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2020-2021高三数学下期中一模试题(含答案)(17)

一、选择题
1．下列结论正确的是（ ）

A
．若
a b
，则
ac
2
bc
2

C
．若
ab,c0
，则
acbc

2． 在
R
上定义运算：
A
B
．若
a
2
b2
，则
ab

D
．若
ab
，则
ab

BA
1B

，若不等式

xa

13
a< br>
22

xa

1
对任意的
D
．

实数
xR
恒成立，则实数
a
的取值范围是( )

A
．
1a1
B
．
0a2
C
．

31
a

22
y4
3
．已知点
P

x,y

是平面区域
{xy0
内的动点
,
点
A

1,1

,O
为坐标原点
, < br>设
xm

y4

uuuruuur
OP

OA


R

的最小值为
M
,若
M2
恒成立
,
则实数
m
的取值范围是（

）

A
．

,


35
C
．

,



11


B
．

,


< br>,


35


1



1




1

3


D
．



1

,
< br>

2

2
4．在
VABC
中，
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，
cos
定是( )

A
．直角三角形
B
．等边三角形

Cab
< br>，则
VABC
的形状一
22a
D
．等腰直角三角形

C
．等腰三角形

5．已知等比数列
{a
n
}的各项均为正数，前
n
项和为
S
n
，若
a
2< br>2,S
6
S
4
6a
4
，则
a
5


A
．
4
B
．
10
C
．
16
D
．
32

6．设
{a
n
}
是首项为
a
1
，公差为
-1
的等差数列，< br>S
n
为其前
n
项和，若
S
1
,S
2
,S
4
成等比数
列，则
a
1
=
（

）

A
．
2
B
．
-2
C
．
1

2
D
．

1

2
7．河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高
窟、 云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处
“
浮雕像
”
共< br>7
层，每上
层的数量是下层的
2
倍，总共有
1016
个
“
浮雕像
”
，这些
“
浮雕像
”
构成一幅 优美的图案，若
从最下层往上
“
浮雕像
”
的数量构成一个数列

a
n

，则
log
2

a
3
a
5

的值为（

）

A
．
8
B
．
10
C
．
12
D
．
16

8
．设

a
n

是公差不为
0
的等差数列，
a
1< br>2
且
a
1
,a
3
,a
6
成等比数 列，则

a
n

的前
n
项和
S
n
=
（

）

n
2
7n
A
．


44
A
．
7

n
2
5n
B
．


33
B
．
5

n
2
3n
C
．


24
C
．
5

D
．
n
2
n

9．已知
{a
n
}
为等比数列
,
a
4
a
7
2
,
a
5
a
6
8
,
则
a
1a
10

（

）

D
．
7

10．在
VABC
中，角
A< br>、
B
、
C
的对边分别为
a
、
b
、< br>c
，若
(accosB)sinB(bccosA)sinA
， 则
VABC
的形状为（）

A
．等腰三角形

C
．等腰直角三角形

B
．直角三角形

D
．等腰三角形或直角三角形

14
y
x

xy1
11．已知正数、满足，则的最小值为（ ）

x1y
A
．
2
B
．
9

2
C
．
14

3
D
．
5

12．已知
x
，
y
均为正实数，且
A
．20
B
．24

111

，则
xy
的最小值为（ ）

x2y26
C
．28
D
．32

二、填空题

yx

13．已知
x,y
满足约束条件
xy4
，则
z2xy
的最大值为
__________
．


y20


2xy0，

22
14．已知
x，y
满足

y0，
，则
xy 2y
的取值范围是
__________
.


xy 30，



a
n
3

a
n
3

aa
anN
*

，当
a15．数列

n

满足：
1
（
aR
且为常数），
n1




4a
n

a
n
3

a100
时，则数列

a< br>n

的前
100
项的和
S
100
为
________
.


