银行从业资格考试报名-吉林师范大学录取分数线

2020-2021河南省济源市第一中学高三数学上期末第一次模拟试卷(附答案)

一、选择题
1．已知在
，则
A
．

中，，，分别为角，，的对边，为最小角，且
的面积等于（ ）

B
．
C
．
D
．
，，

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．正项等比数列
（ ）

A
．
6

中，的等比中项为，令
D
．
64

，则
B
．
16
C
．
32

4． 在
ABC
中，
a
，
b
，
c
分别是角A
，
B
，
C
的对边，若
b2c
，
a 6
，
cosA
7
，则
ABC
的面积为（ ）

8
B
．3
C
．
15
D
．
A
．
17

15

2
5．若
ABC
的三个内角满足
sinA:sinB:sinC5:11:13
， 则
ABC
（

）

A
．一定是锐角三角形

C
．一定是钝角三角形

B
．一定是直角三角形

D
．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形

1，S
n
＝ 2a
n1
，
6．已知数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，
a
1
＝
则
S
n
＝
(

)

A
．
2
n1
B
．
()
3
2
n1
C
．
()
2
3
n1
D
．
1

2
n1
7
．在
ABC
中，
a,b,c
是角
A,B,C
的对边，
a2b
，
cosA
A
．
3
，则
sinB
（

）

5
D
．
2

5
B
．
3

5
C
．
4

5
8

5
8 ．在等差数列
{a
n
}
中，若
a
10
1
，且它的前
n
项和
S
n
有最大值，则使
S
n0
成立的正
a
9
C
．17
D
．14

整数
n
的最大值是（ ）

A
．15
B
．16

9．在
ABC
中 ，内角
A,B,C
所对的边分别为
a,b,c
，且
acosB
4cb

cosA
，则
cos2A
（ ）

A
．
7

8
B
．
1

8
C
．

7

8
D
．


1
8

xy0,

10．设
x,y
满足约束条件

xy20,
则
zx2y
的最大值为（

）


2xy40,

A
．
2
B
．
3
C
．
12
D
．
13

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

A
．6
B
．7
C
．8
D
．9

12．在直角梯形ABCD
中，
ABCD
，

ABC90
o
，
AB2BC2CD
，则
cosDAC
（ ）

A
．
25

5
B
．
5

5
C
．
310

10
D
．
10

10
二、填空题

13．设
x
＞
0
，
y
＞
0
，
x
＋
2y
＝
4
，则
(x4)(y2)
的最小值为
_________
.

xy
*
14．数列
a
n

满足
a
1
1,
前
n
项和为
S
n
，且
S
n
2a
n
(n2, nN)
，则
{a
n
}
的通项公
式
a
n< br>
____
；

n
15．数列

a
n

满足
a
1
4
，
a
n1
 a
n
2
，
nN
*
，则数列

a
n

的通项公式
a
n

______
.

rr
rr
y
16．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
__________
．< br>
17．若正项数列

a
n

满足
a
n1
a
n
1
,
则称数列

a
n< br>
为
D
型数列
,
以下
4
个正项数列

a
n

22
满足的递推关系分别为
:
①
a
n1
a
n
1

②
a
11
-=
1

③
a
n1

2
n

a
n
1
a
n
+
1
a
n
2
④
an1
2a
n
1
，则
D
型数列

a
n

的序号为
_______
.

18．数列< br>
a
n

满足
a
1
0
，且
11
2nN
*
，则通项公式

1a
n1
1a
n

a
n

_______
．

19．设
f(x)xlgx
3

x
2
1< br>，则对任意实数
a,b
，
“
ab0
”
是

“
f(a)f(b)0
”
的
_________
条件 ．（填“充分不必要”
.
“必要不充分”
.
“充要”
.
“既
不充分又不必要”之一）

20．已知二次函数f（x）=ax
2
+ 2x+c
（
x
∈R）的值域为
[0
，
+∞
），则< br>为
_____
．

a1c1

的最小值
ca

三、解答题

21．在
ABC
中，角
A
、
B
、
C所对的边分别为
a
、
b
、
c
，且满足


bsinAacos

B

.

