河北省保定市曲阳一中2018-2019学年高一数学下学期第四次月考试题（含解析）.doc

1、河北省保定市曲阳一中2018-2019学年高一数学下学期第四次月考试题（含解析）第一卷一、选择题（每题5分，共60分）1.在ABC中，若sin Asin B，则有()A. abD. a，b的大小无法判定【答案】C【解析】由正弦定理得，所以因为在ABC中，sin A0，sin B0，所以，所以ab选C2.的内角的对边分别为，已知，则（ ）A. 3B. 1C. 1或3D. 无解【答案】C【解析】由余弦定理得，即，解得或.3.在锐角中，角，所对的边长分别为，若，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由正弦定理可知，再化简即得解.【详解】由正弦定理可知，因为为三角形的内角，所以，故，又为

2、锐角三角形，所以，所以，故选：B【点睛】本题主要考查正弦定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.4.在中，内角的对边是，若，则等于（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由，得，又，所以，则；故选C.5.在等比数列an中，a2a3a48，a78，则a1()A. 1B. 1C. 2D. 2【答案】A【解析】【分析】根据等比中项的性质求出，再根据a78，求出，进而得出答案.【详解】解：数列an是等比数列a32，a7a3q42q48q22，故选A.【点睛】本题考查了等比数列性质.掌握等比数列的性质是解决此类问题的关键.6.正方体内切球的体积为, 则此正方体的表面积是A. 216B

3、. 72C. 108D. 648【答案】A【解析】试题分析：设正方体的棱长为a，则正方体内切球的半径为，所以，即a=6，所以正方体的表面积是216.考点：本题考查空间几何体的体积、表面积公式。点评：本题考查的知识点是正方体的体积，球的体积，其中根据正方体的内切球直径等于正方体的棱长，求出球的半径，是解答本题的关键。7.设A是 的最小角，且，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据角A是三角形中最小的角，即可得到角A的取值范围。进而利用余弦函数的范围求得a的取值范围。【详解】因为角A是三角形中最小角所以 所以，即化为，解得 所以不等式解集为所以选A【点睛】

4、本题考查了三角形中角取值范围，不等式的解法综合应用，属于基础题。8.设等差数列的前项和为，若，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意，故选A9.若a，b是任意实数，且ab，则下列不等式成立的是()A. a2b2B. C. lg(ab)0D. (【答案】D【解析】试题分析：A中不成立，B中不成立，C中不成立，D中由指数函数单调性可知是成立的考点：不等式性质10.已知等差数列的前项和为，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由等差数列的性质可得：，则，故选C.11.已知正项等比数列中，成等差数列，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由已知正项等比数列

5、中，成等差数列，则 故选C.12.已知分别是锐角的内角的对边，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将已知等式化为余弦定理的形式，求得，进而得到；将利用诱导公式和两角和差公式可整理为，根据为锐角可求得的范围，从而得到的范围，进而求得结果.【详解】由题意得：，即 为锐角三角形 ，解得： ，即的取值范围为故选：【点睛】本题考查解三角形中，与角的三角函数值有关的取值范围问题的求解，涉及到余弦定理解三角形、两角和差公式和诱导公式的应用、余弦函数图象与性质的应用等知识；求解此类取值范围问题的常用方法为：将所求式子化为关于某一内角的三角函数的形式，根据角所处的范围确定三

6、角函数的值域，从而求得取值范围.第二卷二、填空题（每题5分，共20分）13.数列满足,则此数列的通项公式_【答案】.【解析】【分析】根据已知条件，找出已知和未知的联系，通过构造等比数列，利用其通项公式，得到结果【详解】，则数列是以为首项，为公比的等比数列，故答案为【点睛】本题主要考查了数列通项公式的求法，解题时要认真审题，注意已知和未知的结合，找出相关关系，属于基础题。14.在中，分别是角的对边，且成等差数列，成等比数列，则三角形的形状是_【答案】等边三角形【解析】【分析】由等差中项和等比中项性质可得，；根据正弦定理角化边可知，与构成方程组化简可得，从而配凑出和，得到且，从而得到结果.【详解】

