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时间:2020-05-26
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1、江西省上高二中2018-2019学年高一数学下学期第二次月考试题(含解析)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.在平面直角坐标系中,角的顶点与原点重合,始边与的非负半轴重合,终边过点,则( )A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由三角函数定义得到cosα,然后由诱导公式即可得到答案.【详解】角的终边过点,则,则,故选:A【点睛】本题考查三角函数定义和诱导公式的应用,属于基础题.2.函数的图象的一个对称中心为( )A.B.C.D.【
2、答案】C【解析】【分析】根据正切函数的对称中心为,可求得函数y图象的一个对称中心.-18-【详解】由题意,令,,解得,,当时,,所以函数的图象的一个对称中心为.故选:C.【点睛】本题主要考查了正切函数的图象与性质的应用问题,其中解答中熟记正切函数的图象与性质,准确计算是解答的关键,着重考查了运算与求解能力,属于基础题.3.已知向量,满足,,,则与的夹角为( )A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将变形解出夹角的余弦值,从而求出与的夹角。【详解】由得,即又因为,所以,所以,故选B.【点睛】本题考查向量的夹
3、角,属于简单题。4.若,则( )A.2B.-2C.D.【答案】A【解析】-18-【分析】根据同角三角函数关系可将式子变为关于的式子,代入求得结果.【详解】本题正确选项:【点睛】本题考查利用同角三角函数关系解决与、有关的齐次式问题,属于基础题.5.已知等比数列满足,,则( )A.B.2C.或2D.2【答案】C【解析】分析】由等比数列的性质可知,a5•a8=a6•a7,然后结合a5+a8,可求a5,a8,由q3可求.【详解】由等比数列的性质可知,,∵,∴,,或,,∴或.故选:C.【点睛】本题主要考查了等比数列的
4、性质的简单应用,属于基础试题.6.已知,,且,则( )A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】-18-根据向量的平行可得4m=3m+4,解得即可.【详解】,,且,则,解得,故选:D.【点睛】本题考查了向量平行的充要条件,考查了运算求解能力以及化归与转化思想,属于基础题.7.向量化简后等于( )A.B.C.D.【答案】C【解析】试题分析:原式等于,故选C.考点:向量和的运算8.已知,,,则( )A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用结合诱导公式及同角三角函数求解即可【详解】因为,,,所以,
5、所以,-18-又,所以,所以,故选:A.【点睛】本题考查两角和与差的三角函数,考查同角三角函数基本关系,注意“配凑角”的思想方法,是基础题9.等差数列,的前项和分别为,,且,则( )A.2B.3C.4D.5【答案】A【解析】分析】根据等差数列的性质以及前n项公式,用中间项表示出Sn、Tn,求出的值即可.【详解】由等差数列的性质可得:.故选:A.【点睛】本题考查了等差数列的性质与前n项公式的灵活应用问题,是基础题目.10.在中,角、、所对的对边长分别为、、,、、成等比数列,且,则的值为( )A.B.C.D.-
6、18-【答案】B【解析】【分析】由成等比数列得,故得,再根据可得,然后根据余弦定理求解即可得到所求.【详解】∵成等比数列,∴,由正弦定理得.又,∴,故得.∴.故选B.【点睛】本题考查余弦定理的应用,解题的关键是根据题意得到三角形中三边间的关系,并用统一的参数表示,属于基础题.11.在中,内角、、所对的边分别为、、,且满足,若点是外一点,,则四边形的面积的最大值为( )A.B.C.12D.【答案】A【解析】【分析】由诱导公式、两角和的余弦公式化简已知的式子,由内角的范围、商的关系、特殊角的三角函数值求出B,结合
7、条件判断出△ABC为等边三角形,设∠AOB=θ,求出θ的范围,利用三角形的面积公式与余弦定理,表示出得SOACB,利用辅助角公式化简,由θ的范围和正弦函数的性质求出平面四边形OACB面积的最大值.-18-【详解】∵,,∴,化简得,∵为三角形内角,,∴,∴由得,,又∵,∴为等边三角形;设,则,∴,∵,∴,∴当,即时,取得最大值1,∴平面四边形面积的最大值为.故选:A.【点睛】本题考查三角函数中的恒等变换中的公式,余弦定理的应用,考查化简、变形及运算能力,属于中档题.-18-12.数列前项和为,,,,若,则( )
8、A.1344B.1345C.1346D.1347【答案】C【解析】【分析】首先由递推关系确定数列的特征,然后结合数列的通项公式求解实数k的值即可.【详解】由题意有:当时,,两式作差可得:,由于,故,即数列的奇数项、偶数项分别构成一个公差为3的等差数列,,据此可得,则数列的通项公式为:,,,加2后能被3整除,则.本题选择C选项.【点睛】数列递推关系是给出数列的一种方法,根据给出的初始值和
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