2021学年河北省高一(下)期末数学试卷有答案

2021学年河北省高一（下）期末数学试卷

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）

1. 在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴:𝐵:𝐶=1:2:3，则𝑎:𝑏:𝑐等于（ ） A.1:2:3

2. 已知△𝐴𝐵𝐶中，𝑎=√2，𝑏=√3，𝐵=60∘，那么角𝐴等于（ ） A.135∘

3. 在△𝐴𝐵𝐶中，若𝑏cos𝐴=𝑎cos𝐵，则该三角形为( ) A.直角三角形

4. 在△𝐴𝐵𝐶中，𝑎=6，𝐵=30∘，𝐶=120∘，则△𝐴𝐵𝐶的面积是（ ） A.9

5. 在△𝐴𝐵𝐶中，若sin𝐴:sin𝐵:sin𝐶=3:4:6，则cos𝐶=( ) A.24

6. 等差数列{𝑎𝑛}中，若𝑎4+𝑎6+𝑎8+𝑎10+𝑎12=120，则𝑎8的值为（ ） A.20

7. 在等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎7=9，𝑎13=−12，则𝑎25=( ) A.−22

8. 在等差数列{𝑎𝑛}中，若𝑎4+𝑎6=12，𝑆𝑛是数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，则𝑆9的值为（ ） A.48

9. 在等差数列{𝑎𝑛}中，𝑆10=120，那么𝑎1+𝑎10的值是（ ） A.12

10. 在−1和8之间插入两个数𝑎，𝑏，使这四个数成等差数列，则（ ） A.𝑎=2，𝑏=5

试卷第1页，总11页

11

B.3:2:1 C.1:√3:2 D.2:√3:1

B.90∘ C.45∘ D.30∘

B.锐角三角形 C.等腰三角形 D.等边三角形

B.18 C.9√3 D.18√3 B.24

13

C.−24 13

D.−24

11

B.24 C.36 D.72

B.− C.60 D.

B. C.60 D.66

B.24 C.36 D.48

B.𝑎=−2，𝑏=5 C.𝑎=2，𝑏=−5 D.𝑎=−2，𝑏=−5

11. 首项为−24的等差数列，从第10项起开始为正数，则公差𝑑的取值范围是（ ） A.𝑑>3

12. 已知等差数列{𝑎𝑛}的公差𝑑=，𝑎2+𝑎4+...+𝑎100=80，那么𝑆100=( )

21

8

B.3≤𝑑≤3

8

C.3≤𝑑<3

8

D.3<𝑑≤3

8

A.80 B.55 C.135 D.160

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

在△𝐴𝐵𝐶中，已知∠𝐴=150∘，𝑎=3，则其外接圆的半径𝑅的值为________．

已知等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎7+𝑎9=16，𝑎4=1，则𝑎16的值是________．

数列{𝑎𝑛}的前项𝑛和𝑆𝑛=3𝑛2−5𝑛，则𝑎20的值为________．

等差数列{𝑎𝑛}中，若𝑆𝑛=3𝑛2+2𝑛，则公差𝑑=________..

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）

在△𝐴𝐵𝐶中，𝑎=3，𝑏=4，𝑐=√37，则这个三角形中最大的内角为________．

在△𝐴𝐵𝐶中，已知𝑎=1，𝑏=√3，𝐴=30∘，则𝐵等于________．

（1）△𝐴𝐵𝐶中，𝑎=3√3，𝑐=2，𝐵=150∘，求𝑏． （2）△𝐴𝐵𝐶中，𝑎=2，𝑏=√2，𝑐=√3+1，求𝐴．

在等差数列{𝑎𝑛}中，𝑑=−3，𝑎7=8，求𝑎𝑛和𝑆𝑛．

已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛=𝑛2+2𝑛，那么这个数列的通项公式𝑎𝑛=________．

在等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎4=0.8，𝑎11=2.2，求𝑎51+𝑎52+...+𝑎80． 四、附加题（20分）

一个首项为正数的等差数列{𝑎𝑛}，如果它的前三项之和与前11项之和相等，那么该数列的前多少项和最大？

1

1

试卷第2页，总11页

参与试题解析

2021学年河北省高一（下）期末数学试卷

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）

1.

