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新高三数学下期中第一次模拟试题(附答案)

一、选择题
（1．已知数列

a
n

的通项公式是
a
nnsin
2
A
．
110
B
．
100

2n1

）
，则
a
1
a
2
a
3
La
10


2
C
．
55
D
．
0

2．“干 支纪年法”是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法，干支是天干和地支的总
称，把干支顺序相配正 好六十为一周，周而复始，循环记录，这就是俗称的“干支表”
甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、癸等 十个符号叫天干，子、丑、寅、卯、辰、巳、
午、未、申、酉、戌、亥等十二个符号叫地支，如公元1984
年农历为甲子年，公元
1985
年农历为乙丑年，公元
1986
年农历为丙寅年，则公元
2047
年农历为

A
．乙丑年
B
．丙寅年
C
．丁卯年
D
．戊辰年

3．
ABC
中有：①若
AB
，则
sinA>sinB
；②若
sin2Asin2B
，则
ABC< br>—
定为等
腰三角形；③若
acosBbcosAc
，则
 ABC
—
定为直角三角形.以上结论中正确的个
数有（ ）

A
．
0
B
．
1
C
．
2
D
．
3

4．已知
a,bR< br>
,
且
ab
A
．
[1,4]

5．“
x0
”是“
x
A
．充分不必要条件

C
．充要条件

11
5
,
则
ab
的取值范围是（

）

ab
C
．
(2,4)
D
．
(4,)

B
．

2,


1
2
”的

x
B
．必要不充分条件

D
．既不充分也不必要条件

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

7．已知等差数列

a
n

的前
n
项为
S
n
，且
a
1
a
5
14
，
S
9
27
，则使得
S
n
取最小值
时的
n
为（ ）．

A
．1
B
．6
C
．7
D
．6或7

D
．
13

8
．在等差数列
{a
n
}
中，
a
3
a
5
2a
10
4
，则此数列的前
13
项的和等于 （

）

A
．
16 B
．
26 C
．
8
9．在等差数列

a
n

中，如 果
a
1
a
2
40,a
3
a
4
60
，那么
a
7
a
8

（

）

A
．
95
B
．
100
C
．
135
D
．
80

1
,q2，则
a
4
与
a
8
的等比中项是（ ）

8
1
1
A
．±4
B
．4
C
．

D
．

4
4
11．若
0 a1
，
bc1
，则
(

)

1 0．等比数列

a
n

中，
a
1


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．“ 中国剩余定理”又称“孙子定理”1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》
中“物不知数问题 的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高
斯得出的关于同余式解法 的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定
理”讲的是一个关于整除的问题，现有这 样一个整除问题：将1至2019中能被3除余1且
被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数 列

a
n

，则此数列的项数为（ ）

A
．134
B
．135
C
．136
D
．137

二、填空题
13．设

a
n

是公比为
q
的等比数列，
q1
，令
b
na
n
1(n1,2,L)
，若数列

b
n

有连
续四项在集合

53,23,19,37,82
中，则
6q
= .

14．
ABC
内角< br>A
、
B
、
C
的对边分别是
a
，
b< br>，
c
，且
2bcosC(3a2c)cosB
.当
b4 2
，
a2c
，
ABC
的面积为
______
.


x2y0

15．若实数
x,y
满足约束 条件

xy0
，则
z3xy
的最小值等于
____ _
．


x2y20

16．设正项数列

a
n

的前
n
项和是
S
n
，若< br>
a
n

和

S

都是等差数列， 且公差相等，则
n
a
1
＝
_______
．

2xy0

17．已知实数
x
，
y
满足 不等式组

xy30
，则
zx2y
的最小值为
_ _________
．


x2y6


x y2

18．若变量
x
，
y
满足

2x 3y9
，则
z
＝
2x+y
的最大值是
_____
．


x0

19
．如图
,
无人机在 离地面高
200m
的
A
处
,
观测到山顶
M
处的仰角为
15°
、山脚
C
处的俯角
为
45°,
已 知∠
MCN=60°,
则山的高度
MN
为
_________m.< br>

20．已知数列的前项和，则
_______
．

三、解答题
21．在平面内，将一个图形绕一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图 形的旋
转，如图，小卢利用图形的旋转设计某次活动的徽标，他将边长为
a
的正三角形
ABC
绕其

中心
O
逆时针旋转

到三角形
A
1
B
1
C
1
，且



0,
A
，得到六边形徽标
AA
1
BB
1
CC
1
.



