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- 2021-06-26 发布
2016-2017学年山东省济南市平阴一中高二（上）第一次段考数学试卷（理科）
一、选择题（共12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．数列{an}满足an+1﹣an=﹣3（n≥1），a1=7，则a3的值是（ ）
A．﹣3 B．4 C．1 D．6
2．△ABC中，已知（a+b+c）（b+c﹣a）=3bc，则A的度数等于（ ）
A．120° B．60° C．150° D．30°
3．已知{an}是等比数列，a1=4，a4=，则公比q等于（ ）
A． B．﹣2 C．2 D．
4．在△ABC中，已知a=8，B=60°，A=45°，则b等于（ ）
A． B． C． D．
5．在△ABC中，a=80，b=100，A=45°，则此三角形解的情况是（ ）
A．一解 B．两解 C．一解或两解 D．无解
6．在△ABC中，AB=5，BC=7，AC=8，则的值为（ ）
A．79 B．69 C．5 D．﹣5
7．数列{an}的前n项和为Sn，若an=，则S5等于（ ）
A．1 B． C． D．
8．已知数列{an}的前n项和Sn=，则a3=（ ）
A． B． C． D．
9．设an=﹣n2+9n+10，则数列{an}前n项和最大值n的值为（ ）
A．4 B．5 C．9或10 D．4或5
10．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知8b=5c，C=2B，则cosC=（ ）
A． B． C． D．
11．已知数列{an}的前n项和为Sn=1﹣5+9﹣13+17﹣21+…+（﹣1）n﹣1（4n﹣3），则S15+S22﹣S31的值是（ ）
A．13 B．﹣76 C．46 D．76
12．删除正整数数列1，2，3，…中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个新数列的第2005项是（ ）
A．2048 B．2049 C．2050 D．2051
二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）
13．3+5+7+…+（2n+7）= ．
14．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且asinAsinB+bcos2A=a，则= ．
15．已知数列{an}的首项a1=1，an+1=3Sn（n≥1），则数列{an}的通项公式为 ．
16．判断下列命题，其中错误的序号是：
①等差数列{an}中，若am+an=ap+aq，则一定有m+n=p+q
②等比数列{an}中，sn 是其前n项和，sn，s2n﹣sn，s3n﹣s2n…成等比数列
③三角形△ABC中，a＜b，则sinA＜sinB
④三角形△ABC中，若acosA=b cosB，则△ABC是等腰直角三角形
⑤等比数列{an}中，a4=4，a12=16，则a8=8．
三、解答题（共7个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．等差数列{an}中公差d≠0，a1=3，a1、a4、a13成等比数列．
（Ⅰ）求an；
（Ⅱ）设{an}的前n项和为Sn，求：．
18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且满足csinA=acosC
（1）求角C的大小；
（2）求的取值范围．
19．已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan，其中λ≠0．
（1）证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
（2）若S5=，求λ．
20．在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．
（1）求BC的长；
（2）求sin2C的值．
21．在△ABC中，若sinA+sinB=sinC（cosA+cosB）．
（1）判断△ABC的形状；
（2）在上述△ABC中，若角C的对边c=1，求该三角形内切圆半径的取值范围．
22．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是公比大于零的等比数列，且a1=b1=2，a3=b3=8
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式
（2）求{anbn}前n项和Sn
（3）记cn=，求{cn}的前n项和Tn．
2016-2017学年山东省济南市平阴一中高二（上）第一次段考数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共12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．数列{an}满足an+1﹣an=﹣3（n≥1），a1=7，则a3的值是（ ）
A．﹣3 B．4 C．1 D．6
【考点】等差数列的通项公式．
【分析】利用等差数列的通项公式即可得出．
【解答】解：∵an+1﹣an=﹣3（n≥1），a1=7，
∴数列{an}是等差数列，
∴an=a1+（n﹣1）（﹣3）=7﹣3n+3=10﹣3n，