6

（
1
）求角
B
的大小；

（
2
）若
D
为
AC
的中点，且
BD1
， 求
S
ABC
的最大值
.

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．已知等差数 列

a
n

的前
n
项和为
S
n< br>,a
2
a
5
12,S
4
16
．

(1)
求

a
n

的通项公式；
< br>(2)
数列

b
n

满足
b
n
1
4S
n
1
，T
n
为数列
b
n

的前
n
项和，是否存在正整数
m
，k

1mk

，使得
T
k
3T
m
2
?
若存在，求出
m
，
k
的值；若不存在，请说 明理由．

24．已知公比为
4
的等比数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，且
S
4
 85
．

（
1
）求数列
{a
n
}
的通项公式；
< br>（
2
）求数列
{(n1)a
n
}
的前
n< br>项和
T
n
．

25．如图，在
ABC
中，
B45

，
AC10
,
cosC
25< br>点
D
是
AB
的中点
,
求

5

（
1
）边
AB
的长；

（
2
）
cosA
的值和中线
CD
的长
< br>26．已知
a0
，
b0
，且
ab1
.

（
1
）若
abm
恒成立，求
m
的取值范围；

（
2
）
)
若
41
2x1x2
恒成立，求
x
的取值范围
.

ab

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除



一、选择题

1．C

解析：
C

【解析】

【分析】

根据同角三角函数求出
式求得结果
.

【详解】


由余弦定理得：
解得：或
；利用余弦定 理构造关于的方程解出，再根据三角形面积公

，即



为最小角



本题正确选项：

【点睛】

本题考查余弦定理解三角形、三角形面积公式的应用、同角三角函数关系， 关键是能够利
用余弦定理构造关于边角关系的方程，从而求得边长
.

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
．
D
解析：
D

【解析】

因为
又
本题选择
D
选项
.

，所以
，即，

.

4．D
解析：
D

【解析】

【分析】

三角形的面积公式为
S
ABC

【详解】

1< br>bcsinA
，故需要求出边
b
与
c
，由余弦定理可以解得< br>b
与
c
.

2
b
2
c
2
a
2
7
解：在
ABC
中，
cosA

2bc8
4c
2
c
2
67
将
b 2c
，
a6
代入上式得

，

4c
2
8
解得：
c2

2
7
7

15

由
cosA
得
sinA1



8
8

8

所以，
S< br>ABC

故选
D.

【点睛】

111515

bcsinA24
2282
三角形的面积 公式常见形式有两种：一是
111
（底

高），二是
bcsinA< br>.借助（底

222
1
bcsinA
时，需要求出三角形两边
2
高）时，需要将斜三角形的高与相应的底求出来；借助
及其夹角的正弦值.

5．C
解析：
C

【解析】

【分析】

由
sinA:sinB:sinC5:11:13
，得出
a:b:c5: 11:13
，可得出角
C
为最大角，并利
用余弦定理计算出
cosC
，根据该余弦值的正负判断出该三角形的形状
.

【详解】

由
sinA:sinB:sinC5:11:13
，可得出
a:b:c5:11 :13
，

设
a5t

t0

，则< br>b11t
，
c13t
，则角
C
为最大角，

a
2
b
2
c
2
25t
2< br>121t
2
169t
2
23
由余弦定理得
cos C0
，则角
C
为钝角，

2ab25t11t110
因此，
ABC
为钝角三角形，故选
C.

【点睛】

本题考查利用余弦定理判断三角形的形状，只需得出最大角的属性即可，但 需结合大边对
大角定理进行判断，考查推理能力与计算能力，属于中等题
.

6．B
解析：
B

【解析】

【分析】

利用公式
a
n
S
n
S
n1
计算得到
2S
n1
3S
n
,
【详解】

S
n1
3

，得到答案.

S
n
2
，S
n
2a
n1
，
a
n
Sn
S
n1

由已知
a
1
1
得< br>S
n
2

S
n1
S
n
，即
2S
n1
3S
n
,
n1
而
S
1
a
1
1
，所以
S
n
()
.

S
n1
3

，

S
n
2
3
2
故选
B.

【点睛】

本题考查了数列前
N
项和公式的求法，利用公式
a
n
S
n
S
n1
是解题的关键.

