四川省雅安中学2018-2019学年高一下学期第一次月考数学试题(含解析)
四川省雅安中学2018届高三数学下学期第一次月考试题 理
四川省雅安中学2018届高三数学下学期第一次月考试题 理一.选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求。
把答案涂在答题卷上。
）1．若集合}0158|{},6|{2<+-=<∈=x x x B x N x A ，则B A 等于A ．}53|{<<x xB ．}4{C ．}4,3{D ．}5,4,3{2．已知集合A={﹣2,﹣1，0，1，2｝，B=｛x ｜lgx ≤0｝,则A ∩B=（ ）A ．｛1｝B ．{0，1}C ．｛0，1，2｝D ．｛1，2｝3．如图，某组合体的三视图是由边长为2的正方形和直径为2的圆组成,则它的体积为（）A ．4+4πB ．8+4πC ．D ．4．为了得到函数的图象，只需把函数y=log 2x 的图象上所有的点（ )A ．向左平移1个单位长度,再向上平移2个单位长度B ．向右平移1个单位长度,再向上平移2个单位长度C ．向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度D ．向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度5．某程序框图如图所示,若使输出的结果不大于20,则输入的整数i 的最大值为（ ）A．3 B．4 C．5 D．66．如图，圆锥的高，底面⊙O的直径AB=2，C是圆上一点,且∠CAB=30°,D为AC的中点，则直线OC 和平面PAC所成角的正弦值为（)A．B．C．D．7．若曲线C1：x2+y2﹣2x=0与曲线C2:y(y﹣mx﹣m）=0有四个不同的交点,则实数m的取值范围是（）A．（﹣，）B．（﹣，0）∪(0，）C．[﹣，] D．（﹣∞,﹣)∪（,+∞）8．三棱锥A﹣BCD中，AB，AC,AD两两垂直，其外接球半径为2,设三棱锥A﹣BCD的侧面积为S，则S的最大值为( ）A．4 B．6 C．8 D．169．已知a=（﹣ex）dx,若（1﹣ax）2017=b0+b1x+b2x2+…+b2017x2017(x∈R）,则的值为( )A．0 B．﹣1 C．1 D．e10．由无理数引发的数学危机已知延续带19世纪，直到1872年,德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”，才结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴金德分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足M∪N=Q，M∩N=∅，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素,则称（M，N）为戴金德分割．试判断，对于任一戴金德分割（M,N），下列选项中不可能恒成立的是（)A．M没有最大元素，N有一个最小元素B．M没有最大元素，N也没有最小元素C．M有一个最大元素,N有一个最小元素D．M有一个最大元素,N没有最小元素11．已知函数,其中m∈｛2，4，6,8｝，n∈｛1，3，5,7}，从这些函数中任取不同的两个函数，在它们在（1，f（1））处的切线相互平行的概率是（)A． B．C．D．以上都不对12．若存在正实数x，y，z满足≤x≤ez且zln=x，则ln的取值范围为（)A．[1，+∞）B．[1，e﹣1］C．（﹣∞,e﹣1] D．[1， +ln2]二。
四川省雅安中学2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题
雅安中学2018-2019学年下期高2018级高一期中考试数 学 试 题第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题:（本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.设向量＝（2，4）与向量＝（x ，6）共线，则实数x ＝（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．62. △ABC 中，45B =o，60C =o，1c =，则最短边的边长等于（ ）A.63B. 62C. 12 D. 323. 在△ABC 中，根据下列条件解三角形，则其中有两个解的是 （ ）A ．b = 10， A = 45°，B = 70° B ．a = 60， c = 48， B = 100°C ．a = 7， b = 5， A = 80°D ．a = 14， b = 16， A = 45°4．等差数列{a n }中，已知为则n a a a a n ,33,4,31521==+=（ ） A ．48 B ．49C ．50D ．515. 在R 上定义运算⊗：a ⊗b ＝ab+2a+b ，则满足x ⊗（x ﹣2）＜0的实数x 的取值范围为（ ） A ．（0，2）B ．（﹣2，1）C ．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）D ．（﹣1，2）6．下列命题中，正确的是（ ）A ．若a ＞b ，c ＞d ，则ac ＞bcB ．若ac ＞bc ，则a ＜bC ．若，则a ＜bD ．若a ＞b ，c ＞d ，则a ﹣c ＞b ﹣d7.已知数列{a n }，满足a n+1＝，若a 1＝，则a 2014＝（ ）A ．B ．2C ．﹣1D ．1.8. △ABC 中，60B =o ，2b ac =，则△ABC 一定是 （ ）A 锐角三角形B 钝角三角形C 等腰三角形D 等边三角形9.为测量某塔AB 的高度，在一幢与塔AB 相距20 m 的楼顶处测得塔顶A 的仰角 为30°，测得塔基B 的俯角为45°，那么塔AB 的高度是（ ）A. 32013⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭ mB. 32012⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭m C. ()2013+m D.30 m10.已知{a n }是等比数列，且a n ＞0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6=25，那么a 3＋a 5的值等于（ ）A ．5B ．10C ．15D ．2011．已知，是单位向量，，若向量满足，则的取值范围为（ ） A ． B ． C ．D ．12. 