高考查询系统-工作业绩怎么写

2020年高三数学上期中试题带答案

一、选择题
1．《周髀算 经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春
分、清明、谷雨、立夏、小 满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影之
和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为 八丈五尺五寸，问芒种日影长为（

）

A
．一尺五寸
B
．二尺五寸
C
．三尺五寸
D
．四尺五寸

2．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
成等比数
列，则
a
1
=
（

）

A
．
2
B
．
-2
C
．
1

2
D
．

1

2
3．若正数
x,y
满足
x2yxy0
，则
A
．
3
的最大值为（

）

2xy
C
．
1

3
2
3
B
．

8
3

7
D
．
1

4．关于
x
的不等式
x

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



4,5

C
．

4,5

D
．（
4,5
）

v
v
1
uuu
uuuvuuuv
uuu
ACt
，若
P
点是
VABC所在平面内一点，且5．已知
ABAC
，
AB
，
t
uuuvuuuv
uuuv
AB4AC
uuuvuuuv
AP
uu uv

uuuv
，则
PB·PC
的最大值等于（

）
.

ABAC
A
．
13
B
．
15
C
．
19

2
D
．
21

6．在
ABC
中，角A,B,C
的对边分别是
a,b,c
，

cos
A
．直角三角形

C
．等腰直角三角形

Abc

，则
ABC
的形状为

22c
B
．等腰三角形或直角三角形

D
．正三角形

C
．
5
D
．
7

7．已知
{a
n
}
为等比数列
,
a
4
a
7
2
,
a
5
a
6
8
,
则
a
1
a
10

（

）

A
．
7
B
．
5

8．等比数列

a
n

中，
a
1

A
．±4

1
,q2
，则
a
4
与
a
8
的等比中项是（ ）

8
1
1
B
．4
C
．

D
．

4
4
9．在
ABC
中，角
A，
B
，
C
所对的边分别是
a
，
b
，< br>c
，
A60
，
a43
，
b4
，则< br>B
（

）

A
．
B30
或
B150

C
．
B30

B
．
B150

D
．
B60

10．已知

a
n

是等比数列，
a
2
2
，
a
5

A
．
1614
1
，则
a
1
a
2
a
2
a
3
a
n
a
n1

（

）

4
C
．

n

B
．
1612

n


32
12
n



3
D
．
32
14
n

< br>
3
11．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

12．两 个等差数列

a
n

和

b
n

，其前
n
项和分别为
S
n
，
T
n
，且
S
n
7n2

，则
T
n
n3a
2
a
20

（ ）

b
7
b
15
A
．
4

9
B
．
37

8
C
．
79

14
D
．
149

24
二、填空题
13．在
ABC
中，内角
A
，
B
，
C
所对的边分别为
a
，
b
，
c
，
a2
， 且

2b

sinAsinB



cb

sinC
，则
ABC
面积的最大值为
____ __
.

14
．设数列

a
n

中，
a
1
2,a
n1
a
n
n1
，则通项
a
n

___________
．

a< br>2
b
2
7
15．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
2
a+c≠0）的取值范围为
__ ___
．

16．已知三角形
__________．

1 7．设等差数列

a
n

，

b
n

的前
n
项和分别为
S
n
,T
n
若对任 意自然数
n
都有
中，边上的高与边长相等，则的最大值是
S
n
2n3
a
9
a
3


，则的值为
__ _____
．

T
n
4n3
b
5
b< br>7
b
8
b
4
18．在
ABC
中，
a,b,c
分别是角
A,B,C
的对边，已知
a,b,c
成等比数 列，且
a
2
c
2
acbc
，则
c
的 值为
________
.

bsinB
sin2A

__________
．

sinC
19．在
ABC
中，
a4
，
b5
，
c6
，则
20．已知数列

a
n

的 通项
a
n

1
，则其前
15
项的和等于
_ ______
.

n1n
22
三、解答题
21．已知
a,b,c
分别是
△ABC
的角
A,B,C
所对的边，且< br>c2,ab4ab
．

（1）求角
C
；
< br>（2）若
sinBsinAsinC(2sin2AsinC)
，求
△A BC
的面积．

22

22
．已知数列
a
n

是递增的等比数列，且
a
1
a
49,a
2
a
3
8.

