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2019-2020学年高二数学9月月考试题 文(含解析)一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1. 已知数列是公差为1的等差数列,为的前项和,若,是( )A. B. C. 10 D. 12【答案】B【解析】试题分析:由得,解得.考点:等差数列.2. 九章算术是我国古代内容极为丰富的一部数学专著,书中有如下问题:今有女子善织,日增等尺,七日织二十八尺,第二日、第五日、第八日所织之和为十五尺,则第九日所织尺数为( )A. 8 B. 9 C. 10 D. 11【答案】B【解析】试题分析:该数列为等差数列,且,即,解得.考点:等差数列,数学文化.3. 在等差数列中,若,则的值为( )A. 20 B. 22 C. 24 D. 28【答案】C.4. 在中,内角所对的边分别为,若的面积为,且,则等于( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析:因为,所以,代入上式可得,即,因为,所以 ,所以,所以,故选C.考点:三角的面积公式;余弦定理;同角三角函数的基本关系式.5. 已知在中.若的解有且仅有一个,则满足的条件是( )A. B. C. D. 或【答案】D【解析】已知在中,要使的解有且仅有一个,即三角形形状唯一,有两种情况:为直角三角形;为钝角三角形,若为直角三角形,可得,此时;若为钝角三角形,可得,综上,或,故选D.6. 在中,内角所对的边分别为,且满足,则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析:由题意设,则,由余弦定理可得,由正弦定理可得,故选:A考点:(1)正弦定理;(2)余弦定理7. 已知等差数列的前项和为,若三点共线,为坐标原点,且(直线不过点),则等于( )A. 20 B. 10 C. 40 D. 15【答案】B【解析】M、N、P三点共线,O为坐标原点,且(直线MP不过点O),a6+a15=1,a1+a20=1,.本题选择B选项.8. 已知等差数列的前项和为,若的值为一个确定的常数,则下列各数中也是常数的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析:本题是关于等差数列前项和公式应用的题, 关键是掌握等差数列的性质。首先设等差数列的公差为,根据等差数列的通项公式得出,则是常数。接下来根据等差数列的前项和公式分别表示出各选项中的结果,结合是常数惊醒判断即可。试题解析:设等差数列的公差为,则,的值是常数,是常数。由得不是常数;,则不是常数:,则是常数:,不是常数故选C9. 已知数列满足,则使成立的最大正整数的值为( )A. 198 B. 199 C. 200 D. 201【答案】C【解析】因为,所以,即该数列是周期为的周期数列,且每个周期内的三个数的和定值为,所以当时,当时,当时,当时,应选答案A。点睛:解答本题的方法是借助题设中提供的四个选择支,运用筛选验证的方法进行分析验证,最终选出适合问题题设条件的答案。10. 在中,若,则面积的最大值是( )A. B. 4 C. D. 【答案】D【解析】,由,得,又 ,当时,取得最大值,面积的最大值为,故选D11. 已知数列满足,则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】数列满足,由此猜想,故选A.【方法点睛】本题通过观察数列的前几项,归纳出数列通项来考察归纳推理,属于中档题.归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想). 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类:(1) 数的归纳包括数的归纳和式子的归纳,解决此类问题时,需要细心观察,寻求相邻项及项与序号之间的关系,同时还要联系相关的知识,如等差数列、等比数列等;(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.12. 在中,内角所对的边分别为,已知,是线段上一点,且,则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】由 ,可得解得。又因为,可得,得填B.二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)13. 在中边的对角是,若已知则角【答案】【解析】试题分析:先根据正弦定理找到角与边的关系,即用角的正弦表示出边,然后再用余弦定理可求出角的余弦值。