日历表2016日历-石家庄军械工程学院

2020-2021高三数学上期末一模试卷含答案(7)

一、选择题 < br>1．若函数
y
＝
f
(
x
)满足：集合
A＝{
f
(
n
)|
n
∈N}中至少有三个不同的数成等差 数列，则称
函数
f
(
x
)是“等差源函数”，则下列四个函数中，“ 等差源函数”的个数是( )

①
y
＝2
x
＋1；②y
＝log
2
x
；③
y
＝2＋1；

x
*
（
④
y
＝sin
A
．1


4
x

4
）

B
．2
C
．3
D
．4


x 3y30

2．设
x,y
满足约束条件

2xy 80
，则
zx3y
的最大值是（ ）


x4y40

A
．9
B
．8
C
．3
D
．4

3．在
ABC
中，
A C2
,
BC22
,
ACB135
o
，过
C
作
CDAB
交
AB
于
D
，
则
C D
( )

A
．
25

5
B
．
2
C
．
3
D
．
5

4．设等比数列
{a
n
}
的前< br>n
项和为
S
n
，若
A
．
2
B
．
S
6
S
9

（

）

3，

则
S
6
S
3
8
C
．

3
7

3
D
．
3


x y10

y
5．设
x，y
满足约束条件

x y1＞0
，则的取值范围是（ ）

x

y2

A
．

,2

U

2,

C
．

,2

U

2,


B
．

2,2


2


D
．

2,
6．在
A BC
中，内角
A,B,C
所对的边分别为
a,b,c
，且
a cosB

4cb

cosA
，则
cos2A
（ ）

7
A
．

8
A
．140

B
．
1

8
C
．

7

8
D
．


1
8
7．已知等差数列

a
n

,前
n
项和为
S
n
,
a
5
a
6
28
,则
S
10

( )

B
．280
C
．168
D
．56


2xy4

y1
8．设实数< br>x,y
满足

x2y2
，则的最大值是（

）

x

x10

A
．
-1
B
．
1

2
C
．
1
D
．
3

2

9．
ABC
的内角< br>A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b< br>，
c
，已知
b2
，
B
则
ABC
的面积为（ ）

A
．
223
B
．
31

o

6
，
C
=
4
，
C
．
232
D
．
31

10．如图，为了测量山坡上灯塔
CD
的高度 ，某人从高为
h=40
的楼
AB
的底部
A
处和楼
顶
B
处分别测得仰角为

=60
，

=30
o
，若山坡高为
a=35
，则灯塔高度是（ ）


A
．
15
B
．
25
C
．
40
D
．
60

11．等差数列

a
n

中，
a
3
a
4
a5
12
，那么

a
n

的前
7项和
S
7

（

）

A
．
22
B
．
24
C
．
26
D
．
28

12．在等差数列


a
n


中，

S
n

表示


a
n


的前

n

项和，若

a
3
a
6
3

，则

S
8

的值为
（

）

A
．
3



B
．
8

D
．
24

C
．
12


二、填空题
13．在
ABC
中，角
A
，B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c.
CA

2
，
sinA
1
，
3
a3
，则
b
______
.

rr
r r
y
14．已知向量
a

1,x

,b

x,y2

，其中
x0
，若
a
与
b
共线，则的最小值为
x
__________
．

x2y0

15．若实数
x,y
满足约束条件

x y0
，则
z3xy
的最小值等于
_____
．
< br>
x2y20

16．已知锐角三角形的边长分别为1，3，
a
，则
a
的取值范围是
__________
．

1 7．
ABC
的内角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
， 已知
3

acosCccosA

b,B60
，则
A
的大小为
__________
．


1

a
2n

．

18．已知数列
{a
n
}
(
nN
)，若
a1
1
，
a
n1
a
n

，则
lim
n

2

*
n

19．在
ABC
中，内角
A
，
B
，
C< br>所对应的边长分别为
a
，
b
，
c
，且
cos C
22
，
3
bcosAacosB2
，则
ABC< br>的外接圆面积为
__________
．

