由数列前
n
项和的定义
S
5
S
4
a
5
，
S
5
S
4

故选
B.

点睛：本题考查等差数列的性质与前
n
项和计算 的应用，解题时要认真审题，注意灵活运
用数列的基本概念与性质
.

7．B
解析：
B

【解析】

试题分析：由题意可得，当
n
为奇数时，
a
n
f(n)f(n1)n
2

n1

2n1;
当
2
n
为偶数时，
a
n
f(n)f(n1)n
2


n 1

2
2n1;
所以
a
1
a
2a
3



a
2
a
4

故选
B.

a
100


a
1
a
3
a
99

99

992

246100

99100
，
a
100

2

135
考点：数列的递推公式与数列求和< br>.

【方法点晴】本题主要考查了数列的递推公式与数列求和问题，考查了考生的数据处 理与
n
2
(当n为奇数时)
运算能力，属于中档题
.
本题解 答的关键是根据给出的函数
f

n

{
2
及n(当n为偶数时)
a
n
f(n)f(n1)
分别写出
n
为奇数和偶数时数列

a
n

的通项公式，然后再通过分
组求和的方法得到数列

a
n

前
100
项的和
.

8
．
D
解析：
D

【解析】

【分析】


y0

2xy 2

要确定不等式组

表示的平面区域是否一个三角形，我们可以先画出xy0



xya

y0


2xy2
，再对
a
值进行分类讨论，找出满足条件的实数
a
的取值范围．


xy0

【详解】

y0

不等式组

2xy2
表示的平面区域如图中阴影部分所 示．


xy0



xy< br>
22

由

得
A

,

，


33


2xy2

y0
,

．

由

得
B
10
2xy2


y0

2xy2
< br>若原不等式组

表示的平面区域是一个三角形，则直线
xya
中< br>a
的取值范

xy0


xya
围是< br>a

0,1

故选：
D

【点睛】

平面区域的形状问题是线性规划问题中一类重要题型，在解题时，关键是正 确地画出平面
区域，然后结合分类讨论的思想，针对图象分析满足条件的参数的取值范围．


4

,



3

9．D
解析：
D

【解析】

【分析】

由已知条件判断出公差
d0
，对
出结果
.

【详解】

a
20
1
进行化简，运用等差数列的性质进 行判断，求
a
19
a
20
a
19
a
20
1
0
，

已知

a
n
< br>为等差数列，若，则
a
19
a
19
由数列

a
n

的前
n
项和
S
n
有最大值，可得< br>d0
，

a
19
0,a
20
a19
0,a
20
0,S
37
37a
19
0
，

a
1
a
38
a
20
a
19
0
，
S
38
0
，

则
S
n
的最小正值为
S
37

故选
D

【点睛】

本题考查了等差数列的 性质运用，需要掌握等差数列的各公式并能熟练运用等差数列的性
质进行解题，本题属于中档题，需要掌 握解题方法
.

10
．
B
解析：
B

【解析】

∵
a
3
72a
5
，∴a
1
2d72(a
1
4d)
，即
a
1
6d7
，∴
S
13
13a
7
13(a1
6d)13791
，故选
B
．

11
．
D
解析：
D

【解析】



xy20

作出不等式组

xy4 0
，所表示的平面区域，如图所示，


y0

当x0
时，可行域为四边形
OBCD
内部，目标函数可化为
zy2x
，即
y2xz
，
平移直线
y2x
可知当直线经过点< br>D(0,2)
时，直线的截距最大，从而
z
最大，此时，
z
m ax
2
，

当
x0
时，可行域为三角形
AOD
，目标函数可化为
zy2x
，即
y2xz
，平移
直线
y2x
可知当直线经过点
D(0,2)
时，直线的截距最大，从而< br>z
最大，
z
max
2
，

综上，
zy2x
的最大值为
2
．

故选
D
．

点睛：利用线性规划求最值的步骤：

(1)
在平面直角坐标系内作出可行域．

(2)
考虑目标函数的几 何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（
axby
型）、
斜率型（yb
22
型）和距离型（

xa


< br>yb

型）．

xa
(3)
确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解．

(4)
求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值．

注意解答本题时不要忽视斜率不存在的情形
.

