中国传媒大学编导-两会心得体会

2020-2021北京市高三数学下期中一模试卷及答案

一、选择题 < br>1．等差数列

a
n

中，已知
a
6
a
11
，且公差
d0
，则其前
n
项和取最小值时的< br>n
的值
为( )

A
．6
B
．7
C
．8
D
．9

xy50
2．已知
x
、
y
满足约束条件
{xy0
，则
z2x4y
的最小值是（

）

x3
A
．
6
B
．
5
C
．
10
D
．
10


xy1 0

3．若
x,y
满足

xy10
，则zx2y
的最大值为
( )


x3y30

A
．
8 B
．
7 C
．
2 D
．
1


xy7
„
0，

4．设
x，y
满足约束条件

x3y1
„
0,
则
z2xy
的最大值为（ ）.


3xy5
…
0，

A
．10
B
．8
C
．3
D
．2

5．已知
a, bR

,
且
ab
A
．
[1,4]

11
5
,
则
ab
的取值范围是（

）

ab
C
．
(2,4)
D
．
(4,)

B
．

2,



2xy4
y1
6．设实数
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
1
7．在数列

a
n

中，
a
1
2
，
a
n1
a
n
ln(1)
，则
a
n


n
A
．
2lnn
B
．
2(n1)lnn
C
．
2nlnn
D
．
1nlnn

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

）

1

2
9．在斜
ABC
中，设角
A,B,C的对边分别为
a,b,c
，已知
A
．
2
B
．
-2
C
．
D
．

1
2
asinAbsinBcsinC4bsinBcosC
，
CD
是角
C
的内角平分线，且
CDb
，则
cosC=
（ ）

A
．
1

8
B
．
3

4
C
．
2

3
D
．
1

6
10
．已知数列
{a
n
}
满足
a1
=1
，且
a
n

公式为（

）

11
a
n1
()
n
(n2，且
n
∈
N*
），则数列
{a
n
}
的 通项
33
3
n
A
．
a
n

n2
1
3
B
．
a
n

n2

n
3
C
．
a
n
=n+2 D
．
a
n
=
（
n+2
）
·3
n

11．等比数列
{a
n
}
的前三项和
S
3
13
，若
a
1
,a< br>2
2,a
3
成等差数列，则公比
q
（

）

A
．3或


C
．3或
B
．-3或
1

3
1
3
1

3
B
．
21
D
．-3或


12
．如果等差数列

a
n

中，
a
3
+
a
4
+
a
5
=12
，那么
a
1
+
a
2
+ …+
a
7
=
（

）

A
．
14 C
．
28 D
．
35

二、填空题

11
lgxlgy2
13．已知，则
< br>的最小值是
______
.

xy
14．已知数列
{ a
n
}
中，
a
n
4n5
，等比数列
{b
n
}
的公比
q
满足
qa
n
an1
(n2)
，
且
b
1
a
2
， 则
b
1
b
2
Lb
n

______ ____
．

11
2nN
*
，则通项公式

15．数列

a
n

满足
a
1
 0
，且
1a
n1
1a
n

a
n< br>
_______
．

16．在等比数列中，，则__________．

2
17
．在< br>ABC
中，角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，已知< br>4sin
AB7
cos2C
，且
22
ab5,c 7
，则
ab
为

．

18．设等差数列< br>{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，若< br>S
3
9
，
S
6
36
，则
a7
a
8
a
9
等于
______
.

19．在锐角
ΔABC
中,内角
A,B,C
的对边分别为
a ,b,c
,已知
a2b4,asinA4bsinB6asinBsinC
, 则
nABC
的面积取最小值时有
c
2

_________ _
.

20
．某公司租赁甲、乙两种设备生产
A,B
两类产 品
,
甲种设备每天能生产
A
类产品
5
件和
B
类产品
10
件
,
乙种设备每天能生产
A
类产品
6
件和
B
类产品
20
件．已知设备甲每天的租赁
费为
200
元
,
设备乙每天的租赁费为
300
元
,
现该 公司至少要生产
A
类产品
50
件
,B
类产品
140
件
,
所需租赁费最少为
__________
元．

三、解答题

21．已知
ABC
的内角
A,B,C
所对的边分别为
a,b,c
，且
a2
.

（1）若
b23
，角
A30
，求角
B
的值；
（2）若
ABC
的面积
S
ABC
3
，
cosB
4
，求
b,c
的值.