7．A
解析：
A

【解析】

试题分析：由cosA
3
得
5
，又
a2b
，由正弦定理可得sinB
.

考点：同角关系式、正弦定理．

8
．
C
解析：
C

【解析】

【分析】

由题意可得
a
9
0
，
a10
0
，且
a
9
a
10
0
，由 等差数列的性质和求和公式可得结论．

【详解】

∵等差数列
< br>a
n

的前
n
项和有最大值，

∴等差数列

a
n

为递减数列，

a
10
1
，

又
a
9

∴
a
9
0
，
a
10
0
，
∴
a
9
a
10
0
，

又
S
18

18

a
1
a
18

2
0
，
S
17

17
a
1
a
17

2
17a
9
0< br>，

∴
S
n
0
成立的正整数
n
的 最大值是
17
，

故选
C
．

【点睛】

本题考查等差数列的性质，涉及等差数列的求和公式，属中档题．

9．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
那么
cos2A2cosA1
故选
C

【点睛】

7
．

8
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．

10．C
解析：
C

【解析】

【分析】

11
xz
在
y
轴截距最大问题的求解 ；通过平
22
移直线可确定最大值取得的点，代入可得结果
.

【详解】

由约束条件可得可行域，将问题变成
y
由约束条件可 得可行域如下图所示：

当
zx2y
取最大值 时，
y
平移直线
y
11
xz
在
y
轴截距最大

22
1
11
x
，可知当直线
y xz
过图中
A
点时，在
y
轴截距最大

222

yx
由

得：
A

4,4

z
max
42412

2xy40

故选：
C

【点睛】

本题考查线性规划中最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在
y
轴截距最值问题的求解，属于常考题型
.

11
．
C
解析：
C

【解析】

a
6
a
11
，所以
a
6
0,a
11
0,a
6
 a
11
,a
1

因为等差数列

a
n< br>
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
12．C
解析：
C

【解析】

【分析】

设BCCD1
，计算出
ACD
的三条边长，然后利用余弦定理计算出
cosDAC
．

【详解】

如下图所示，不妨设
BC CD1
，则
AB2
，过点
D
作
DEAB
，垂 足为点
D
，

易知四边形
BCDE
是正方形，则
B ECD1
，
AEABBE1
，

在
RtAD E
中，
ADAE
2
DE
2
2
，同理可得ACAB
2
BC
2
5
，

AC
2
AD
2
CD
2
521
2
310
在
ACD
中，由余弦定理得
cosDAC
，


2ACAD10
252
故选
C
．

【点睛】

本题考查余弦定理求角，在利用余弦定理求角时 ，首先应将三角形的边长求出来，结合余
弦定理来求角，考查计算能力，属于中等题．

二、填空题

13．9【解析】【分析】将分式展开利用基本不等式求解即可【详解 】又x＋2y
＝4即当且仅当等号成立故原式故填9【点睛】本题考查基本不等式求最值考查
等 价变换思想与求解能力注意等号成立条件
解析：9

【解析】

【分析】

将分式展开，利用基本不等式求解即可

【详解】

(x4)(y2)xy82x4yxy1616
1

x yxyxyxy
又
x
＋
2y
＝
4
22xy,即
xy2
，当且仅当
x2,y1
等号成立，故原式
9< br>

故填
9

【点睛】

本题考查基本不等式求最值，考查等价变换思想与求解能力，注意等号成立条件

14 ．【解析】【分析】根据递推关系式可得两式相减得：即可知从第二项起数
列是等比数列即可写出通项公 式【详解】因为所以两式相减得：即所以从第二
项起是等比数列又所以故又所以【点睛】本题主要考查了 数列的递推关系式

1,n1
a

解析：
n

n2
2,n2

【解析】

【分析】

根据递推关系式
S
n
2a
n
n2,nN

*

可得
S
n1
2a
n1
n3,nN
*
，两式相减得：

a
n
2a
n
2a
n1
(n3,nN

)
， 即
数列，即可写出通项公式
.

a
n
2(n3,nN

)
，可知从第二项起数列是等比
a
n1

【详解】

因为
S
n
2a
n
n2,nN
*


*
所以
S
n1
2an1
n3,nN



两式相减得：
a
n
2a
n
2a
n1
(n3,nN)

a
n
2(n3,nN

)

即
a< br>n1
所以
{a
n
}
从第二项起是等比数列，
又
S
2
2a
2
1+a
2
，所以
a
2
1

n2
*
故
a
n
2(n2,

nN)
，又
a
1
1


1,n1
a
.

