2019-2020学年临川一中高一(下)第一次月考数学试卷一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知△ABC中，a=2√2，b=2√3，B=60°，那么角sin A等于()A. −√22B. 1 C. √22D. 122.在△ABC中，若AB=√13，BC=3，C=120°，则AC的值为()A. 1B. 2C. √2D. √33.在等比数列{a n}中，a2a3a4=8，a7=32，则a2=()．A. −1B. 1C. ±1D. 24.等差数列{a n}、{b n}的前n项和分别为S n和T n，若S nT n =2n+13n+2，则a3+a11+a19b7+b15=()A. 6970B. 129130C. 123124D. 1351365.已知S n是等差数列{a n}的前n项和，S5=35，则a3=A. 5B. 7C. 9D. 116.已知数列{a n}满足2a n−a n a n+1=1，a1=32，则a2021=()A. 20202019B. 20212020C. 20222021D. 202320227.在△ABC中，A=60°，a=5，b=6，那么满足条件的△ABC()A. 有一个解B. 有两个解C. 无解D. 不能确定8.已知等差数列{a n}的前17项之和S17>0，则下列一定成立的是()A. a17>0B. a16>0C. a9>0D. a8>09.在等比数列{a n}中，a1=2，若数列{a n+1}也是等比数列，则{a n}的前n项和S n等于()A. 2n+1−2B. 3nC. 2nD. 3n−110.已知数列{a n}的各项均为正数，且满足a n+12−a n2−2(a n+1+a n)=0，且a2,a4,a8成等比数列，则数列{1a n a n+1}的前2019项和为()A. 20192020B. 10098080C. 20198080D. 2018202111.已知数列{a n}满足a1=0，a n+1=n√3√3a+1∈N∗)，则a2016等于()A. 0B. −√3C. √3D. √3212.已知数列a1=1，a2=2，且a n+2−a n=2−2(−1)n，n∈N∗，则S2017的值为()A. 2016×1010−1B. 1009×2017C. 2017×1010−1D. 1009×2016二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.在△ABC中，a=√3b，A=120°，则角B的大小为______ ．14.若一个三角形的三边是连续的正整数，且最大角是最小角的2倍，则这个三角形最大角的余弦值为______．15.已知数列{a n}满足对n∈N∗，有a n+1=11−a n ，若a1=12，则a2015=______ ．16.已知数列{a n}满足a n+1=a n2−a n+1(n∈N∗)，且a1=43，则1a1+1a2+⋯+1a2019的值的整数部分为．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.在△ABC中，∠A，∠B，∠C，所对边分别为a，b，c.已知n⃗=(b,2c)，m⃗⃗⃗ =(sinC,sinB⋅cosA)，且m⃗⃗⃗ ⊥n⃗．(1)求∠A的值；(2)若a=2√3，c=2，求△ABC的面积．18.在数列{a n}中，a1=1，a2=2，且a n+1=(1+q)a n−qa n−1(n≥2,q≠0)(Ⅰ)设b n=a n+1−a n(n∈N∗)，证明{b n}是等比数列；(Ⅱ)当q=2时，求数列{a n}的通项公式．19.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m⃗⃗⃗ =(cos A−2cos C,2c−a)，n⃗=(cos B,b)平行．(1)求sin C的值；sin A(2)若bcos C+ccos B=1，△ABC的周长为5，求b的长．20.如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，满足AD⊥AC，cos∠BAC=−1，AB=3√2，BD=√3．3(1)求AD的长；(2)求△ABC的面积．21. 设等差数列{a n }的前n 项的和为S n ，且S 4=−62，S 6=−75，求：(1){a n }的通项公式a n 及前n 项的和S n ；(2)|a 1|+|a 2|+|a 3|+⋯+|a 14|.22. