走进初三-上海生命科学研究院

【典型题】高三数学下期中试题(及答案)(1)

一、选择题

1

1．已知数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，且
a
n
4




2

n1
，若对任意
nN
*< br>，都有
1p

S
n
4n

3
成立，则实数
p
的取值范围是（ ）

A
．

2,3

B
．

2,3

C
．

2,


2

9


D
．

2,



9
< br>
2

2．设数列

a
n

的前< br>n
项和为
S
n
，若
2
，
S
n
，
3a
n
成等差数列，则
S
5
的值是（ ）

A
．
243
B
．
242
C
．
162
D
．
243

*
x
3．已知数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，点
(n,S
n
3)
(nN)
在函数
y3 2
的图象上，等
*
比数列
{b
n
}
满足
b
n
b
n1
a
n
(nN)
，其前
n
项和为
T
n
，则下列结论正确的是（ ）

A
．
S
n
2T
n

4．已知函数
f(x){
A
．

1,1


B
．
T
n
2b
n
1
C
．
T
n
a
n
D
．
T
n
b
n1

3log
2x,x0
，则不等式
f(x)5
的解集为
( )

x
2
x1,x0
B
．
2,4


C
．

,2

0,4
 D
．

,20,4


1

2a,0a,
n


n
3
2
5．已知 数列
{a
n
}
满足
a
n1


若
a
1

，则数列的第
2018
项为

（

）

5

2a1,
1
 a1,
nn

2

A
．
1

5
B
．
2

5
C
．
3

5
D
．
4

5
6．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


xy0

7．已知
x,y
满足

xy40
，则
3xy
的最小值为（

）


x4

A
．
4

2
B
．
8
C
．
12
D
．
16

8．关于
x
的不等式
x
< br>a1

xa0
的解集中，恰有
3
个整数，则
a
的取值范围是
（ ）

A
．

3,2



4,5

B
．

3,2< br>


4,5

C
．

4,5


9．已知：
x0
，
y0
，且
范围是（

）

D
．（
4,5
）

21
 1
，若
x2ym
2
2m
恒成立，则实数
m
的 取值
xy

A
．

4,2



B
．

,4

U

2, 


D
．

,2



4,


C
．

2,4

10．若
0a1
，
bc1
，则
(

)

A
．
()1

b
c
a
B
．
cac


bab
C
．
c
a1
b
a1
D
．
log
c
alog
b
a

11．若a，b，c，d∈R，则下列说法正确的是（ ）

A
．若a＞b，c＞d，则ac＞bd

C
．若a＞b＞0，c＞d ＞0，则
B
．若a＞b，c＞d，则a+c＞b+d

D
．若a＞b，c＞d，则a﹣c＞b﹣d

cd

ab
12．在
ABC
中，内角
A,B,C
所对的边分别为a,b,c
，若
bsin2A3asinB0
，
c
b3c
，则的值为（ ）

a
A
．
1
B
．
3

3
C
．
5

5
D
．
7

7
二、填空题
13
．《九章算术》
“
竹九节
”
问题：现有一根
9
节的竹子，自 上而下各节的容积成等差数
列，上面
4
节的容积共
3
升，下面
3
节的容积共
4
升，则第
5
节的容积为

升；

14．设
a0
，若对于任意满足
mn8
的正数
m
，
n
，都有
值范围是
______
.< br>
114
≤
，则
a
的取
amn1
15． △
ABC
中，角
A
，
B
，
C
所对的边分别 为
a
，
b
，
c
，若
acosB
＝
5bcosA
，
asinA
﹣
bsinB
＝
2sinC，
则边
c
的值为
_______
．

16．已 知
S
n
为数列

a
n

的前
n< br>项和，且
a
1
3
，
a
n1
3S
n
1
，
nN
*
，则
S
5

______
.


xy2

17．若变量
x
，
y
满足

2x3y9
，则
z
＝2x+y
的最大值是
_____
．


x0

18．在中，若
2
，则
__________
．

a
2
b
2
7
19．已知关于x的一元二次不等式ax+2x+ b＞0的解集为{x|x≠c}，则（其中
ac
a+c≠0）的取值范围为
____ _
．

20．设
a

R
，若
x
＞
0
时均有
[(a
－
1)x
－
1]( x
2
－
ax
－
1)≥0
，则
a
＝
_____ _____
．

三、解答题
21．设函数
f

x


(1)
求
a
；

(2)
已知 两个正数
m
，
n
满足
m
2
＋
n
2
＝
a
，求
1
x1
＋
|x|(x
∈
R)
的最小值为
a.