2

3


.
顺次连结
A
，
A
1
，
B
，
B
1
，
C
，
C
1
，


(1)
当

＝

时，求六边形徽标的面积；

6
(2)
求六边形徽标的周长的最大值
.

22．在
ABC
中，内角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，设平面向 量
vv
vv
p

sinAcosB,sinA

,q

cosBsinA,sinB

，且
pqcos< br>2
C

（Ⅰ）求
C
；

（Ⅱ）若
c 3,ab23
，求
ABC
中边上的高
h
.

23．
VABC
的内角
A
，
B
，
C
的对 边分别为
a
，
b
，
c
，已知
VABC
的外 接圆半径为
R
，且
23RsinAsinBbcosA0
.

（
1
）求
A
；

（
2
）若tanA2tanB
，求
bsinC
的值
.

a2 bsinB2csinC
24．等差数列
{a
n
}
的各项均为正数 ，
a
1
1
,前
n
项和为
S
n
． 等比数列
{b
n
}

中，
b
1
1
，
且
b
2
S
2
6
,
b
2S
3
8
．

（
1
）求数列
{a< br>n
}
与
{b
n
}
的通项公式；

111

（
2
）求．

S
1
S
2
S
n
25．已知数列

a
n
是公差为
2
的等差数列，若
a
1
2,a
3
,a
4
成等比数列．

（1）求数列

a
n

的通项公式；

n 1
（2）令
b
n
2a
n
，数列

b
n

的前
n
项和为
S
n
,求满足
S
n
0
成立的
n
的最小值.

26．
V ABC
中，内角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
．已知
acosCccosAa
．

（
1
）求证：
AB
；

（
2
）若
A

6
，
VABC
的面积为
3，求
VABC
的周长．

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一、选择题

1．C
解析：
C

【解析】

【分析】

2

n,n是奇数
2n1
π
）＝

2

，所以
a
1+a
2
+a
3
+…+a
10
＝
2
2< br>﹣
1
2
+4
2
由已知条件得
a
n
＝
n
2
sin
（
2

n,n是偶数
﹣
3
2
+…+10
2
﹣
9
2
，由此能求出结果．< br>
【详解】

2

n,n是奇数

2n12n1

=n

+
，
n
∈
N
*
，∴
a
n
＝
n
2
sin
（
π
）＝

2< br>∵，

22
2
n,n是偶数

∴
a
1
+a
2
+a
3
+…+a
10
＝
2
2
﹣
1
2
+4
2
﹣
3
2
+…+ 10
2
﹣
9
2
＝
1+2+3+…+10
＝
故选
C
．

【点睛】

10

1+10

2
=55


本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、分类讨论方法、三角函数的周期性，属于中
档题．

2．C
解析：
C

【解析】

记公元1984年 为第一年，公元2047年为第64年，即天干循环了十次，第四个为“丁”，
地支循环了五次，第四个 为“卯”,所以公元2047年农历为丁卯年.

故选
C.

3．C
解析：
C

【解析】

【分析】

①根据 正弦定理可得到结果；②根据
AB
或
AB
定理推得
a
2
b
2
c
2
，三角形为直角三角形
.

【详解】

①根据大角对大边得到
a>b,
再由正弦定理

2
,
可得到结论不正确；③可由余弦
ab

知
si nAsinB，
①正确；
sinAsinB

②
sin2A sin2B
，则
AB
或
AB

2
,
ABC
是直角三角形或等腰三角形；所以②错
a
2
c
2
b
2
b
2
c
2
a
2
误；③由已知及 余弦定理可得
abc
，化简得
a
2
b
2
c
2
，
2ac2bc
所以③正确
.

故选
C.