20．已知数列

a
n

为正项的递增等比数列，
a
1
a
5
82
，
a
2
ga
4
81
，记数列< br>

2


的前
a

n

11
n
项和为
T
n
，则使不等式
2020|Tn
1|1
成立的最大正整数
n
的值是
_________ _
．

3a
n
三、解答题
21．在
△ABC中，
A,B,C
对应的边为
a,b,c
.已知
acosC（Ⅰ）求
A
；

（Ⅱ）若
b4,c6
，求
cosB
和
cos

A2B

的值.

22．已知函数f(x)＝x－2ax－1＋a，a∈R.

(1)若a＝2，试求函数y＝
2
1
cb
.

2
f

x

(x>0)的最小值；

x
(2)对于任意的x∈[0，2]，不等式f(x)≤a成立，试求a的取值范围．

23．在
ABC
中
A,B,C
的对边分别
a,b,c，若
f(x)2sin(2x

6
)，f(C)2
，< br>c7
，
sinB2sinA
，

（
1
）求
C

（
2
）求
a
的值．

24．△ABC中，a、b、 c分别是角A、B、C的对边，向量＝(2sinB,2－cos2B)，＝
(2sin(
2< br> )，－1)，.

(1)求角B的大小；

(2)若a＝ ，b＝1，求c的值．

25．在
ABC
中
,
角
A
、
B
、
C
所对的边分别为
a
、
b
、
c
，角
A
、
B
、
C
的度数成等差数列，
b13
.

（
1
）若
3sinC4 sinA
，求
c
的值；

（
2
）求
ac
的最大值
.

26．等差 数列{a
n
}的前n项和为S
n
，且
a
3
=9，S
6
=60．

（I）求数列{a
n
}的通项公式；

（II）若数列{b
n
}满足b
n+1
﹣b
n
=< br>a
n
（n∈N
+
）且b
1
=3，求数列
< br>
1


的前n项和T
n
．


b
n


【参考答案】
***
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一、选择题

1．C
解析：
C

【解析】

①
y
＝
2 x
＋
1
，
n
∈
N
*
，是等差源函数；
②因为
log
2
1
，
log
2
2< br>，
log
2
4
构成等差数列，所以
y
＝
lo g
2
x
是等差源函数；

③
y
＝
2
x
＋
1
不是等差源函数，因为若是，则
2(2
p
＋
1)
＝
(2
m
＋
1)
＋
(2
n
＋
1)
，则
2
p
＋
1
＝
2
m＋
2
n
，所以
2
p
＋
1
－
n
＝
2
m
－
n
＋
1
，左边是偶数，右边是奇 数，故
y
＝
2
x
＋
1
不是等差源函数；

④
y
＝
sin




x< br>
是周期函数，显然是等差源函数
.

4

4
答案：
C.

2
．
A
解析：
A

【解析】

绘制不等式组表示的平面区域如图所 示，结合目标函数的几何意义可知目标还是在点
C

3,2

处取得 最大值，其最大值为
z
max
x3y3329
.

本题选择
A
选项
.


3
．
A
解析：
A

【解析】

【分析】

先由余弦定理得到
AB
边的长度，再由等面积法可得到结果
.

【详解】

AC
2
BC
2
AB
22
根据余弦定理得到
.
将
AC2
,
BC22< br>,
代入等式得到
2ACBC2
AB=
25
,

再由等面积法得到
故答案为
A.