2
11

的最小值
.

mn

22．已知在
ABC
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别是
a
，
b
，
c
且
2acosCc 2b
.

（
1
）求角
A
的大小；

（
2
）若
a1
，求
ABC
面积的最大值。

23．设数列

a
n

的前
n
项和
S
n
满足：
S
n
na
n
2n(n1)，等比数列

b
n

的前
n
项和为
T
n
，公比为
a
1
，且
T
5
T
3
2b
5
．

（
1
）求数列

a
n

的通项公式
;

（
2
）设数列


1

11
n
M
M
的前项和为， 求证：．


n
n
aa
54

nn1< br>
24．在
VABC
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别是
a
，
b
，
c
，且
3ac osC2b3ccosA


(
Ⅰ
)
求角
A
的大小；

(
Ⅱ
)
若
a2
，求
VABC
面积的最大值．

1
sinA3cosA
共线，其中
A
是△
ABC的内角．

25．已知向量
msinA，
2
与
n3 ，



（
1
）求角
A
的大小；


（
2
）若
BC=2
，求△
ABC
面 积
S
的最大值，并判断
S
取得最大值时△
ABC
的形状.

26．设函数
f(x)mxmx1
．

(1 )若对于一切实数
x
，
f(x)0
恒成立，求实数
m
的取 值范围；

(2)若对于
x[1,3]
，
f(x)0
恒 成立，求实数
m
的取值范围．

2

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一、选择题

1．B
解析：
B

【解析】

01n 1

1

1

1

S
n< br>4



4



 4




2

2

2



1

1



n
221
2


4n4n

 

1
332


1




2

n
Q1p

S
n
4 n

3


22

1

n

即
1p





3


33

2


 
对任意
nN
*
都成立，

当
n1
时，
1p3

当
n2
时，
2p6

4
p4

3
归纳得：
2p3

当
n3
时，
故选
B

点睛：根据已知条件运用分 组求和法不难计算出数列

a
n

的前
n
项和为< br>S
n
，为求
p
的取
值范围则根据
n
为奇数和
n
为偶数两种情况进行分类讨论，求得最后的结果

2．B
解析：
B

【解析】

【分析】

【详解】

因为
2,S
n
,3a
n
成等差 数列，所以
2S
n
23a
n
，当
n1
时，< br>2S
1
23a
1
,a
1
2
；当
n2
时，
a
n
S
n
S
n1
1
333313
a
n
1a
n1
an
a
n1
，即
a
n
a
n1
， 即
222222
a
n
3

n2

，< br>
数列

a
n

是首项
a
1
2
，公比
q3
的等比数列，
a
n1
S
5

3．D
a
1

1q
5

1q

2

13
5

13
2 42
，故选
B.

解析：
D

【解析】

【分析】

【详解】

由题意可得：
S
n
332,S
n
323

，

由等比数列前n
项和的特点可得数列

a
n


是首项为< br>3
，公比为
2
的等比数列，数列的通项
n1
公式：
a
n
32

，

nn
设
b
n
b
1
q
n1
< br>，则：
b
1
q
n1
b
1
q
n< br>32
n1

，解得：
b
1
1,q2

，

数列

b
n


的通项公式
b
n
2
n1

，

n
由等比数列求和公式有：
T
n
21

，考查所给的选项：

S
n
3T
n
,T
n
2b
n
1,T
n
a
n
,T
n
b
n1
.

本题选择
D
选项
.