12．B
解析：
B

【解析】

【分析】

【详解】

画出不等式组表示的平面区域如图所示：


当 目标函数
z=2x+y
表示的直线经过点
A
时，
z
取得最小 值，而点
A
的坐标为（
1
，
2a
），所以

22a1
，解得
a
【考点定位】

本小题考查线性规 划的基础知识，难度不大，线性规划知识在高考中一般以小题的形式出
现，是高考的重点内容之一，几乎 年年必考
.

1
，故选
B.

2
二、填空题

13．1【解析】【分析】由已知数列递推式可得数列是以 为首项以为公比的等比
数列然后利用等比数列的通项公式求解【详解】由得则数列是以为首项以为公比的等比数列故答案为：1【点睛】本题考查数列的递推关系等比数列通
解析：1

【解析】

【分析】

由已知数列递推式可得数列
{log
99
a
n
}
是以
log
99
a
1
log
99
99
公比的等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解．
【详解】

a
由
a
n
(a
n1
)
1
，得
log
99
a
n
a
1
log
99
a
n1
，

1
99
1
1

为首项，以
99
99
为
99
1log
99
a
n
99

a
1
99
，

log
99
a
n1
则数列
{log
99
a
n
}
是以
log
99
a
1
log
99
99
1
99
1
1

为首项，以
99
99
为公比的等比数列，

99


log
99
a
100
1
1
(99
99
)
99
1
．

99
故答案为：
1
．

【点睛】

本题考 查数列的递推关系、等比数列通项公式，考查运算求解能力，特别是对复杂式子的
理解．
14．4【解析】【分析】由题知：四边形为圆内接四边形的最大值为四边形外接
圆的直径由正弦定 理即可求出的最大值【详解】因为所以故的最大值为四边形
外接圆的直径当为四边形外接圆的直径时得到 ：又因为所以在中由正弦定
解析：4

【解析】

【分析】

由题知：四边形
ABCD
为圆内接四边形，
AC
的最大值为四边形外接圆的直径，由正弦定
理即可求出
AC
的最大值.

【详解】


因为
BAD120
，
BCD60
，所以

故
AC
的最大值为四边形外接圆的直径.

当
AC
为四边形外接圆的直径时，

得到：
ADCA BC90
，又因为
ABAD2
，
BCD60
，

所以
ACDACB30
.

在
ABC
中，由正弦定理得：

ACAB

，解得：
AC4
.

sin90sin30
故答案为：
4

【点睛】
本题主要考查正弦定理得应用，判断四边形
ABCD
为圆内接四边形是解题的关键，属于中
档题.

15．【解析】由等比数列的定义S4=a1＋a2＋a3＋a4=＋a2＋ a2q＋a2q2得＋1＋
q＋q2=
解析：
15


2

【解析】

a
2
由等比数列的定义，S
4
=a
1
＋
a
2
＋
a
3< br>＋
a
4
=
＋
a
2
＋
a
2< br>q
＋
a
2
q
2
，

q
S< br>4
1
15

＋
1
＋
q
＋
q
2
=.

得
a
2
q
2
16．10 【解析】【分析】根据等差数列的前n项和公式可得结合等差数列的性质
即可求得k的值【详解】因为且 所以由等差数列性质可知因为所以则根据等差数
列性质可知可得【点睛】本题考查了等差数列的前n项和 公式等差数
解析：
10

【解析】

【分析】

根据等差数列的前
n
项和公式可得
a
7
0
，结合 等差数列的性质即可求得
k
的值．

【详解】

因为
S
9
a
1
a
2
a
3
a< br>9


S
4
a
1
a
2
a
3
a
4
，且
S
9
S
4

所以
a
5
a
6
a
7
a
8< br>a
9
0

由等差数列性质可知
a
7
0

因为
a
k
a
4
0

所以
a< br>k
a
4
a
7
a
7
0

则根据等差数列性质可知
k477


可得
k10

【点睛】

本题考查了等差数列的前
n
项和公式，等差数列性质的应用，属于基础题．

17．【解析】【分析】根据正弦定理将转化为即由余弦定理得再用基本不等式
法求得根据面积 公式求解【详解】根据正弦定理可转化为化简得由余弦定理得
因为所以当且仅当时取所以则面积的最大值 为故答案为：【点睛】本题主要
解析：
3