设P （x ，y ）是函数y ＝f （x ）的图象上一点，向量＝（1，（x ﹣2）5），＝（1，y ﹣2x ），且满 足∥，数列{a n }是公差不为0的等差数列，若f （a 1）+f （a 2）+…+f （a 9）＝36，则a 1+a 2+…+a 9＝（ ） A ．0B ．9C ．18D ．36第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知向量⊥，||＝3，则•＝ ．14. 在ABC ∆中，︒=︒==+456012B A b a ，，，则 _______15. 已知数列{a n }的首项a 1＝1，且满足a n ﹣1﹣a n ＝a n a n ﹣1（n ≥2），则a 1a 2+a 2a 3+…+a 2014a 2015＝ ．16．已知正方形ABCD 的边长为1，记以A 为起点，其余顶点为终点的向量分别为；=以C 为起点，其余顶点为终点的向量分别为，若i ，j ，k ，l ∈{1，2，3}，且i ≠j ，k ≠l ，则的最小值是 ．三、解答题：本大题共6小题，70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
四川省雅安市荥经中学2018-2019学年高一数学理月考试题含解析
四川省雅安市荥经中学2018-2019学年高一数学理月考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 下列式子中成立的是（）A. B.C. D.[来源参考答案：D2. 命题“若△ABC有一内角为，则△ABC的三内角成等差数列”的逆命题是（）A．与原命题真值相异 B．与原命题的否命题真值相异C．与原命题的逆否命题的真值相同 D．与原命题真值相同参考答案：D3. 下列不等式中，正确的是①②③A．①③B．①②C．②③D．①②③参考答案：A4. 等差数列各项均为正数,且,则公差( )A.2B.5C.3D.1参考答案：C5. 样本的平均数为x，样本的平均数为，样本的平均数，若直线，则下列叙述不正确的有①直线恒过定点(1，1)；②直线与圆相交；③直线到原点的最大距离为；④直线与直线垂直。
(A)0个 (B)1个 (C)2个 (D)3个参考答案：A6. 若α∈，且，则的值等于()A. B. C. D.参考答案：D试题分析：，.考点：三角恒等变形、诱导公式、二倍角公式、同角三角函数关系．7. 把函数y=cos(x+)的图象向右平移φ个单位，所得的图象正好关于y轴对称，则φ的最小正值为 ( )A. B. C. D.参考答案：A8. 线性回归方程所表示的直线必经过点（）A．（0，0） B．（） C．（） D．（）参考答案：D略9. 下列说法中正确的是A．三点确定一个平面 B．空间四点中若有三点共线，则这四点共面C．两条直线确定一个平面D．三条直线两两相交，则这三条直线共面参考答案：B10. 已知集合，，且，，则下列判断不正确的是A． B． C．D．参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在等差数列{an}中，已知,则参考答案：1012. 不等式log0.2 ( x－1) ≤log 0.2 2的解集是______________．参考答案：{x| x≥3}略13. 与零向量相等的向量必定是什么向量？参考答案：零向量14. 函数的单调递减区间是__________．参考答案：(－1，2)略15. 已知函数f(x)的定义域为R，对任意实数x，y满足：，且，当时，.给出以下结论:①;②;③f(x)为R上的减函数;④为奇函数;⑤为偶函数.其中正确结论的序号是________. 参考答案：①②④【分析】由题意采用赋值法，可解决①②，在此基础上，根据函数奇偶性与单调性，继续对各个选项逐一验证可得答案．【详解】由题意和的任意性，取代入，可得，即，故①正确；取，代入可得，即，解得；再令代入可得，故②正确；令代入可得，即，故为奇函数，④正确；取代入可得，即，即，故为上减函数，③错误；⑤错误，因为，由④可知为奇函数，故不恒为0，故函数不是偶函数.故答案为：①②④【点睛】本题考查函数的概念及性质，熟记函数的基本性质，灵活运用赋值法进行处理即可，属于常考题型.16. 已知，，，…，均为正实数，类比以上等式，可推测的值，则．参考答案：4117. 已知正四棱锥P﹣ABCD的五个顶点都在同一个球面上，若该正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，则此球的体积为．参考答案：36π【考点】球的体积和表面积．【分析】利用勾股定理求出正四棱锥的高PM，再用射影定理求出球的半径，代入面积公式计算即可．【解答】解：如图所示，设球的半径为r，正方形的ABCD的对角线的交点为M，则球心在直线PM上，MC=AC=2，由勾股定理得PM===4，再由射影定理得PC2=PM×2r，即24=4×2r，解得r=3，所以此球的表面积为4πr2=36π．故答案为：36π．【点评】本题考查了勾股定理、射影定理的应用以及球的表面积公式问题，是基础题目．三、解答题：本大题共5小题，共72分。
2018-2019学年度数学第一次月考试题(含答案)
2018-2019学年度数学第一次月考试题(含答案)D参考答案及评分意见一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）1--5 C D C A B; 6--10 C A B D A二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）11.（-5,-3） 12．-1 13. x=4 14．y 1=y 2＞y 3三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）15. 由题意得+c ＝642+b•4+c ＝1 ……………3分解这个方程组得c=1b=-4， ……………7分 所以所求二次函数的解析式是y=x 2-4x+1； ……………8分16.(参考) 解：（1）移项，得， ……………1分二次项系数化为1，得， ……………2分配方，得， ……………4分即……………6分∴或，∴，……………8分四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）17. 解：由题意，得＝(－4)2－4(m －)＝0，即16－4m＋2＝0，解得m ＝．……………4分当m ＝时，方程有两个相等的实数根x1＝x2＝2．……………8分18. 解：设AB为x m，则BC为(50－2x)m. ……………1分x(50－2x)＝300.……………4分解得x1＝10，x2＝15.……………6分当x＝10时，AD＝BC＝50－2x＝30>25，不合题意，舍去；当x＝15时，AD＝BC＝50－2x＝20<25. ……………7分答：AB的长15 m.