5
22 ．已知数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n< br>，且
2S
n
na
n
2a
n
1
．

（
1
）求数列
{a
n
}
的通项公式；
< br>（
2
）若数列


1

n
T4< br>．

T
2

的前项和为
n
，证明：
n
a

n

23．在
ABC
中
A,B, C
的对边分别
a,b,c
，若
f(x)2sin(2x

6
)，f(C)2
，
c7
，
sinB2sinA
，

（
1
）求
C

（
2
）求
a
的值．

24．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且asin B＝－bsin

A
(1)求A；

(2)若△ABC的面积S＝





.

3

3
2
c，求sin C的值．

4
2 5．各项均为整数的等差数列
{a
n
}
，其前
n
项和为S
n
，
a
1
1
，
a
2
，
a
3
，
S
4
1
成等比
数列．

（1）求
{a
n
}
的通项公式；

n
（2 ）求数列
{(1)•a
n
}
的前
2n
项和
T2n
．

26．已知函数
f(x)msinx2cosx(m0)
的最大值为
2.

（
Ⅰ
）求函数
f(x)
在
[0,]
上的单调递减区间；

（
Ⅱ
）
AB C
中
,
f(A

)f(B)46sinAsinB
,
角
A,B,C
所对的边分别是
44

a,b,c
，且
C60
0
,c3
，求
ABC
的面积．


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一、选择题

1．C
解析：
C

【解析】

a
6
a
11
，所以< br>a
6
0,a
11
0,a
6
a
11
,a
1

因为等差数列

a
n

中，

S
n

d
[(n8)
2
64]，

所以当
n8
时前
n
项和取最小值
.
故选
C.

2
15
d
，有
2
2．A
解析：
A

【解析】

【分析】

【详解】


xy50
作出不等式
{xy0
所表示可行域如图所示，

x3
作直线
l:z2x4y
，则
z
为直线
l
在
y
轴上截距的
4
倍，

联立
{
x3
xy0
，解得
{
x3
y3
，结合图象知，

当直线
l
经过可行域上的点
A

3,3

时，直线
l
在
y
轴上的截距最小，

此时z
取最小值，即
z
min
234

3

6
，故选
A.

考点：线性规划

3．B
解析：
B

【解析】

试题分析：作出题设约束条件可行域 ，如图
ABC
内部（含边界），作直线
l:x2y0
，把直线
l
向上平移，
z
增加，当
l
过点
B(3,2)
时，
z3227
为最大
值．故选
B
．

考点：简单的线性规划问题．

4
．
B
解析：
B

【解析】

【分析】

作出可 行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最
优解的坐标，代入目标 函数即可求解
.

【详解】

作出可行域如图：


化目标函数为
y2xz
，

联立


xy70
（5,2）
.

，解得
A
x3y10

由图象可知，当直线过点
A
时 ，直线在
y
轴上截距最小，
z
有最大值
25-28
.< br>
【点睛】

本题主要考查了简单的线性规划，数形结合的思想，属于中档题
.

5．A
解析：
A

【解析】

2
14
11
ab


ab5
，可得分析：
a,bR

，由

，可得，又
2
ab

ab
ab

ab

2



1
< br>4



1
.

ab


1

5

ab


2
，化简整理即可得出



ab



ab


2
14
ab


详解：
a,bR

，由

ab
，可得
ab

ab

2
，


2

又
ab
11
5
，

ab

1

4



1
可得

ab


1

5
ab


2
，



ab



ab


化为

ab

5

ab

40
，

解得
1ab4
，

则
ab
的取值范围是

1,4

.

故选：
A.

点睛：本题考查了基本不等式的性质、一元二次不等式的解法， 考查了推理能力与计算能
力，属于中档题
.

2
6．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



x10
1
联立

，解得A（
1，
），
2

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
由图可知，
k
PA
1
1
3
最大．


2

12
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．

7．A
解析：
A

【解析】

【分析】

【详解】


1

aaln
a
试题分 析：在数列

n

中，
n1n

1



n

a
n
(a
n
a< br>n1
)(a
n1
a
n2
)(a< br>2
a
1
)a
1

ln
nn12
lnln2

n1n21
nn12
)2

n1n21
ln(
lnn2

故选
A.

8．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】

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．
9．A
解析：
A

【解析】

【分析】

2b
cosC
，由
cosC0
可得< br>a2b
；利用
a
C3
S
ABC
S
A CD
S
BCD
可构造方程求得
cos
，利用二倍角公式求得结 果
.