4．B
解析：
B

【解析】

分析：根据分段函数，分别解不等式，再求出并集即可．

详解：由于
f
x




3log
2
x,x 0
，

2

xx1,x0
当
x
＞< br>0
时，
3+log
2
x≤5
，即
log
2< br>x≤2=log
2
4
，解得
0
＜
x≤4
，< br>
当
x≤0
时，
x
2
﹣
x
﹣
1≤5
，即（
x
﹣
3
）（
x+2
）
≤0
，解得﹣
2≤x≤0
，

∴不等式
f
（
x
）
≤5
的解集为
[
﹣
2
，
4]
，

故选
B
．

点睛：本题考查了分段函数以及不等式的解法 和集合的运算，分段函数的值域是将各段的
值域并到一起，分段函数的定义域是将各段的定义域并到一起 ，分段函数的最值，先取每
段的最值，再将两段的最值进行比较，最终取两者较大或者较小的
.

5．A
解析：
A

【解析】

【分析】

利用数列递推式求出前几项，可得数列

a
n< br>
是以
4
为周期的周期数列，即可得出答案
.

【详解】

1

2a,0a
nn


2
，
a
3
Q
a
n1


1
1
5

2a1,a1
nn

2

a
2
2a
1
1
1243
，< br>a
3
2a
2

，
a
4
2a3

，
a
5
2a
4
1a
1< br>
5555
1
.

5

数列
a
n

是以
4
为周期的周期数列，则
a
201 8
a
45042
a
2

故选
A .

【点睛】

本题考查数列的递推公式和周期数列的应用，考查学生分析解 决问题的能力，属于中档题
.

6
．
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：
Qx,y
均为 正实数，且
111

11


，则
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
”.

7．A
解析：
A

【解析】

【分析】

作出可行域，变形目标函数并平移直线
y3x
，结合图象，可得最值．

【详解】


xy0

作出
x
、y
满足

xy40
所对应的可行域（如图
VABC
），


x4

变形目标函数可得
y3xz
，平移直线
y3x
可知，

当直线经过点
A(2,2)
时，截距
z
取得最大值，

此时目标函数
z
取得最小值
3224
.

故选：
A.


【点睛】

本题考查简单线性规划，准确作图是解决问题的关键，属中档题．

8．A

解析：
A

【解析】

【分析】

不等式等价转化为
(x1)(xa)0
，当
a1
时，得1xa
，当
a1
时，得
ax1
，由此根据解集中恰有
3
个整数解，能求出
a
的取值范围。

【详解】

关于
x
的不等式
x

a1

xa 0
，

2

不等式可变形为
(x1)(xa)0
，

当
a1
时，得
1xa
，此时解集中的整数为
2
，< br>3
，
4
，则
4a5
；

当
a 1
时，得
ax1
，，此时解集中的整数为
-2
，
-1< br>，
0
，则
3a2

故
a
的取值范围 是

3,2



4,5

，选：< br>A
。

【点睛】

本题难点在于分类讨论解含参的二次不等式 ，由于二次不等式对应的二次方程的根大小不
确定，所以要对
a
和
1
的大小进行分类讨论。其次在观察
a
的范围的时候要注意范围的端
点能否取到，防止选 择错误的
B
选项。

9．A
解析：
A

【解析】

【分析】

若
x2ym2m
恒成 立,则
x2y
的最小值大于
m
2
2m
,利用均值定理及 “
1
”的代
换求得
x2y
的最小值
,
进而求解即 可
.

【详解】

2
21
由题
,
因为
1
,
x0
,
y0
,

xy< br>所以

x2y


x4y

21

x4yx4y


2242448
,当且仅 当

,即
yx
yxyx

xy

2
x4
,
y2
时等号成立,

因为
x2ym2m
恒成立,则
m
2
2m8
,即
m
2
2 m80
,解得
4m2
,

故选
:A

【点睛】

本题考查均值不等式中“
1
”的代换的应用
,< br>考查利用均值定理求最值
,
考查不等式恒成立问
题
.