【点睛】

本题主要考查正弦定理及余弦定理的 应用以及三角形面积公式，在解与三角形有关的问题
时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据
,
解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余
弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般 来说
,
当条件中同时出现
ab

及
b
2

、
a
2

时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交 叉出现时，往往运用正弦定理
将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答
.< br>
4．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
< br>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


a, bR
详解：

，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
，



ab



ab


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
5．C
解析：
C

【解析】

先考虑充分性
,
当
x>0
时，
x
11
2x2
，当且仅当
x= 1
时取等
.
所以充分条件成立
.

xx

1
2
时，如果
x>0
时，
x
2
2x1 0(x1)
2
0
成立，当
x
x=1
时取等
.
当
x<0
时，不等式不成立
.
所以
x>0.

故选
C.

再考虑必要性，当
x
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．B
解析：
B

【解析】

试题分析：由等差 数列的性质，可得
，所以
的通项公式为
，解得
所以使得取最小值时的为
，令
，所以数列的前六项为负数，从第七项开始为正数，
，故选
B
．

，又
，所以数列
考点：等差数列的性质
.

8
．
D
解析：
D

【解析】

【详解】

试题分析：∵
a
3
a
5
2 a
10
4
，∴
2a
4
2a
10
4< br>，∴
a
4
a
10
2
，

∴S
13

13(a
1
a
13
)13(a4
a
10
)
13
，故选
D.

22

考点：等差数列的通项公式、前
n
项和公式
.

9
．
B
解析：
B

【解析】

【分析】

根据等差数列

a
n

性质可 知：
a
1
a
2
，a
3
a
4
，
a
5
a
6
，
a
7
a
8
构成新的等差数列，然
后求出结果

【详解】

由等差数列的性质 可知：
a
1
a
2
，a
3
a
4
，
a
5
a
6
，
a
7
a
8构成新的等差数列，

a
7
a
8

a
1
a
2



41




a
3
a
4



a
1
a
2



40320100< br>
故选
B

【点睛】

本题主要考查了等差数列的性 质运用，等差数列中连续的、等长的、间隔相等的几项的和
依然成等差，即可计算出结果。

10．A
解析：
A

【解析】

【分析】

利用等比数列

a
n

的性质 可得
a
6
＝a
4
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
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】

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

c

c


< br>对于
B
，若
误

cac

，则
b cabcbca
，即
a

cb

0
，这 与
bc1
矛盾，故错
bab
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．

12．B
解析：
B

【解析】

【分析】

由题意 得出
a
n
15n14
，求出
a
n
15n1 42019
，即可得出数列的项数.

【详解】

因为能被
3
除余
1
且被
5
除余
1
的数就是能被
1 5
整除余
1
的数，故
a
n
15n14
.
由
a
n
15n142019
得
n135
，故此数 列的项数为
135
，故答案为
B.

【点睛】

本 题主要考查阅读能力及建模能力、转化与化归思想及等差数列的通项公式及数学的转化
与化归思想
.
属于中等题
.

二、填空题


13
．【解析】【分析】【详解】考查等价转化能力和分析问题的能力等比数列
的通项有连续四项在集合四项 成等比数列公比为
=-9
解析：
9

【解析】

【分析】

【详解】

考查等价转化能力和分析问题的能力
,
等比数列的通项
,

a
n

有连续四项在集合< br>
54,24,18,36,81

，四项
24,36,54 ,81
成等比数列，公比为
q
3
，
6q
= -9.

2
14．【解析】【分析】由利用正弦定理得到再用余弦定理求得b可得ac 利用面积
公式计算可得结果【详解】由正弦定理可化为所以在三角形中所以因为所以又
所以由余 弦定理得又所以有故的面积为故答案为【点睛】本题考查了正
解析：
325

7
【解析】

【分析】

由
2bc osC

3a2c

cosB
，利用正弦定理得到
co sB
a
、
c
，利用面积公式计算可得结果
.

【详解】

2
，再用余弦定理求得
b
，可得
3由正弦定理
2bcosC

3a2c

cosB
可 化为
2sinBcosC3sinAcosB2sinCcosB
，

所 以
2sin

BC

3sinAcosB
，

在三角形中，
sin

BC

sinA
，
所以
2sinA3sinAcosB
，因为
sinA0
， 所以
cosB
又
0B

，所以
sinB1cos
2
B
由余弦定理得
bac
故
ABC
的面 积为
S
故答案为
222
2
，

3
5
，

3
496
ac32
，又
a2c
，所以有
c
2

.