∴a3=10﹣3×3=1．
故选C．
2．△ABC中，已知（a+b+c）（b+c﹣a）=3bc，则A的度数等于（ ）
A．120° B．60° C．150° D．30°
【考点】余弦定理．
【分析】由条件可得 b2+c2﹣a2=﹣bc，再由余弦定理可得 cosA==，以及 0°＜A＜180°，可得A的值．
【解答】解：∵△ABC中，已知（a+b+c）（b+c﹣a）=3bc，
∴整理可得：b2+c2﹣a2=bc．
再由余弦定理可得 cosA===，
又 0°＜A＜180°，可得A=60°，
故选：B．
3．已知{an}是等比数列，a1=4，a4=，则公比q等于（ ）
A． B．﹣2 C．2 D．
【考点】等比数列的通项公式．
【分析】把题目给出的条件直接代入等比数列的通项公式求公比．
【解答】解：在等比数列{an}中，由，
得，
∴q=．
∴等比数列{an}的公比为．
故选：D．
4．在△ABC中，已知a=8，B=60°，A=45°，则b等于（ ）
A． B． C． D．
【考点】解三角形；正弦定理．
【分析】由A和B的度数分别求出sinA和sinB的值，再由a的值，利用正弦定理即可求出b的值．
【解答】解：由正弦定理可知 =，
∴b=•sinB=×sin60°=×=4，
故选C
5．在△ABC中，a=80，b=100，A=45°，则此三角形解的情况是（ ）
A．一解 B．两解 C．一解或两解 D．无解
【考点】正弦定理．
【分析】由a，b及sinA的值，利用正弦定理即可求出sinB的值，发现B的值有两种情况，即得到此三角形有两解．
【解答】解：由正弦定理得： =，
即sinB==，
则B=arcsin或π﹣arcsin，
即此三角形解的情况是两解．
故选B
6．在△ABC中，AB=5，BC=7，AC=8，则的值为（ ）
A．79 B．69 C．5 D．﹣5
【考点】余弦定理；平面向量数量积的含义与物理意义．
【分析】由三角形的三边，利用余弦定理求出cosB的值，然后利用平面向量的数量积的运算法则表示出所求向量的数量积，利用诱导公式化简后，将各自的值代入即可求出值．
【解答】解：由AB=5，BC=7，AC=8，根据余弦定理得：
cosB==，又||=5，||=7，
则=||•||cos（π﹣B）=﹣||•||cosB
=﹣5×7×=﹣5．
故选D
7．数列{an}的前n项和为Sn，若an=，则S5等于（ ）
A．1 B． C． D．
【考点】数列的求和．
【分析】利用“裂项求和”即可得出．
【解答】解：∵，
∴…+==．
∴．
故选B．
8．已知数列{an}的前n项和Sn=，则a3=（ ）
A． B． C． D．
【考点】数列的函数特性．
【分析】利用公式可求出数列{an}的通项an．令n=3即可得到a3
【解答】解：a3=S3﹣S2=﹣=．
故选A．
9．设an=﹣n2+9n+10，则数列{an}前n项和最大值n的值为（ ）
A．4 B．5 C．9或10 D．4或5
【考点】数列的函数特性．
【分析】由题意可得Sn≥Sn+1，解出不等式根据项的符号可作出判断
【解答】解：解：an=﹣n2+9n+10=﹣（n﹣10）（n+1），
∵{an}的前n项和Sn有最大值，
∴Sn≥Sn+1，得an+1≤0，即﹣[（n+1）﹣10][（n+1）+1]≤0，
解得n≥9，
易得a8=18，a9=10，a10=0，a11=﹣12，则S9=S10最大，此时n=9或10．
故选C．
10．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知8b=5c，C=2B，则cosC=（ ）
A． B． C． D．
【考点】正弦定理的应用；三角函数中的恒等变换应用．
【分析】直接利用正弦定理以及二倍角公式，求出sinB，cosB，然后利用平方关系式求出cosC的值即可．
【解答】解：因为在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知8b=5c，C=2B，
所以8sinB=5sinC=5sin2B=10sinBcosB，所以cosB=，B为三角形内角，所以B∈（0，）．C．
所以sinB==．
所以sinC=sin2B=2×=，
cosC==．
故选：A．
11．已知数列{an}的前n项和为Sn=1﹣5+9﹣13+17﹣21+…+（﹣1）n﹣1（4n﹣3），则S15+S22﹣S31的值是（ ）
A．13 B．﹣76 C．46 D．76
【考点】数列的求和．
【分析】利用数列相邻的两项结合和为定值﹣4，把数列的两项结合一组，根据n 的奇偶性来判断结合的组数，当n为偶数时，结合成組，每组为﹣4；当为奇数时，结合成組，每组和为﹣4，剩余最后一个数为正数，再求和．
【解答】解析：∵Sn=1﹣5+9﹣13+17﹣21+…+（﹣1）n﹣1（4n﹣3）
∴S15=（1﹣5）+（9﹣13）+…（49﹣53）+57=（﹣4）×7+57=29
S22=（1﹣5）+（9﹣13）+（17﹣21）+…+（81﹣85）=﹣4×11=﹣44
S31=（1﹣5）+（9﹣13）+（17﹣21）+…++121=﹣4×15+121=61
∴S15+S22﹣S31=29﹣44﹣61=﹣76
故选：B．
12．删除正整数数列1，2，3，…中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个新数列的第2005项是（ ）
A．2048 B．2049 C．2050 D．2051
【考点】数列的函数特性．