【答案】 C

【考点】 正弦定理 【解析】

利用三角形的内角和求出三角形的内角，然后利用正弦定理求出结果． 【解答】

解：在△𝐴𝐵𝐶中，若∠𝐴:∠𝐵:∠𝐶=1:2:3，又∠𝐴+∠𝐵+∠𝐶=𝜋 所以∠𝐴=，∠𝐵=，∠𝐶=．

6

3

2

𝜋

𝜋

𝜋

由正弦定理可知：𝑎:𝑏:𝑐=sin∠𝐴:sin∠𝐵:sin∠𝐶=sin6:sin3:sin2=1:√3:2． 故选：𝐶． 2. 【答案】 C

【考点】 正弦定理 【解析】

先根据正弦定理sin𝐵=sin𝐴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： =sin𝐵⇒sin𝐴=sin𝐵，sin𝐴=sin𝐴

∴ 𝐴=45∘或135∘， ∵ 𝑎<𝑏， ∴ 𝐴<𝐵， ∴ 𝐴=45∘. 故选𝐶. 3. 【答案】 C

【考点】 正弦定理

三角形的形状判断

【解析】

已知等式利用正弦定理化简，变形后利用两角和与差的正弦函数公式化简，得到𝐴−

试卷第3页，总11页

𝑎

𝑏

√2√3√2sin𝐵√3𝑏

𝑎

𝜋𝜋𝜋

=

√2， 2

𝐵=0，即𝐴=𝐵，即可确定出三角形形状． 【解答】

解：利用正弦定理化简𝑏cos𝐴=𝑎cos𝐵得： sin𝐵cos𝐴=sin𝐴cos𝐵，

∴ sin𝐴cos𝐵−cos𝐴sin𝐵=sin(𝐴−𝐵)=0. ∵ 0<𝐴<𝜋，0<𝐵<𝜋， ∴ −𝜋<𝐴−𝐵<𝜋， ∴ 𝐴−𝐵=0，即𝐴=𝐵， 则三角形形状为等腰三角形． 故选𝐶． 4. 【答案】 C

【考点】 正弦定理 【解析】

利用三角形的内角和公式求得𝐴=30∘，可得△𝐴𝐵𝐶为等腰三角形，直接利用△𝐴𝐵𝐶的面积，求得结果． 【解答】

解：∵ △𝐴𝐵𝐶中，𝑎=6，𝐵=30∘，𝐶=120∘，∴ 𝐴=30∘．

故△𝐴𝐵𝐶为等腰三角形，故𝑏=6，则△𝐴𝐵𝐶的面积为2×6×6×sin120∘=9√3， 故选𝐶． 5. 【答案】 D

【考点】 正弦定理 【解析】

由正弦定理可得3sin𝐴=4sin𝐵=6sin𝐶，进而可用𝑎表示𝑏，𝑐，代入余弦定理化简可得． 【解答】

解：∵ sin𝐴:sin𝐵:sin𝐶=3:4:6，

∴ 由正弦定理可得：𝑎:𝑏:𝑐=3:4:6， ∴ 𝑏=

4𝑎3

1

，𝑐=2𝑎，

𝑎2+𝑏2−𝑐2

2𝑎𝑏

由余弦定理可得cos𝐶=故选：𝐷． 6. 【答案】 B

=

𝑎2+

16𝑎2

−4𝑎294𝑎2𝑎×

3=−．

24

11

【考点】

等差数列的性质 【解析】

由题目的条件考虑利用等差数列的性质对已知化简，𝑎4+𝑎6+𝑎8+𝑎10+𝑎12=5𝑎8，从而可求出结果．

试卷第4页，总11页

【解答】

解：由等差数列的性质可得，𝑎4+𝑎6+𝑎8+𝑎10+𝑎12=5𝑎8=120 ∴ 𝑎8=24 故选𝐵． 7. 【答案】 B

【考点】

等差数列的性质 【解析】

利用等差数列的通项公式即可得出． 【解答】

解：设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑， ∵ 𝑎7=9，𝑎13=−12， 𝑎+6𝑑=9∴ {1，

𝑎1+12𝑑=−12解得𝑎1=30，𝑑=−2． 则𝑎25=30+24×(−2)=−． 故选：𝐵． 8. 【答案】 B

【考点】

等差数列的通项公式 【解析】

等差数列的等差中项的特点，由第四项和第六项可以求出第五项，而要求的结果前九项的和可以用第五项求出，两次应用等差中项的意义． 【解答】

解：在等差数列{𝑎𝑛}中，若𝑎4+𝑎6=12， 则𝑎5=6，𝑆𝑛是数列的{𝑎𝑛}的前𝑛项和， ∴ 𝑠9=

9(𝑎1+𝑎9)

2

77

=9𝑎5 = 故选𝐵． 9.