所以
n

n2
2,n2

【点睛】

本题主要考查了数列的递推关系式，等比数列，数列的通项公式，属于中档题
.
15
．【解析】【分析】由题意得出利用累加法可求出【详解】数列满足因此故
答案为：【 点睛】本题考查利用累加法求数列的通项解题时要注意累加法对数
列递推公式的要求考查计算能力属于中 等题

解析：
2
n
2

【解析】

【分析】

n
由题意得出
a
n1
a
n
2
，利用累加法可求出
a
n
.

【详解】

n
n
数列

a
n
< br>满足
a
1
4
，
a
n1
a
n< br>2
，
nN
*
，
a
n1
a
n
2
，

因此，
a
n
a
1


a
2
a
1



a
3
a
2

L

a
n
a
n 1

422
2
L2
n1
4
2< br>
12
n1

12
2
n
2
.

故答案为：
2
n
2
.

【点睛】

本题考查利用累加法求数列的通项，解题时要注意累加法对数列递推公式的 要求，考查计
算能力，属于中等题
.

16
．【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
.

【详解】

y2
x
，利用
xx
r
r< br>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
2
22
x
∴

，当且仅当即
x2
时取等号

x22
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 7．①②③④【解析】【分析】根据D型数列的定义逐个判断正项数列是否
满足即可【详解】对①因为且 正项数列故故所以成立对②故成立对③成立对
④故成立综上①②③④均正确故答案为：①②③④【点睛】 本题主要考
查了新定
解析：①②③④

【解析】

【分析】

根据
D
型数列的定义,逐个判断正项数列
a
n

是否满足
a
n1
a
n
1
即可
.

【详解】

22
对①
,
因为
a
n1
a
n
1
,
且正项数列

a
n

.

222
,
aa
n< br>1
.
所以
a
n1
a
n
1
成 立
.

故
a
n
a1a
1nn
2 a
n
1

a
n
1

故
n 1
2
对②
,
111
-=
1
?
a
n
+
1
a
n
a
n
+
1
a
1
+
1
Þ
a
n
+
1
=
n
,

a
n
a
n
+
1
22
a
n
a
n
a
n
a
n
a
n
 a
n
01
成立
.

故
a
n1< br>a
n

a
n
1a
n
1a
n< br>1
对③
,
a
n1


1
< br>a
n
a
n
aaaa1

01
成立

n1nnn

222
a
n
1a
n
1

a
n
1

2
222
.
对④
,
a
n
2a1a2a1a
1nn 1nn
2a
n
1

a
n
1

故
a
n1
a
n
1
,
a
n1
a
n
1
成立
.

综上
,
①②③④均正确.

故答案为：①②③④

【点睛】

本题主要考查了新 定义的问题
,
需要根据递推公式证明
a
n1
a
n
1
.
属于中等题型
.

18
．【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< br>n
2n1
，得到
1a
n
2n2
.

2n1
【详解】

a
n

设
b
n

11
b1


，则
b
n
+
1
-
b
n
=
2
，
1
1an
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
.

19．充要【解析】所以为奇函数又为单调递增 函数所以即是的充要条件点睛：
充分必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断若则若则的真假并注意 和图示
相结合例如⇒为真则是的充分条件2等价法：利用⇒与非⇒非⇒与非⇒非
解析：充要

【解析】

f(x)f(x)x
3lg(xx
2
1)(x)
3
lg(xx
21)lg10

，所以
f(x)
为
奇函数，又
f (x)
为单调递增函数，所以
ab0abf(a)f(b)f(a)f (b)f(a)f(b)0

，即
“
ab0
”
是
“
f(a)f(b)0
”
的充要条件

点睛：充分、必要条件的三种判断方法．

1．定义法：直接判断“若
p则
q
”、“若
q
则
p
”的真假．并注意和图示相结合， 例如

“
p
⇒
q
”为真，则
p
是q
的充分条件．

2．等价法：利用
p
⇒
q
与 非
q
⇒非
p
，
q
⇒
p
与非
p⇒非
q
，
p
⇔
q
与非
q
⇔非
p
的等价
关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．