1

(a)n1,n616．已知数列
{a
n
}
满足
a
n


2
，若对任意
nN
*
都有
a
n
a< br>n1
，则实数
n5


a,n6
a
的 取值范围是
_________
.


xy30
< br>17．若直线
y2x
上存在点
(x,y)
满足约束条件
< br>x2y30
，则实数
m
的取值范围为

xm

_______
．


xy2,

18．已 知实数
x，y
满足

xy2,
则
z2xy
的最大值是
____
．


0y3,


19．对一切实数
x
，不等式
x
2
a|x|10恒成立，则实数
a
的取值范围是
_______

20．在ABC
中，
a,b,c
分别是角
A,B,C
的对边，已知a,b,c
成等比数列，且
acacbc
，则
22
c的值为
________
.

bsinB
三、解答题
21．在
ABC
中，角
A
，
B
，
C
所对 的边分别为
a
，
b
，
c
，且
ccosBbcos C3acosB
．

（
1
）求
cosB
的值；

uuuvuuuv（
2
）若
CACB2
，
ABC
的面积为
22
，求边
b
．

22．
△ABC
的内角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，且
a(3sinBcosC)(c b)cosA
．

（
1
）求
A
；
（
2
）若
b3
，点
D
在
BC
边上，
CD2
，
ADC

3
，求
△ABC
的面积．

23．在
ABC
中，角
A
，
B
、
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，且（
1
）求
A
；

3ab
.


cosAsinB
（
2
）若
a2
，且
cos< br>
BC

2sinBsinCcosC
，求
ABC< br>的面积
.

24．在△
ABC
中，
a, b, c
分别为内角
A, B, C
的对边，且
2asinA(2bc)sinB(2cb)sinC.

（
Ⅰ
）求
A
的大小；

（
Ⅱ
）求
sinBsinC
的最大值
.

25．在等比数列

a
n

中
,
a
1< br>0nN
（
1
）求数列

a
n

的通项公式
:

（
2
）设
b
n
log< br>4
a
n
,
数列

b
n

的 前
n
项和为
S
n
,
是否存在正整数
k
,< br>使得

*

,
且
a
3
a
2
8
,
又
a
1
,a
5
的等比中项为16.

1111
Lk
对任意
nN
*恒成立
.
若存在
,
求出正整数
k
的最小值
;< br>若不存在
,
S
1
S
2
S
3
S
n
请说明理由
.

26．已知各项均为正数的数列

a< br>n

的前
n
项和为
S
n
，且
a1
1
，
a
n

（
nN*
，且n2
）

（1）求数列

a
n

的通项公式；

（ 2）证明：当
n2
时，
S
n
S
n1
1111 3
L

a
1
2a
2
3a
3na
n
2

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除



一、选择题

1．D
解析：
D

【解析】

选项A中，当c=0时不符，所以A错．选项B中，当
a2, b1
时，符合
a
2
b
2
，不
满足
a b
，B错．选项C中,
acbc
,所以C错．选项D中，因为
0a



b
，由不等式的平方法则，

a



b

，即
ab
．选D.

22
2．C
解析：
C

【解析】

【分析】

根据新运算的定义
,


xa

【详解】


xa

x
2
xa
2
a
,
即求
x
2
xa
2
a1
恒成
立,整理后利用判别式求出
a范围即可

Q
A
BA

1B


22
1xaxaxa1xxaa


 