【点睛】

11225


25CD222CD
2225这个题目考查了解三角形的应用问题，涉及正余弦定理，面积公式的应用，在解与三角形
有关的问题 时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据
.
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、简捷一般来说
,
当条件中同时出现
ab

及
b
2

、
a
2

时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交 叉出现时，往往运用
正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答
.< br>
4．B
解析：
B

【解析】

【分析】

首先由等比数列前
n
项和公式列方程，并解得
q
，然后再次利用等比数列前
n
项和公式，
3
则求得答案．

【详解】

a
1
(1q
6
)
S
6
1q
6
1q
1q
3
3
，

设公比为
q
，则
3
3
S
3
a
1< br>(1q)
1q
1q
∴
q2
，

3< br>S
9
1q
9
12
3
7

．

∴
62
S
6
1q123
故选：
B< br>．

【点睛】

本题考查等比数列前
n
项和公式，考 查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理
能力、运算求解能力，求解时也可以利用连续等长片 断的和序列仍然成等比数列，进行求
解
.

5．A
解析：
A

【解析】

【分析】

根据题意，作出可行域，分析
根据图象即可求解
.

【详解】

作出约束条件表示的可行域，如图所示，

y
的 几何意义是可行域内的点

x,y

与原点
O
连线的斜率，
x


xy10
y
的几何意义是可行 域内的点

x,y

与原点
O
连线的斜率，由
< br>，得点
A
的
x

y2
坐标为

1 ,2

，所以
k
OA
2
，同理，
k
OB
2
，

y
的取值范围是

,2

U

2,

.

x
故选：
A

【点睛】

所以
本题考查简 单的线性规划，考查斜率型目标函数问题，考查数形结合思想，属于中等题型
.

6．C
解析：
C

【解析】

【分析】

根据题目条件结合三角形的正弦定理以及三角形内角和定理可得
sinA
，
进 而利用二倍角余
弦公式得到结果
.

【详解】

∵
acosB

4cb

cosA
．

∴
sinAcosB
＝
4sinCcosA
﹣
sinBco sA

即
sinAcosB+sinBcosA
＝
4cosAsinC

∴
sinC
＝
4cosAsinC

∵
0
＜
C
＜π，
sinC
≠
0
．

∴
1
＝
4cosA
，即
cosA

2
1
，< br>
4
7
．

8
那么
cos2A2cosA1
故选
C

【点睛】

本题考查了正弦定理及二倍角余弦公式的灵活运用，考查计算能力，属于基础题．

7．A
解析：
A

【解析】

由等差数列的性质 得，
a
5
a
6
28a
1
a
10< br>，

其前
10
项之和为

10

a
1
a
10

2

1028
14 0
，故选
A.

2
8
．
D
解析：
D

【解析】

【分析】

由约束条件确定可行域，由
的斜率求得答案．

【详解】

y1
的几何意义，即可行域内的动点与定点P（
0
，
-
1）连线< br>x

2xy4

由约束条件

x2y2，作出可行域如图，


x10


联立


x10

x2y20
y1
的几何意义为可 行域内的动点与定点P（
0
，
-
1）连线的斜率，

x
k
PA
1
1
3
最大．

2

12
，解得A（
1，
），

1
2
由图可知，
故答案为
【点睛】

3
．

2
本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，属于中档题型．

9．B
解析：
B

【解析】

试 题分析：根据正弦定理，
，所以
考点：
1
．正弦定理；
2
． 面积公式．

，解得，，并且

10
．
B
解析：
B

【解析】

【分析】

过点< br>B
作
BEDC
于点
E
，过点
A
作
AFDC
于点
F
，在
ABD
中由正弦定理求得
AD，在
RtADF
中求得
DF
，从而求得灯塔
CD
的高 度．