24
【详解】

利用正弦定理角化边可构造方程cosC
由正弦定理得：
a
2
b
2
c
2
4b
2
cosC

a
2
b
2
c
2
4b
2
cosC2b
则
cosCcosC
2ab2aba
QABC
为斜三角形

cosC0

a2b

11C1C
QSABC
S
ACD
S
BCD

b2bsinCbbsinb2bsin

22222
CCC
即：
2sinC4sincos3sin

222
QC

0,



cosC2cos
2
C



CC3
< br>
0,


sin0

cos

2

2

224
C91
121

2168
本题正确选项：
A

【点睛】

本题考查 解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、余弦定理和三角形面积
公式的应用、二倍角公式 求三角函数值等知识；关键是能够通过面积桥的方式构造方程解
出半角的三角函数值
.

10．B
解析：
B

【解析】

试题分析：由题可知，将
a
n

11
a
n1
( )
n
(n2
，两边同时除以
33
，整理得
a
n< br>
，得出
，运用累加法，解得
考点：累加法求数列通项公式

n2
；

n
3
11
．
C
解析：
C

【解析】

很明显等比数列的公比
q 1
，由题意可得：
S
3
a
1
1qq
且：2

a
2
2

a
1
a
3
，即
2

a
1
q2

a
1
a
1
q
，②

2

2

13
，①


a9

a
1
1

1
①②联立可得：

或

1
，


q3

q
3

综上可得：公比
q
3
或
本题选择
C
选 项
.

1
.

3
12．C
解析：
C

【解析】

试题分析：等差数列
a
n

中，
a
3
a
4
a
5
123a
4
12a
4
4
，则
a
1
a
2
La
7

7

a
1
a
7

2

7

2a
4< br>
2
7a
4
28

考点：等差数列的前
n
项和

二、填空题


13
．【解析】由得：所以当且仅当时取等号故填

1
解析：

5
【解析】

由
lgxlg y2
得：
xy100
，所以

11

1111 11
xy



(xy)xy
，当且仅当xy10
时，取等
xy100

xy

10050 5
号，故填
1
.

5
14．【解析】【分析】【详解】所以所以故答案为

解析：
4
n
1

【解析】

【分析】

【详解】

qa
n
a
n 1


4n5

[4

n1

5]4
，
b
1
a
2
4253
，

所以
b
n
b
1
q
n1
3

4

n1
，
b
n
3

4

2
n1
34
n1
，

14
n
34
n
1
，
< br>14
所以
b
1
b
2
b
n
3343434
故答案为
4
n
1
.

n1
15．【解析】【分析】构造数列得到数列是首项为1公差为2的等差数列得到【
详解】设则数列是首项为1公差为2的等差数列故答案为【点睛】本题考查了数
列的通项公式的求法构 造数列是解题的关键意在考查学生对于数列通项
解析：
2n2

2n1
【解析】

【分析】

构造数列
b
n

1
，得到数列
b
n
是首项为
1
公差 为
2
的等差数列
b
n
2n1
，得到
1an
2n2
.

2n1
【详解】

a
n

设
b
n

11
b1


，则
b
n
+
1
-
b
n
=
2
，
1
1a
n
1a
1
12n2
a
n


1a
n
2n1
数列
b
n
是首项为
1
公差为
2
的等差数列

b
n
2n12n1
故答案为
【点睛】

2n2

2n1
1
是解题的关键，意在考查学生对
1 a
n
本题考查了数列的通项公式的求法，构造数列
b
n

于 数列通项公式的记忆，理解和应用
.

16．64【解析】由题设可得q3=8⇒q=3则a7=a1q6=8×8=64应填答案64
解析：

，则，应填答案。

【解析】由题设可得
17． 6【解析】试题分析：即解得所以在中考点：1诱导公式余弦二倍角公式；

2余弦定理
解析：
6

【解析】

试题分析：
Q4sin2
AB7

C7
cos2C
，
4sin2
cos2C
，
2222
4cos
2
C77cos2C
，
2

cosC1

cos2C 
，
4cos
2
C4cosC10
，
222
2
即

2cosC1

1
，解得
cosC
所以在
ABC
中
C60
o
．

1
．

2
2
2
o
Qc
2
a
2
b
2
2abcosC
，
c

ab

2ab2abcos60
，
c
257
 6
．

33
考点：
1
诱导公式，余弦二倍角公式；
2
余弦定理．

2
2
ab



ab

3ab
，
ab

2
c
2

18
．【解析】【分析】根据等差数列的前项和转化为关于和的数量关系来求解< br>【详解】等差数列的前项和为则有解得故答案为【点睛】本题考查了等差数列
前项和的公式运用在 解答此类题目时可以将其转换为关于和的数量关系来求