（Ⅰ）求数列

a
n

的通项公式；

（ Ⅱ）设
S
n
为数列

a
n

的前
n
项和，
b
n

a
n1
，求数列
b
n

的前
n
项和
T
n
．

S
n
S
n1
23．已知
{a
n
}
是等差数列，
{b
n
}
是各项均为正数的等比数列，且
b
1
＝
a
1
＝
1
，
b
3
＝
a
4
，
b
1
＋
b
2
＋
b
3
＝
a
3
＋
a
4
.

(1)求数列
{a
n
}
，
{b
n
}
的通项公 式；

(2)
设
c
n
＝
a
n
b< br>n
，求数列
{c
n
}
的前
n
项和
T
n
.

24．已知在
VABC
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，且
asinBbcosA0
．

（
1
）求角
A
的大小：

（
2
） 若
a25
，
b2
．求
VABC
的面积．
25．已知数列

a
n

满足
a
1

a
n
1
,a
n1

.

22a
n
1
（1）证明数列


1


是等差数列，并求

a
n

的通项公式；

< br>a
n

1
，求数列

b
n

的前
n
项和
S
n
.

2
n
g< br>a
n
（2）若数列

b
n

满足
b
n

26．如图，
RtVABC
中，
B

2
,AB1,BC3
.
点
M,N
分别在边
AB
和
AC
上，将
VAMN
沿
MN
翻折，使
VAMN
变为
△A

MN
，且顶点
A'
落在边
BC
上
,
设
AMN



（
1< br>）用

表示线段
AM
的长度，并写出

的取值范围；

（
2
）求线段
CN
长度的最大值以及此时
△A< br>
MN
的面积，


【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除



一、选择题

1．B
解析：
B

【解析】

【分析】

从冬至日起各节气日影长设为

a
n

，可得

a
n

为等差数列，根据已知结合前
n< br>项和公式和
等差中项关系，求出通项公式，即可求解.

【详解】
< br>由题知各节气日影长依次成等差数列，设为

a
n

，

S
n
是其前
n
项和，则
S
9

9

a
1
a
9

2
9a
5
85.5
尺，

所以
a
5
9.5
尺， 由题知
a
1
a
4
a
7
3a
4
31.5
，

所以
a
4
10.5
，所以公差
da
5
a
4
1
，

所以
a
12
a
5
7d2.5
尺。

故选:
B.

【点睛】

本题考查等差数列应用问题，考查 等差数列的前
n
项和与通项公式的基本量运算，属于中
档题
.

2
．
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．
3．A
解析：
A

【解析】

【分析】

33
2

1
，从而
2xy
2
根据条件可得出
x2
，
y
，再根据基本不
2 (x2)5
x2
x2

等式可得出
【详解】

3
31
1

，则的最大值为
.

2xy
2xy3
3
Qx>0
，
y0
，
x2yxy 0
，

y
x2
1
，
x0
，

x2x 2

333

2xy
2x
2
12(x 2)
2
5
，

x2x2
21
54(x2)59
，

x 2x2
Q
2(x2)
1
，即
x3
时取等号，

x2
31
31


2
，即，
< br>2(x2)5
3
2xy3
x2
3
1
的最大值为
.

2xy
3
当且仅当
x2
故选：
A.

【点睛】

本题考查了利用基本不等式求最值的方法，注意说明等号成立的条件，考查 了计算和推理
能力，属于中档题
.

4．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< br>x
的不等式
x

a1

xa0
，< br>
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
，
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
，
0
，则
3a2

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

5．A
解析：
A

【解析】

以
A
为坐标原点， 建立平面直角坐标系，如图所示，则
B(,0)
，
C(0,t)
，
1
t
uuur
uuur
uuur
1
P（1，4)
（ 1，4)
，
PC
，所以
PB
AP（1，0)4(0,1) (1,4)
，即
（1，t4)
，因
t
uuuruuur
此
PBPC

uuuruuur
11
11
14t 1617(4t)
，因为
4t24t4
，所以
PBPC< br>的最大值等于
tt
tt
1
1
13
，当
4t
，即
t
时取等号．

t2

考点：
1
、平面向量数量积；
2
、基本不等式．

6
．
A
解析：
A

【解析】

【分析】

先根据二倍角公式化简，再根据正弦定理化角，最后根据角的关系判断选择
.

【详解】

因为
cos
2
Abc

，所 以
22c
1cosAbc
ccosAb,sinCcosAsinBsin

AC

,sinAcosC0
,
因此
,

22c
cosC0，C
【点睛】

本题考查二倍角公式以及正弦定理，考查基本分析转化能力，属基础题
.