【答案】 B

【考点】

等差数列的前n项和 【解析】

根据等差数列的性质可知，项数之和为11的两项之和都相等，即可求出𝑎1+𝑎10的值． 【解答】

解：𝑆10=𝑎1+𝑎2+...+𝑎10=(𝑎1+𝑎10)+(𝑎2+𝑎9)+(𝑎3+𝑎8)+(𝑎4+𝑎7)+(𝑎5+

试卷第5页，总11页

𝑎6)=5(𝑎1+𝑎10)=120 所以𝑎1+𝑎10=24 故选𝐵 10.

【答案】 A

【考点】

等差数列的性质 【解析】

在−1和8之间插入两个数𝑎，𝑏，使这四个数成等差数列，即−1，𝑎，𝑏，8成等差数列，利用等差数列的性质列出关于𝑎与𝑏的方程组，求出方程组的解集即可得到𝑎与𝑏的值． 【解答】

解：根据题意得：−1，𝑎，𝑏，8成等差数列， ∴ 2𝑎=−1+𝑏①，2𝑏=𝑎+8②， 由①得：𝑏=2𝑎+1，

将𝑏=2𝑎+1代入②得：2(2𝑎+1)=𝑎+8，即3𝑎=6， 解得：𝑎=2，

将𝑎=2代入得：𝑏=2𝑎+1=5， 则𝑎=2，𝑏=5． 故选𝐴 11.

【答案】 D

【考点】

等差数列的性质 【解析】

先设数列为{𝑎𝑛}公差为𝑑，则𝑎1=−24，根据等差数列的通项公式，分别表示出𝑎10和𝑎9，进而根据𝑎10>0，𝑎9≤0求得𝑑的范围． 【解答】

解：设数列为{𝑎𝑛}公差为𝑑，则𝑎1=−24； 𝑎10=𝑎1+9𝑑>0； 即9𝑑>24，所以𝑑> 38

而𝑎9=𝑎1+8𝑑≤0； 即𝑑≤3 所以3<𝑑≤3 故选𝐷 12. 【答案】 C

【考点】

等差数列的前n项和 【解析】

由题意可得𝑎2+𝑎4+...+𝑎100=(𝑎1+𝑑)+(𝑎3+𝑑)+...+(𝑎99+𝑑)，进而可得𝑎1+

𝑎3+...+𝑎99的值，而𝑆100=(𝑎1+𝑎3+...+𝑎99)+(𝑎2+𝑎4+...+𝑎100)，代入计算可得．

试卷第6页，总11页

8

【解答】

解：由题意可得𝑎2+𝑎4+...+𝑎100=(𝑎1+𝑑)+(𝑎3+𝑑)+...+(𝑎99+𝑑) =𝑎1+𝑎3+...+𝑎99+50𝑑=𝑎1+𝑎3+...+𝑎99+25=80， 故𝑎1+𝑎3+...+𝑎99=80−25=55