【分析】由题意可得，这些数可以写为：12，2，3，22，5，6，7，8，32…，第k个平方数与第k+1个平方数之间有2k个正整数，即可得出．
【解答】解：由题意可得，这些数可以写为：12，2，3，22，5，6，7，8，32…，
第k个平方数与第k+1个平方数之间有2k个正整数，
而数列12，2，3，22，5，6，7，8，32…452共有2025项，去掉45个平方数后，还剩余1980个数，
所以去掉平方数后第2005项应在2025后的第25个数，即是原来数列的第2050项，即为2050．
故选：C．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）
13．3+5+7+…+（2n+7）= n2+8n+15 ．
【考点】等差数列的前n项和．
【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．
【解答】解：3+5+7+…+（2n+7）=3+5+7+（2+7）+…+（2n+7）==n2+8n+15．
故答案为：n2+8n+15．
14．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且asinAsinB+bcos2A=a，则= ．
【考点】正弦定理；解三角形．
【分析】由正弦定理与同角三角函数的平方关系，化简整理题中的等式得sinB=sinA，从而得到b=，可得答案．
【解答】解：∵△ABC中，，
∴根据正弦定理，得，
可得sinB（sin2A+cos2A）=sinA，
∵sin2A+cos2A=1，
∴sinB=sinA，得b=，可得=．
故答案为：
15．已知数列{an}的首项a1=1，an+1=3Sn（n≥1），则数列{an}的通项公式为 ．
【考点】数列的求和．
【分析】先看n≥2根据题设条件可知an=3Sn﹣1，两式想减整理得an+1=4an，判断出此时数列{an}为等比数列，a2=3a1=3，公比为4
求得n≥2时的通项公式，最后综合可得答案．
【解答】解：当n≥2时，an=3Sn﹣1，
∴an+1﹣an=3Sn﹣3Sn﹣1=3an，
即an+1=4an，
∴数列{an}为等比数列，a2=3a1=3，公比为4
∴an=3•4n﹣2，
当n=1时，a1=1
∴数列{an}的通项公式为
故答案为：
16．判断下列命题，其中错误的序号是： ①②④
①等差数列{an}中，若am+an=ap+aq，则一定有m+n=p+q
②等比数列{an}中，sn 是其前n项和，sn，s2n﹣sn，s3n﹣s2n…成等比数列
③三角形△ABC中，a＜b，则sinA＜sinB
④三角形△ABC中，若acosA=b cosB，则△ABC是等腰直角三角形
⑤等比数列{an}中，a4=4，a12=16，则a8=8．
【考点】命题的真假判断与应用．
【分析】①，常数列{an}中，若am+an=ap+aq，不一定有m+n=p+q；
②，等比数列{an}中，sn 是其前n项和，sn，s2n﹣sn，s3n﹣s2n
…成等比数列的前提是sn≠0；
③，三角形△ABC中，a＜b，⇒2RsinA＜2R⇒sinB则sinA＜sinB，故正确；
④，若acosA=b cosB⇒sin2A=sin2B⇒2A=2B或2A+2B=π，则△ABC是等腰或直角三角形；
⑤，等比数列{an}中 a8•a8=a4•a12=64，又因为 a8=a4•q4＞0．
【解答】解：对于①，常数列{an}中，若am+an=ap+aq，不一定有m+n=p+q，故错；
对于②，等比数列{an}中，sn 是其前n项和，sn，s2n﹣sn，s3n﹣s2n…成等比数列的前提是sn≠0，故错；
对于③，三角形△ABC中，a＜b，⇒2RsinA＜2R⇒sinB则sinA＜sinB，故正确；
对于④，三角形△ABC中，若acosA=b cosB⇒sin2A=sin2B⇒2A=2B或2A+2B=π，则△ABC是等腰或直角三角形，故错；
对于⑤，等比数列{an}中，a4=4，a12=16，则 a8•a8=a4•a12=64，又因为 a8=a4•q4＞0，故a8=8，正确．
故答案为：①②④
三、解答题（共7个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．等差数列{an}中公差d≠0，a1=3，a1、a4、a13成等比数列．
（Ⅰ）求an；
（Ⅱ）设{an}的前n项和为Sn，求：．
【考点】数列的求和；等比数列的通项公式；等比数列的性质．
【分析】（I）a1、a4、a13成等比数列．可得，利用等差数列的通项公式可得（3+3d）2=3（3+12d），解出即可．
（II）由（I）可得：Sn==n（n+2），．利用“裂项求和”即可得出．
【解答】解：（I）∵a1、a4、a13成等比数列．
∴，
∴（3+3d）2=3（3+12d），
化为d2﹣2d=0，d≠0，
解得d=2．
∴an=3+2（n﹣1）=2n+1．
（II）由（I）可得：Sn==n（n+2），
∴．
∴=++…+
=．
=﹣．
18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且满足csinA=acosC
（1）求角C的大小；
（2）求的取值范围．
【考点】正弦定理；两角和与差的正弦函数．
【分析】（1）已知等式利用正弦定理化简，根据sinA不为0求出tanC的值，利用特殊角的三角函数值即可求出C的度数；