试题解析:根据正弦定理设,由余弦定理故答案角点睛:在解三角形的题目中运用正弦定理、余弦定理边角互化,将角化边,再利用余弦定理求出角。14. 设是等差数列,首项,则使前项和成立的最大整数是【答案】4032【解析】试题分析:是等差数列,首项,可得:公差,再利用等差数列的前项和其性质即可得出。试题解析:是等差数列,首项, 公差则使前项和成立的最大整数是4032点睛:根据等差数列的性质求得,转化为和的形式求出最大整数。15. 在中,,是边上的一点,的面积为 1,则边的长为【答案】【解析】试题分析:因为,在中,由余弦定理可得,在中,由正弦定理可得。考点:正余弦定理16. 已知两个等差数列和的前项和分别为和,且,为整数的正整数的取值集合为【答案】9; 【解析】试题分析:由等差数列的性质和求和公式可得,可得的取值。试题解析:即或或或n,从而n即集合为故为整数的正整数的取值集合为点睛:等差数列中可以推导出,通项与和之间的关系,代入即可。三、解答题 (本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17. 等差数列的前项和为,若(1)求数列的通项公式和前项和;(2)求数列的前24项和.【答案】(1);(2).【解析】试题分析:(1)设等差数列的公差为,由,可求出 ,即可求出等差数列的通项公式和前项和;(2)将代人到中即可求出前24项和.试题解析:(1) 由题得 , (2)当时,当时,方法二:,18. 设函数,正项数列满足,且 .(1)求数列的通项公式;(2)对,求.【答案】(1) ;(2).【解析】试题分析:(1)根据已知条件可以推知数列是以为首项,以为公差的等差数列,所以由等差数列的通项公式可得结果;(2)由(1)可知,利用 “裂项相消法”求和即可得结果.试题解析:(1)由,所以,且 数列是以1为首项,以为公差的等差数列 (2)由(1)可知 【方法点晴】裂项相消法是最难把握的求和方法之一,其原因是有时很难找到裂项的方向,突破这一难点的方法是根据式子的结构特点,掌握一些常见的裂项技巧:; ;此外,需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题,导致计算结果错误.19. 已知分别是角的对边,满足(1)求的值;(2)的外接圆为圆(在内部),判断的形状,并说明理由.【答案】(1) ;(2) 为等边三角形.【解析】试题分析:(I)根据正弦定理把化成边的关系可得,约去,即可求得;(II)设中点为,故,圆的半径为,由正弦定理可知,所以,再根据余弦定理求得,据此判断出三角形性质.试题解析:(I)由正弦定理可知, 则,可得.(II)记中点为,故,圆的半径为,由正弦公式可知,故,由余弦定理可知, 由上可得,又,则,故为等边三角形.考点:正弦定理、余弦定理解三角形.20. 如图,在四边形中,.(1)求的值;(2)若,求的面积.【答案】(1);(2).【解析】试题分析:()内根据余弦定理,求边长,和,再根据正弦定理求;()根据面积公式需求,而,最后再根据三角形的面积公式.试题解析:(1)由,可设,又,由余弦定理,得,解得,4分由正弦定理,得(2)由(1)得7分因为所以又因为,所以考点:1.正余弦定理;2.解三角形.21. 已知数列中,数列满足.(1)求证:数列是等差数列,并写出的通项公式;(2)求数列的通项公式及数列中的最大项与最小项.【答案】(1)证明见解析; (2) ;.【解析】试题分析:()首先通过已知条件化简变形,凑出这种形式,凑出常数,就可以证明数列是等差数列,并利用等差数列的通项公式求出通项公式;()因为与有关,所以利用的通项公式求出数列的通项公式,把通项公式看成函数,利用函数图像求最大值和最小值.试题解析:(),数列是以1为公差的等差数列. 4分,又,是以为首项,为公差的等差中项.,. 7分(),.作函数的图像如图所示:由图知,在数列中,最大项为,最小项为. 13分另解:,当时,数列是递减数列,且.列举;.所以在数列中,最大项为,最小项为.考点:1.等差数列的证明方法;2.利用函数图像求数列的最值.22. 如图所示,扇形,圆心角等于,半径为2,在弧上有一动点,过引平行于的直线和交于点,设,求面积的最大值及此时的值.【答案】 时, 取得最大值为.【解析】试题分析:根据题设条件,得,在中,由正弦定理得,得出,根据三角形的面积公式,即可求解面积的最值试题解析:,在中,由正弦定理得,即,又,的面积为 ,当时,的面积取得最大值考点:正弦定理;三角形的面积公式以及三角函数的性质
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