【详解】

过点
B
作
BEDC
于 点
E
，过点
A
作
AFDC
于点
F
，
如图所示，在
ABD
中，由正弦定理得，
即
hAD

，

sin[90

(90

)]s in(90

)
hcos

hcos

sin

DFADsin


，在
RtADF
中，，

sin(



)sin(



)
ABAD

，

sinADBsinABDAD
又山高为
a
，则灯塔
CD
的高度是

hcos

sin

a
sin(



)
40
33

22
35603525
．

1
2
CDDFEF
故选
B
．


【点睛】

本题考查了解三角形的应用和正弦定理，考查了转化思想，属中档题．

11．D
解析：
D

【解析】

试题分析：由等差数列的性质
a
3
a
4
a
5
123a
4
1 2a
4
4
，则

考点：等差数列的性质

12
．
C
解析：
C

【解析】

【分析】

由题意可知，利用等差数列的性质，得
a
1
a
8
a
3
a
6
3
，在利用等差数列的前n项和
公式，即可求解，得到答案。

【详解】

由题意可知，数列

a
n

为等差数列，所以
a
1
a
8
a
3
a
6
3
，

∴由等差数列的求和公式可得
S
8

【点睛】

本 题主要考查了等差数列的性质，及前
n
项和公式的应用，其中解答中数列等差数列的性
质和等差数列的前
n
项和公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。

8(a
1
a
8
)
83
12
，故选C。

22
二、填空题


13
．
7
【解析】【分析】先求出再利用正弦定理求最后利用余弦定理可求【详
解】因为所以故且为锐 角则故由正弦定理可得故由余弦定理可得故即或因为为
钝角故故故答案为：
7
【点睛】 三角形中共有七个几何量（三边三角以及外

解析：7

【解析】

【分析】

先求出
sinC
【详解】

因为CA
22
，再利用正弦定理求
c
，最后利用余弦定理可求
b
.

3

2
，所以
C



A
，故
sinCsin

A
cosA
，

2

2

且
A
为锐角，则
cosA
22
22
.

，故
sin C
3
3
由正弦定理可得
ac
asinC

，故< br>c
sinAsinC
sinA
3
22
3
62
，

1
3
由余弦定理可得
a
2
b
2
c
2
2bccosA
，

故
9b
2
722b62
22
即
b7
或
b9
，

3
因为
C
为钝角，故
cb
， 故
b7
.

故答案为：
7.

【点睛】

三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量
（除三个 角外），可以求得其余的四个量.

（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；

（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；

（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.

14．【解析】【分析】根据两个向量平 行的充要条件写出向量的坐标之间的关
系之后得出利用基本不等式求得其最小值得到结果【详解】∵其中 且与共线∴
即∴当且仅当即时取等号∴的最小值为【点睛】该题考查的是有关向量共线
解析：
22

【解析】

【分析】

根据 两个向量平行的充要条件，写出向量的坐标之间的关系，之后得出
基本不等式求得其最小值，得到结果< br>.

【详解】

y2
x
，利用
xxr
r
r
r
∵
a

1,x

，

b

x,y2

，其中
x0
， 且
a
与
b
共线

∴
1

y2

xx
，即
yx2

2
2
yx< br>2
22
∴
x22
，当且仅当
x
即
x2
时取等号

x
xxx
y
的最小值为
22
.

x
【点睛】

∴
该题考查的是有关向量共线的条件，涉及到的知识点 有向量共线坐标所满足的条件，利用
基本不等式求最值，属于简单题目
.

1 5．【解析】【分析】先画出可行域改写目标函数然后求出最小值【详解】依
题意可行域为如图所示的阴 影部分的三角形区域目标函数化为：则的最小值即
为动直线在轴上的截距的最大值通过平移可知在点处动 直线在轴上的截距最
7
解析：


2
【解析】

【分析】

先画出可行域，改写目标函数，然后求出最小值

【详解】

依题意，可行域为如图所示的阴影部分的三角形区域，


目标函数化为：< br>y3xz
，则
z
的最小值即为动直线在
y
轴上的截距的最 大值．通过平
1


x2y0

y
移可知在< br>A
点处动直线在轴上的截距最大．因为
A:

解得
A

1,

，

2


x2y2 0
17
所以
z3xy
的最小值
z
min
3

1


．

22
【点睛】

本题考查了线性规划的简单应用，一般步骤：画出可行域，改写目标函数，求出最值

16．【解析】由三角形中三边关系及余弦定理可得应满足解得∴实数的取值范
围是答案：点睛：根据三 角形的形状判断边满足的条件时需要综合考虑边的限
制条件在本题中要注意锐角三角形这一条件的运用必 须要考虑到三个内角的
解析：
22a10