3．集 合法：若
A
⊆
B
，则
A
是
B
的充分条件或
B
是
A
的必要条件；若
A
＝
B
，则
A
是
B
的充要条件．

20．4【解析】【分析】先判断是正数且 把所求的式子变形使用基本不等式求最
小值【详解】由题意知则当且仅当时取等号∴的最小值为4【点睛 】】本题考
查函数的值域及基本不等式的应用属中档题
解析：4

【解析】

【分析】

先判断
a、c
是正数，且< br>ac1
，把所求的式子变形使用基本不等式求最小值．

【详解】

由题意知，
a＞0，


V44ac0，ac1，c＞ 0，
则
a1c1a1c1ac111

 （）（） 22224，
caccaacacaac
当且仅当
ac1
时取等 号．

a1c1

的最小值为4．

ca
【点睛】

∴
】
本题考查函数的值域及基本不等式的应用．属中档题
.

三、解答题


21．（
1
）
【解析】

【分析】

（
1
）利用正弦定理边角互化思想得出
sinB cos

B

3
.

；（
2
）
3
3





，再利用两角差的余弦 公式可
6

得出
tanB
的值，结合角
B
的范围可 得出角
B
的大小；

（
2
）由中线向量得出
2BD BABC
，将等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律
和定义，并结合基本不等式得出
ac
的最大值，再利用三角形的面积公式可得出
ABC
面积
的最大 值
.

【详解】

（
1
）由正弦定理及
b sinAacos

B
由
A

0,


知
sinA0
，

uuuruuruuur




6


得
sinBsinAsinAc os

B





，
6


则
sinBcos

B



31
cosBsinB
，化简得
sinB 3cosB
，
tanB3
.


6

22
又
B

0,


，因此，
B（
2
）如下图，由
S
ABC


3
；

13
acsinBac
，

24

uuuruuruuur
又
D
为
AC
的中点，则
2BDB ABC
，

uuur
2
uuur
2
uuuruu ruur
2
等式两边平方得
4BDBC2BCBABA
，

uuuruuur
22
所以
4ac2BABCa
2
c
2
ac3ac
，

则
ac
4
343
.

，当且仅当
ac
时取等号，因此，
ABC
的面积最大值为

3
433< br>【点睛】

本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查了三角形的中线问题以及 三角形面积
的最值问题，对于三角形的中线计算，可以利用中线向量进行计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题
.

22．（1）
【解析】

【分析】

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

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

【详解】

解
:(1)
∵
2acosCc2b
,
∴
2si nAcosCsinC2sinB
,

又∵
ABC
,
∴
2sinAcosCsinC2

sinAcosCcosA sinC

,

∴
sinC2cosAsinC
,
∴
sinC

2cosA1

0
,

∵
sinC0
,
∴
cosA
又
A

0,


,
∴
A
2222

3
；（2）

3
4

3
,
再结合
b
2
c
2
2bc
,
求出
bc
的
1,

2

3

(2)
由
(1)
知
,
A

3
,

2222∵
a1
,
∴由余弦定理
,
有
a1bc2bc cos
∵
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

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
2n1,nN
（
2
）存 在，
m2,k12

【解析】

【分析】

（
1
）设等差数列

a
n

的公差为
d，由等差数列的通项公式与前
n
项和公式得

2a
1
 5d12

a
1
1
，解得，从而求出
a
n2n1
；



2a3d8

1
d2
（
2
）由（
1
）得
S
nn
n

n1

2
2n
2
， 由
b
n

1
4n
2
1

1
11



，利用
2

2n1 2n1

k3m
2
n
2

裂项相消法得
T
n

，若
T
k
3T
m
，则
2
，整理得
2k1
2n1

2m1

3m2
6
，由得，从而可求出答案．

km1
k
1 m1
4m12m
2
2
【详解】

解：（
1
）设等差数列

a
n

的公差为
d
，
由


a
2
a
5
12

2a
1
5d12

a
1
1
得
，解得

，


S
4
16

2a
1
3d8

d2
n

n 1

2

a
n
12

n1

2n1,nN
*
；

（
2
）
S
n
n2n
2
，

b
n

1
4n
2
1
1
11



，
2

2n12n1

1


1

11

1

11


1

1

n

1


1





 