xa

=

xa




xa

Q

xa
< br>xa

1
对于任意的实数
xR
恒成立,
x
2
xa
2
a1
,即
x
2xa
2
a10
恒成立,

1
2
4

1



a
2
a1
0
,

13
a

22
故选：C

【点睛】

本题考查新定义运算
,
考查一元二次不等式中的恒成立问题
,
当
xR
时
,
利用判别式是解题
关键

3．C
解析：
C

【解析】

y4
试 题分析：直线
xm

y4

恒过定点
(0,4)
，当
m0
时，约束条件
{xy0
xm

y4< br>
对应

uuuruuur
的可行域如图，则
OP
OA


R

的最小值为
M0
，满足
M2
，当
m0
时，
y4
直线
xm< br>
y4

与
y
轴重合，平面区域
{xy0xm

y4

为图中
y
轴右侧的阴影区域，则uuuruuur
OP

OA


R
< br>的最小值为
M0
，满足
M2
，当
m0
时，由约 束条件
y4
{xy0
xm

y4

uu ur
uuur
yx
4m
4m4m
MOB
，联立
{
,)
，所以
OB2
，解得
B(
，由
xm(y 4)
m1
m1m1
2
4m
111
2
，解 得
m
，所以
m0
，综上所述，实数
m
的取值范 围是
m1
353
uuuruuur
表示的可行域如图，点
P
与点
B
重合时，
OP

OA


R

的最小值为

1

,

，故选< br>C.



3


考点：简单的线性规划
.

【方法点晴】本题主要考查了二元一次不等式组所 表示的平面区域、简单的线性规划求最
值问题，着重考查了数形结合思想方法及分类讨论的数学思想方法 的应用，关键是正确的
理解题意，作出二元一次不等式组所表示的平面区域，转化为利用线性规划求解目 标函数
的最值，试题有一定的难度，属于难题
.

4
．
A
解析：
A

【解析】

【分析】

利用平 方化倍角公式和边化角公式化简
cos
2
Cab

得到
s inAcosC=sinB
，结合三角
22a
形内角和定理化简得到
cosA sinC0
，即可确定
VABC
的形状．

【详解】

Q
cos
2
Ca+b
=

22a

< br>1
+
cosCsinA
+
sinB
=
化简得
sinAcosC=sinB

22sinA
QB=p-(A+C)


sinAcosC=sin(A+C)
即
cosAsinC0

QsinC0

cosA0
即
A = 90
0

VABC
是直角三角形

故选
A

【点睛】

Cab

时，将边 化
22a
为角，使边角混杂变统一，还有三角形内角和定理的运用，这一点往往容易忽略．
本题考查了平方化倍角公式和正弦定理的边化角公式，在化简
cos
2
5．C
解析：
C

【解析】

22
由
S
6
S
4
a
6
a
5
6a
4
得，
qq6a
4
0,qq60
，解得
q=2
， 从而

a
5
a
2
2
3
=28=1 6
，故选
C.

6．D
解析：
D

【解析】

【分析】

2
把已知
S
2=S
1
S
4
用数列的首项
a
1
和公差
d
表示出来后就可解得
a
1
．，

【详解】
2
2
因为
S
1
，S
2
，S
4
成等比数列，所以
S
2
=S
1
S
4
，即
( 2a
1
1)a
1
(4a
1
6)，a
1
.

1
2
故选
D.

【点睛】
< br>本题考查等差数列的前
n
项和，考查等比数列的性质，解题方法是基本量法．本题属于基
础题．

7．C
解析：
C

【解析】

【分析】

数列

a
n

，是等比数列， 公比为2，前7项和为1016，由此可求得首项
a
1
，得通项公式，
从而得 结论．

【详解】

Q
最下层的
“
浮雕像
”
的数量为
a
1
，依题有：公比
q2,n7,S 
7
a
1
12
7
12

1016
，解
n1n2
1n7,nN
*
，
a
3
2
5
,a
5
2
7
，从而得
a
1
8
，则
a
n
822

a
3< br>a
5
2
5
2
7
2
12
, log
2

a
3
a
5

log
2
2
12
12
，故选
C
．

【点睛】

本题考查等比数列的应用．数列应用题求解时，关键是根据题设抽象出数列 的条件，然后
利用数列的知识求解．


8．A
解析：
A

【解析】

【分析】

【详解】

设公差为
d
则

解得


，故选
A.