7、由题意得：，由正弦定理可得： 即 又 为等边三角形故答案为：等边三角形【点睛】本题考查解三角形中，三角形形状的判断问题，关键是能够利用正弦定理将角化边之后，配凑出余弦定理的形式和边长之间的关系，从而得到结果.15.定义：称为n个正数p1，p2，pn的“均倒数”，若数列an的前n项的“均倒数”为，则数列an的通项公式为an=_.【答案】4n3.【解析】分析：由题意结合新定义得到数列的前n项和公式， 然后求解数列的通项公式即可.详解：设数列的前n项和为，由题中的新定义可知：，则：，当时，当时，且时，则数列的通项公式为：.点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然

8、后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.16.某游轮在A处看灯塔B在A北偏东75，距离为海里，灯塔C在A的北偏西30，距离为海里，游轮由A向正北方向航行到D处时再看灯塔B在南偏东60，则C与D的距离为_【答案】海里【解析】【分析】由方位角和距离可确定图形中的角度和长度关系，在中，由正弦定理求得；在中，利用余弦定理求得结果.【详解】由题意可知：，在中，由正弦定理得：在中，由余弦

9、定理得：即 即与的距离为海里故答案为：海里【点睛】本题考查解三角形的实际应用，涉及到正弦定理和余弦定理解三角形、方位角的知识，属于常考题型.三、解答题（共70分）17.在中，内角，所对的边分别为，且.（1）求角；（2）若，的面积为，求的值【答案】（1）；（2）3【解析】试题分析：（1）由三角形内角和定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，即可求得角的值；（2）由，的面积为，利用三角形面积公式可求得，利用余弦定理即可求出的值.试题解析：（1）由得.又 （2）由及可得.在中，即，得.18.在等比数列中，已知，.（1）求数列的通项；（2）在等差数列中，若，求数列前项和.【答案】（1）（2）【解

10、析】【分析】（1）设公比为，由可求得，根据等比数列通项公式求得结果；（2）设公差为，由可求得，根据等差数列前项和公式求得结果.【详解】（1）设等比数列公比为，则 （2）由（1）知：，设等差数列公差为，则，解得：【点睛】本题考查等比数列通项公式、等差数列前项和的求解问题，考查基础公式的应用，关键是能够利用数列中的项求得等差和等比数列的公差和公比.19.在ABC中，a,b,c分别为角A，B，C所对的三边，（I）求角A；（II）若，求b的值.【答案】（I）；（II） 1.【解析】【详解】（I）由a2（bc）2=bc得：a2b2c2+2bc=bc，即b2+c2a2=bc，cosA=，又0A，A=； （

11、II）由正弦定理得：=，又=c，sinC=1，又C为三角形的内角，C=， B=（A+C）=，b=csinB=2sinB=2=1点睛：本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.20.已知是公差为1的等差数列，是公比为2的等比数列，、分别是、的前项和，且，（1）求的通项公式；（2）若，求的取值范围【答案】（1）；（2）且【解析】【分析】（1）利用和公差、公比表示出，解方程求得，由等差数列

12、通项公式求得；（2）由等比数列通项公式求得，由等差数列求和公式求得，可整理得不等式；根据，可验证出时不等式不成立，时不等式成立，结合二次函数性质可知时不等式成立.【详解】（1）由得：，解得：（2）由（1）知： 又 ，即，当时，；当时，当且时，【点睛】本题考查等差、等比数列基本量的求解问题，关键是能够熟练掌握等差、等比数列的通项公式和前项和公式，能利用基本量表示出通项和前项和.21.已知函数的图象经过点和，记，（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用可构造方程求得，进而根据对数运算可求得；（2）求得，利用错位相减法可求得结果.【详解】（1）由

13、过两点可得：，即，解得： ，（2）由（1）得：则得：【点睛】本题考查数列通项公式的求解、错位相减法求解数列的前项和的问题；数列求和的关键是能够明确通项的具体形式，根据通项公式的形式确定求和方法；其中错位相减法适用于通项公式为等差与等比数列乘积的形式.22.已知数列的前项和（1）判断数列是否为等差数列；（2）设，求数列前项和.【答案】（1）数列不是等差数列（2）【解析】【分析】（1）当时，可求得；当时，利用可求得；可得为分段数列，不是等差数列；（2）当时，可求得；当时，可用裂项的方法得到，结合裂项相消法可求得结果.【详解】（1）当时，当时， 数列不是等差数列（2）当时，当时，【点睛】本题考查利用与关系判断数列是否为等差数列、裂项相消法求解数列的前项和问题；易错点是在求解通项公式时忽略验证是否满足所求通项，造成求解错误，属于常考题型.