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=12，a n+1=n+12na n ．(Ⅰ)求{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =n(2−S n )，n ∈N ∗，若集合M ={n|b n ≥λ,n ∈N ∗}恰有5个元素，求实数λ的取值范围．【答案与解析】1.答案：C解析：本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．利用正弦定理即可得解．解：由正弦定理可得：sinA=asinBb =2√2×sin60°2√3=√22．故选：C．2.答案：A解析：本题主要考查利用余弦定理解三角形，属于基础题.直接利用余弦定理计算即可求解．解：在△ABC中，若AB=√13，BC=3，∠C=120∘，，可得：13=9+AC2+3AC，解得AC=1或AC=−4(舍去)．故选A．3.答案：C解析：本题考查等比数列的定义和性质考查了计算能力，属于基础题．根据等比数列的性质可求出a3=2，再求出公比，即可求出a2.解：等比数列{a n}中，a2a3a4=8，则a33=8，则a3=2，∵a7=32，∴q4=a7a3=16，解得q=±2，则a 1=a 3q 2=24=12，∴a 2=a 1q =±1， 故选C ．4.答案：B解析：本题主要考查等差数列性质的应用，结合等差数列的前n 项和公式以及性质是解决本题的关键． 根据等差数列的性质，结合等差数列的前n 项和公式进行转化即可． 解：在等差数列中a 3+a 11+a 19b 7+b 15=3a 112b 11，=32⋅2a 112b 11=32⋅a 1+a 21b 1+b 21=32⋅a 1+a 212×21b 1+b 212×21=32⋅S 21T 21=32×2×21+13×21+2=32×4365=129130， 故选B ．5.答案：B解析：本题考查了等差数列的前n 项和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．利用等差数列{a n }的前n 项和公式及其性质即可得出．解：由等差数列{a n }的前n 项和公式及其性质由S 5=35， ∴5(a 1+a 5)2=35，∴a 3=7． 故选B ．6.答案：D解析： 【试题解析】本题考查了通过数列的递推关系求通项公式，考查了利用规律对通项公式的猜想和验算，属于中档题.根据题意可得a n+1=2−1a n，先求a 1=32，a 2=2−1a 1=43，a 3=2−1a 2=54，a 4=2−1a 3=65，…，所以猜测a n =n+2n+1，经验证即可得解．解：因为2a n −a n a n+1=1，所以a n+1=2−1a n，因为a 1=32，所以a 2=2−1a 1=43，a 3=2−1a 2=54，a 4=2−1a 3=65，…，所以猜测a n =n+2n+1， 代入2a n −a n a n+1=2n+4n+1−n+2n+1×n+3n+2=n+1n+1=1，所以a n =n+2n+1满足题意，所以a 2021=20232022， 故选D ．7.答案：C解析：本题考查正弦定理，属于基础题．由正弦定理求出sin B ，然后利用大边对大角和正弦函数的性质即可求解． 解：已知△ABC 中，∠A =60°，a =5，b =6， 所以由正弦定理可得5sin60°=6sinB ，解得sinB =3√35>1，故B 不存在，所以满足条件的△ABC 不存在． 故选C ．8.答案：C解析：S17=17(a1+a17)2=17⋅a9>0，∴a9>0．9.答案：C解析：解：设等比数列{a n}的公比为q，则可得a n=2⋅q n−1，故a n+1=2⋅q n−1+1，可得a1+1=3，a2+1=2q+1，a3+1=2q2+1，由于数列{a n+1}也是等比数列，故(2q+1)2=3(2q2+1)，解之可得q=1，故{a n}的前n项和S n=na1=2n故选C设等比数列{a n}的公比为q，可得数列{a n+1}的前3项，由等比中项可得关于q的方程，解之可得q=1，故等比数列{a n}为常数列，易得答案．本题考查等比数列的通项公式和求和公式，涉及公比的求解，属中档题．10.