【解析】

由三角形中三边关系及余弦定理可得
a
应满足


2a 4

1
2
3
2
a
2
0
< br>，解得
22a10
，


222
1a30

222


a310
∴实数
a
的 取值范围是
(22,10)
．

答案：
(22,10)

点睛：

根据三角形的形状判断边满足的条件时，需要综合考虑边的限制条件，在本题 中要注意锐
角三角形这一条件的运用，必须要考虑到三个内角的余弦值都要大于零，并由此得到不等式，进一步得到边所要满足的范围．

17．【解析】由根据正弦定理得即又因为所以故答案为
解析：
75

【解析】

由
3

acosCccosA
b
，根据正弦定理得
3

sinAcosCsinCcosA

sinB
，即

3sin

AC
< br>
3
，

2
1

sin

AC

,?AC30
，

26
又因为
AC180B120
，

所以
2A150,A75
，

故答案为
75
．

18．【解析】【分析】由已知推导出=(=1 +（）从而-=-
由此能求出【详解】∵数列满足：∴（）+（）+……+（）=++……+==(∴= (；又+…
…+（）=1+++……+=1+=1+（）即=1+（）∴-=-
2
解析：


3
【解析】

【分析】

由已知推导出
S
2n
=
2111
(
1
n
)
，
S
2n1
=1+（
1
n1
），从而
a
2n
S
2n
-
343 4
12
a
2n

-，由此能求出
lim
2n1< br>n
3
n
23
【详解】

S
2n1=
1

a
1
1
，
a
n1
a
n


∵数列

a
n

满足 ：


，


2

a
2
）+（
a
3
 a
4
）+……+（
a
2n1
 a
2n
）∴（
a
1

n
=
1

1


1

+

+……+

2

2


2

21
(
1
n
)
；

34
32n1
1

1
1

2

4
n
=
1
1< br>4


2

=(
1
1
)
，

34
n
∴
S
2n
=
a
3a
4
 a
5
+……+（
a
2n2
 a
2n1
）又
a
1
a
2


1

242n2

1

1

1< br>

=1+

+

+……+
=1+

2


2


2
 
2

即
S
2n1
=1+
2
1

1

n1


4

=1+
1
（
1
1
），

34
n1
1
1
4
11
（
1
n1
）

34
12
-

3
n
2
2n1
3
∴
a
2n
S
2n
-
S
2n1
=

∴
lima
2n
lim(
nn
122
)
--，

3
n
2
2n1
33
故答案为：-


【点睛】

本题考查数列的通项公式的求法，数列的极限的求法，考查逻辑思维能力及 计算能力，属
于中档题．

2
3
19．【解析】【分析】根据正弦定 理得到再根据计算得到答案【详解】由正弦
定理知：即即故故答案为【点睛】本题考查了正弦定理外接圆 面积意在考查学
生的计算能力
解析：
9


【解析】

【分析】

根据正弦定理得到
sin

AB

sinC
【详解】

由正弦定理知：
bcosAacosB2RsinBcosA2RsinAcosB2
，
即
sin

AB

sinC
11
22< br>，再根据
cosC
计算
sinC
得到答案.

R 3
3
11
22
，
cosC
，
sinC
，

R3
3
即
R3
.故
S

R
2
9

.

故答案为
9


【点睛】

本题考查了正弦定理，外接圆面积，意在考查学生的计算能力.

20．8【解析】【分析】根据求得再求出带入不等式解不等式即可【详解】因为
数列为正项的 递增等比数列由解得则整理得：使不等式成立的最大整数为故答
案为：【点睛】本题主要考查了等比数列 的性质和等比数列的求和同时考
解析：8

【解析】

【分析】


a
1
a
5
82

a
1
1
1
根据

，求得

，
a
n
3
n1
.再求出
T
n
3(1
n
)
，带入不等式
3

a
2
a
4
a
1
a
5
81

a
5
81
11
2020|T
n
1|1
，解不等式即可.