2
,
选
A.

7
．
D
解析：
D

【解析】

【分析】

a
7
2
a
4
2
由条件可得
a
4
，a
7
的值，进而由
a
10

和
a
1

可得解
.

a
4
a
7
【详解】

a
5
a6
a
4
a
7
8Qa
4
a
7< br>2a
4
2,a
7
4
或
a
4
4,a
7
2
.

由等比数列性质可知

a
7
2
a
7
2
a
4
2
a
4
2
a
10
8,a
1
1
或
a10
1,a
1
8

a
4
a
7
a
4
a
7
a
1
a
10
 7

故选
D.

【点睛】

本题主要考查了等比数列的下标的性质，属于中档题
.

8．A
解析：
A

【解析】

【分析】

利用等 比数列

a
n

的性质可得
a
6
＝a4
a
8
，即可得出．

2
【详解】

设
a
4
与
a
8
的等比中项是
x
．

由等比数列

a
n

的性质可得
a
6
＝a
4
a
8
，
xa
6
．

2
∴
a
4
与
a
8
的等比中项
x a
6
24．


故选
A
．

【点睛】

本题考查了等比中项的求法，属于基础题．

1
8
5
9．C
解析：
C

【解析】

【分析】

将已知代入正弦定理可得
sinB
1
，根据
ab
，由三角形中大边对大角可得：
2
B60 
，即可求得
B30
.

【详解】

< br>解：
QA60
，
a43
，
b4

bsinA4sin601


a2
43
由正弦定理得：
sinB
Qab

B60

B30

故选
C.

【点睛】

本题考查了正弦定理、三角形的边角大小关系，考查了推理能力与计算能力
.

10
．
D
解析：
D

【解析】

【分析】

先求出
a
n
()
【详解】

1
2
n3
，再求出
a
n
a
n1
()
1
2
2n5
，即得解
.

a
5
11
3
q,q
.

由题得< br>a
2
82
所以
a
n
a
2
q
n2
11
2()
n2
()
n3
，

22
n3
所以
a
n
a
n1
()所以
1
2
11
()
n2
()
2n5< br>.

22
a
n
a
n1
1

，所以数列
{a
n
a
n1
}
是一个等比数列
.

a
n1
a
n
4
1
8[1()
n
]
4
=
32
14
n
.

所以
a
1
a
2
a
2
a
3
 a
n
a
n1


1
3
1
4
故选：
D

【点睛】

本题主要考查等比数列通项的求 法和前
n
项和的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌
握水平
.

11．D
解析：
D

【解析】

【分析】

运用不等式对四个选项逐一分析

【详解】
< /p>

b

b

对于
A
，
Qbc 1
，
1
，
Q0a1
，则

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 2．D
解析：
D

【解析】

【分析】

根据等差数列的性质前
n
项和的性质进行求解即可.

【详解】

a
2
a
20
2a
11
a
11

,
又
S
21
21a
11< br>,
T
21
21b
11
,

因为等差数列< br>
a
n

和

b
n

,< br>所以
b
7
b
15
2b
11
b
11
故令
n21
有
故选：
D.

【点睛】

本题主要考查等差数列的等和性质：

若

a
n

是等差数列
,
且
mnpq(m,n,p,qN*)
,
则
a
m
a
n
a
p
a
q

与等差数列

a
n

前
n
项和
S
n
的性质
S
2n1
(2n1)a
n
,(n N)

*
S
21
7212149
21a
11< br>149
a
11
149


,
即
,
所以

21b
11
24b
11
24
T< br>21
21324
二、填空题

13．【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

sinC
可转化为

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

14 ．【解析】∵∴将以上各式相加得：故应填；【考点】：此题重点考察由数
列的递推公式求数列的通项公 式；【突破】：重视递推公式的特征与解法的选
择；抓住中系数相同是找到方法的突破口；此题可用累和 法迭代法等；
解析：
n

n1

2
1

【解析】

∵
a
1
2,a
n1
a< br>n
n1
∴
a
n
a
n1


n1

1
，
a
n1
a
n2

n2

1
，

a
n2a
n3


n3

1
，
< br>，
a
3
a
2
21
，
a
2a
1
11
，
a
1
211

将以上各式相加得：
a
n




n1



n2



n3


L
21


n1



n1




n1

1


2
n

n1

n1

nn

n1

1
；

n1n11
故应填
22
2
【考点】：此题重点考察由数列的递推公式求数列的通项公式；

【突破】：重视递推公式的特征与解法的选择；抓住
a
n1
a
n
n1
中
a
n1
,a
n
系数相同
是找到方法的突破口；此题可用累和法，迭代法等；

15
．（﹣
∞
﹣
6∪6+∞
）【解析】【分析】由条件利用二次函数的性质可得
ac=
﹣< br>1ab=1
即
c=-b
将转为（
a
﹣
b
）< br>+
利用基本不等式求得它的范围【详解】因为一
元二次不等式
ax2+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
，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=