解析：【解析】

【分析】

根据等差数列的前
n
项和转化为关于
a
1
和
d
的数量关系来求解

【详解】

Q
等差数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，
S
3
9
，
S
6
36
，


3

31

S3ad9

1

a
1
1

3
2
则有

，解得


d2


S6a
6 

61

d36
61

2

a
7
a
8
a
9
a
1
6da
1
7da
1
8d3a
1
21d3121 245

故答案为
45

【点睛】

本题考查了 等差数列前
n
项和的公式运用，在解答此类题目时可以将其转换为关于
a
1< br>和
d
的数量关系来求解，也可以用等差数列和的性质来求解，较为基础。
19．【解析】由正弦定理及得又即由于即有即有由即有解得当且仅当a=2b=2时
取得等号当a =2b=1S取得最小值易得(C为锐角)则则
解析：
5
【解析】

4
5

3

由正弦定理及
asinA4bs inB6asinBsinC
,

得
a
2
4b
2
6absinC
,
< br>又
S
1
absinC
,
即
a
2
 4b
2
12S
,

2
2
由于
a2b 4
,
即有
a
2
4b
2


a 2b

4ab164ab
,

即有
4ab1612S
,

2

a2b

,
即有
,,

S 
由
4ab2

解得
1612S8

3
2

当且仅当
a=2b=2
时
,
取得等号< br>,

当
a=2,b=1,S
取得最小值
2
2
,

3
易得
sinC
2
5
(C
为锐角
),
则
cosC
,

3
3
2
则
cab 2abcosC5
22
4
5
.

3
20．23 00【解析】【分析】【详解】设甲种设备需要生产天乙种设备需要生产
天该公司所需租赁费为元则甲乙 两种设备生产AB两类产品的情况为下表所示:产
品设备 A类产品（件）（≥50） B类产品（件）（≥140
解析：
2300

【解析】

【分析】

【详解】

设甲种设备需要生产天
,
乙种设备需要生产天
,
该公司所需租赁费为元
,
则
z2 00x300y
，甲、乙两种设备生产
A,B
两类产品的情况为下表所示
:

A
类产品

（件）
产品

设备

（
≥50
）

B
类产品

（件）
（
≥140
）

租赁费（元）



甲设备


5


10

200


乙设备


6


20


300

6
y10
5
,

则满足的关系为
{
10x20y140
即
:
{
x2y14
x0, y0
x0,y0
5x6y50
x
作出不等式表示的平面区域,

6
y10
{
z200x300y
5
当对应的直线过两直线的交点（
4,5
）时，目标函数
x2y14
x
z200x300y
取得最低为
2300
元．

三、解答题

21．（1）
B60
或
120
. (2)
b13

【解析】

【分析】

（1）根据正弦定理，求得
sinB
3
，进而可求解角B的大小；

2
（2）根据三角函数的基本关系式，求得
sinB
即可求解。

【详解】

（1）根据正弦定理得，
sinB
3
，利用三 角形的面积公式和余弦定理，
5
bsinA23sin303
.


a22
Qba
，
BA30
，
B60
或
120
.

43
（2）
QcosB0，且
0B

，
sinB
.

55113
QS
ABC
acsinB3
，
2c3< br>，
c5
.

225


由正弦定理
b
2
a
2
c
2
2accosB
，得
b13
.

【点睛】

本题主要考查了正弦定理、余弦定 理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三
角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本 题的关键．其中在
ABC
中，通常涉及
三边三角，知三（除已知三角外）求三，可解 出三角形，当涉及两边及其中一边的对角或
两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两 边及其夹角时，运用余弦定
理求解
.

22．（1）
a
n

【解析】

【分析】

(1)
根据前
n
项和与通项间的关系得到，
2S
n
na
n
2a
n
1
，
n1
(nN

)
；（
2
）见解析

2
2S
n1< br>

n1

a
n1
2a
n1
1
，两式做差即可得到数列
列，
a
n
a

a< br>

n1
，数列

n

为常数
n 1n

n1

a
n
1n1

，即< br>a
n

；（
2
）根据第一问得到
n122
1441

1
4

，裂项求和即可
.