10
．
D
解析：
D

【解析】

【分析】

运用不等式对四个选项逐一分析

【详解】

b

b

对于
A
，
Qbc1
，
1
，
Q0a1
，则< br>
1
，故错误

c

c

对于
B
，若
误

对于
C
，
Q0a1
，
a10
，
Qb c1
，则
c
a1
b
a1
，故错误

对于
D
，
Qbc1
，
log
c
alog
b
a
，故正确

故选
D

【点睛】

本题考查了不等式的性质，由未知数的范围确定结果，属于基础题．

a
c ac

，则
bcabcbca
，即
a

c b

0
，这与
bc1
矛盾，故错
bab
1 1．B
解析：
B

【解析】

【分析】

利用不等式的性质和通过举反例否定一个命题即可得出结果
.

【详解】

A
项，虽然
41,12
，但是
42
不成立，所以不正确；

B
项，利用不等式的同向可加性得知，其 正确，所以成立，即
B
正确；

C
项，虽然
320,2 10
，但是
32

不成立，所以
C
不正确；

21
D
项，虽然
41,23
，但是
24
不 成立，所以
D
不正确；

故选
B.

【点睛】

该题考查的是有关正确命题的选择问题，涉及到的知识点有不等式的性质， 对应的解题的
方法是不正确的举出反例即可，属于简单题目
.

12
．
D
解析：
D

【解析】

分析：由正弦定理可将
bsin2A3asinB0
化简得
cosA
3
，由余弦定理可得
2
a
2
b
2
c
2
2bccosA7c
2
，从而得解
.

详解：由正弦 定理，
bsin2A3asinB0
，可得
sinBsin2A3sinAsi nB0
，

即
2sinBsinAcosA3sinAsinB0

由于：
sinBsinA0
，

所以
cosA
3
：，

2

因为
0
＜
A
＜
π
，所以
A
5π
．< br>
6
又
b3c
，由余弦定理可得
a
2
b
2
c
2
2bccosA3c
2
c
2
3c
2
7c
2
.

即
a
2
7c
2
，所以
故选：
D
．

点睛：在解有关三角 形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要
用，要抓住能够利用某个定理的信息 ．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式
时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边 的一次式时，则考虑用正弦定理；
以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．

c7
.


a7
二、填空题

13．【解析】试题分析：由题意可知解得所以考点：等差数列通项公式
解析：
67

66
【解析】

试题分析：由题意可 知
a
1
a
2
a
3
a
4
4 a
1
6d3,a
7
a
8
a
9
3 a
1
21d4
，解得
3767
,d
.
，所以
a
5
a
1
4d
226666
考点 ：等差数列通项公式．

a
1

14
．【解析】【分析】由 题意结合均值不等式首先求得的最小值然后结合恒成
立的条件得到关于
a
的不等式求解 不等式即可确定实数
a
的取值范围【详解】
由可得故：当且仅当即时等号成立故只需又 则即则的取值范围是【点睛】在

解析：

1,


【解析】

【分析】

14

的最小值，然后结合 恒成立的条件得到关于
a
的
mn1
不等式，求解不等式即可确定实数
a
的取值范围
.

【详解】

由
mn8
可得
mn19
，故：

由题意 结合均值不等式首先求得
1414

1

n14m
< br>1


mn1


14
 
mn19mn19mn1

1

n14m

≥

142


1
，
< br>9

mn1



n12m

当且仅当

n14m
，即
m3
，
n5
时等号成立，



n1

m
故只需
1
1
，又
a0
，则
a1
.

a
即则
a
的取值范围是
1,

.

【点睛】

在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是
“
一正
——
各项均为正；
二定
——
积或和为定值；三相等< br>——
等号能否取得
”
，若忽略了某个条件，就会出现错误．


15．3【解析】【分析】由acosB＝5bcosA得由asinA﹣bsinB＝2sinC得 解方程
得解【详解】由acosB＝5bcosA得由asinA﹣bsinB＝2sinC得所以故答 案：3
【点睛】本题主要
解析：3

【解析】

【分析】

由
acosB
＝
5bcosA
得
ab
【详解】

22
2
2
c
，由
a sinA
﹣
bsinB
＝
2sinC
得
a
2
b
2
2c
，解方程得解
.