9
．
D
解析：
D

【解析】

【分析】

a7
2
a
4
2
由条件可得
a
4
，a7
的值，进而由
a
10

和
a
1
< br>可得解
.

a
4
a
7
【详解】
< br>a
5
a
6
a
4
a
7
8Qa< br>4
a
7
2a
4
2,a
7
4或
a
4
4,a
7
2
.

由等比数列性质可知

a
7
2
a
7
2a
4
2
a
4
2
a
10
8,a< br>1
1
或
a
10
1,a
1
8< br>
a
4
a
7
a
4
a
7
a
1
a
10
7

故选
D.

【点睛】

本题主要考查了等比数列的下标的性质，属于中档题
.

10．D
解析：
D

【解析】

【分析】

由正弦定理化简
(accosB)sinB (bccosA)sinA
，得到
sin2Bsin2A0
，
由 此得到三角形是等腰或直角三角形，得到答案．

【详解】

由题意知，(accosB)sinB(bccosA)sinA
，

结合正 弦定理，化简可得
(accosB)b(bccosA)a
，

所以
acosAbcosB0
，则
sinBcosBsinAcosA0< br>，

所以
sin2Bsin2A0
，得
2B2A
或
2B2A180
o
，

所以三角形是等腰或直角三角形．

故选D．

【点睛】

本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用．在解三角形问题中经常把边的问题
转化成 角的正弦或余弦函数，利用三角函数的关系来解决问题，属于基础题．

11．B
解析：
B

【解析】

【分析】

由xy1
得
x(1y)2
，再将代数式
x(1y)
与
求出

14

相乘，利用基本不等式可
x1y
14

的最小值．

x1y
【详解】

Qxy1
，所以，
x(1y)2
，

14144 x1y4x1y
)[x(1y)]()5
…
2
g
59
，

则
2(
x1yx1y1yx1yx
所以，
149

…
，

x1y2
2
< br>
4x1y
x




3
x< br>，即当

当且仅当

1y
时，等号成立，

1

y

xy1


3

14
9

因此，的最小值为，

x1y
2
故选
B
．

【点睛】

本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行合理配凑，是解决本题的关键，属于中等
题．

12．A
解析：
A

【解析】

分析：由已知条件构造基本不等式模型
xy

x2



y2

4
即可得出
.

详解：
Q x,y
均为正实数，且
111

11


，则< br>6

1


x2y26

x2y 2

xy(x2)(y2)4

6(
11
)[(x2)(y2)]4

x2y2
6(2
号
.

y2x2y2x2
)46(22)420

当且仅当
xy10
时取等
x2y2x2y2

xy
的最小值为
20.


故选
A.

点睛：本题考查了基本不等式的性质，
“
一正、二定、三相等
”.

二、填空题

13．10【解析】【分析】画出不等式组表示的可行域由得平移直线 根据的几何
意义求出最优解进而得到所求的最大值【详解】画出不等式组表示的可行域如
图阴影 部分所示由得平移直线结合图形可得当直线经过可行域内的点A时
解析：10

【解析】

【分析】

画出不等式组表示的可行域，由
z 2xy
得
y2xz
，平移直线
y2xz
，根据
z
的几何意义求出最优解，进而得到所求的最大值．

【详解】

画出不等式组表示的可行域，如图阴影部分所示．


由
z2xy
得
y2xz
．

平移直线
y2xz
，结合图形可得，当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的 截
距最大，此时z取得最大值．


x6

xy4 0
由

，解得

，

y2
y2< br>

故点A的坐标为
(6,2)
，

所以
z
max
26210
．

故答案为
10
．

【点睛】

用线性规划求目标函 数的最值体现了数形结合在数学中的应用，解题时要先判断出目标函
数中
z
的几何意义 ，然后再结合图形求解，常见的类型有截距型、斜率型和距离型三种，
其中解题的关键是正确画出不等式 组表示的可行域．

14．；【解析】【分析】利用表示的几何意义画出不等式组表示的平面区 域求
出点到点的距离的最值即可求解的取值范围【详解】表示点到点的距离则三角
形为等腰三角 形则点到点的距离的最小值为：1最大值为所以的最小值为：
解析：

0,9

；

【解析】

【分析】

利用

x0



y1

22
表示的几何意义，画出不等式组表示的平面区域，求出点
A(0 ,1)
到点
(x,y)
的距离的最值，即可求解
x
2
y
2
2y
的取值范围.

