系利用方程思想直接求出四个三角函数值，进而解出；
方法三：利用诱导公式寻求角度之间的关系，从而解出；
方法四：基本原理同方法三，只是寻找角度关系的方式不同；
方法五：将两式相乘，利用和差化积公式找出角度关系，再一一验证即可解出，该法稍显麻烦．
9. 设无穷等比数列的公比为，若，则__________________．
【答案】
【解析】
【分析】由可知,算出用表示的极限,再利用性质计算得出即可.
【详解】显然公比不为1,所以公比为的等比数列求和公式,
且,故.此时当时,求和极限为,所以,故,
所以,故,又,故.
故答案为.
点睛】本题主要考查等比数列求和公式,当时.
10. 方程，在内的解集是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由，求得或，利用的范围求得结果.
【详解】解：由，
则或
即或
又∵
∴或
故答案为：.
11. 已知数列的前n项和数列的前n项和则的最小值____
【答案】5
【解析】
【分析】由和的关系求出数列的通项公式，再根据正负表示出数列的通项公式为，求出，并表示出，再分别求出和时的最小值，即可判断的最小值.
【详解】由题意，数列的前n项和，
所以，
当时，，
当时，，
所以，
当时，，当时，，
所以，
数列的前n项和，
所以，
当时，，当时，的最小值为6；
当时，，
由对勾函数的性质，当时，有最小值5；
综上所述，的最小值为5
故答案为：5
【点睛】本题主要考查由求数列通项公式的求法、等差数列前项和公式、对勾函数的应用，是一道综合性很强的题目，考查学生分析转化能力和计算能力，属于难题.
12. 在角、、、…、的终边上分别有一点、、、…、，如果点的坐标为，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用诱导公式将点的坐标变为，然后根据三角函数定义可得，再利用诱导公式及两角差的正弦即可得到结果.
【详解】，即
由三角函数定义知
=
.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查是诱导公式，三角函数定义的理解和应用，两角和的正弦公式，考查学生的分析问题和解决问题的能力，是中档题.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．
13. 已知是第三象限角，满足，则是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，可得为第二或第四象限角，又，可判断得解.
【详解】是第三象限角，，，
则，，即为第二或第四象限角，
又，
为第四象限角．
故选：D.
14. 设，那么等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据递推关系式求出，再作差即可；
【详解】解：因为，
所以，
故选：D
15. 在等差数列中，前n项和为，若，，则在，，…，中最大的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，，知，得最大值，从而判断结果．
【详解】∵等差数列前n项和，
由，，得，
∴，
故为递减数列，当时，；当时，，所以最大值是，
则当时，且单调递增，当时，，∴最大．
故选：B．
16. 数列满足，，为常数，则下列说法中：①数列可能是常数列；②时，为等差数列；③若，则；④当时，数列递减，正确的个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，令，即可判定为常数列，即①正确；时，原式可化为，进而可判断②正确；根据递推式求出，由得出不等式求解，即可判定③正确；先求出，归纳得到，由题中条件，得到，即可判定④正确.
【详解】①由得，当时，，因为，故为常数列；故①正确；
②当时，由得，所以为常数；因此数列为等差数列；故②正确；
③由得，因为，所以，则，若，则，解得；故③正确；
④由③得，归纳得，故，
当，有，
所以，即递减.
故①②③④都正确.
故选：D.
【点睛】本题主要考查由递推公式判定数列的相关结论，考查等差数列的概念，考查数列的增减性，涉及一元二次不等式的解法，属于常考题型.
三、解答题 (本大题满分78分) 本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤
17. 已知，求下列各式的值
（1）；
（2）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）（2）利用正余弦的齐次式法，结合三角函数的平方关系即可得解；
【小问1详解】
因为，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以.
18. （1）已知，且，求的值；
（2）已知，求的值.
【答案】（1）7；（2）
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数之间的基本关系可求得，再由两角差的正切公式可得结果；
（2）根据与的关系式判断出，即可得结果.
【详解】（1），且，可得
所以
（2）由两边平方可得：
即，所以，则，
因此
.
19. 设数列的前项和为，且
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，且，求数列的通项公式以及满足不等式的最小正整数的值.
【答案】（1）
（2）；6
【解析】
【分析】（1）利用的关系式可求得，由等比数列定义可得通项公式；
（2）利用累加法可求得，解对数不等式即可得最小正整数的值为.
【小问1详解】
当时，，可得；
当时，
两式相减可得，即
是首项为3，公比为2的等比数列
【小问2详解】
由（1）可得，
所以，
，
累加得,
因此
也符合上式，
即，所以，
两边同时取对数可得，即；
易知，所以，
所以最小正整数的值为.
20. 在平面直角坐标系中，任意角，的终边交单位圆（圆心在坐标原点于，两点．
（1）若为锐角，且，求的值
（2）若角为锐角，且终边绕原点逆时针转过后，终边交单位圆于，求的值；
（3）若两点纵坐标分别为正数，且，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）由三角函数定义可得两点的坐标，利用三角函数恒等变换可得结果；
（2）根据角的定义并结合，利用可求出的值；
（3）由同角三角函数的平方关系计算可得当时，取得最大值为.
【小问1详解】
由题意知，
，
可得；
因此，
【小问2详解】
由角为锐角，且终边绕原点逆时针转过后，终边交单位圆于，
，且，求得，
则，，
则，
即.
【小问3详解】
若两点的纵坐标分别为正数，可得角和角一个在第一象限，另一个在第二象限，
不妨假设在第一象限，则在第二象限，
根据题意可得,，且，，
，，
，
即可得，
平方可得，当且仅当时，取等号．
，当且仅当时，取等号，
故当时，取得最大值为．
21. 若数列满足条件：存在正整数，使得对一切，都成立，则称数列为级等差数列．
（1）若数列为1级等差数列，，，求数列的前项和；
（2）已知数列为2级等差数列，且前四项分别为2，0，4，3，求，及数列的前2021项和；
（3）若（为常数），且是3级等差数列，求所有可能值的集合．
【答案】（1）；（2），，；（3）.
【解析】
【分析】（1）当时，，数列为等差数列，根据条件，由等差数列前项和公式求解即可；
（2）当时，，由条件求出，可得数列中奇数项是首项和公差均为2的等差数列，偶数项是首项为0、公差为3的等差数列，结合等差数列的求和公式分组求解即可
（3）由3级等差数列的定义和三角函数的和差化积公式，计算可得所求集合
【详解】（1）若数列为1级等差数列，
即为对一切，都成立，
则数列为等差数列，设公差为，
由，，可得，
则．
（2）数列为2级等差数列，且前四项分别为2，0，4，3，
可得对一切，都成立．
，
，
，……，
可得数列中奇数项是首项和公差均为2的等差数列，
偶数项是首项为0、公差为3的等差数列，
则
所以，，．
（3）∵是3级等差数列，∴，
对一切，都成立．
即，
∴．
∴，或．
对恒成立时，．
时，，∴，
∴．