3
a
2
c
2
b
2
b
2
c
2
a< br>2
2
由
acosB
＝
5bcosA
得
a 5b,a
2
b
2
c
2
.

2ac 2bc3
由
asinA
﹣
bsinB
＝
2sinC
得
a
2
b
2
2c
，

2
2
c2c,c3
.

3
故答案：
3

【点睛】

所以
本题主要 考查正弦定理和余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和
分析推理能力
.

16．853【解析】【分析】由与的关系可得即进而得到是以为首项为公比的等比
数列可得令即可得到的值【详解】由题即则是以为首项为公比的等比数列即当
时故答案为：853【点睛 】本题考查等比数列通项公式考查由与的关
解析：853

【解析】

【分析】

由
S
n
与
a
n
的关系 可得
,
S
n1
S
n
3S
n
1,
即
S
n1
4S
n
1
,
进而得 到

S
n


是以
首项
,
4为公比的等比数列
,
可得
S
n

【详解】
< br>

1

3

10
为
3
1 0
n1
1
4
,
令
n5
,
即可得到
S
5
的值

33

由题
,
a
n1
S
n1
S
n
3S
n
1< br>,
即
S
n1
4S
n
1
,
则< br>S
n1


4

S
n




1

3
1110
Qa
1
3
,
S
1
a
1

,

333
S
n1
4S
n
3

,
< br>

1

10



S
n


是以为首项
,
4
为公比的等比数列
,

3

3


S
n

110
n1
101
4
,
即
S
n
4
n 1


3333
10
51
1101
4256853

3333
当
n5
时
,
S
5

故 答案为：
853

【点睛】

本题考查等比数列通项公式
,
考查由
S
n
与
a
n
的关系求
S
n
,
根据
S
n1
kS
n
b
,
可构造数列

S
n



为等比数列
,
公比为
k

17．5【解析】【分析】由约束条件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把最优解的坐标代入目标函
数 得结论【详解】作出变量满足的可行域如图由知所以动直线的纵截距取
解析：5

【解析】

【分析】

由约束条件作出可行域，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，把最优解的坐标代入目标函数得结论
.

【详解】



xy2

作出变量
x,y
满足

2x3y9
的可行域如图，


x0

由
z2xy
知
,
y2 xz
，

所以动直线
y2xz
的纵截距
z
取得最大值时，

目标函数取得最大值，

由


xy2
得
A

3,1

，


2x 3y9
结合可行域可知当动直线经过点
A

3,1

时 ，

目标函数取得最大值
z2315
，故答案为
5.

【点睛】

本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求 目标函数最值的
一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；
（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或
最后 通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.

18．2π3【解析 】∵由正弦定理可得sinA:sinB:sinC=7:8:13∴a：b：c=7：
8：13令a= 7kb=8kc=13k（k>0）利用余弦定理有cosC=a2+b2-c22ab=49k2+64
解析：
【解析】

∵由正弦定理可得
，（
，∴
）， 利用余弦定理有
，∵
案为
.

，∴，故答
，令，

19．（﹣∞﹣6∪6+∞）【解析】【分析】由条件利用二次函数的性质可得ac=
﹣1ab =1即c=-
b将转为（a﹣b）+利用基本不等式求得它的范围【详解】因为一元二次不等式a
x2+2x+b＞0的解集为{x|x
解析：（﹣∞，﹣6]∪[6，+∞）

