2015-2016学年高二上学期10月月考数学试卷

高二10月份阶段性模块检测数学试题

第Ⅰ卷

[试题说明]本试题共4页,其中第Ⅰ卷共2页,50分,第Ⅱ卷共2页，100分.满分150分,考试时间120分钟.

一、选择题（本题共10小题，每题5分，共50分.每题只有一个正确答案）

1.在ABC中，若a2,b3,B60，则A等于（ ）

A.135 B.90 C.45 D.30

2. 在ABC中，若sinAcosAsinBcosB，则ABC形状（ ）

A.等腰三角形

B.直角三角形 C.等腰直角三角形

D.等腰或直角三角形

3. 已知-9,a1,a2,1成等差数列，则b2(a2a1)的-9,b1,b2,b31成等比数列，值为（ ）

A.8 B.99 C.8 D. 884.根据下列条件，确定ABC有两解的是（ ）

A.a18,b20,A120 B.A60,c48,B60 C.a3,b6,A30 D.a14,b16,A45

5. 已知等差数列{an}中，|a5||a9|，公差d0，则使前n项和Sn取最小值的正整数n的值是（ ）

A.4和5 B.5和6 C.6和7 D.7和8

16.等比数列{an}的前n项和为Snx3n1,则x的值为（ ）

61111A. B. C. D. 33227. 等差数列{an}的前n项和为Sn,若2a6a86则S7的值为（ ）

A.49 B.42 C.35 D.24

8. 设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3a42，3S2a32,则

公比q等于（ ）

A.3 B.4 C.5 D.6

9. 在ABC中，若b1,A120且SABC3，则

A.21 B.239 C.221 D.27 3ab等于（ ）

sinAsinB10.已知整数的数对如下：

（1,1）,(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3)(3,2)(4,1),(1,5),(2,4)……，则第60个数对是（ ）

B C D A（.3,8）（.4,7）（.4,8）（.5,7）第Ⅱ卷

二、填空题（每题5分，共25分）

11.在ABC中，若b5,B,tanC2，则AB

412.在ABC中，bc2a,3sinA5sinB，则C 13.

在

等

差

数

列

{an}中，

已知a1a3a518，an4an2an108,Sn420,则n=

14. 数列1,111,......,......的前n项和为 12123123Ln2215. 数列{an}的前n项和为Sn2n1，则a12a2......an

三、解答题（解答应写出必要的文字说明和演算步骤） 16.设数列an满足a1=1，an13annN ⑴求an的通项公式及前n项和Sn；

⑵已知bn是等差数列，Tn为其前n项和，且b1a2，b3a1a2a3，

求T20.

17.在△ABC中，角A，B，C的对边a,b,c成等差数列，且a2c； ⑴求cosA的值； ⑵若S△ABC

18.若数列an的前n项和Sn,且满足an2SnSn10n2，a1； ⑴求证：1为等差数列； Sn12315，求b的值. 4⑵求数列an的通项公式.

19.在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比数列；

⑴求公差d和数列an的通项公式； ⑵若d0，求|a1||a2|…+|an|.

20、在△ABC中，内角A、B、C对边分别为a、b、c，已知A=，

b2a212c； 24⑴求tanC；

⑵若△ABC的面积为3求b的值.

21.已知正项数列an的前n项和为Sn且an是Sn与2的等差中项，数列

bn中，b11，点Pbn,bn1在直线xy20上；

⑴求数列an、bn的通项公式； ⑵设cnangbn，求cn的前n项和Tn.

高二10月份阶段性模块检测数学试题答案

一、 选择题

1---5：CDADC 6---10：CBBDD 二、 填空题

11、22 12、1200

4n12n13、20 14、 15、

3n116.⑴由题意知an的首项为a1=1，公比为3的等比数列

所以an3n113n1n，Sn31

132 ⑵因为b1a23，b3a1a2a3=13，所以b3b1102d,d5

2019d1010 217.解：⑴因为a,b,c成等差数列，所以2bac

3 又a2c，所以bc

2922cc4c2222bca1 所以cosA4

32bc42c22所以T2020b1⑵由⑴知cosA151，又角A0,，所以sinA 44又S△ABC11315315 bcsinAcc22244所以c2,b3

18.⑴证明：当n2时 ，由an2SnSn10得SnSn12SnSn1

所以

11111，又，所以22是首项为2 公差为2的等差数列.

SnSn1S1a1Sn112n，所以Sn2nSn，所以当

⑵由⑴可得

n2时，

anSnSn1经验证a1111 2n2n12nn11不适合上式. 21,n12所以an

1,n22nn1

19.解：⑴由已知得2a225a1a3即4a1d15a1a12d，又a110 所以d23d40，解得d4或者d1 当d4时，an4n6 当d1时，an11n ⑵设Sn为an的前n项和，Sn22n21n 2由an0得n11，an0,n11

①当n11时, |a1||a2|…+|an|=a1a2…+an=Sn②当n12时，

n21n 2|a1||a2|…+|an|=

a1a2…+a11a12a13…+an=

S11SnS11n221n2202S11Sn

2

nn1,n112所以|a1||a2|…+|an|=

2n21n220,n12220、解：⑴由b2a212113 c得sin2Bsin2C，又A=，所以B+C=

22244所以-cos2B=sin2C=2sinCcosC.所以sin2C2sinCcosC，所以tanC=2. ⑵由tanC=2，C0,得sinC255，cosC 55又sinBsinA+C=sin2310 CsinC+cosC1042又

csinC2222,所以cb bsinB3312bcsinAbc3,bc62 24又S222b62 3b29,b3

21.解：⑴Qan是Sn与2的等差中项，Sn2an2 Sn12an12n2

an2an2an1 an2n2 an1an是公比为2的等比数列；

由Sn2an2得a1S12a12得a12,an2n

Q点Pbn,bn1在直线xy20上 bnbn120

bnbn12，bn是公差为2的等差数列

又b11,bn2n1

⑵由⑴得cnangbn=2n1g2

nTn12322…+2n-1g2n

2Tn122323…+2n-3g2n2n12n+1

-Tn2222+23+…+2n2n1g2n1

2n132n6

Tn2n+12n36