【解析】

【分析】

根据正弦定理将

2b

sinA sinB



cb

sinC
转化为
222
b
2
c
2
a
2
1

ab

ab



cb

c，即
bcabc
，由余弦定理得
cosA
2bc
2
，
再用基本不等式法求得
bc4
，根据面积公式
S
ABC

【详解】

根据正弦定理
1
bcsinA
求解
.

2

2b

sinAsinB



cb< br>
sinC
可转化为


ab

ab



cb

c
，化简得
b
2
c
2
a
2
bc

b
2
c
2
a
2
1


由余弦定理得
cosA
2bc2
sinA1

cosA

2
3

2
因为
b
2
c
2
a
2
bc2bc

所以
bc4
，当且仅当
bc
时取


所以
S
ABC

133
bcsinAbc43

244
则
ABC
面积的最大值为
3
.

故答案为：
3

【点睛】

本题主要考查正弦定理，余弦定 理，基本不等式的综合应用，还考查了运算求解的能力，
属于中档题
.

18 ．（﹣∞【解析】【分析】由正实数xy满足可求得x+y≥5由x2+2xy+y2﹣ax﹣ay
+1 ≥0恒成立可求得a≤x+y+恒成立利用对勾函数的性质即可求得实数a的取值范围
【详解】因为正实 数xy满足而4x
解析：（﹣
∞
，
【解析】

【分析】

由正实数x，y满足
4x4y54xy
，可求得x
+y≥5
，由x
2
+2xy+y
2
﹣
ax
﹣
ay+1≥
0恒成立
可求得a
≤x+y+
【详解】
因为正实数x，y满足
4x4y54xy
，而4xy
≤
（
x+y
）
2
，

代入原式得（x
+y
）
2
﹣
4
（
x+y
）﹣
5≥
0，解得x
+y≥ 5
或x
+y≤
﹣
1
（舍去），

由x
2< br>+2xy+y
2
﹣
ax
﹣
ay+1≥
0可得a（x< br>+y
）
≤
（
x+y
）
2
+1
，
即a
≤x+y+
26
]

5
1
恒成立，利用对勾函数的性质即可求得实数a的取值范围．

x y
1
，令t=x
+y
∈
[5
，
+∞
），

xy
1
t
则问题转化为a
≤t+
，

因为函数y=t
+
在
[5
，
+∞
）递增，

所以y
min
=5+
1
t
126
=
，
55

所以a
≤
26
，

5
26
]

5
故答案为（﹣
∞
，
【点睛】

本题考查基本不等 式，考查对勾函数的单调性质，求得x
+y≥5
是关键，考查综合分析与运
算的能力， 属于中档题．

19．【解析】【分析】根据正弦定理将边化为角再根据两角和正弦公式以及诱
导公式化简得cosB的值即得B角【详解】由2bcosB＝acosC＋ccosA及正弦定
理得2sinBcosB＝sinAcosC＋sin
解析：



3
【解析】

【分析】

根据正弦定理将边化为角，再根据 两角和正弦公式以及诱导公式化简得
cosB
的值，即得B
角.

【详解】

由
2bcosB
＝
acosC
＋
ccosA
及正弦定理，得
2sinBcosB
＝
sinAcosC
＋
sinCcosA.

∴
2sinBcosB
＝
sin (A
＋
C)
．

又
A
＋
B
＋C
＝
π
，∴
A
＋
C
＝
π
－< br>B.
∴
2sinBcosB
＝
sin(π
－
B)＝
sinB.

又
sinB≠0
，∴
cosB
＝
.
∴
B
＝
.

