江西省南昌市第二中学2019-2020学年高一数学下学期第二次月考试题[含答案]

高一考数学试卷

一、选择题（每小题5分，共60分）

1．一元二次不等式x22019x20200的解集为（ ）. A．(1,2020) B．(2020,1) C．(,1)U(2020,) D．(,2020)U(1,) 2．设等差数列an的前n项为Sn，若a57,A．6

B．7

S33，则a6( )

D．9

vvvvvv3．已知非零向量a，b的夹角为30°，且b1，2ab1，则a（ ）

A．C．8

3 2B．1

C．3 D．2

4．在△ABC中，若(ac)(ac)b(bc)，则A=（ ） A．900 （ ） A．4

B．600

C．1200

D．1500

5．已知等比数列an，满足log2a3log2a101,且a3a6a8a1116，则数列an的公比为

B．2

C．2

D．4

6．若不等式x2ax10对于一切x(0,)成立，则a的取值范围是（ ）

125 D．a3 27．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a是b和c的等比中项，则sinAsinA（ ） tanBtanC312A．1 B． C． D．

2348．若点G是VABC的重心，a,b,c分别是BAC，ABC，ACB的对边，且

uuuvuuuvvr3uuuaGAbGBcGC0.则BAC等于（ ）

3A．a0

B．a2

C．aA．90° A．100

B．60°

nC．45° C．-110

D．30° D．110

9．数列an满足anan11n，则数列an的前20项的和为( )

B．-100

10．在锐角ABC中，若C2B，则A．

2,2 uuuruuuruuuruuur11．如图，点C是半径为1的扇形圆弧»AB上一点，OAOB0，OAOB1，若

2,3

B．

3,2

c的范围（ ） bC．0,2

D．

uuuruuuruuurOCxOAyOB，则2xy的最大值是（ ）

A．2 B．5 C． 22 D．3

22xy12．若正实数x、y满足xy1，则的最小值是（ ） x2y41111A． B． C． D．

6784

二、填空题（每小题5分，共20分）

vvvv则实数m_______. ，2，13．已知向量a21且ab，,bm，14．一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°，与灯塔S相距20海里，随后货轮

继续沿正西方向航行30分钟到达N处后，又测得灯塔在货轮的北偏东45°，则货轮的速度为______海里/时． 15．已知A，B，C为直线l上的不同三点，O为l外一点，存在实数m,nm0,n0，使

14的最小值为__________． mnurur16．我们把一系列向量ai(i1,2,L,n)按次序排成一列，称之为向量列，记作{ai}，已知向量

uruururuur1列{ai}满足a1(1,1),anxn,ynxn1yn1,xn1yn1(n2)，设n表示向量an2uuurn2与an1的夹角，若bnn，对任意正整数n，不等式

得OC4mOAnOB成立，则

uuuvuuuvuuuv111Lloga(12a)恒成立，则实数a的取值范围是__________． bn1bn2b2n

三、解答题（本大题共6小题，共70分, 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分10分）

vvvv1已知a，b为单位向量，ab．

2vv（1）求2ab；

vvv（2）求2ab与b的夹角的余弦值．

18．（本小题满分12分）

已知等差数列an,等比数列bn满足an0,bn0,a513,b16,a2b331,a3b221． （1）求an，bn的通项公式； （2）求anbn的前n项和． 19．（本小题满分12分）

在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,ABC的面积为S，若abc（1）求角C的大小； （2）若c3，S 20．（本小题满分12分）

如图，在△ABC中，∠ACB＝

22243S． 33，求ab的值． 2，AC＝3， BC＝2，P是△ABC内的一点． 2（1）若△BPC是以BC为斜边的等腰直角三角形，求PA长；

2（2）若∠BPC＝，求△PBC面积的最大值．

3

21．（本小题满分12分）

已知正项数列an的前n项和Sn满足2Snanan2.

2（1）求数列an的通项公式；

2nn1（2）若bn（n∈N*），求数列bn的前n项和Tn;

nan（3）是否存在实数使得Tn2Sn对nN恒成立，若存在，求实数的取值范围，

若不存在说明理由． 22．（本小题满分12分）

uuuruuur在ABC中，满足：ABAC，M是BC的中点.

uuuruuuruuuruuuruuuruuurABAC2（1）若O是线段AM上任意一点，且，求OAOBOCOA的最小值： uuuruuuruuuruuuruuurAP2（2）若点P是BAC内一点，且，APAC2，APAB1，

uuuruuuruuur求ABACAP的最小值.

