河北省石家庄实验中学2019-2020学年高一3月月考数学试题(pdf版)

2020-03-17
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资源信息

学段 高中
学科 数学
教材版本 -
年级 高一
章节 -
类型 题集
知识点 -
使用场景 同步教学-阶段检测
学年 2020-2021
地区(省份) 河北省
地区(市) 石家庄市
地区(区县) -
文件格式 ZIP
文件大小 462 KB
发布时间 2020-03-17
更新时间 2023-04-09
作者 匿名
品牌系列 -
审核时间 2020-03-17
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来源 学科网

内容正文:

石家庄实验中学 2019级高一下 3月月考数学答题纸 一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B B D C B D A C D C C C 二、填空(每小题 5 分,共 20 分) 13. 5 14. 2 3  15. 2 2 n n 16. 150 三、解答题 17.(本小题 10 分) 【解】(1)数列 na 的公差 3 1 23 1 a ad     , ……2 分 ∴  1 1 2 3na a n d n      , *n N . ……3 分 (2)   1 1 35 2k k k S ka d       得 2 2 35 0k k   即   7 5 0k k   ……3 分 ∵ *k N ∴ 7k  ……2 分 18.(本小题 12 分) 【解】 (1)∵cos B=3 5 >0,且 0<B<π,∴sin B= 1-cos2B=4 5 . ……2 分 由正弦定理得 a sin A = b sin B ,sin A=asin B b = 2×4 5 4 = 2 5 . ……3 分 (2)∵S△ABC= 1 2 acsin B=4, ……2 分 ∴ 1 2 ×2×c×4 5 =4,∴c=5. ……2 分 由余弦定理得 b2=a2+c2-2accos B=22+52-2×2×5×3 5 =17, ∴b= 17. ……3 分 19.(本小题 12 分) 【解】(1)由 3 sin cos b a B A  及正弦定理得: sin 3 sin sin cos B A B A  ∴ 3tan 3 A  ……2 分 又∵ 0, 2 A      ,∴ 6 A  ……1 分 (2) 2 8 sin aR A   ……2 分 ∴  3 2 3 sin sinb c R B C   8 3 sin sin( )6B B       3 18 sin cos 2 2 B B         8sin 6 B       ……4 分 这个地方还可以是 8sin 3 C       又∵△ ABC 为锐角三角形,∴ , 3 2 B       即 , 6 6 3 B         ……2 分 ∴  3 4,4 3b c  ……1分 20.(本小题 12 分) 【解】 设△ABC的内角∠BAC, A ,B,C所对边的长分别是 a,b,c, 由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccos∠BAC=(3 2)2+62-2×3 2×6×cos 3π 4 =18+36-(-36)=90,所以 a=3 10. ……4 分 又由正弦定理 sin sin b a B BAC   得 sin B=bsin∠BAC a = 3 3 10 = 10 10 ,……2 分 由题设知 B为锐角, 所以 cos B= 1-sin2B= 1- 1 10 = 3 10 10 . ……2 分 在△ABD中,因为 AD=BD,所以∠ABD=∠BAD,所以∠ADB=π-2B, 故由正弦定理 sin sin AB AD ADB B   得: AD= AB·sin B sinπ-2B = 6sin B 2sin Bcos B = 3 cos B = 10. ……4 分 21.(本小题 12 分) 【解】(1)由 2 3 36S S  得: 1 1 2 1 3 22 3 36 2 2 a d a d           ,将 1 1a  代入化简得: 2 3 10 0d d   ,解得 5d   (舍)或 2d  ,∴ 2d  ……2 分 ∴   2 1 1 2n n n S na d n     ……2 分 (2)    1 2 1 1 2m m m m k m k k a a a a k a d                 1 1 1 1 2 k k k a m d d              1 2 1 1k m k k        1 2 1 65k m k     ……5 分 又∵ *,k m N ∴ 1 5 2 1 13 k m k       或 1 13 2 1 5 k m k       ,解得 4 5 k m    ……3 分

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