……………8分五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）19.解：（1）设这两年该市推行绿色建筑面积的年平均增长率为x，……………1分950（1+x）2=1862.……………4分解得，x1=0.4，x2=-2.4（舍去），……………6分所以这两年该市推行绿色建筑面积的年平均增长率为40%. ……………8分（2）1862（1+40%）=2606.8.∵2606.8＞2400，∴2018年我市能完成计划目标.所以如果2018年仍保持相同的年平均增长率，2018年该市能完成计划目标………10分．20．解：(1)由图象可知：B(2，4)在二次函数y 2＝ax 2图象上， ∴4＝a·22.∴a ＝ 1.则y 2＝x 2. ……………4分又∵A(－1，n)在二次函数y 2＝x 2图象上， ∴n ＝(－1)2.∴n ＝1.则A(－1，1)．又∵A ，B 两点在一次函数y 1＝kx ＋b 图象上，∴4＝2k ＋b.1＝－k ＋b ，解得b ＝2.k ＝1，则y 1＝x ＋2.∴一次函数解析式为y 1＝x ＋2，二次函数解析式为y 2＝x 2. ……………8分(2)根据图象可知：当－1<x<2时，y 1>y 2. ……………10分六、（本题满分12分）21．（1）∵二次函数y=-x 2 +2x+m 的图象与x 轴的一个交点为A （3，0），∴-9+2×3+m=0，解得：m=3； ……………2分（2）∵二次函数的解析式为：y=-x 2 +2x+3，∴当y=0时，-x 2 +2x+3=0，解得：x=3或x=-1，∴B（-1，0）；……………6分（3）如图，连接BD、AD，过点D 作DE⊥AB，∵当x=0时，y=3，∴C（0，3），若S △ABD =S △ABC ，则可得OC=DE=3，∴当y=3时，-x 2 +2x+3=3，解得：x=0或x=2，∴点D的坐标为（2，3）． (12)分七、（本题满分12分）22．解：（1）10或18元（6分）（2）14元。
高一下学期数学第一次月考试卷附带答案
高一下学期数学第一次月考试卷附带答案（满分150分 时间：120分钟）一.单选题。
（共8小题，每小题5分，共40分） 1.已知（1+i ）z=3－i ，其中i 为虚数单位，则|z |=（ ） A.5 B.√5 C.2 D.√22.已知复数z=1+2i1+i （i 为虚数单位），则z 的共轭复数z ̅在复平面内对应的点位于（ ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.如图，正方形O’A’B’C’的边长为1，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）A.4B.6C.8D.2+2√2（第3题图） （第4题图）4.如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=2，AA 1=1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成角的正弦值为（ ） A.2√33B.23C.√24D.135.设b ，c 表示两条直线，α，β表示两个平面，下列命题正确的是（ ） A.若b ∥α，c ⊂α，则b ∥c B.若b ⊂α，b ∥c ，则c ⊂α C.若c ∥α，α⊥β，则c ⊥β D.若c ∥α，c ⊥β，则α⊥β6.已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，若过直线OP 的平面截圆锥所得的截面是面积为4的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）A.4√2πB.2√2πC.4πD.（4√2+4）π7.已知圆锥的母线长为10，侧面展开图的圆心角为4π5，则该圆锥的体积为（ ） A.62√213π B.32√6π C.16√6π D.32√213π8.已知在正方体中，AD 1，A 1D 交于点O ，则（ ）A.OB⊥平面ACC1A1B.OB⊥平面A1B1CDC.OB∥平面CD1B1D.OB⊥BC1二．多选题.（共4小题，每小题5分，共20分）9.已知复数z=3+4i，下列说法正确的是（）A.复数z的实部为3B.复数z的共轭复数为3－4iC.复数z的虚部为4iD.复数z的模为510.如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有（）A. B. C. D.11.如图，一个圆柱盒一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是（）A.圆锥的侧面积为2πR2B.圆柱与球的表面积比为32C.圆柱的侧面积与球的表面积相等D.圆柱与球的体积比为32（第11题图）（第12题图）12.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF 以及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是（）A.AG⊥平面EFHB.AH⊥平面EFHC.HF⊥平面AEHD.HG⊥平面AEF二.填空题。
雅安市2018—2019学年下期期末检测高一数学试题解析卷
【解析】
∵a<b<c，
当 c=0 时，a|c|<b|c|不成立，故 A 错误；
当 b=0 时，ab<bc 不成立，故 B 错误；
a−c<b−c 一定成立，故 C 正确；
当
a,b,c
异号时,
1 a
>
1 b
>
1 c
不成立，故
D
错误；
故选：C
C. a﹣c＜b﹣c
D.
111 abc
3.在等差数列{an}中，a5=33，公差 d=3，则 201 是该数列的第（
分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还
是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围．
7.已知一个圆锥底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内切球的表面积为( )
A. π 【答案】C
3
B.
2
C. 2π
D. 3π
【解析】
【分析】
雅安市 2018—2019 学年下期期末检测
高一数学试题解析卷
一、选择题（本大题共 12 个小题，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.已知点
A(0,1),
B(3,
2)
，向量
BA
＝(
)
A. (3, 1)
B. (3,1)
C. (3, 1)
【答案】A
【解析】
5
式，求出 的取值范围.