故𝑆100=(𝑎1+𝑎3+...+𝑎99)+(𝑎2+𝑎4+...+𝑎100)=55+80=135 故选𝐶

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 【答案】 3

【考点】 正弦定理 【解析】

由正弦定理可得sin𝐴=2𝑅，代值计算即可． 【解答】

解：由正弦定理可得

𝑎

3

𝑎sin𝐴𝑎

=2𝑅，

32×

12∴ 𝑅=2sin𝐴=2×sin150∘=

=3

故答案为：3 【答案】 22

【考点】

等差数列的性质 【解析】

由等差数列的性质结合已知求得𝑎8，再由等差数列的通项公式求得𝑎16的值． 【解答】

解：∵ 数列{𝑎𝑛}是等差数列，且𝑎7+𝑎9=16， ∴ 𝑎8=

𝑎7+𝑎9

2

=

162

=8，

又𝑎4，𝑎8，𝑎12，𝑎16成等差数列，且公差为𝑎8−𝑎4=8−1=7， ∴ 𝑎16=𝑎4+3×7=1+21=22． 故答案为：22． 【答案】 112

【考点】

等差数列的前n项和 【解析】

直接利用数列{𝑎𝑛}的前项𝑛和𝑆𝑛=3𝑛2−5𝑛，求解𝑎20的值即可． 【解答】

解：数列{𝑎𝑛}的前项𝑛和𝑆𝑛=3𝑛2−5𝑛，

则𝑎20=𝑆20−𝑆19=3×202−5×20−3×192+5×19=112． 故答案为：112． 【答案】 6

【考点】

等差数列的前n项和

试卷第7页，总11页

【解析】

利用等差数列的前𝑛项和，求出第一项，第二项，然后求出公差． 【解答】

解：等差数列{𝑎𝑛}中，若𝑆𝑛=3𝑛2+2𝑛，

可得𝑎1=5，𝑆2=𝑎1+𝑎2=16．可得𝑎2=11， 公差𝑑=11−5=6． 故答案为：6． 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） 【答案】 120∘ 【考点】 余弦定理 【解析】

根据𝑐>𝑏>𝑎，可得角𝐶是三角形的最大角．再由余弦定理算出cos𝐶=−，结合𝐶为

21

三角形内角可得𝐶=120∘，即得三角形中最大内角的大小． 【解答】

解：∵ 𝑎=3，𝑏=4，𝑐=√37，

∴ 𝑐>𝑏>𝑎，可得角𝐶是三角形的最大角． 由余弦定理，可得cos𝐶=

𝑎2+𝑏2−𝑐2

2𝑎𝑏

=

9+16−372×3×4

=−．

2

1

又∵ 0∘<𝐶<180∘，∴ 𝐶=120∘． 即这个三角形中最大的内角为120∘． 故答案为：120∘ 【答案】 60∘或120∘ 【考点】 正弦定理 【解析】

△𝐴𝐵𝐶中由条件利用正弦定理求得sin𝐵的值，确定出𝐵的度数． 【解答】

解：∵ 在△𝐴𝐵𝐶中，𝑎=1，𝑏=√3，𝐴=30∘， ∴ 由正弦定理sin𝐴=sin𝐵得到：sin30∘=sin𝐵， 即：1=sin𝐵，

2𝑎𝑏1√31√3解得sin𝐵=

√3． 2

∵ 0<𝐵<180∘，

∴ 𝐵=60∘或𝐵=120∘． 故答案是：60∘或120∘． 【答案】

（本题满分为12分）

解：（1）∵ 由余弦定理可得：𝑏2=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐cos𝐵=3√3+22−2×3√3×2×cos150∘=49． ∴ 解得：𝑏=7．

试卷第8页，总11页

2

（2）∵ 𝑎=2，𝑏=√2，𝑐=√3+1， ∴ 由余弦定理可得：cos𝐴=∵ 𝐴∈(0, 180∘)， ∴ 𝐴=45∘．

【考点】 正弦定理 【解析】

由余弦定理即可结合已知求值． 【解答】

（本题满分为12分）

解：（1）∵ 由余弦定理可得：𝑏2=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐cos𝐵=3√3+22−2×3√3×2×cos150∘=49． ∴ 解得：𝑏=7．