【详解】

x
2
y
2
2y

x0



y1

1

22

x0



y1

22
表示点
A(0,1)
到点
(x ,y)
的距离


AO1
，
AD1910,AC 9110
，则三角形
ACD
为等腰三角形

则点
A(0 ,1)
到点
(x,y)
的距离的最小值为：
1
，最大值为
10

所以
xy2y
的最小值为：
1
2
1 0
，最大值为：
101=9

22

9


故
x
2
y< br>2
2y
的取值范围为

0，
9


故答案为：

0，
【点睛】

本题主要考查了求平方和型目标函数的最值，属于中档题.

15．【解析】【分析】 直接利用分组法和分类讨论思想求出数列的和【详解】
数列满足：（且为常数）当时则所以（常数）故所 以数列的前项为首项为公差
为的等差数列从项开始由于所以奇数项为偶数项为所以故答案为：【点睛】
解析：
1849

【解析】

【分析】

直接利用分组法和分类讨论思想求出数列的和
.

【详解】



a
n
3

a
n
3
< br>aa
anN
*

，

a
数列

n

满足：
1
（
aR
且为常数），
n 1




4a
n

a
n< br>3

当
a100
时，则
a
1
100< br>，

所以
a
n1
a
n
3
（常数），

故
a
n
1003

n1

，

所以数列的前
34
项为首项为
100
，公差为
3的等差数列
.

从
35
项开始，由于
a
34
1
，所以奇数项为
3
、偶数项为
1
，

所以
S
100


1001

34

66

22

31

1849
，
故答案为：
1849

【点睛】

本题考查了由递推 关系式求数列的性质、等差数列的前
n
项和公式，需熟记公式，同时也
考查了分类讨论 的思想，属于中档题.

16．【解析】【分析】由题若对于任意的都有可得解出即可得出【详 解】∵若
对任意都有∴∴解得故答案为【点睛】本题考查了数列与函数的单调性不等式
的解法考 查了推理能力与计算能力属于中档题

解析：

,
17




212

【解析】

【分析】

由题若 对于任意的
nN
*
都有
a
n
a
n1
，可得
出．

【详解】

1
a＜0，a
5
＞a
6
，0＜a＜．1
解出即 可得
2



1



a

n1,n6
∵
a
n



2
，若对任意
nN
*
都有
a
n
a
n 1
，



a
n5
,n6

∴
1
a＜0，a
5
＞a
6
，0＜a＜．1
．
2
1
2
1
2
(a)51＞a，0＜a＜1

，

∴
a＜0，
解得
＜a＜
故答案为

【点睛】

本题考查了数列与函数的单调性、不等 式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档
题．

1
2
7

．

12

17

,

．

2

12

17．【解析】试题分析：由题意由可求得交点坐标为要使直线上存在点满 足约
束条件如图所示可得则实数m的取值范围考点：线性规划
解析：
(,1]

【解析】

试题分析：由题意，由< br>{
y2x
，可求得交点坐标为
(1,2)
，要使直线
y2 x
上存在
xy30
xy30,
点
(x,y)
满 足约束条件
{x2y30,
，如图所示，可得
m1
，则实数
m
的取值范围
xm,
(,1]
．


考点：线性规划．

18
．
7
【解析】试题分析：根据约束 条件画出可行域得到
△ABC
及其内部其中
A
（
53
）B
（﹣
13
）
C
（
20
）然后利用直线平移法 可得当
x=5y=3
时
z=2x
﹣
y
有最大