【详解】因为 a (1,1) ， b (, 2) ，
所以 a b a b cosa,b cosa,b
a b
2018-2019学年高一数学下学期月考试题
2018-2019学年高一数学下学期月考试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
第Ⅰ卷共2页，第Ⅱ卷共2页。
共150分。
考试时间120分钟。
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．已知△ABC中，a=，b=，B=60°，那么角A等于A．135°B．90°C．45°D．30°2．已知数列﹣3，7，﹣11，15…，则下列选项能表示数列的一个通项公式的是A．a n=4n﹣7 B．a n=（﹣1）n（4n+1）C．a n=（﹣1）n•（4n﹣1）D．a n=（﹣1）n+1•（4n﹣1）3．在△ABC中，b=17，c=24，B=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4．数列{a n}的通项公式为a n=3n2﹣28n，则数列{a n}各项中最小项是A．第4项B．第5项C．第6项D．第7项5．在等差数列中，a9=3，则此数列前17项和等于A．51 B．34 C．102 D．不能确定6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若（a2+c2﹣b2）tanB=ac，则角B的值为A．B．C．或D．或7．数列{a n}满足a1=3，a2=6，a n+2=a n+1﹣a n（n∈N*），则a1000=A．3 B．6 C．﹣3 D．﹣68．设△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，若bcosC+ccosB=asinA，则△ABC的形状为（）A．锐角三角形 B．钝角三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形9．设S n是等差数列{a n}的前n项和，若，则=A．1 B．﹣1 C．2 D．10．已知△ABC中，a=1，B=45°，△ABC的面积为2，则三角形外接圆的半径为A．B．C． D．11．若数列{a n}是等差数列，首项a1＞0，a xx+a xx＞0，a xx．a xx＜0，则使前n项和S n＞0成立的最大自然数n是A．4005 B．4006 C．4007 D．400812．△ABC中，边长a、b是方程的两根，且2cos（A+B）=﹣1则边长c等于（）A．B．C．2 D．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．在△ABC中，（b+c）：（c+a）：（a+b）=4：5：6，则= ．14．定义“等和数列”：在一个数列中，如果任意相邻两项的和都等于同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做数列的公和，已知数列{a n}是等和数列，S n是其前n项和，且a1=2，公和为5，则S9= ．15．如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC=，AB=3，AD=3，则BD的长为．16．设S n是等比数列{a n}的前n项和，S4=5S2，则此数列的公比q= ．三、解答题（本大题共6个小题，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）设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2bsinA（Ⅰ）求B的大小；（Ⅱ）若，c=5，求b．18．（本小题满分12分）已知在等差数列{a n}中，a3=5，a1+a19=﹣18（1）求公差d及通项a n（2）求数列 {a n}的前n项和S n及使得S n的值取最大时n的值．19．（本小题满分12分）已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．且=．（I）求的值；（II）若cosB=，b=2，求△ABC的面积S．20．（本小题满分12分）已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，（n∈N*）（1）证明数列是等差数列，并求出通项a n．（2）若＜a1•a2+a2•a3+a3•a4+…+a n﹣1•a n＜，求n的值．21．（本小题满分12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asinA=（b﹣c）sinB+（c﹣b）sinC．（1）求角A的大小；（2）若a=，cosB=，D为AC的中点，求BD的长．22．（本小题满分12分）已知数列{}n a，n S是其前n项和，且满足* 32() n na S n n N=+∈．（1）求证：数列1{}2n a +为等比数列；（2）记12n n T S S S =++，求n T 的表达式高一（下）月考数学试卷参考答案与试题解析CCBBA DCCAB BD一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．已知△ABC中，a=，b=，B=60°，那么角A等于（）A．135° B．90°C．45°D．30°【考点】HQ：正弦定理的应用．【分析】先根据正弦定理将题中所给数值代入求出sinA的值，进而求出A，再由a＜b确定A、B的关系，进而可得答案．【解答】解析：由正弦定理得：，∴A=45°或135°∵a＜b∴A＜B∴A=45°故选C2．已知数列﹣3，7，﹣11，15…，则下列选项能表示数列的一个通项公式的是（）A．a n=4n﹣7 B．a n=（﹣1）n（4n+1）C．a n=（﹣1）n•（4n﹣1）D．a n=（﹣1）n+1•（4n﹣1）【考点】82：数列的函数特性．【分析】对通项的符号与绝对值分别考虑即可得出．【解答】解：设此数列为{a n}．则第n项的符号为（﹣1）n，其绝对值为：3，7，11，15，…，为等差数列，|a n|=3+4（n﹣1）=4n﹣1．∴a n=（﹣1）n•（4n﹣1）．故选：C．3．在△ABC中，b=17，c=24，B=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】HX：解三角形．【分析】由csinB＜b，即可得出解的情况．【解答】解：过点A作AD⊥BD．点D在∠B的一条边上，∵h=csinB=12＜17=b=AC，因此此三角形两解．故选：B．4．数列{a n}的通项公式为a n=3n2﹣28n，则数列{a n}各项中最小项是（）A．第4项B．第5项C．第6项D．第7项【考点】85：等差数列的前n项和；82：数列的函数特性．【分析】设a n为数列的最小项，则，解不等式组可得n的范围，进而可得答案．【解答】解：设a n为数列的最小项，则，代入数据可得，解之可得≤n，故n唯一可取的值为5故选B5．在等差数列中，a9=3，则此数列前17项和等于（）A．51 B．34 C．102 D．不能确定【考点】8E：数列的求和．【分析】由等差数列{a n}的性质可得：a1+a17=2a9=6，再利用前n项和公式即可得出．