37
196965325
.

acsinBc
2
sinBc
2
sinB
27737
325
.

7
【点睛】

本题考查了正弦定理、余弦定理的应用，考查了三角形面积计算 公式，考查了推理能力与
计算能力，属于中档题．

15．【解析】【分析】先画出可 行域改写目标函数然后求出最小值【详解】依
题意可行域为如图所示的阴影部分的三角形区域目标函数化 为：则的最小值即
为动直线在轴上的截距的最大值通过平移可知在点处动直线在轴上的截距最
7
解析：


2
【解析】

【分析】

先画出可行域，改写目标函数，然后求出最小值

【详解】

依题意，可行域为如图所示的阴影部分的三角形区域，

目标函数化为：
y3xz
，则
z
的最 小值即为动直线在
y
轴上的截距的最大值．通过平
1


x 2y0

y
A1,
移可知在
A
点处动直线在轴上的截 距最大．因为
A:

解得

，

2
x 2y20


17
所以
z3xy
的最小值
z
min
3

1


．

22
【点睛】

本题考查了线性规划的简单应用，一般步骤：画出可行域，改写目标函数，求出最值

16．【解析】分析：设公差为d首项利用等差中项的性质通过两次平方运算即
可求得答案详解：设公差 为d首项和都是等差数列且公差相等即两边同时平方
得：两边再平方得：又两数列公差相等即解得：或为 正项数列故答案为：点
解析：
1

4
【解析】

分析：设公差为
d
，首项
a
1
，利用等差中项的性质，通过两次平方 运算即可求得答案
.

详解：设公差为
d
，首项
a
1
，

Q
a
n

和

S

都是等差数列，且 公差相等，

n
2S
2
S
1
S
3
，
< br>即
22a
1
da
1
3a
1
3d，

两边同时平方得：
4

2a
1
d

a
1
3a
1
3d2a
1

3 a
1
3d

，

4a
1
d2a1

3a
1
3d

，

两边再平方 得：
16a
1
8a
1
dd4a
1

3a
1
3d

，

22

4a
1
2
4a
1
dd
2
0
，

d2a
1
，又两数列公差相等，

S
2
S< br>1
a
2
a
1
d2a
1
，

即
2a
1
2a
1
a
1
2a
1
，

解得：
a
1

1
或
a
1
0
，

4
Q

a
n

为正项数列，


a
1

.

故答案为：
1
4
1
.

4
点睛：本题考查 等差数列的性质，考查等差中项的性质，考查化归与方程思想
.

17
．-6
【解析】由题得不等式组对应的平面区域为如图所示的
△ABC
当直线经过点
A(03)
时直线的纵截距最大
z
最小所以故填
-6
解析：-6

【解析】


由题得不等式组对应的平面区域 为如图所示的△
ABC,
当直线
y
时，直线的纵截距

1 z
x
经过点
A(0
，
3)
22
z
最大，
z
最小
.
所以
z
min
0236.故填
-6.

2
18．5【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< br>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< br>
作出变量
x,y
满足

2x3y9
的可行域如 图，


x0

由
z2xy
知
,< br>y2x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.

19．300【解析 】试题分析：由条件所以所以这样在中在中解得中故填：300考
点：解斜三角形【思路点睛】考察了解 三角形的实际问题属于基础题型首先要
弄清楚两个概念仰角和俯角都指视线与水平线的夹角将问题所涉及 的
解析：
300

【解析】

试题分析：由条件，
,,
,
中，，解得
,
这样在
,
，故填：
300.

考点：解斜三角形

【思路点睛】考察了解三角形的实际问题，属于基础题 型，首先要弄清楚两个概念，仰角
,
所以
,
所以
中，
中，< br>,
在

和俯角，都指视线与水平线的夹角，将问题所涉及的边和角在不同的 三角形内转化，最后
用正弦定理解决高度
.