2
9
a
2
b
2
7

ab

9
==
（
a
﹣
b
）< br>+
则，

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

ac
故答案为（﹣∞，﹣
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
.

16．2 2【解析】试题分析：由题意得12bcsinA=12a2⇒bcsinA=a2因此ACAB+ABAC+< br>BC2AB⋅AC=bc+cb+a2bc=b2+c2+a2bc=a2+2bccosA+a2bc= 2c
解析：
【解析】

试题分析：由题意得，因此

,
从而所求最大值是

考点：正余弦定理、面积公式

【方 法点睛】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
.

17
．【解析】【分析】由等差数列的性质和求 和公式可得原式代值计算可得
【详解】
∵{an}{bn}
为等差数列
∴∵< br>＝
∴
故答案为【点睛】本题考查等差数列的
性质和求和公式属基础题

解析：
19

41
【解析】

【分析】

由等差数列的性质和求和公式可得原式

【详解】

∵{a
n
}，{b
n
}为等差数列，

S
11
，代值计算可得．

T
11
a
9< br>a
3
a
9
a
3
a
9
a
3
a
6


∴
b
5
b
7
b
8
b
4
2b
6
2b
6
2b< br>6
b
6
a
6
19
S
11
a
1
a
11
2a
6
211319


，


∵＝，∴
T
11
b
1
b
11
2b
6
b
6
41
411341
19.

41
【点睛】

故答案为
本题考查等差数列的性质和求和公式，属基础题．

18．【解析】 【分析】利用成等比数列得到再利用余弦定理可得而根据正弦定
理和成等比数列有从而得到所求之值【详 解】∵成等比数列∴又∵∴在中由余
弦定理因∴由正弦定理得因为所以故故答案为【点睛】在解三角形中 如果题
解析：
23

3
【解析】

【分析】

利用
a,b,c
成等比数列得到
c
2< br>b
2
a
2
bc
，再利用余弦定理可得
A60 
，而根据正弦
定理和
a,b,c
成等比数列有
【详解】

∵
a,b,c
成等比数列，∴
b
2
ac
.又∵< br>a
2
c
2
acbc
，∴
c
2
b
2
a
2
bc
.

c1

，从而得到所求之值
.

bsinBsinA
c
2
b
2
a
2
1
在
ABC
中，由余弦定理
cosA
，

2bc2

因< br>A

0,


，∴
A60
.

由正弦定理得
csinCsinC

，

bsinBsi nBsinBsin
2
B
因为
b
2
ac
， 所以
sin
2
BsinAsinC
，

故
sinCsinC123
.


2
sinBsinAsinCsinA3
23
.

3
故答案为
【点睛】

在解三角形中，如果题设条件是关于边的二 次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，
如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式 ，那么我们可以利用正弦定理
化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关 系式转化为角
的关系式或边的关系式.

19．【解析】【分析】【详解】试题分析：考点：正余弦定理解三角形
解析：
1

【解析】

【分析】

【详解】

sin2A2sinAcosA2acosA44b
2
 c
2
a
2
试题分析：
cosA1

sinCsinCc332bc
考点：正余弦定理解三角形

20．【解析】 【分析】将通过分母有理化化简得出再利用裂项相消法求出前15
项的和【详解】利用分母有理化得设数 列的前项的和为所以前15项的和为：
即：故答案为：3【点睛】本题考查利用裂项相消法求数列的前项 的和还
解析：
3

【解析】

【分析】

将
a
n

1
通过分母有理化，化简得出
n1n
，再利用裂项相消法求出前
n1n
15
项的和.

【详解】

1
a
利用分母有理化得
n
n1 n


n1n
n1n


n1n< br>
n1n
，

设数列

a
n

的前
n
项的和为
S
n
，所以前
15
项的 和为：

S
15
a
1
a
2
La< br>15


2132L15141615

161


413

即：
S
15
3
.