答案：C解析：本题考查由递推关系判断等差数列，及裂项相消法求和，考查模型应用及运算能力，属于中档题．由a n+12−a n2−2(a n+1+a n)=0推导出{a n}，再结合a2,a4,a8成等比数列求出通项公式，最后利用裂项相消法求{1a n a n+1}的前2019项和．解析：解：由于数列{a n}的各项均为正数，所以a n+1−a n=2所以{a n}为等差数列，且公差为2，由题意易得(4+a2)2=a2(a2+12)解得a2=4所以a n=2n所以1a n a n+1=12n(2n+2)=14(1n−1n+1)所以数列{1a n a n+1}的前2019项和为14(1−12)+14(12−13)+14(13−14)+⋯+14(12019−12020)=14(1−1 2020)=20198080．故选C．11.答案：C解析：本题考查数列的周期性，考查运算能力，属于中档题．通过计算数列的前几项，可得数列{a n}为最小正周期为3的数列，计算即可得到所求值．解：满足a1=0，a n+1=n√3√3a+1∈N∗)，a2=1√3√3a+1=−√3，a3=2√3√3a+1=−2√3−3+1=√3，a4=3√3√3a+1=√3−√33+1=0，a5=4√33a+1=−√3，…，可得数列{a n}为最小正周期为3的数列，可得a2016=a3×672=a3=√3，故选C．12.答案：C解析：本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、数列递推关系、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．a n+2−a n=2−2(−1)n，n∈N∗，可得a2k+1−a2k−1=2+2=4，k∈N∗，a2k+2−a2k=2−2=0，k∈N∗，可得数列{a n}的奇数项成等差数列，公差为4，偶数项满足：a2k=a2=2．解：∵a n+2−a n=2−2(−1)n，n∈N∗，∴a2k+1−a2k−1=2+2=4，k∈N∗，a2k+2−a2k=2−2=0.k∈N∗，∴数列{a n}的奇数项成等差数列，公差为4，偶数项满足：a2k=a2=2．∴S2017=(a1+a3+⋯+a2017)+(a2+a4+⋯+a2016)=1×1009+1009×10082×4+2×1008=2017×1010−1． 故选：C ．13.答案：30°解析：本题考查了正弦定理、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 利用正弦定理即可得出．解：∵△ABC 中a =√3b ，A =120°， ∴sin120°=√3sinB ，B 为锐角． ∴sinB =12，可得B =30°．故答案为30°．14.答案：18解析：本题考查解三角形，涉及正余弦定理和三角形的边角关系，属中档题．设三角形的三边分别为n −1，n ，n +1，对应的角分别为A 、B 、C ，由题意和正弦定理可得cosA =n+12(n−1)，再由由余弦定理可得cosA =n+42(n+1)，可得n+12(n−1)=n+42(n+1)，解方程可得a 值，可得三边长，由余弦定理可得．解：设三角形的三边分别为n −1，n ，n +1，对应的角分别为A 、B 、C ， 则A <B <C ，由题意可得C =2A ， 由正弦定理可得n−1sinA =n+1sinC =n+12sinAcosA ， ∴cosA =n+12(n−1)，又由余弦定理可得cosA =n 2+(n+1)2−(n−1)22n(n+1)=n+42(n+1)，∴n+12(n−1)=n+42(n+1)，解得n =5， ∴三角形的三边分别为4，5，6， ∴三角形的最大边所对角的余弦值cosC =42+52−622×4×5=18．故答案为：18． 15.答案：2解析：本题考查了递推式的应用、数列的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．由a n+1=11−a n ，a 1=12，可得a 2=2，a 3=−1，a 4=12，…，因此a n+3=a n .即可得出． 解：∵a n+1=11−a n ，a 1=12，∴a 2=2，a 3=−1，a 4=12，…， ∴a n+3=a n ．∴a 2015=a 3×671+2=a 2=2．故答案为2．16.