1



2


3

35

2n 32n1

2n12n1


2

2n 1

2n1
T
n
b
1
b
2
b
n


，

2
2< br>k3m
3m
2

若
T
k
3T
m< br>，则，整理得
k
，

2
2k1

2m 1

2
4m12m

2m
2
m13m< br>2
m0

又
km1
，


4m12m
2
，整理得

4m12m
2
，


m1m1

解得
1m1
6
，

2
又
mN
*
，
m2
，
 k12
，

∴存在
m2,k12
满足题意．

【点睛】

本题主要考查等差数列的性质与求和，考查裂项相消法求和，属于中档题．

24．（
1
）
a
n
4
【解析】

【分析】

（
1
）设公比为
q
，运用等比数列的求 和公式，解方程可得首项，进而得到所求通项公式；

n1
（
2
） 求得
(n1)a
n
(n1)4
，由数列的错位相减法求和，结合等比 数列的求和公
n1
4(3n4)4
n
，
nN*
； （
2
）
T
n

．

9
式，化简可得所求和．

【详解】

（
1
）设公比
q
为
4
的等比数列
{a
n
}
的 前
n
项和为
S
n
，且
S
4
85
，

a
1
(14
4
)
可得
85
，解得
a
1
1
，

14
则
a
n
4
n1
，
nN*
；

n1
（
2
）
(n1)a
n
(n1)4
，

23n1
前
n
项和
T
n
0142434 (n1)4
，

4T
n
014
2
24
3
34
4
(n1)4
n
，

23n1n
两式相减可得
3T
n
4444(n 1)4

4(14
n1
)
(n1)4
n
，
< br>14
4(3n4)4
n
化简可得
T
n
．

9
【点睛】

本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运 用、数列的错位相减法，考查化简运算能
力，属于中档题．

25．（
1
）
2
（
2
）
13

【解析】

【分析】

【详解】

（（
1
）由
cos ACB
25
0
可知，
ACB
是锐角，

5
2

25

5
所以，
sinACB1cos
2
ACB1




5


5

AC105
ACAB
ABsinACB2
,

由正弦定理

sinB5
2
sinBsinACB
2

（
2
）
cosAcos(18045C) cos(135C)


210
(cosCsinC),

210
由余弦定理
:

CDAD
2
AC
2
2ADACcosA1102110(
考点：
1
正弦 定理；
2
余弦定理．

26．（
1
）
m
【解析】

【分析】

2
10
)13

10
1
（
2
）

6,12


4

ab

1
，再由不等式的恒成立的思想：（
1
）由已知根据基本不等式得
ab


4

2

abm
恒成立，则需
m

ab

m ax
得所求范围；

（
2
）根据基本不等式得
41

41






ab

9
，再根据不等式恒成立的思想得到绝
ab

ab
对值不等式
2x1x29
，运用分类讨论法可求出不等式的解集
.

【详解】


ab

1
，当且仅当
ab
1
时
“=”
成（
1
）
a0
，< br>b0
，且
ab1
，∴
ab


2
4

2

立，由
abm
恒成立，故
m
2
1
.

4
（
2
）∵
a,b< br>
0,

，
ab1
，

∴41

41

4ba4ba





ab

5529
，故若
ab

ab

abab
41
2x1x2
恒成立，则< br>2x1x29
，

ab
当
x≤2
时，不等 式化为
12xx29
，解得
6x2
，

当
2x
当
x
11
，不等式化为
12xx29
，解得
2x
，

22
1
1
时，不等 式化为
2x1x29
，解得
x12
.

22
综上所述，
x
的取值范围为

6,12

.

【点睛】

本题综合考查运用基本不等式求得最值，利用不等式的恒成立 的思想建立相应的不等关
系，分类讨论求解绝对值不等式，属于中档题
.