2
2
a
n
nn1nn1


< br>n1

【详解】

（
1
）当
n1
时，
2S
1
a
1
2a
1
1
，即< br>a
1
1
，

当
n2
时，
2S
n
na
n
2a
n
1

①，

2S
n1


n1

a
n1
2a
n1
1

②

①②
，得
2a
n
na
n


n1

a
n1
2a
n
2a
n1
，即< br>na
n


n1

a
n1
，所 以
a
n
aa
a
11

a

n1
，且
1

， 所以数列

n

为常数列，
n

，即
n1n22n12

n1

a
n

n1
nN
*
．

2

1441

1
n1
4
（2
）由（
1
）得
a
n

，所以
2
，

a
n

n1

2
n

n1


nn1

2
所以
T
n

44444444

L

L

，
2
2
2
3
2
4
2
1 22334nn1

n1



1

11

11

1


1
 
1

4


1









L

41



4
．


nn 1



n1



2

23

34

【点睛】

这个题目考查的是数列 通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见
的已知
S
n
和
a
n
的关系，求
a
n
表达式，一般是写出
Sn1
做差得通项，但是这种方法需要检
验
n=1
时通项公式是否适用； 数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等．

23．（
1
）
C
【解析】

【分析】

2

；（
2
）
a1
.

3（
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
b2a
，利用余弦定理列方程，解方程求得
a
的值
.

【详解】

（
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2 a


22

又由余弦定理
c
2a
2
b
2
2abcosC
得：
7a4a2 a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
.< br>
24．（1）
【解析】

【分析】

（
1
）利用正弦定理化简已知等式即得
A=
5

7
；（2）
6
14
5

3
2
.(2)
先根据△ ABC的面积S＝c得到b＝
6
4
3
c，

再利用余弦定理得到a＝
7
c，再利用正弦定理求出sin C的值．

【详解】

（A
(1)因为asin B＝－bsin
即sin A＝－

)
，所以由正弦定理得sin A＝－sin
（A)
，

33

1
33
sin A－cos A，化简得tan A＝－，

2
23
5

.

6
因 为A∈(0，π)，所以A＝
(2)因为A＝
1
1
5

3< br>2
1
，所以sin A＝，由S＝c＝bcsin A＝bc，得b＝
3
c，

6
22
4
4
csinA7
.


a14
所以a
2
＝b
2
＋c
2
－2bccos A＝7c
2
，则a＝
7
c，由正弦定理得sin C＝
【点睛】

本题主要考查三角恒等变换，考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考 查学生对这些知识
的掌握水平和分析推理计算能力
.

25．(1)
a
n
2n3
(2)
T
2n
2n

【解析】

【分析】
< br>2
（1）由题意，可知
a
3
a
2
(S
4
1)
，解得
d2
，即可求解数列的通项公式；

（2） 由（1），可知
a
n
a
n1
2
，可得
T2n


a
1
a
2



a
3
a
4

...

a2n1
a
2n

，即可求解.

【详解】

（1）由题意，可知数列

a
n

中，
a
1
1
，
a
2
，
a
3
，
S4
1
成等比数列.

2
则
a
3
a
2
(S
4
1)
，即

12d
< br>

1d

36d

，解得
d 2
，

2
所以数列的通项公式
a
n
2n3
.

（2）由（1），可知
a
n
a
n1
2
，

所以
T
2n


a
1
a
2< br>


a
3
a
4

...

a
2n1
a
2n

2n
.
【点睛】

本题主要考查了等差数列的通项公式的求解，以及“分组求和”的应 用，其中解答中熟记
等差数列的通项公式和等比中项公式，准确求得等差数列的公差是解答的关键，着重 考查
了运算与求解能力，属于基础题
.

26．（
Ⅰ
）
【解析】

【分析】

【详解】

(1)
由题意，
f(x)
的最大值为
m
2
2，
所以
m
2
22.
而
m>0< br>，于是
m=
2
，
f(x)=2sin(x+
（
Ⅱ）



3

(kZ)，
).
由 正弦函数的单调性可得
x
满足
2k

x2k

即
242
4

5


2k

x2k

(kZ).
所以
f(x)
在［
0,π
］上的单调递减区间为
［,

］.

444
c3
23.
化简
sin?Csin60
(2)
设△
ABC
的外接圆半径为
R
，由题意，得
2R
f(A)f(B )46sinAsin?B，
得
sin A+sin B=2
6
sin Asin B.
由正弦定理，得
44

2R

ab
26ab,ab2ab.
①

由余弦定理，得
a
2
+b
2
-ab=9
，即
(a+b)
2
-3ab -9=0
②

将①式代入②，得
2(ab)
2
-3ab-9 =0
，解得
ab=3
或
ab
3
(
舍去
)
，故
2
S
ABC

133
absinC.< br>
24