2019学年高二数学9月月考试题 文（含解析）.doc

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1、- 1 -20192019 学年高二学年高二 9 9 月月考月月考数学（文）试题数学（文）试题第第卷（共卷（共 6060 分）分）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的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

2、，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.- 2 -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

3、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- 3 -【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

4、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,- 4 -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

5、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. - 5 -【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

6、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- 6 -【解析】由 ，可得解得。又因为，可得，得填 B

7、.第第卷（共卷（共 9090 分）分）二、填空题（每题二、填空题（每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）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- 7 -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

8、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- 8 -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、解答题三、解答题

9、 （本大题共（本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤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 - 9 -， （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：（

10、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 - 10 -【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】(

11、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- 11 -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

12、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- 12 -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

13、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：- 13 -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 - 14 -，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