值并且可以得到这个最大值详解：根据约束条件画

解析：7

【解析】

试题分析：根据约束条件画出可行域，得到△
ABC
及其 内部，其中
A
（
5
，
3
），
B
（﹣
1
，
3
），
C
（
2
，
0
）．然 后利用直线平移法，可得当
x=5
，
y=3
时，
z=2x
﹣
y
有最大值，并且可
以得到这个最大值．

详解：


xy2,

根据约束条件

xy2,
画出可行 域如图，


0y3,

得到△
ABC
及其内 部，其中
A
（
5
，
3
），
B
（﹣
1
，
3
），
C
（
2
，
0
）

平移直线
l
：
z=2x
﹣
y
，得当
l
经过点
A
（
5
，
3
）时，

5
﹣
3=7
．

∴
Z
最大为
2×
故答案为
7
．



点睛：在解决线性规划的小题时，我们常用
“
角点法
”
， 其步骤为：①由约束条件画出可行
域⇒②求出可行域各个角点的坐标⇒③将坐标逐一代入目标函数⇒④验 证，求出最优解．

19．－2+）【解析】【分析】根据题意分x=0与x≠0两种情况讨论 ①x=0时易
得原不等式恒成立②x≠0时原式可变形为a≥-（|x|+）由基本不等式的性质易得a的范围综合两种情况可得答案【详解】根据题意分两
解析：[
－
2
，
+

）

【解析】

【分析】

根据题意，分x=0与x≠0两种情况讨论， ①x=0时，易得原不等式恒成立，②x≠0时，原
式可变形为a≥-（|x|+

答案.

【详解】

根据题意，分两种情况讨论；①x=0时，原式 为1≥0，恒成立，则a∈R；②x≠0时，原式
1
），由基本不等式的性质，易得a的范围， 综合两种情况可得
x

可化为a|x|≥-（x+1），即a≥-（|x|+
2
1
）
,

x
又由|x|+
11< br>≥2，则-（|x|+）
≤-2
；

xx
要使不等式x
2
+a|x|+1≥0恒成立，需有a≥-2即可；

综上可得，a的取值范围是[-2，+∞）；

故答案为[-2，+∞）．

【点睛】

本题考查不等式恒成立问题的解法，运用分类讨论和参数分离、基本不等式 求最值是解题
的关键，属于中档题．

20．【解析】【分析】利用成等比数列得到再 利用余弦定理可得而根据正弦定
理和成等比数列有从而得到所求之值【详解】∵成等比数列∴又∵∴在中 由余
弦定理因∴由正弦定理得因为所以故故答案为【点睛】在解三角形中如果题
解析：
23

3
【解析】

【分析】
< br>利用
a,b,c
成等比数列得到
c
2
b
2
a
2
bc
，再利用余弦定理可得
A60
，而根据正弦
定理和
a,b,c
成等比数列有
【详解】

∵
a,b,c
成等比数列，∴
b
2
ac
.又∵
a
2
 c
2
acbc
，∴
c
2
b
2
a< br>2
bc
.

c1

，从而得到所求之值
.

bsinBsinA
c
2
b
2
a
2
1
在
ABC
中，由余弦定理
cosA
，

2bc2
因
A
0,


，∴
A60
.

由正弦定理得
csinCsinC

，

bsinBsi nBsinBsin
2
B
因为
b
2
ac
， 所以
sin
2
BsinAsinC
，

故
sinCsinC123
.


2
sinBsinAsinCsinA3
23
.

3
故答案为
【点睛】

在解三角形中，如果题设条件是关于边的二 次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，
如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式 ，那么我们可以利用正弦定理
化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关 系式转化为角
的关系式或边的关系式.