∵在△
ABC
中 ，
acosC
＋
ccosA
＝
b
，∴条件等式变为
2bcosB
＝
b
，∴
cosB
＝
.

又
0，∴
B
＝
.

【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
.
其基本步骤是：

第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向
.

第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化
.

第三步：求结果
.

20．或【解析】【分析】先化简不等式再变量分离转化 为对应函数最值问题最
后根据二次函数最值以及解不等式得结果【详解】即即因为当时所以或故答案为：或【点睛】本题考查不等式恒成立问题以及二次函数最值考查综合分析
解析：
m
【解析】

【分析】

先化简不等式 ，再变量分离转化为对应函数最值问题，最后根据二次函数最值以及解不等
式得结果
.

33
或
m

22

【详解】

x
f()4m
2
f(x)f(x1)4f(m)

m
x
()
2
14m
2
(x
2
1) (x1)
2
14(m
2
1)

m
即(4m1
即
4m1
2
2
1
2
)x2 x30

m
2
1233
,(x)

m< br>2
xx
2
2

3
因为当
x
时
xx
2
39
3

2
24
所以
4 m1
2
23238
183
33
2
m
或

mm
2
m34
22
33
或
m

22
故答案为：
m
【点睛】

本题考查不等式恒成立问题以及二次函数最值，考查综合分析求解能力，属中档题
.

三、解答题


21．（
1
）
（
2
）
【解析】

【分析】

（
1
）直接利用正弦定理和三角函数关系式的恒等变换求 出结果．（
2
）利用（
1
）的结论，
余弦定理及三角形的面积公式求 出结果．

【详解】

（
1
）∵
b=a
（
cosC
﹣
sinC
），

∴由正弦定理得
sin B=sinAcosC
﹣
sinAsinC
，

可得
sin
（
A+C
）
=sinAcosC+cosAsinC=sinAcosC﹣
sinAsinC
，

∴
cosAsinC=
﹣
sinAsinC
，

由
sinC≠0
，得
sinA+cosA=0
，

∴
tanA=
﹣
1
，

由
A
为三角形内角，

可得
（
2
）因为< br>所以由正弦定理可得
b=
．

，

c
，

因为
a
2=b
2
+c
2
﹣
2bccosA
，
可得
c=
所以
【点睛】

，所以
b=2
，

．

，

本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定 理和余弦定理的应用，三角形
面积公式的应用．

22．（
1
）{x|x1或x1}
；（
2
）
3

【解析】

【分析】

（
1
）通过讨论
x
的范围，求出不等式的解集即可；
（
2
）先用绝对值不等式的性质求出最小值为
a+b+c
＝
3< br>，然后用基本不等式可得．

【详解】

（
1
）f

x

x1x11
，

∴


x1

1x1

x1
或

或

，


12x3

33< br>
2x13
解得
{x|x1或x1}
.

（
2
）
fxxaxbc

axxbcabc

abc3
，

1111

111

1


ba
< br>ca

cb




abc






3













abc3

abc

3


a b

ac

bc


1

3 222

3
.

3
当且仅当
abc1
时取得最小值
3.


【点睛】

绝对值不等式的解法：

法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；

法二：利用
“
零点分段法
”
求解，体现了分类讨论的思想；

法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．

n123
．（
1
）
a
n
n
（
2
）
T
n
(n1)22

【解析】

试题分 析：
(
Ⅰ
)
因为数列是等差数列，所以根据等差数列的通项公式建立关于首项 和公差
2a
1
4d6
a
1
1
的方程组
{
，即可解得
{
，从而写出通项公式
a
n
n
；
(
Ⅱ
)
由题意
43
d1
4a
1d10
2
b
n
a
n
2
n
n 2
n
，因为是等差数列与等比数列相乘的形式，所以采取错位相减的方法，
n1< br>注意错位相减后利用等比数列前
n
项和公式，化简要准确得
T
n
(n1)22
．

