2021-2022年高一数学4月月考试题(IV)

2021-2022年高一数学4月月考试题(IV)一、选择题（每题5分，共60分）1．在△ABC中,已知,，，则AC的长为（）A. B. C.或 D.2．已知△的三边所对的角分别为,且, 则的值为A． B． C． D．（）3．设是等差数列的前n项和，已知，，则等于（）A、13B、35C、49D、634．两个等差数列的前项和之比为，则它们的第7项之比为（）A．2 B．3 C． D．5．在中，A，B，C所对的边分别为，若A＝，，，则的面积为（）A. B. C. D.26．在中，角的对边分别为，且，则内角（）A. B. C. D.7．已知单调递增的等比数列中，，，则数列的前项和A. B. C. D. （）8．设平面向量，若，则等于（）A． B． C． D．9．等比数列{an }的各项为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10等于（）A．12 B．10 C．8 D．2＋log3510．等比数列中，对任意，，则等于A．B． C． D．（）11．在中，，则的最大值是（）A． B． C． D．12．数列{a n}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有：a m＋n＝a m＋a n＋mn，则A． B． C． D．（）第II卷（非选择题）二、填空题（每题5分，共20分）13．如图，在中，是边上一点，，则的长为15_________.16．已知函数的部分图象如下图,其中分别是的角所对的边, ,则的面积= .三、解答题(写明解题过程，否则不给分，共70分)17．（本小题满分10分）已知数列的前项和．（1）求数列的通项公式；（2）若数是等比数列，公比为且’,求数列的前n 项和．18．（本小题满分12）在中，设角的对边分别为，且 （1）求角的大小；（2）若，，求边的大小．19．（本小题满分12分）设平面内的向量，，，点P 在直线OM 上，且． （1）求的坐标；（2）求∠APB 的余弦值；（3）设t ∈R ，求的最小值．20．（本小题12分）.已知、、分别为的三边、、所对的角，向量，，且. （1）求角的大小；（2）若，，成等差数列，且，求边的长.21．（本小题12分）已知数列的前项和，数列满足)12(,111-+=-=+n b b b n n ．（Ⅰ）求数列的通项；（Ⅱ）求数列的通项；（Ⅲ）若，求数列的前项和．22．（本小题12分）已知 函数n x n x x f 2)2()(2--+=的图像与轴正半轴的交点为，=1，2，3，…．（1）求数列的通项公式；（2）令n b nna n a n (2)1(31⋅⋅-+=-λ为正整数）, 问是否存在非零整数, 使得对任意正整数，都有？ 若存在, 求出的值 , 若不存在 , 请说明理由．保定三中xx ——xx 学年度第一学期4月月考高一数学参考答案1．C 【解析】试题分析：由余弦定理得A AC AB AC AB BC cos 2222⋅-+=即AC AC 2332312⨯⨯-+=，解得或1 考点：余弦定理2．C 【解析】试题分析：由正弦定理得：，因为，所以，所以，因为，所以，所以2211cos 2cos 121222B ⎛⎫B =-=⨯-=-⎪⎝⎭，故选C ．考点：1、正弦定理；2、倍角公式．3．C.【解析】试题分析：由等差数列的求和公式即性质，得4921472)(72)(762717=⨯=+=+=a a a a S .考点：等差数列. 4．【答案】B 【解析】设这两个数列的前项和分别为，则1131377113137713()132513102313()13221312a a S a a b b T b b +⨯⨯+=====+⨯⨯-，故选B ．考点：1、等差数列的前项和；2、等差数列的性质． 5．B【解析】试题分析：由余弦定理得22113232)(2cos 2222=⇒=-=--+=-+=bc bc bc bc c b bc a c b A ，故的面积为考点：解三角形6．B.【解析】试题分析：在中，应用余弦定理得，即，所以，又因为，所以，所以，，所以222cos 222=-+=ab c a b C ，所以. 故应选B.考点：余弦定理的应用. 7．B.【解析】试题分析：∵，，∴，，∴，，∴， ，∴，故选B. 考点：等比数列的性质及其前项和.8．【答案】D 【解析】若，那么，解得，那么，所以()536322=+-=-n m，故选D ．考点：平面向量的坐标运算9．B 【解析】由等比数列的性质可知：a 5a 6＝a 4a 7＝a 3a 8＝…＝a 1a 10， ∴a 5a 6＋a 4a 7＝2a 1a 10＝18，∴a 1a 10＝9.∴log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3（a 1·a 2·a 3·…·a 10）＝log 3（a 1a 10）5＝10. 10．D 【解析】试题分析：由题可知，当时，，当时，，则公比，因此等比数列是首项为1，公比为2的等比数列，即等比数列是首项为1，公比为4的等比数列，。