三、解答题

21．（
1
）
cosB
【解析】

【分析】

（
1
）直接利用余弦定理的变换求出
B
的余弦值．

（
2
）利用（
1
）的结论首先求出
sinB
的值，进一步 利用平面向量的模的运算求出
c
，再利
用三角形的面积公式求出
a
， 最后利用余弦定理的应用求出结果．

【详解】

解：在
ABC< br>中，角
A
，
B
，
C
所对的边分别为
a
，
b
，
c
，且
ccosBbcosC3acosB
．

1
；（
2
）
b3

3
a2
c
2
b
2
a
2
b
2
c
2
a
2
c
2
b
2
bg3ag
则：
cg
，

2ac2ab2ac
2
222
整理得：
acacb
，

3
a
2
c2
b
2
1

；

所以：
cosB
2ac3
（
2
）由于
cosB
1
，
B (0,

)
，

3
22
，

3< br>所以：
sinB1cos
2
B
uuuruuur
在ABC
中，由于：
|CACB|2
，

uuur
则：
BA2
，

即：
c2
．

由于
ABC
的面积为
22
，

1
所以：
acsinB22
，

2
解得：
a3
，

故：
b
2
 a
2
c
2
2accosB

1
492g2g3g9
，

3
解得：
b3
．

【点睛】

本题考查 的知识要点：平面向量的模的运算的应用，余弦定理和三角形的面积公式的应
用，主要考查学生的运算能 力和转化能力，属于基础题．

22．（1）
A
2

；

3

（2）
S
V
ABC
＝
【解析】

【分析】

33
.

4
（
1
）由 正弦定理、三角函数恒等变换化简已知可得：
sin

A



1

，结合范围

6

2
A

0,


，可得
A



7



,
6

66

，进而可求
A
的值．


（
2
）在 △
ADC
中，由正弦定理可得
sinCAD1
，可得
CAD＝
定理可求
C，B
，即可求得
ABAC
解．

【详解】

（
1
）∵
a

2
，利 用三角形内角和
3
，再利用三角形的面积公式即可计算得

3sinBco sC

cb

cosA
，


∴由正 弦定理可得：
3sinAsinBsinAcosC＝sinCcosAsinBcosA
，

∴可得：
3sinAsinBsinBcosA＝sinCcosAsinA cosC
，可得：
sinB

3sinAcosAsinB
，< br>

∵
sinB0
，

∴
3sinAc osA2sin

A
∵
A

0,


，

∴
A
∴
A





1

1sinA
，可得：
< br>
，

6

6

2



7




,

，

6

66


6

5

2

，可得：
A
．

3
6
3
， 点
D
在
BC
边上，
CD＝2，ADC＝
（
2）∵
b

3
，

32
ACCD
< br>
∴在
VADC
中，由正弦定理，可得：
3
sinCAD< br>，可得：
sinADCsinCAD
2
sinCAD＝1
，
∴
CAD＝

2
，可得：
C

CADADC

6
，

∴
B＝
< br>AC＝
∴
ABAC

6
，

3
，

∴
S
V
ABC
＝
【点睛】

11333
．

ABACsinA33
2224本题主要考查了正弦定理、三角函数恒等变换的应用，三角形内角和定理及三角形的面积
公式在解三 角形中的应用，考查了计算能力和转化能力，属于中档题．

23．(1)
A
【解析】

【分析】

（
1
）根据正弦定理得到
tanA

6
. (2)
3

3
，计算得到答案
.

3
（
2
）化简得到
cos

BC

cosC，即
AC
，再计算得到
ac2
，代入面积公式
得到答案< br>.

【详解】

（
1
）∵

3ab a
3
.
∵
A

0,


，∴< br>A
.

，∴
tanA

6
cosAs inBsinA
3
（
2
）∵
cos

BC

2sinBsinCcosC

∴
cosBcosCsinBsinC2sinBsinCcosC
，

∴
cos

BC

cosC
，即
c osAcosC
，即
AC
.

∵
A

6
，∴
B
2

.
∵
a2
，∴
ac2
.

3
∴
S
ABC

【点睛】

113
acsinB223
.

222
本题考查了正弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力
.

24．(
Ⅰ
)120°
；
(
Ⅱ
)1.