【解析】

【分析】

a
2
b
2
7
由条件利用二次函数的性质可得
ac=
﹣
1
，
ab= 1,
即
c=-b
将转为（
a
﹣
b
）
a c
9
，利用基本不等式求得它的范围．

ab
【详解】

+
因为一元二次不等式
ax
2
+2x+b
＞
0的解集为{
x|x≠c}
，由二次函数图像的性质可得
a
＞
0< br>，二
次函数的对称轴为
x=

1
=c
，△
= 4
﹣
4ab=0
，

a
1
1
，
b=
，即
c=-b,

a
a
∴
ac=
﹣
1
，
ab=1
，∴
c=


9
a
2
b
2
7

ab

9
==
（
a
﹣
b
）
+
则，

ab
ac
ab
当
a﹣
b
＞
0
时，由基本不等式求得（
a
﹣
b）
+
2
9
≥6
，

ab
99
≥6
，即（
a
﹣
b
）
+≤
﹣
6,

abab
当
a
﹣
b
＜
0
时，由基 本不等式求得﹣（
a
﹣
b
）﹣
a
2
b
2
7
故（其中
a+c≠0
）的取值范围为：（﹣∞，﹣
6]
∪
[6
，
+∞
），

ac
故答案为（﹣∞，﹣< br>6]
∪
[6
，
+∞
）．

【点睛】

本题主要考查二次函数图像的性质，考查利用基本不等式求最值
.

20．【解析】【分析】【详解】当时代入题中不等式显然不成立当时令 都过定
点考查函数令则与轴的交点为时均有也过点解得或（舍去）故
解析：
a
【解析】

【分析】

【详解】

当
当
时，代入题中不等式显然不成立

时，令
，令
与轴的交点为
时，均有
也过点
，
，则
，都过定点
3

2

考查函数





解得
故
或（舍去），


三、解答题

21．(1)
a1
；(2)
22
.

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：

（
1
）根据单调性求出
f

x

的最小值，即可求出
a
的值；

（
2
）根据基本不等式的性质求出其最小值即可
.

试题解析：

(1)f(x)
＝

当
x
∈
(
－∞，
0)
时，
f(x)
单调递减；

当
x
∈
[0
，＋∞
)
时，
f(x)
单调递 增；

∴当
x
＝
0
时，
f(x)
的最小值
a
＝
1.

(2)
由
(1)
知
m
2
＋
n
2
＝
1
，则
m
2
＋
n
2
≥
2mn
，得
由于
m>0
，
n>0
，

则＋≥
2
≥
2
，当且仅当
m
＝
n
＝
.

时取等号
.

≥
2
，

∴＋的最小值为
2
22．（1）
【解析】

【分析】


3
；（2）

3
4
(1)
根据
2acosCc2b
,
利用正弦定理将边化为角
,< br>进一步求出角
A
;

(2)
根据条件由余弦定理
,< br>可得
a1bc2bccos
范围
,
进一步求出
AB C
面积的最大值
.

【详解】

解
:(1)
∵
2acosCc2b
,
∴
2sinAcosCsinC2sin B
,

又∵
ABC

,
∴
2sin AcosCsinC2

sinAcosCcosAsinC

,
∴
sinC2cosAsinC
,
∴
sinC
< br>2cosA1

0
,

∵
sinC0
,
∴
cosA
又
A

0,


,
∴
A
(2)
由
(1)
知
,
A2222

3
,
再结合
b
2
c
2< br>2bc
,
求出
bc
的
1
,

2

3


3
,

∵
a1
,
∴由余弦定理
,
有
a1bc2bcc os
∵
b
2
c
2
2bc
,
∴
1bc2bc
,

∴
bc1
,
当 且仅当
bc1
时等号成立
,

∴

S
ABC

max
2222

3
,
∴
1 bcb
2
c
2
.

1

1

3
,

bcsin1sin
23234
3
.

4
∴三角形
ABC
的面积的最大值为
【点睛】

本 题考查了正弦定理
,
余弦定理
,
面积公式和均值不等式
,
考 查了转化思想和计算能力
,
属中档
题
.

23．(1)
a
n
4n3
;(2)
证明见解析
.