试题解析：
(
Ⅰ
)
设等差数列

a
n

的公差为
d,
由
a
2
a
4
6,S
4
10
,

2a
1
4d6
a
1
2d3
{
, ,

可得
{
即
43
2a
1
3d5< br>4a
1
d10
2
a
1
1
{
,
∴
a
n
a
1


n1
d1(n1)n
,

解得
d1
故所求等差数列

a
n

的通项公式为
a
n
n
nn
(
Ⅱ
)
依题意
,
b
n
a
n
2n2
,

∴
T
n
b
1b
2
b
n

(n1)2
n1
n2
n
,

(n1)2
n
n2
n1
,

2
n1
2
n
)n2
n1

 1222
2
32
3

234
又
2Tn

122232
23
两式相减得
T
n
(222

212
n
12

n 2
n1
(1n)2
n1
2
,

n1
∴
T
n
(n1)22

考点：1
、等差数列通项公式；
2
、等差数列的前
n
项和；
3
、等比数列的前
n
项和；
4
、错
位相减法．

24．（Ⅰ）
b13
.
sinA
=
【解析】
< br>试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系
a2b
，再根据余弦定理求出
cosA
，

进而得到
sinA
，由
a2b
转 化为
sinA2sinB
，求出
sinB
，进而求出
cosB，从而求
出
2B
的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.

试题解析：（Ⅰ） 解：在
ABC
中，因为
ab
，故由
s inB
313
72
.（Ⅱ）.

13
26
34< br>，可得
cosB
.由已
55
知及余弦定理，有
b
2
a
2
c
2
2accosB13
，所以
b 13
.

由正弦定理
ab
asinB313

,得
sinA
.


sinAsinB
b13
313
.

13
所以，
b
的值为
13
，
sinA
的值为
（Ⅱ）解 ：由（Ⅰ）及
ac
，得
cosA
12
213
，所以sin2A2sinAcosA
，

13
13
cos2A 12sin
2
A
5
π

ππ72

.故
sin

2A

sin2Acoscos2Asin< br>.

13
4

4426

考点：正弦定理、 余弦定理、解三角形

【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系 ，利用“角转边”寻求边的关
系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三 角函数值. 利
用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积
公式，结合正、余弦定理解题.

n

1

1< br>
1n
nn1n

n1

33
3

25．（
1
）
a
n
n1
（< br>2
）
S
n



1
222
1
3
【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：解：（
1
）由已 知得
a
n1
a
n
1
，

故数列
a
n

是等差数列，且公差
d1
.


又
a
3
2
，得
a
1
0，所以
a
n
n1
.


1
（
2
）由（１）得，
b
n



3

n1
n
，



1
n1


1

S112n
< br>
所以
n






3

3



111
1
2

n1


123n

.

333

1

1

n

n1

33
1n
n

n1
< br>3

.

S
n

1
22 2
1
3
考点：等差数列和等比数列的求和

点评：主要是考查了等差数列和等比数列的求和的运用，属于基础题．

26．（1）


【解析】

【分析】

（
1
）利用向量数量积的坐标运算公式、降次公式和辅助角公式，化简
f
< br>x

为
n




k

,k



kZ

；（2）
73.

6

3

6
Asin


x


B
的形式，将

x
代入

2kπ,2kπ

中，解出
x
的范围，由此
22

求得函数的单调区间
.
（
2
）利用
f

A

2
求得角
A
的大小，利用余弦定理和
b2c
列方
程组，解方程组求得
c
2
的值，由此求得三角 形的面积
.

【详解】


ππ


（
1
）
令
2kπ
=
，

，
k
∈
Z
，

（
k
∈
Z
）．

，即，

πππ
2x2kπ,
解得
262
函数
y=f
（
x
）的单调递增区间是
（
2
）∵
f
（
A
）< br>=2
，∴
又∵
0
＜
A
＜
π
，∴∵
，


，由余弦定理得
a
2
=b
2
+c
2
﹣
2bccosA=
（
b+c
）
2
﹣
3bc=7
，
①

b=2c
，
②
，

由①②得
∴
【点睛】

本小题主要考查向量的数量积运算，考查三角 函数降次公式、辅助角公式，考查利用余弦
定理解三角形
.
属于中档题
.
，


．