答案：2解析：本题考查数列的递推公式，利用题中的等式和累加法进行求解即可得数列的通项公式，然后求出数列{1a n }的通项公式，再进行后面的求解即可得，是个中档题． 解：因为a n+1=a n 2−a n +1，即a n+1−1=a n (a n −1)，所以1an+1−1=1a n (a n −1)=1a n −1−1a n ， 所以1an −1−1a n+1−1=1a n ． 所以1a1−1−1a 2−1=1a 1， 1a 2−1−1a 3−1=1a 2， 1a 3−1−1a 4−1=1a 3，⋯，1a 2019−1−1a 2020−1=1a 2019，将上述各式两边分别相加可得1a 1−1−1a 2020−1=1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a 2019，因为a 1=43，所以1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a 2019=3−1a 2020−1．因为a n+1−a n=a n2−2a n+1=(a n−1)2>0，所以a n+1>a n，所以数列{a n}为递增数列．而a2=a1(a1−1)+1=43×13+1=139，a3=a2(a2−1)+1=139×49+1=13381，a4=a3(a3−1)+1=13381×5281+1=69166561+1>2，所以a2020>a2019>⋯>a4>2，所以0<1a2020−1<1，所以2<3−1a2020−1<3，所以1a1+1a2+⋯+1a2019的值的整数部分为2．17.答案：解：(1)∵m⃗⃗⃗ ⊥n⃗，∴bsinC+2csinBcosA=0，由正弦定理可知，bsinB =csinC，∴bc+2bccosA=0，∵b≠0，c≠0，∴1+2cosA=0，∴cosA=−1 2∵0<A<π，∴A=2π3；(2)△ABC由余弦定理可知，a2=b2+c2−2bccosA，∴b2+4−4bccos120°=12，∴b2+2b−8=0，∵b>0，∴b=2，s△ABC=12bcsinA=12×2×2×√32=√3．解析：本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式的综合应用，属于中档试题(1)由m⃗⃗⃗ ⊥n⃗，结合向量数量积的性质及正弦定理可求A，(2)△ABC由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，结合已知可求b，然后代入s△ABC=12bcsinA即可求18.答案：证明：(Ⅰ)∵数列{a n}中，a1=1，a2=2，且a n+1=(1+q)a n−qa n−1(n≥2,q≠0)，∴a n+1−a n=q(a n−a n−1)，即b n=a n+1−a n=qb n−1，n≥2，又b1=a2−a1=1，q≠0，∴{b n}是首项为1，公比为q的等比数列．解：(Ⅱ)由(Ⅰ)得a2−a1=1，a3−a2=q，…，a n−a n−1=q n−2，将以上各式相加，得：a n−a1=1+q+⋯+q n−1=1+2+⋯+2n−2=1−2n−11−2=2n−1−1．∴a n=2n−1．n=1时，上式也成立，∴数列{a n}的通项公式a n=2n−1．解析：(Ⅰ)推导出b n=a n+1−a n=qb n−1，n≥2，b1=a2−a1=1，q≠0，由此能证明{b n}是首项为1，公比为q的等比数列．(Ⅱ)由a2−a1=1，a3−a2=q，…，a n−a n−1=q n−2，利用累加法能求出数列{a n}的通项公式．本题考查等比数列的证明，考查数列的通项公式的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意累加法的合理运用．19.答案：解：(1)由已知向量m⃗⃗⃗ =(cosA−2cosC,2c−a)与n⃗=(cosB,b)平行∴b(cosA−2cosC)=(2c−a)cosB，由正弦定理得(cosA−2cosC)sinB=(2sinC−sinA)cosB，化简可得sin(A+B)=2sin(B+C)，又A+B+C=π，所以sinC=2sinA，因此sinCsinA=2.…(6分)(2)bcosC+ccosB=b⋅a2+b2−c22ab +c a2+c2−b22ac=2a22a=a=1，由(1)知ca =sinCsinA=2，∴c=2，…(10分)由a+b+c=5，得b=2．