【解答】解：由等差数列{a n}，a9=3，∴a1+a17=2a9=6，∴此数列前17项的和S17==17×3=51．故选：A．6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若（a2+c2﹣b2）tanB=ac，则角B的值为（）A．B．C．或D．或【考点】HS：余弦定理的应用．【分析】通过余弦定理及，求的sinB的值，又因在三角形内，进而求出B．【解答】解：由∴，即∴，又在△中所以B为或故选D7．数列{a n}满足a1=3，a2=6，a n+2=a n+1﹣a n（n∈N*），则a1000=（）A．3 B．6 C．﹣3 D．﹣6【考点】8H：数列递推式．【分析】由已知可得：a n+6=a n．即可得出．【解答】解：∵a1=3，a2=6，a n+2=a n+1﹣a n（n∈N*），∴a3=6﹣3=3，a4=3﹣6=﹣3，a5=﹣6，a6=﹣3，a7=3，a8=6，…，∴a n+6=a n．则a1000=a166×6+4=a4=﹣3．故选：C．8．设△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，若bcosC+ccosB=asinA，则△ABC的形状为（）A．锐角三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形【考点】HP：正弦定理．【分析】根据正弦定理把已知等式中的边转化为角的正弦，利用两角和公式化简求得sinA的值进而求得A，判断出三角形的形状【解答】解：∵bcosC+ccosB=asinA，∴sinBcosC+sinCcosB=sin（B+C）=sinA=sin2A，∵sinA≠0，∴sinA=1，A=，故三角形为直角三角形，故选：C．9．设S n是等差数列{a n}的前n项和，若，则=（）A．1 B．﹣1 C．2 D．【考点】8F：等差数列的性质．【分析】利用，求出13（a1+6d）=7（a1+3d），利用=，可得结论．【解答】解：∵，∴13（a1+6d）=7（a1+3d），∴d=﹣a1，∴==1，故选A．10．已知△ABC中，a=1，B=45°，△ABC的面积为2，则三角形外接圆的半径为（）A．B．C．D．【考点】HP：正弦定理．【分析】利用三角形面积计算公式可得：c．利用余弦定理可得b．再利用正弦定理即可得出三角形外接圆的半径．【解答】解：由题意可得：，解得c=4．∴b2=1+﹣2×4cos45°=25，b=5．∴三角形外接圆的半径===．故选：B．11．若数列{a n}是等差数列，首项a1＞0，a xx+a xx＞0，a xx．a xx＜0，则使前n项和S n＞0成立的最大自然数n是（）A．4005 B．4006 C．4007 D．4008【考点】84：等差数列的通项公式．【分析】对于首项大于零的递减的等差数列，第xx项与xx项的和大于零，积小于零，说明第xx项大于零且xx项小于零，且xx项的绝对值比xx项的要大，由等差数列前n项和公式可判断结论．【解答】解：解法1：由a xx+a xx＞0，a xx•a xx＜0，知a xx和a xx两项中有一正数一负数，又a1＞0，则公差为负数，否则各项总为正数，故a xx＞a xx，即a xx＞0，a xx＜0．∴S4006==＞0，∴S4007=•（a1+a4007）=4007•a xx＜0，故4006为S n＞0的最大自然数．选B．解法2：由a1＞0，a xx+a xx＞0，a xx•a xx＜0，同解法1的分析得a xx＞0，a xx＜0，∴S xx为S n中的最大值．∵S n是关于n的二次函数，如草图所示，∴xx到对称轴的距离比xx到对称轴的距离小，∴在对称轴的右侧．根据已知条件及图象的对称性可得4006在图象中右侧零点B的左侧，4007，4008都在其右侧，S n＞0的最大自然数是4006．12．△ABC中，边长a、b是方程的两根，且2cos（A+B）=﹣1则边长c等于（）A．B．C．2 D．【考点】HT：三角形中的几何计算．【分析】由已知可得cos=﹣，结合三角形的内角和A+B+C=π及诱导公式可知cosC=，根据方程的根与系数的关系，利用余弦定理，代入已知可求c．【解答】解：∵在△ABC中，2cos（A+B）=﹣1，A+B+C=180°，∴2cos=﹣1，∴cos=﹣．即cosC=，∵a，b是方程的两个根，∴a+b=2，ab=2，由余弦定理可知c===，故选D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．在△ABC中，（b+c）：（c+a）：（a+b）=4：5：6，则= 2 ．【考点】HP：正弦定理．【分析】由已知，设：，x∈R，解得：，利用正弦定理即可计算得解．【解答】解：∵（b+c）：（c+a）：（a+b）=4：5：6，∴可设：，x∈R，解得：，∴===2．故答案为：2．14．定义“等和数列”：在一个数列中，如果任意相邻两项的和都等于同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做数列的公和，已知数列{a n}是等和数列，S n是其前n项和，且a1=2，公和为5，则S9= 22 ．【考点】8B：数列的应用．【分析】由新定义得到a n+a n+1=5对一切n∈N*恒成立，进一步得到数列的通项公式，则答案可求．【解答】解：根据定义和条件知，a n+a n+1=5对一切n∈N*恒成立，∵a1=2，∴a n=．∴S9=4（a2+a3）+a1=22．故答案为：2215．如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC=，AB=3，AD=3，求BD的长．【考点】HR：余弦定理．【分析】由条件利用诱导公式求得cos∠BAD=，再利用余弦定理求得BD的长．【解答】解：在△ABC中，AD⊥AC，sin∠BAC=，AB=3，AD=3，∴sin∠BAC=sin（+∠BAD）=cos∠BAD=．再由余弦定理可得 BD2=AB2+AD2﹣2AB•AD•cos∠BAD=18+9﹣18×=3，故BD=．16．设S n是等比数列{a n}的前n项和，S4=5S2，则此数列的公比q=【考点】89：等比数列的前n项和．【分析】对q分类讨论，利用等比数列的求和公式即可得出．【解答】解：q=1时不满足条件，舍去．q≠1时，∵S4=5S2，则=，∴1﹣q4=5（1﹣q2），∴（q2﹣1）（q2﹣4）=0，q≠1，解得q=﹣1，或±2．三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2bsinA（Ⅰ）求B的大小；（Ⅱ）若，c=5，求b．【考点】HQ：正弦定理的应用；HS：余弦定理的应用．【分析】（1）根据正弦定理将边的关系化为角的关系，然后即可求出角B的正弦值，再由△ABC为锐角三角形可得答案．（2）根据（1）中所求角B的值，和余弦定理直接可求b的值．【解答】解：（Ⅰ）由a=2bsinA，根据正弦定理得sinA=2sinBsinA，所以，由△ABC为锐角三角形得．（Ⅱ）根据余弦定理，得b2=a2+c2﹣2accosB=27+25﹣45=7．所以，．18．已知在等差数列{a n}中，a3=5，a1+a19=﹣18（1）求公差d及通项a n（2）求数列 {a n}的前n项和S n及使得S n的值取最大时n的值．【考点】85：等差数列的前n项和．