故答案为：
3.

【点睛】

本题考查利用裂项相消法求数 列的前
n
项的和，还运用分母有理化化简通项公式，属于基
础题.

三、解答题

21．（1）
C
【解析】

试题 分析：（1）由余弦定理得
cosC
值，再根据三角形内角范围求角
C
；（2 ）由正弦定
理将条件化为边的关系：
b
2
c
2
a
2
4accosA
，再根据余弦定理得
2ab
，代人解得
< br>3
（2）
23

3

43
23
B
，，，由勾股定理得，最后根据直角三角形面积公式得
c2
b
a
2
3
3
VABC
的面积．

a
2
b< br>2
c
2
a
2
b
2
2
2
ab1
试题解析：解：（1）由余弦定理，得
cosC


，

2ab2ab2ab2
又
C

0,


，所以
C
22

3
．

（2）由
sinBsinAsinC

2sin2AsinC

，

得
sin
2
Bsin
2
Csi n
2
A2sin2AsinC
，

得
sin
2< br>Bsin
2
Csin
2
A4sinAcosAsinC
，

222
bca
再由正弦定理得
b
2
c< br>2
a
2
4accosA
，所以
cosA
．①< br>
4ac
b
2
c
2
a
2
又由余 弦定理，得
cosA
，②

2bc
b
2
c2
a
2
b
2
c
2
a
2
由①②，得，得
4ac2bc
，得
2ab
，


4bc2bc

a
2
b
2
4ab
4323
联立

，得
a
，
b
．
b2a
3
3

所以
b
2
a
2c
2
．所以
B
所以
VABC
的面积
S< br>
2
．

112323
．

ac2
2233

22
．（Ⅰ）
a
n
2
【 解析】

n1
2
n1
2
（Ⅱ）
n1

2 1
试题分析：（
1
）设等比数列

a
n

的公比为
q
，，根据已知由等比数列的性质可得
a
1
1
a
1
(1q)9,aq8
，联立解方程再由数列

a
n

为递增数列可得
{
则通项公式可
q2
32
1< br>3
得

12
n
（
2
）根据等比数列的求和 公式，有
s
n
2
n
1
所以
12
a
n1
2
n
b
n

，裂项求和即可
< br>s
n
s
n1
(2
n
1)(2
n11)
试题解析：（
1
）设等比数列

a
n

的公比为
q
，所以有
a
1
a
4
a1
(1q
3
)9,a
2
a
3
a
1
2
q
3
8

a
1
8
a1
1a
1
1
{{
{
a
联立两式可得或者< br>
1
又因为数列

n

为递增数列，所以
q >1
，所以
q2q2
q
2
n1
数列
a
n

的通项公式为
a
n
2

1 2
n
（
2
）根据等比数列的求和公式，有
s
n
 2
n
1

12
a
n1
2
n
11

n

所以
b
n


n 1nn1
s
n
s
n1
(21)(21)2121
1111112
n1
2
所以
T
n
1... 
n


n1
1
n1

n1< br>33721212121
考点：等比数列的通项公式和性质，数列求和

n1
2
n
＋
1.

23．(1)
an
n,b
n
2
；(2)
T
n
＝
( n
－
1)·
【解析】

试题分析：

（1）设数列

a
n

的公差为
d
，

bn

的公比为
q
，运用等差数列和等比数列的通项公式，
可得< br>d,q
的方程组，解方程可得公差和公比，即可得到所求通项公式；

n1< br>（2）求得
c
n
a
n
b
n
n2
，运用乘公比错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简
整理即可得到所求的和
.

试题解析：

(1)
设数列
{a
n
}
的公 差为
d
，
{b
n
}
的公比为
q
，

依题意得解得
d
＝
1
，
q
＝
2.