高一第二次月考数学参

一、选择题（每小题5分，共60分） ADAC BCAD BABB

二、填空题（每小题5分，共20分）

13．1 14．202 15．16 16．(0,)

三、解答题（本大题共6小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．【解析】

13rrr2r2rr1（1）由题意得|2ab|4ab4ab547.

2rrrrrrrr(2ab)b2ab1227. （2）由题意得2ab与b的夹角的余弦值为cosrrr|2ab‖b|717718．【解析】

（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q， 因为an0,bn0,a513,b16,a2b331,a3b221，

133d6q231d2132d6q21所以，即，

q2d0q0n所以an2n3,bn32；

（2）记anbn前n项和为

Sna1a2anb1b2bnn24n632n1.

2n1所以Snn4n632

19．【解析】

（Ⅰ）因为abc22243431S，所以2abcosCabsinC 332化简得：tanC3，又Q0C，∴C．

32c3∴a2b2ab3∴ab3ab3（Ⅱ）QC，，，①

3313又QSABC，∴absin，即ab2②

22322联立①②可得ab9，又Qab0，∴ab3．

20．【解析】

，PC＝2，在△PAC中，由余弦定理得 4PA2＝AC2＋PC2－2AC·PCcos＝5，于是PA＝5．

4（1）由题设，∠PCA＝（2）解法一： ∠BPC＝

2，设∠PCB＝θ，则θ∈(0，)． 33PC2PB2＝在△PBC中，∠PBC＝－θ．由正弦定理得＝， sin3sinsin334343得PB＝sinθ，PC＝sin(－θ)．

333124323所以△PBC面积S＝PB·PCsin＝sin (－θ)sinθ＝sin(2θ＋)－

2336333． 3当θ＝

3∈(0，)时，△PBC面积的最大值为． 633解法二：

在PBC中，设PCb，PBc，

2， 323即4b2c2bc3bc（当且仅当bc时等号成立），

34所以bc，

312143323从而SBCPbcsin（当且仅当bc时等号成立） 2323233由余弦定理有：BCbc2bccos222

21．【解析】

（1）当n=1时，a1=2或-1（舍去）．

22aa2a当n≥2时，2an2SnSn1nnn1an12， 整理可得：（an+an-1）（an-an-1-1）=0，可得an-an-1=1，

∴{an}是以a1=2为首项，d=1为公差的等差数列．∴an2n11n1nN*．

2n12n． （2）由（1）得an=n+1，∴bnnn1n1n2223222n12n2n122． ∴Tn232n1nn1nn32n1（3）假设存在实数λ，使得对一切正整数恒成立， ＞n122n22n2)min即可， 即＜对一切正整数恒成立，只需满足＜(nn1n3nn1n32n2n282n2令fn，则fn1fn

nn1n3nn1n2n+3n4当n3,fn+1fn;1n2,fn+1fn 故f（1）=1，f（2）=

2nn11684，f（3）=，f4＞f（5）＞f（6）＞…

35159当n=3时有最小值f3 22．【解析】

44，所以＜． 99uuuruuuruuuur（1）QABAC2，AM1， uuuruuuuruuuruuuruuur设OAx，则OM1x，而OBOC2OM， uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuuruuuruuuurOAOBOCOAOAOBOC2OAOM2OAOMcos

112x1x2x22x2x，

22uuuruuuruuuruuur11当且仅当x时，OAOBOCOA的最小值是.

22（2）设CAPBAP，

2uuuruuuruuuruuuruuurQAPAC2，APAB1，AP2，

uuuruuur12ACcos2AC，

cosuuuruuuruuuruuuruuur21同理：2ABcos1AB，ABACAP uuur2uuur2uuur2uuuruuuruuuruuuruuuruuurABACAP2ABAC2ACAP2ABAP

11sin2cos2sin2cos2424 10 2222cos4sincos4sin222sinsin2cos245sin2cos2454549 212222cos4sin4cos4sin444uuuruuuruuur7sin2cos22ABACAP. 当且仅当时， 所以tanmin2cos24sin22