【分析】（1）利用等差数列{a n}通项公式列出方程组，求出首项、公差，由此能求出公差d及通项a n．（2）利用通项公式前n项和公式求出数列的前n项和，再由配方法能求出使得S n的值取最大时n的值．【解答】解：（1）∵等差数列{a n}中，a3=5，a1+a19=﹣18，∴a3=5，a1+a19=﹣18，∴，∴，∴a n=11﹣2n．（2）=﹣（n﹣5）2+25，∴n=5时，S n最大．19．已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．且=．（I）求的值；（II）若cosB=，b=2，求△ABC的面积S．【考点】HX：解三角形；GL：三角函数中的恒等变换应用．【分析】（Ⅰ）利用正弦定理把题设等式中的边转化成角的正弦，整理后可求得sinC和sinA 的关系式，则的值可得．（Ⅱ）先通过余弦定理可求得a和c的关系式，同时利用（Ⅰ）中的结论和正弦定理求得a和c的另一关系式，最后联立求得a和c，利用三角形面积公式即可求得答案．【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理设则===整理求得sin（A+B）=2sin（B+C）又A+B+C=π∴sinC=2sinA，即=2（Ⅱ）由余弦定理可知cosB==①由（Ⅰ）可知==2②再由b=2，①②联立求得c=2，a=1sinB==∴S=acsinB=20．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，（n∈N*）（1）证明数列是等差数列，并求出通项a n．（2）若＜a1•a2+a2•a3+a3•a4+…+a n﹣1•a n＜，求n的值．【考点】8K：数列与不等式的综合；8E：数列的求和；8H：数列递推式．【分析】（1）利用数列的递推关系式，转化推出数列是等差数列，然后求解通项公式即可．（2）利用裂项消项法求出数列的和，然后求解不等式即可得到结果．【解答】解：，∴数列是等差数列，∴．（2）=，．21．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asinA=（b﹣c）sinB+（c ﹣b）sinC．（1）求角A的大小；（2）若a=，cosB=，D为AC的中点，求BD的长．【考点】HP：正弦定理；HR：余弦定理．【分析】（I）由已知，利用正弦定理可得a2=（b﹣c）b+（c﹣b）c，化简可得2bc=（b2+c2﹣a2），再利用余弦定理即可得出cosA，结合A的范围即可得解A的值．（Ⅱ）△ABC中，先由正弦定理求得AC的值，再由余弦定理求得AB的值，△ABD中，由余弦定理求得BD的值．【解答】解：（I）∵，∴由正弦定理可得： a2=（b﹣c）b+（c﹣b）c，即2bc=（b2+c2﹣a2），∴由余弦定理可得：cosA==，∵A∈（0，π），∴A=．（Ⅱ）∵由cosB=，可得sinB=，再由正弦定理可得，即，∴得b=AC=2．∵△ABC中，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2﹣2AB•AC•cos∠A，即10=AB 2+4﹣2AB •2•，求得AB=32．△ABD 中，由余弦定理可得BD 2=AB 2+AD 2﹣2AB •AD •cos ∠A=18+1﹣6•=13，∴BD=．22．已知数列{}n a ，n S 是其前n 项和，且满足*32()n n a S n n N =+∈． （1）求证：数列1{}2n a +为等比数列； （2）记12n n T S S S =++，求n T 的表达式（1）证明：1n =时，11132121a S a =+=+，所以11a =． 当2n ≥时，由32n n a S n =+，① 得11321n n a S n --=+-，②①-②得1133221n n n n a a S n S n ---=+--+12()121n n n S S a -=-+=+， 即131n n a a -=+，所以11111313()222n n n a a a --+=++=+， 又113022a +=≠， 所以1{}2n a +是首项为32，公比为3的等比数列．（2）由（1）得113322n n a -+=⨯，即131322n n a -=⨯-，将其代入①得313(23)44n n S n =⨯-+，所以12+n n T S S S =+233(3333)4n=+++1(5723)4n -++++=33(13)(4)4134n n n -+⨯--9(4)(31)84n n n +=--． 资料仅供参考!!!。
四川省雅安中学2018-2019学年高一下学期3月第一次月考数学试题 Word版含答案
雅安中学2018-2019学年下期第一次月考试高中一年级数学试题卷 本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟，考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效，考试结束后，将答题卡交回。
第Ⅰ卷（选择题 共60分）注意事项：必须使用2B 铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。
第Ⅰ卷共12小题。
一、选择题：本大题共12 小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只 有一个是符合题目要求的。
1、以下四组向量能作为基底的是（ ）A.12(1,2),(2,4)e e ==B.12(3,1),(1,3)e e =-=-C.12(2,1),(2,1)e e ==--D.121(,0),(3,0)2e e == 2、如右图所示，在正ABC ∆中，,,D E F 均为所在边的中点，则以下向量和ED 相等的是（ ）A.EFB.BEC.FBD.FC3、已知向量a ＝（4，2），向量b ＝（x ，3），且a //b ,则x ＝( )A.9B.6C.5D.34、已知ABC ∆中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，a b ，60A =，则B =( )A.45B.60C.120D.1355、已知ABC ∆中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，a ＝3，b ＝7，c ＝2，那么B =（ ）A.30°B.45°C.60°D.120°6、关于0有以下说法，不正确的是（ ）A. 0的方向是任意的B. 0与任一向量共线，所以0//C.对于任意的非零向量a ，都有00a ⋅=D.0AB CB CA -+=7、一角槽的横断面如图所示，四边形ADEB 是矩形，且α＝50°，β＝70°， AC ＝90mm ，BC ＝150 mm ，则DE 的长等于()A.210 mmB.200 mmC.198 mmD.171 mm8、已知非零向量满足0AB AC BC AB AC ⎛⎫ ⎪+⋅= ⎪⎝⎭且12AB AC AB AC ⋅=，则ABC ∆为（ ） A.三边均不相等的三角形B.直角三角形C.等腰非等边三角形D.等边三角形 9、若向量a 与b 不共线，0a b ⋅≠，且a a c a b a b ⋅⎛⎫=- ⎪⋅⎝⎭，则向量a 与c 的夹角为（ ） A.[]0,π内的任意一角 B. 0 C.2π D.