1
＝
n
，
b
n
＝
1×2< br>n
－
1
＝
2
n
－
1
.
< br>所以
a
n
＝
1
＋
(n
－
1)×(2)
由
(1)
知
c
n
＝
a
n
b
n
＝
n·2
n
－
1
，则

T
n
＝
1·2
0
＋
2·2
1
＋
3· 2
2
＋
…
＋
n·2
n
－
1
，①< br>
2T
n
＝
2·2
0
＋
2·2
2< br>＋
…
＋
(n
－
1)·2
n
－
1＋
n·2
n
，②

2
n

①－②得： －
T
n
＝
1
＋
2
1
＋
2
2
＋
…
＋
2
n
－
1
－
n·
＝
2
n
＝
(1
－
n)·2
n
－
1
，

－
n·
2
n
＋
1.
所以
T
n
＝
(n
－
1)·
24．（
1
）
A
【解析】

分析：（1）利用正弦定理化简已知等式，整理后 根据
sinB0
求出
sinAcosA0
，即
可确定出A的度 数；

（2）利用余弦定理列出关系式，把a，b，
cosA
的值代入求出c 的值，再由b，
sinA
的
值，利用三角形面积公式求出即可．

详 解：在
VABC
中，由正弦定理得
sinAsinBsinBcosA0
．


即
sinB

sinAcosA

0
，又角
B
为三角形内角，
sinB0
，

所以
sinAcosA0
，即
2sin

A
又因为< br>A

0,


，所以
A

4< br>（
2
）
4






0
，

4


4
．

（
2
）在
VABC
中，由余弦定理得：
a
2
b
2
c
2< br>2bccosA
，


2

2
2
204c4c
则


2


．

即
c22160
．


解得
c22
（舍）或
c42
．

所以
S
12

2424
．
·
2 2
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.

25．（1）
a
n

【解析】

分析：（
1
）
a
n1

1
2+n
；（2）
Sn
4
n1
.

2
2n
a
n11

1

2
两边取倒数可得，从而得到数列

是等差数
2a
n
1a
n1
a
n
a
n


列，进而可得

a
n

的通项公式；（
2
）
b
n

详解：（1）∵
a
n1

2n
，利用错位相减法求和即可
.

2
n
a
n
11
2
，

，∴< br>2a
n
1a
n1
a
n
∴

< br>1


是等差数列，


a
n
< br>11


n1

22n
，

a
n
a
1
∴
即
a
n

1
；

2n
2n
，

2
n
23n

2
L
n1
，

222
（2）∵
b
n

∴
S
n
 b
1
b
2
Lb
n
1
则
1123 n
S
n

2

3
L
n
，< br>
22222
11111n1

S
n
1
2

3
L
n1

n
2

1
n
222222

2

n

n
，


2
两式相减得
∴
S
n
4
2n
.

n1
2
点睛：用错位相减法求和应注 意的问题
(1)
要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负
数的情形；
( 2)
在写出“
S
n
”与“
qS
n
”的表达式时应特 别注意将两式“错项对齐”以便下一
步准确写出“
S
n
－
qS
n
”的表达式；
(3)
在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参
数 ，应分公比等于
1
和不等于
1
两种情况求解
.

26．

1

AM
【解析】

【分析】

（
1
）在直角
A

BM中，得出
A

M
与

的关系，从而得出
AM< br>
与

的不等式；

（
2
）在
A MN
中，利用正弦定理求出
AN
，得出
AN
的最小值，从而得出CN
的最大值
.

【详解】

（
1
） 设
MAMA

x
，则
MB1x
，

在直角
A

BM
中，
cos(1802

) 
解得
x
o
1
2sin
2




43







2

；S
2

4
39
1x
，

x
111
AM
，即，

1cos2
2sin
2

2sin
2

因为
A

在边
BC
上，所以

4




2
.

（
2
）因为
B 

2
,AB1,BC3
，可得
AC2
，所以
BAC60
o
，

在
AMN
中，由
AM N

，可得
ANM180
o
60
o

120
o


，

又由
MN
1
，

2
2sin

ANAM

根据正弦定理，可得，

sin

sin(120
o


)
所以< br>AN
AMsin

1

，

sin(1 20
o


)2sin

sin(120
o


)
1
2
3
cos

)sin2

3sin

cos


2
令< br>t2sin

sin(120
o


)2sin

(sin



1311
sin2

cos2

sin(2

30
o
)，

2222
因为
45
o


90
o
，所以
60
o
2

30
o
150
o
，

当且仅当
2

30
o< br>90
o
时，即

60
o
时，
t
有最大值
即当

60
o
时，
AN
有最小值
所以
CN
的最大值为
3
，

2
2
，

3
4
，

3
32
2
3
.

()
439
当

60
o
时，
AMN
为等边三角形，
AM N
面积为
S
【点睛】

本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角 形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的
题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用 正弦定理和余弦定理求解是解
答的关键，着重考查了运算与求解能力
.