3a
n
【详解】

因为数列

a
n

为正项的递增等比数列，

a
1
a
5
82

a
1
1
由

，解得

.

aaaa81
a81
15

24

5

则
q3
，
a
n
3
n1
.

1
)n
1
3
T
n
23(1
n
)
.

1
3
1
3
11
1
2020|T
n
1|1
2020|1
1
1|1
.
< br>nn1
3a
n
33
(1
整理得：
3
n< br>8080
.

使不等式成立的最大整数
n
为
8
.

故答案为：
8

【点睛】

本题主要考查了等比数列的性质 和等比数列的求和，同时考查了学生的计算能力，属于中
档题.

三、解答题

21．（Ⅰ）
A
【解析】

【分析】

（Ⅰ）先根据正弦定理化边为角，再根据两角和正弦公式化简得结果，（Ⅱ）根据余弦定
理求
a
，代入条件求得
sinB
【详解】

（Ⅰ）解：由条件
acosC
11
π
（Ⅱ）


3
14
2
3
，解得
cosB
，最后根据两角和余 弦定理得结果.

7
7
11
cb
，得
sinAs inCsinCsinB
，又由
22
1
sinBsin
AC

，得
sinAcosCsinCsinAcosCcosAsin C
.

2
1
π
由
sinC0
，得
cosA
，故
A
.

23
π
（Ⅱ ）解：在
VABC
中，由余弦定理及
b4,c6,A
，
3
有
a
2
b
2
c
2
2bcco sA
，故
a27
.

由
bsinAasinB
得
sinB
2
3
，因为
ba
，故
cosB< br>.

7
7
1
43
2
，
cos2B 2cosB1
.

7
7
因此
sin2B2sinBc osB
所以
cos

A2B

cosAcos2B sinAsin2B
11
.

14

【点睛】

解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就 需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转
化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.

22．（
1
）
2
；（
2
）

, 


【解析】

【分析】

（
1）根据基本不等式求最值，注意等号取法，（
2
）先化简不等式，再根据二次函数图像确定满足条件的不等式，解不等式得结果
.

【详解】

3

4


f(x)
x
2
-4x1
1
==x+-4.

(1)依题意得y=
xx
x
因 为x>0,所以x+
11
≥2.当且仅当x=时,

xx
即x=1时,等号成立.所以y≥-2.

f(x)
的最小值为-2.

x
(2)因为f(x)-a=x
2
-2ax-1,

所以当 x=1时,y=
所以要使得“对任意的x∈[0,2],不等式f(x)≤a成立”只要“x
2
-2ax-1≤0在[0,2]恒成
立”.

不妨设g(x)=x
2
-2ax-1,

则只要g(x)≤0在[0,2]上恒成立即可.


g(0)0,

0-0-10,
所以

即


g(2)0,4-4a-10,

3

3

解得a≥,则a的取值范围为

,


.

4

4

【点睛】

在利用基本不等式 求最值时，要特别注意
“
拆、拼、凑
”
等技巧，使其满足基本不等式中
“
正
”(
即条件要求中字母为正数
)
、
“
定”(
不等式的另一边必须为定值
)
、
“
等
”(
等号取得的条件
)
的条件才能应用，否则会出现错误
.

23．（
1
）
C
【解析】

【分析】

（
1
）由
f

C

2
，结合特 殊角的三角函数值，求得
C
.

（
2
）利用正弦定理得到< br>b2a
，利用余弦定理列方程，解方程求得
a
的值
.

【详解】

2

；（
2
）
a1
.

3

（
1
）由
f(C)2
,
得
sin( 2C

6
)1
,
且
C(0,

)
,
所以
2c

6

3

2
-

，
C
23
2

,


3
（
2
）因为
sinB2sinA
,
由正弦定理得
b2a


22

又由余弦定 理
c
2
a
2
b
2
2abcosC
得 ：
7a4a2a2acos

解得
a1

【点睛】

本小题主要考查特殊角的三角函数值，考查利用正弦定理、余弦定理解三角 形，属于基础
题
.