π 10、若△ABC 的周长等于20，面积是310，A ＝60°，则BC 边的长是（ ）A.5B.6C.7D.811、在一条东西走向的水平公路的北侧远处有一座高塔，塔底与这条公路在同一水平平面上，为测量该塔的高度，测量人员在公路上选择了A,B 两个观测点，在A 处测得该塔底部C 在西偏北β的方向上；在B 处测得该塔底部C 在西偏北α的方向上，并测得塔顶D 的仰角为γ.已知,AB a =02πγβα<<<<，则此塔的高CD 为（ ） A.sin()tan sin a αβγα- B.sin tan sin()a αγαβ- C.sin()sin tan sin a αββγα- D.sin sin tan sin()a αβγαβ- 12、在ABC ∆中，()()2222sin sin A B a b a b A B ++=--，则ABC ∆的形状是（ ） A.等腰非直角三角形B.等腰直角三角形C.直角非等腰三角形D.等腰或直角三角形 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）注意事项： 必须使用黑色签字笔或钢笔在答题卡上作答。
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雅安中学2018-2019学年下期第一次月考试高中一年级数学试题卷第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12 小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1.以下四组向量能作为基底的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据平面内两不共线的向量可作为基底，对选项中的向量逐一判断即可.【详解】对于，与共线，不能作为基底；对于，与不共线，能作为基底；对于，与共线，不能作为基底；对于，与共线，不能作为基底，故选B.【点睛】本题主要考查平面向量基本定理，意在考查对基础知识的掌握情况，属于基础题.2.如图所示，在正中，均为所在边的中点，则以下向量和相等的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据相等向量的定义，对选项中的向量逐一判断即可.【详解】与向量，方向不同，与向量不相等，而向量与方向相同，长度相等，，故选D.【点睛】本题主要考查相等向量的定义，属于简单题.相等向量的定义：长度相等且方向相同的向量叫相等向量；两个向量只有当他们的模相等且方向相同时，才能称它们相等.3.已知向量，向量，且,则( )A. 9B. 6C. 5D. 3【答案】B【解析】【分析】根据两个向量平行的充要条件，得到关于的方程，解方程即可得到的值.【详解】因为向量,向量且，根据问量共线的充要条件得，故选B.【点睛】利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.4.已知中，内角所对的边分别为，，，则( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用正弦定理求解即可.【详解】，为锐角，由正弦定理可得，，所以，故选A.【点睛】本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.5.已知中，内角所对的边分别为，那么（）【答案】C【解析】【分析】直接利用余弦定理求解即可.【详解】由余弦定理可得，，，，故选C.【点睛】本题主要考查余弦定理及特殊角的三角函数，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.6.关于有以下说法，不正确的是（）A. 的方向是任意的B. 与任一向量共线，所以C. 对于任意的非零向量，都有D.【答案】C【解析】【分析】直接利用零向量的定义以及向量的线性运算法则，对选项中的命题逐一判断即可.【详解】由零向量的定义可得零向量的方向是任意的，正确；根据规定，零向量与任何向量平行，可得正确；因为，所以不正确；因为,所以正确，故选C.【点睛】本题主要考查零向量的定义与性质，以及向量运算的三角形法则，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于基础题.7.一角槽的横断面如图所示，四边形是矩形，且，，则的长等于( )【答案】A【解析】【分析】求出，利用余弦定理求解即可.【详解】四边形是矩形，且，，，，由余弦定理可得，，，故选A.【点睛】本题主要考查余弦定理及特殊角的三角函数，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.8.已知非零向量满足且，则为（）A. 三边均不相等的三角形B. 直角三角形C. 等腰非等边三角形D. 等边三角形【答案】D【解析】【分析】根据，判断出的角平分线与垂直,进而推断三角形为等腰三角形，再根据向量的夹角公式求得角，判断出三角形的形状.【详解】分别为单位向量，的角平分线与垂直，，，，，所以，为等边三角形，故选D.【点睛】本题主要考查向量的夹角及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.9.若向量与不共线，，且，则向量与的夹角为（）A. 内的任意一角B. 0C.D.【答案】C【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算法则，求得，即得其夹角为.【详解】，，与夹角为，故选C.【点睛】本题主要考查平面向量数量积的运算，属于中档题. 向量数量积的运算主要掌握两点：一是数量积的基本公式；二是向量的平方等于向量模的平方.10.若的周长等于20，面积是，则边的长是（）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】C【解析】【分析】利用面积公式得到的值，结合周长为，再根据余弦定理列出关于的方程，求出的值即为的值.【详解】因为面积公式，所以，得，又周长为，故，由余弦定理得，，故，解得，故选C.【点睛】考查主要考查余弦定理，以及会用三角形的面积公式的应用，属于中档题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.11.在一条东西走向的水平公路的北侧远处有一座高塔，塔底与这条公路在同一水平平面上，为测量该塔的高度，测量人员在公路上选择了两个观测点，在处测得该塔底部在西偏北的方向上；在处测得该塔底部在西偏北的方向上，并测得塔顶的仰角为.已知，，则此塔的高为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】在中，，利用正弦定理求出，再由直角三角形的性质求出即可. 【详解】画出示意图，图中的外角为，，在中，，，，，故选B.【点睛】本题主要考查了正弦定理的实际应用，考查了建立数学模型解决实际问题的能力.属于中档题. 正弦定理常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化.12.在中，，则的形状是（）A. 等腰非直角三角形B. 等腰直角三角形C. 直角非等腰三角形D. 等腰或直角三角形【答案】C【解析】【分析】由正弦定理可得，化为，由，进而可得结果.