【解析】

【分析】

(
Ⅰ
)
由题意利用 正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得∠
A
的大小；

(
Ⅱ
)
由题意结合
(
Ⅰ
)
的结论和三角函数的性质可得
sin BsinC
的最大值
.

【详解】

(
Ⅰ
)
Q2asinA

2bc

sinB

2cb

sinC
，

2a
2

< br>2bc

b

2cb

c
,
即
a
2
b
2
c
2
bc
.

b
2
c
2
a
2
1
cosA< br>，
A120
.

2bc2
(
Ⅱ
)sinBsinCsinBsin(60B)

31
cosBsi nBsin

60B

，

22

Q0B60
，∴当
60B90
即
B30
时 ，
sinBsinC
取得最大值
1.

【点睛】

在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出
现边的一次式 一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦
定理时，注意公式变式的应用 ．解决三角形问题时，注意角的限制范围．

n1
25．（
1
）< br>a
n
2
（
2
）
3.

【解析】

试题分析：

（
1
）由题意可得
a
3
16
，又
a
3
a
2
8
，故
a
2
8
，由此可得等比数列的公比
q2
，
n1
因此可得
a
n
2
．（
2
）由（
1
）得
b
n

n

n3

n 1
，所以
S
n

，从而
2
4
144

11





，求和可得
Sn
n

n3

3

nn3
11114

11111

4

11

22

L


1
，



1


S
1
S
2
S
3
S
n
3

23n1n2n3

3

23

9
所以可得
k
试题解析：
< br>（
1
）设等比数列

a
n

的公比为
q
，

∵
a
1
，a
5
的等比中项为16
．

∴
a
3
16
，

又
a
3
a
2
8
，

22，故存在满足题意得
k
，且
k
的最小值为
3
．

9
a
2
8
，

∴
q
a
3
2
，

a
2
n2
2
n1
．

∴
a
n
82
（
2
）由（
1
）得
b
n
log
4
2
n1

n1
，
< br>2
∴数列

b
n

为等差数列，且
b
1
1
．


n1

n

1 

∴
2

n

n3

，

S
n

24
∴
144

11





，

S
n< br>n

n3

3

nn3


11114

11111111


L
 
L

∴


S
1
S< br>2
S
3
S
n
3

142536nn3


4

11111



1


3

23n1n2n3

4

11

22


1


，

3

23

9
∴
k22
，

9
∴存在满足题意得
k
，且
k
的最小值为
3
．

点睛：用裂项法求和的原则及规律

（
1
）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．

（
2
）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第 几
项，消项后的剩余部分具有对称性．

26．(1)
a
n
2n1
(2)见证明

【解析】

【分析】

(1)
由题意将递推关系式整理为关于
S
n与
S
n1
的关系式，求得前
n
项和然后确定通项公式即
可；

(2)
由题意结合通项公式的特征放缩之后裂项求和即可证得题中的不等式
.

【详解】

（
1
）由
a
n

所以 数列
n
S
n
S
n1
，得
S
n
S
n1
S
n
S
n1
，即
S
n< br>S
n1
1(n2)
，

S
1
a< br>1
1
为首项，以
1
为公差的等差数列，


S

是以
2
所以
S
n
1(n1)1n
，即
S
n
n
，

当
n2
时，
a
n
S
n
S
n1
2n1
，
当
n1
时，
a
1
S
1
1，也满足上式，所以
a
n
2n1
；

（
2
）当
n2
时，
111
111

11
< br>




，

na
n
n(2n1)n(2n2)
2n(n1)2

n1n

1 111
1

11111

313

 11
L



所以


a
1
2a
2
3a
3
na
n
2
< br>223n1n

22n2
【点睛】

给出
S
n

与
a
n

的递推关系 ，求
a
n
，常用思路是：一是利用
a
n
S
nS
n1
转化为
a
n
的递推
关系，再求其通项公式； 二是转化为
S
n
的递推关系，先求出
S
n
与
n之间的关系，再求
a
n
.