解析：本题考查向量知识的运用，考查正弦定理、余弦定理，解题的关键是边角互化，属于中档题．(1)利用向量共线的条件，建立等式，利用正弦定理，将边转化为角，利用和角公式，即可得到结论；(2)由bcosC +ccosB =1利用余弦定理，求得a ，再由(1)计算c ，利用△ABC 周长为5，即可求b 的长．20.答案：解：(1)因为AD ⊥AC ，cos∠BAC =−13，且∠BAC ∈(0,π)，所以sin∠BAC =2√23． 又sin∠BAC =sin(π2+∠BAD)=cos∠BAD =2√23， 在△ABD 中，由余弦定理得， 即AD 2−8AD +15=0，解得AD =5或AD =3， 因为AB >AD ，所以AD =3．(2)在△ABD 中，由正弦定理得BD sin∠BAD =AB sin∠ADB ， 又由cos∠BAD =2√23，得sin∠BAD =13， 所以sin∠ADB =√63． 因为∠ADB =∠DAC +∠C =π2+∠C ， 所以cosC =√63． 在Rt △ADC 中，cosC =√63，则tanC =√22=AD AC=3AC ， 所以AC =3√2，所以△ABC 的面积S =12AB ·AC ·sin∠BAC=12×3√2×3√2×2√23=6√2．解析：本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．(1)由诱导公式求得sin∠BAC =sin(π2+∠BAD)=cos∠BAD =2√23，在△ABD 中，由余弦定理可求得； (2)由正弦定理求得sin∠ADB =√63，cosC =√63，AC =3√2，由三角形面积公式可求得．21.答案：解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得{4a 1+4×32d =−626a 1+6×52d =−75，解得a 1=−20，d =3． ∴a n =−20+(n −1)×3=3n −23；S n =(−20+3n−23)n 2=32n 2−432n.(2)∵a n =3n −23，∴由a n <0得n <8，∴|a 1|+|a 2|+|a 3|+⋯+|a 14|=−a 1−a 2−⋯−a 7+a 8+⋯+a 14=S 14−2S 7=32×142−432×14−2(32×72−432×7)=7(42−43)−7(21−43)=−7−7×(−22)=147．解析：(1)由S 4=−62，S 6=−75，可得到等差数列{a n }的首项a 1与公差d 的方程组，解之即可求得{a n }的通项公式a n 及前n 项的和S n ；由(1)可知a n ，由a n <0得n <8，从而|a 1|+|a 2|+|a 3|+⋯+|a 14|=S 14−2S 7，计算即可． 本题考查数列的求和，着重考查等差数列的通项公式与前n 项和公式，考查解方程组的能力，求得a n 是关键，属于中档题．22.答案：解：(I)由已知得a n+1n+1=12a n n，其中n ∈N ∗ ∴数列{a n n }是公比为12的等比数列，首项a 1=12 ∴a n n =(12)n∴a n =n 2n(2)由(1)知S n =12+222+323+⋯+n 2n ，12S n=122+223+324…+n 2n+1， 两式相减可得，12S n =12+122+123+⋯+12n −n 2n+1，=12(1−12n )1−12−n 2n+1=1−n+22n+1∴s n =2−n+22因此，b n =n(n+2)2n ，b n+1−b n =(n+1)(n+3)2n+1−n(n+2)2n =−n 2+32n+1所以，当n =1，b 2−b 1>0即b 2>b 1，n >2时，b n+1−b n <0即b n+1−b n <0b 1=32,b 2=2,b 3=158,b 4=32,b 5=3532,b 6=34 要使得集合M 有5个元素，实数λ的取值范围为34<λ≤3532．解析：(I)由已知得a n+1n+1=12a n n，结合等比数列的通项公式可求a n n ，进而可求a n (2)由(1)知S n =12+222+323+⋯+n 2n ，利用错位相减可求s n ，然后利用数列的单调性可求b n 的最大值与最小值，进而可求实数λ的取值范围本题主要考查了等比数列的定义及通项公式求解的应用，数列的错位相减求和方法的应用，及数列单调性在求解数列的最值求解中的应用，试题具有一定的综合性。