24．（1）或
【解析】

【分析】

(1)
根据＝0得到4sinB·sin
2
＋c os2B－2＝0，再化简即得B＝ 或 .(2)先
； （2）
c
＝
2
或
c
＝
1
.

确定B的值，再利用余弦定理求出c的值.

【详解】

(1)∵，∴＝0，∴4sinB·sin
2
＋cos2B－2＝0，
∴2sinB[1－cos]＋cos2B－2＝0，∴2sinB＋2sin
2
B＋1－ 2sin
2
B－2＝0，

.

∴sinB＝ ，∵0(2)∵a＝ ，b＝1，∴a>b，∴此时B＝，

2 222
由余弦定理得：b＝a＋c－2accosB，∴c－3c＋2＝0，∴c＝2或c＝1.

综上
c
＝
2
或
c
＝
1.

【点睛】

本题主要考查三角恒等变换，考查正弦定理余弦定理在解三角形中的应用， 意在考查学生
对这些知识的掌握水平和分析推理能力
.

25．(1)
c4
；
(2)
213
．

【解析】

【分析】

【详解】

(1)
由角
A,B,C
的度数成等差数列，得
2BAC
.

又
ABC

,B

3
.
由正弦定理，得
3c4a
,
即
a
3c
.

4

3c1

3c

由余弦定理，得
bac2accosB
,
即
13

c
2
2c
，解得
c4
.

42

4

222
2
(2)
由正弦定理，得
acb
,asinA,csinC.

sinAsinCsinB
3333
2
ac

213

33


sinAsincosA213si nA


.


226
3


由
0A
所以当
A
213213213





sinAsinABsinA sinA

sinAsinC






3


333



2

5

.

，得
A
366 6

6


2
，即
A

3时，

ac

max
213
.

【方法点睛】

解三角形问题基本思想方法：从条件出发，利用正弦定理
(< br>或余弦定理
)
进行代换、转
化．逐步化为纯粹的边与边或角与角的关系，即考虑 如下两条途径：①统一成角进行判
断，常用正弦定理及三角恒等变换；②统一成边进行判断，常用余弦定 理、面积公式等．

26．（Ⅰ）a
n
=2n+3；（Ⅱ）
【解析】

试题分析 ：（Ⅰ）设出等差数列的首项和公差，利用通项公式、前
n
项和公式列出关于首
项和公 差的方程组进行求解；（Ⅱ）利用迭代法取出数列
{b
n
}
的通项公式，再利 用裂项抵
消法进行求和.

试题解析：（Ⅰ）设等差数列{a
n
}的 公差为d，∵a
3
=9，S
6
=60．∴，解
311
< br>.

42(n1)2(n2)
得．

∴a
n
=5+（n﹣1）×2=2n+3．

（Ⅱ）∵b
n +1
﹣b
n
=a
n
=2n+3，b
1
=3，

当n≥2时，b
n
=（b
n
﹣b
n
﹣
1
）+…+（b
2
﹣b
1
）+b
1

=[ 2（n﹣1）+3]+[2（n﹣2）+3]+…+[2×1+3]+3=
当n=1时，b
1< br>=3适合上式，所以．

．

∴．

∴



=
=
点睛：裂项抵消法是一种常见的求和方法，其适用题型主要有：

（
1
）已知数列的通项公式为
a
n

（
2
）已知数列的通项公式为
a
n

111
1

， 求前
n
项和：
a
n

；

n(n1)< br>n(n1)nn1
1
，求前
n
项和：

(2n 1)(2n1)
a
n

1111
()
；
< br>(2n1)(2n1)22n12n1
1
nn1
，求前
n
项和
:.

（
3
）已知数列的通项公式为
a
n

a
n

1
nn1
n1n