【解析】

【分析】

【详解】

（
1< br>）∵
S
n
na
n
2n(n1)
①，

∴
S
n1
(n1)a
n1
2(n1)n
②，

②
-
①，
a
n1
(n1)a
n1
na
n
4n
，

∴
a
n1
a
n
4
，又∵等比数列

b
n
，
T
5
T
3
2b
5
，

∴
T
5
T
3
2b
5
b
4
 b
5
，
q1
，

∴
a
1
1< br>，∴数列

a
n

是
1
为首项，
4
为公差的等差数列，

∴
a
n
14(n1)4n3
；

（2
）由（
1
）可得
∴
M
n

即
11111
()
，

a
n
a
n1
(4n3)(4n1)44n34n1

(1)(1)
，∴
(1)M
n

，

45594n34n14 4n1454
11
M
n

．

54

；（Ⅱ）
23
.

6
考点：1
．等差等比数列的运算；
2
．列项相消法求数列的和．

24．（Ⅰ）
【解析】

分析：（
1
）由正弦定理进行边角 互化得
3sinB2sinBcosA
．

（
2
）由余弦 定理
a
2
b
2
c
2
2bccosA
结合基本不等式进行求解．

详解：（Ⅰ）由正弦定理可得：
3sinAcosC2 sinBcosA3sinCcosA

从而可得：
3sin

A C

2sinBcosA
，即
3sinB2sinBcosA

又
B
为三角形内角，所以
sinB0
，于是
cosA
又
A
为三角形内角，所以
A
3

2

6
．

（Ⅱ）由余弦定理：
a
2b
2
c
2
2bccosA
得：
4b
2
c
2
2bc
所以
bc423
，所以
S< br>3
2bc3bc
，

2

1
bcsinA23
.

2
点 睛：本题主要考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积公式和基本不等式的应用，属于
中档题．

25．（
1
）
A
【解析】

分析：（
1
）由
mn
，得
sinA(sinA3cosA)
求解
sin

2A
π
（
2
）△
ABC
为等边 三角形

3
urr
3
0
，利用三角恒等变换的公式，2


π


1
，进而求解角
A< br>的大小；

6

22
（
2
）由余弦定理，得
4bcbc
和三角形的面积公式，利用基本不等式求得
bc4
，即可 判定当
bc
时面积最大，得到三角形形状．

详解：（
1
）因为
mn,
所以
sinAsinA3cosA
所以
< br>3
0
.

2
1cos2A3331
sin2A 0
，即
sin2Acos2A1
，


22222


π


1
.



6

π

π11π

即

sin

2A
因为
A

0,π

,
所以
2A

，

.
6

66

故
2A
πππ

，A
.

623
22
（
2
）由余弦定理，得

4bcbc



又
S
ABC

13
bcsinAbc
，


24
133
bcsinAbc43
.

244

而
b
2
c
2
2bc bc42bcbc4
，（当且仅当
bc
时等号成立）


所以
S
ABC

当△
ABC
的面积取最大值时，
bc
.
又
A
π
，故此时△
ABC
为等 边三角形

3
点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问 题，对于解三角

形问题，通常利用正弦定理进行“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.

26．(1)
4m0
．(2)
m
【解析】

【分析】

(1)利用判别式可求实数
m
的取值范围，注意二次项系数的讨论.

(2)就
m0,m0,m0
三种情况讨论函数的最值后可得实数
m
的 取值范围.

【详解】

解：(1)要使
mx
2
mx10
恒成立，

若
m0
，显然
10
；

1
6
m0

若
m0
，则有

，
 4m0
，

2
m4m0

∴
4m0
．

(2)当
m0
时，
f(x)10
显然恒成立；

1
2
，
f(x)mxmx1
在
x[1,3]
上是单调函数．

2
当
m0
时，由于
f(1)1 0
，要使
f(x)0
在
x[1,3]
上恒成立，
当
m0
时，该函数的对称轴是
x
11
，即
0m
；

66
当
m0
时，由于函数
f(x)0< br>在
x[1,3]
上恒成立，只要
f(1)0
即可，
只要
f(3)0
即可,即
9m3m10
得
m
此时
f(1)10
显然成立.

综上可知
m
【点睛】

一元二次不等式的恒成立问题，可以转化为 函数的最值进行讨论，必要时需要考虑对称轴
的不同位置.

1
．

6