考点：数列求和 11．D【解析】试题分析：sin sin sin sin()A C A A B π=--sin )A A A =22A A =-，∵，∴，∴当时，取得最大值.考点：三角函数的最值.12．A 【解析】试题分析：先有赋值法得到，再用叠加法求出，进而得到12112()(1)1n a n n n n ==-++，由裂项求法可得最后的结果 考点：掌握叠加法和裂项求和的方法13．【解析】试题分析：在中，14112cos 222=⋅-+=CD AC AD CD AC C ，1435cos 1sin 2=-=∴C C ，在中，由正弦定理得，得.考点：1、正弦定理的应用；2、余弦定理的应用.14．【答案】【解析】1121()3333BD BA AD BA AC BA BC BA BA BC =+=+=+-=+，同理，22252999BD BE BA BA BC BC ⋅=+⋅+2225211223cos12039999=⨯+⨯⨯⨯︒+⨯=.考点：向量的运算，向量的数量积. 15．【解析】设{a n }的公比为q （q ＞0），由a 3=a 2+a 1，得q 2﹣q ﹣1=0，解得q=．∴则==．故答案为.16．【答案】【解析】由图可知，函数的最大值为，最小值为，可解得，又73,22882T T ππππω=-=∴==，即，由图可得，333π()211sin 1,88424f ππππθθθθ⎛⎫⎛⎫⨯+-=∴+=<∴=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 即又22cos ()+1=()sin cos 2cos sin 4cos sin 24C C f f x C C C C C C C π⎛⎫=-=-∴=∴= ⎪⎝⎭结合可得1sin sin 2C S ab C ===考点：正弦函数的图像和性质，三角形面积公式 17．（1）; （2）【解析】（1）∵数列的前n 项和，∴当时，2212(1)2(1)21n n n a S S n n n n n -=-=+----=-， 又当时，，满足上式 ， （2）由（1）可知，， 又, .又数列是公比为正数等比数列 ∴,又 ∴数列的前n 项和考点：等差、等比数列的性质与求和，错位相减法。

18．（1）;（2）． 【解析】（1）因为，所以C B C A sin sin 2cos sin 2-=C C A C A sin )sin cos cos (sin 2-+= 4分即，又因为，所以，所以，又因为,所以． 6分 （2） 因为，即所以，解得（舍），． 10分． 考点：1．解三角形；2．正弦定理；3．余弦定理． 19．解：（1）∵点P 在直线OM 上，设∴，∴，解得，∴． （2），， ∴．（3），∴=2（t ﹣2）2+2．当t=2时，（+t ）2取得最小值2，∴的最小值为． 考点：平面向量数量积的运算；平面向量的坐标运算．20．解（1）)sin(cos sin cos sin B A A B B A +=⋅+⋅=⋅ 在中，由于，又，C C C C sin cos 2sinC ,sin 2sin ==∴ 又，所以，而，因此．（2）由，，成等差数列，得 18,18)(=⋅∴=-⋅ ， 即，由（1）知，所以由余弦弦定理得ab b a C ab b a c 3)(cos 22222-+=-+=， 36 ,3634222=∴⨯-=∴c c c ，21试题解析：（Ⅰ）∵,∴． 2分 ∴111222(2)n n n n n n a S S n ---=-=-=≥． 3分 当时，，∴ 4分（Ⅱ）∵∴，，，，以上各式相加得21)1(2)321)(1()32(531-=-+-=-+⋅⋅⋅+++=-n n n n b b n ．∵ ， ∴． 8分（Ⅲ）由题意得12(1),(2)2(2).n n n c n n --=⎧=⎨-⨯≥⎩ ∴13212)2(2221202-⨯-+⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯+-=n n n T ， ∴n n n T 2)2(22212042432⨯-+⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯+-=， ∴nn n n T 2)2(2222132⨯--+⋅⋅⋅+++=--n n n 2)2(21)21(21⨯----=- =n n n n n 2)3(22)2(22⨯---=⨯---，∴． 12分 22.试题解析：（1）设， 得 ;所以 （2），若存在，满足恒成立即：n n n n n n 2)1(32)1(3111⋅⋅-+>⋅⋅-+-++λλ，恒成立 当为奇数时， 当为偶数时， 所以 ，故： 40727 9F17 鼗33136 8170 腰^}(40558 9E6E 鹮40111 9CAF 鲯€R32690 7FB2 羲38856 97C8 韈p27247 6A6F 橯。