（2）∵ 𝑎=2，𝑏=√2，𝑐=√3+1， ∴ 由余弦定理可得：cos𝐴=∵ 𝐴∈(0, 180∘)， ∴ 𝐴=45∘． 【答案】

解：∵ 𝑑=−，𝑎7=8，

31

𝑏2+𝑐2−𝑎2

2𝑏𝑐

2

𝑏2+𝑐2−𝑎2

2𝑏𝑐

=

2+4+2√3−42×√2×(√3+1)=

√2． 2

=

2+4+2√3−42×√2×(√3+1)=

√2． 2

∴ 8=𝑎1+6×(−)，

3

1

解得𝑎1=10．

∴ 𝑎𝑛=10+(𝑛−1)×(−)=−𝑛+

3

3

1

1

313

，

𝑆𝑛=10𝑛−3×

13

1𝑛(𝑛−1)2313

=−6𝑛2+

16

1616

．

616

∴ 𝑎𝑛=−𝑛+，𝑆𝑛=−𝑛2+

．

【考点】

等差数列的前n项和 等差数列的通项公式

【解析】

利用等差数列的通项公式及其前𝑛项和公式即可得出． 【解答】

解：∵ 𝑑=−3，𝑎7=8， ∴ 8=𝑎1+6×(−3)， 解得𝑎1=10．

∴ 𝑎𝑛=10+(𝑛−1)×(−3)=−3𝑛+𝑆𝑛=10𝑛−3×

1

𝑛(𝑛−1)2

1

1

313

1

1

，

=−6𝑛2+

1616

．

试卷第9页，总11页

∴ 𝑎𝑛=−𝑛+

31

313

，𝑆𝑛=−𝑛2+

6

1616

．

【答案】 𝑎𝑛=2𝑛−2． 【考点】 数列的求和 【解析】

𝑠1

利用公式𝑎𝑛={

𝑠𝑛−𝑠𝑛−1【解答】

解：①当𝑛=1时，𝑎1=𝑠1=2 ②当𝑛≥2时，由𝑎𝑛=𝑠𝑛−𝑠𝑛−1得𝑎𝑛=(𝑛2+)−[(𝑛−1)2+

2𝑛

𝑛−12

3

1

𝑛=1

即可求得𝑎𝑛． 𝑛≥2

)]=2𝑛−

2

1

又𝑎1=2满足𝑎𝑛=2𝑛−2，

所以此数列的通项公式为𝑎𝑛=2𝑛−2． 故答案为𝑎𝑛=2𝑛−2．

【答案】

解：设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑， ∵ 𝑎4=0.8，𝑎11=2.2，

𝑎+3𝑑=0.8∴ {1，解得𝑎1=𝑑=0.2．

𝑎1+10𝑑=2.2∴ 𝑎𝑛=0.2+0.2(𝑛−1)=0.2𝑛， ∴ 𝑆𝑛=0.2𝑛+

𝑛(𝑛−1)2

𝑛2+𝑛10

1

1

31

×0.2=．

80×(80+1)

10

∴ 𝑎51+𝑎52+...+𝑎80=𝑆80−𝑆50=

−

50×(50+1)

10

=393．

【考点】

等差数列的前n项和 【解析】

利用等差数列的通项公式及其前𝑛项和公式即可得出． 【解答】

解：设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑， ∵ 𝑎4=0.8，𝑎11=2.2，

𝑎+3𝑑=0.8∴ {1，解得𝑎1=𝑑=0.2．

𝑎1+10𝑑=2.2∴ 𝑎𝑛=0.2+0.2(𝑛−1)=0.2𝑛， ∴ 𝑆𝑛=0.2𝑛+

𝑛(𝑛−1)2

𝑛2+𝑛10

×0.2=．

80×(80+1)

10

∴ 𝑎51+𝑎52+...+𝑎80=𝑆80−𝑆50=四、附加题（20分） 【答案】

−

50×(50+1)

10

=393．

试卷第10页，总11页

解：∵ 首项为正数的等差数列{𝑎𝑛}的前三项之和与前11项之和相等， ∴ 𝑎4+𝑎5+...+𝑎11=0，

即4(𝑎7+𝑎8)=0，𝑎7+𝑎8=0． ∴ 𝑎7>0，𝑎8<0，且|𝑎7|=|𝑎8|． ∴ 数列{𝑎𝑛}的前7项和最大． 【考点】

等差数列的性质 【解析】

由题意结合等差数列的性质得到𝑎7+𝑎8=0，进一步得到𝑎7>0，𝑎8<0，且|𝑎7|=|𝑎8|．则答案可求． 【解答】

解：∵ 首项为正数的等差数列{𝑎𝑛}的前三项之和与前11项之和相等， ∴ 𝑎4+𝑎5+...+𝑎11=0，

即4(𝑎7+𝑎8)=0，𝑎7+𝑎8=0． ∴ 𝑎7>0，𝑎8<0，且|𝑎7|=|𝑎8|． ∴ 数列{𝑎𝑛}的前7项和最大．

试卷第11页，总11页