【详解】,化为，由正弦定理可得，，，，，是直角三角形，不是等腰三角形，故选C.【点睛】判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4 小题，每小题5分，共20分，将答案书写在答题卡对应题号的横线上13.已知向量与向量同向的单位向量的坐标为_______．【答案】【解析】【分析】由已知可求，进而可求，而与同向的单位向量为，再利用坐标表示即可. 【详解】，，，与同向的单位向量坐标表示，故答案为.【点睛】本题主要考查了向量运算的坐标表示，向量模的坐标表示，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于基础题.14.若向量的夹角为，，则_______．【答案】6【解析】【分析】由，夹角为，求出的值，再由平面向量数量积的运算法则求解即可.【详解】因为向量的夹角为，，所以则，故答案为6.【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的运算，属于基础题. 向量数量积的运算主要掌握两点：一是数量积的基本公式；二是向量的平方等于向量模的平方.15.中，角所对的边分别为，，则_______.【答案】【解析】【分析】由，利用正弦定理与同角三角函数的平方关系可得，化简得，再利用正弦定理可得结果 .【详解】中，，根据正弦定理，得，可得，，，由正弦定理可得，可得，故答案为.【点睛】本题着重考查了正弦定理、同角三角函数的基本关系等知识,属于基础题. 正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.16.以下说法正确的是_______．（填写所有正确的序号）①若两非零向量，若，则的夹角为锐角；②若，则，反之也对；③在中，若，则，反之也对；④在锐角中，若，则【答案】③④【解析】【分析】由与同向时夹角不是锐角，判断①；由时，与平行，判断②；由正弦定理得判断③；根据锐角三角形三个内角都是锐角判断④.【详解】对于①，与同向时，若，夹角为，不是锐角，故①错误；对于②，若时，则，与平行，故②错误；对于③，由正弦定理得，,故③正确；对于④，由，可得，即，故④正确，故答案为③④.【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查向量的夹角与向量的位置关系以及正弦定理，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.三、解答题：本大题共6小题，共70分，将答案书写在答题卡对应题号的方框内，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17.已知（1）求；（2）若，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）直接利用平面向量线性运算的坐标表示求解即可；（2）先求出的坐标形式，根据，利用平面向量数量积的坐标表示求解即可.【详解】（1），.（2），，即，得.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算以及向量垂直的坐标表示，属于基础题. 利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.18.已知中，内角所对的边分别为.（1）若，，，求角；（2）若，求【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）直接利用正弦定理求解即可；（2）由，利用正弦定理可得,设，利用余弦定理可得结果.【详解】（1），由正弦定理可得，，，，,或.（2），,设，由余弦定理可得，.【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，正弦定理边角互化的应用以及余弦定理解三角形，意在考查对基本定理掌握的熟练程度与灵活应用，属于中档题.19.在中，内角所对的边分别为，已知．（1）求外接圆的面积；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，求出外接圆半径，从而可得结果；（2）由正弦定理可得，再利用余弦定理解得，根据三角形面积公式可得结果.【详解】（1）设外接圆的半径为，，由正弦定理可得，，，外接球面积为.（2），，，.【点睛】本题主要考查正弦定理与余弦定理的解三角形，以及三角形面积公式的应用，属于中档题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.20.设、是两个不共线的向量，.（1）若与的起点相同，且，，三个向量的终点在同一直线上，求；（2）若，且与的夹角为，那么为何值时，的值最小？【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)由，，三个向量的终点在同一直线上可得，化简得，从而可得结果；（2）化简，利用二次函数的性质可得结果.【详解】（1）因为，，三个向量的终点在同一直线上，所以，化简得，与不共线，，时，的终点在一直线上；（2），时，最小，此时有最小值.【点睛】用两个向量共线的充要条件，可解决平面几何中的平行问题或共线问题,根据三个向量的终点在一条直线上，构造向量，得到向量之间的关系，得到要求的结果；求一个量的最小值，一般要先表示出这个变量,对于模长的运算，要对求得结果两边平方，变化为向量的数量积和模长之间的运算，根据二次函数的最值得到结果.21.在中，角的对边分别为，且（1）求的值；（2）若求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由利用正弦定理可得，结合两角和的正弦公式以及诱导公式可得结果；（2）先利用正弦定理求得外接圆半径，再由由正弦定理可得，利用三角函数的有界性可得结果.【详解】（1）因为所以由正弦定理可得,,因为，所以.（2）由（1）可得，由，且，得，，，又有，，（当时，取最大值），，此时为等边三角形.【点睛】以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用.22.有如下图所示的四边形.（1）在中，三内角为,求当为何值时，取得最大值，并求出这个最大值；（2）若为（1）中所得值，,记.（ⅰ）求用含的代数式表示；（ⅱ）求的面积的最小值.【答案】（1），；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.【解析】【分析】（1）由降幂公式以及诱导公式可得，再利用二次函数的性质可得结果；（2）（i）由（1）可得，,由四边形内角和得，在中,由正弦定理可得结果；（ii）在中，由正弦定理可得，结合（i）利用三角形面积公式以及二倍角公式，辅助角公式可得的面积为，利用三角函数的有界性可得结果.【详解】（1），当时，取得最大值.（2）（i）由（1）可得，可得四边形内角和得，在中，.（ii）在中，，，当时，取最小值.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的的应用，二倍角公式与辅助的应用，属于中档题. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．。