（2）原式第二项利用诱导公式化简，提取2变形后，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由A的范围求出这个角的范围，利用正弦函数的值域即可确定出范围．
【解答】解：（1）由正弦定理化简已知等式得：sinCsinA=sinAcosC，
∵A为三角形内角，∴sinA≠0，
∴sinC=cosC，即tanC=1，
∴C=；
（2）sinA﹣cos（B+C）=sinA+cosA=2sin（A+），
∵0＜A＜，
∴＜A+＜，
∵sin=sin=sin（﹣）=sincos﹣cossin=，
∴＜sin（A+）＜1，即＜2sin（A+）＜2，
则sinA﹣cos（B+C）的取值范围是（，2]．
19．已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan，其中λ≠0．
（1）证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
（2）若S5=，求λ．
【考点】数列递推式；等比关系的确定．
【分析】（1）根据数列通项公式与前n项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．
（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．
【解答】解：（1）∵Sn=1+λan，λ≠0．
∴an≠0．
当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=1+λan﹣1﹣λan﹣1=λan﹣λan﹣1，
即（λ﹣1）an=λan﹣1，
∵λ≠0，an≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，
即=，（n≥2），
∴{an}是等比数列，公比q=，
当n=1时，S1=1+λa1=a1，
即a1=，
∴an=•（）n﹣1．
（2）若S5=，
则若S5=1+λ（•（）4=，
即（）5=﹣1=﹣，
则=﹣，得λ=﹣1．
20．在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．
（1）求BC的长；
（2）求sin2C的值．
【考点】余弦定理的应用；二倍角的正弦．
【分析】（1）直接利用余弦定理求解即可．
（2）利用正弦定理求出C的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可．
【解答】解：（1）由余弦定理可得：BC2=AB2+AC2﹣2AB•ACcosA=4+9﹣2×2×3×=7，
所以BC=．
（2）由正弦定理可得：，则sinC===，
∵AB＜BC，∴C为锐角，
则cosC===．
因此sin2C=2sinCcosC=2×=．
21．在△ABC中，若sinA+sinB=sinC（cosA+cosB）．
（1）判断△ABC的形状；
（2）在上述△ABC中，若角C的对边c=1，求该三角形内切圆半径的取值范围．
【考点】正弦定理；余弦定理．
【分析】（1）已知等式利用正弦定理化简得到关系式c（cosA+cosB）=a+b，再利用三角形射影定理得到a=b•cosC+c•cosB，b=c•cosA+a•cosC，表示出a+b，联立两式求出cosC的值为0，确定出C的度数为90°，即可对于三角形ABC形状为直角三角形；
（2）由c及sinC的值，利用正弦定理求出外接圆的半径R，表示出a与b，根据内切圆半径r=（a+
b﹣c），将a与b代入并利用两角和与差的正弦函数公式化简，根据正弦 函数的值域即可确定出r的范围．
【解答】解：（1）根据正弦定理，原式可变形为：c（cosA+cosB）=a+b①，
∵根据任意三角形射影定理得：a=b•cosC+c•cosB，b=c•cosA+a•cosC，
∴a+b=c（cosA+cosB）+cosC（a+b）②，
由于a+b≠0，故由①式、②式得：cosC=0，
∴在△ABC中，∠C=90°，
则△ABC为直角三角形；
（2）∵c=1，sinC=1，∴由正弦定理得：外接圆半径R==，
∴===2R=1，即a=sinA，b=sinB，
∵sin（A+）≤1，
∴内切圆半径r=（a+b﹣c）=（sinA+sinB﹣1）=（sinA+sinB）﹣=sin（A+）﹣≤，
∴内切圆半径的取值范围是（0，]．
22．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是公比大于零的等比数列，且a1=b1=2，a3=b3=8
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式
（2）求{anbn}前n项和Sn
（3）记cn=，求{cn}的前n项和Tn．
【考点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合．
【分析】（1）根据等差数列与等比数列的概念即可分别求出公差与公比，从而求出通项公式；
（2），利用错位相减即可求出前n项和；
（3），利用裂项相消即可求出前n项和．
【解答】解：（1）∵a3=a1+2d=8，a1=2，∴d=3，
∴an=a1+（n﹣1）d=3n﹣1，
∵，
又∵q＞0，∴q=2，
∴；
（2）∵，
∴，
∴（3n﹣1）•2n+1
=3（2+22+23+…+2n）﹣2﹣（3n﹣1）•2n+1
=
=（4﹣3n）•2n+1﹣8
∴；
（3）∵==
∴…+
=1﹣