20
．
2【解析】【分析】【详解】由
Sn
＝
n2+n
（
n∈n*
）当
n
＝
1a1
＝
S1
＝
1+1
＝2
当
n≥2
时
an
＝
Sn
﹣
Sn﹣
1
＝
n2+n
﹣（
n
﹣
1
）
2-
（
n
﹣
1
）＝
2n
当
n
＝
1
时
a1
＝
2×1
＝
2
成立
∵a n
＝
2n
解析：2

【解析】

【分析】

【详解】

由
S
n
＝
n
2
+n
（
n
∈
n
*
），
当
n
＝
1
，
a
1
＝
S
1＝
1+1
＝
2
，

当
n
≥
2
时，
a
n
＝
S
n
﹣
S
n
﹣
1
＝
n
2
+n
﹣（
n
﹣
1）
2
-
（
n
﹣
1
）＝
2n
，

当
n
＝
1
时，
a
1
＝
2
×
1
＝
2
，成立，

∵
a
n< br>＝
2n
（
n
∈
n
*
），

∴
22
，

∴
2
，

故答案为
2
．

三、解答题

3
2
a
；
(2)
23a

4
【解析】

【分析】

21．(1)

（
1
）连接
OB
,
则
AOB
1
OA OB
2



,
由等边三角形
ABC
的 边长为
a
,
可得
3
3
a
,
再利用三角形面 积公式求解即可；

3
（
2
）根据三角形的对称性可得
23

AB2OBsin





23
a

3
cos


1
sin

,

AA
1
2OAsinasin
,
1


3232222

232

则周长为关于

的函数
,
进而求得最值即可

【详解】

（
1
）
Q
等边三角形
ABC< br>的边长为
a
,

OAOB
3
a
,

3

连接
OB
,
AOB
1
2


< br>,

3
13a
2


2




2

S3OA

sin

sin





sin




,

226

3

< br>


当



6
时
,< br>六边形徽标的面积为
S
3
2
a

4
（2
）在
VAOA
1
中
,
AA
1
2O Asin
在
VBOA
1
中
,
A
1
B2O Bsin


2

23

asin
,
32

1





2 3

3


a

cossin
,


3

2222


32



2



,



0,


,


23

3

设周长为
f
(
q
)
,
则
f



3

AA
1
A< br>1
B

23asin

当且仅当

2

3


2
,
即


3
时
,
f



max
 23a

【点睛】

本题考查三角形面积的应用
,
考查正弦 型函数的最值问题
,
考查三角函数在几何中的应用
,
考
查数形结合思 想

22．(1)
C
【解析】

分析：（1）由向量的数 量积的运算，得
sin
2
Asin
2
Bsin
2
CsinAsinB
，

根据正弦、余弦定理得
cosC
< br>3
;(2)
3
.

2
1

，即可得到
C
；

233
，即
2
（2）由余弦定理和
ab23
，得
ab 3
，再利用三角形的面积公式，求得
h
可得到结论．

22
详解：（
1
）因为
pqcosBsinAsinAsinB
，
vv
所以
cos
2
Bsin
2
Asin AsinBcos
2
C
，即
1sin
2
Bsin2
AsinAsinB1sin
2
C
，

即sin
2
Asin
2
Bsin
2
CsinAsi nB
，

a
2
b
2
c
2
ab 1
根据正弦定理得
abcab
，所以
cosC
，

2ab2ab2
222
所以
C

3

；


22
（
2
）由余弦定理
3a b2abcos

3


ab

3ab，又
ab23
，所以
2
ab3
，

根据
ABC
△的面积
S
113
131
abs inCch
，即
3
h
， 解得，

3h
222
222
3
．

2
所以ABC
中
AB
边上的高
h
点睛：本题主要考查了利用正弦定 理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，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.

23．（
1
）
【解析】

【分析】

（< br>1
）由正弦定理化简已知三角等式，根据
sinB0
可得
tanA
（
2
）由（
1
）可得
tanB
化简分式得

【详解】

（
1
）∵
23RsinAsinBbcosA0
，

由正弦定理得：
23RsinAsinB2RsinBcosA0
，

即
sinB

33
.

；（
2
）

6
10
3
，即可求出角
A
；

3
3
，利用
2sinA1
及正弦定理将分式化简，再利用余弦定理
6
1
tan

AB

，最后利用正切和角公式代入
tanA
，
tanB
，可求出结果
.

2

3sinAcosA0
，


∵
B

0,


，∴
sinB0
，
< br>即得
3sinAcosA
，
tanA
∵
A
< br>0,


，∴
A
3
，

3

6
.

（
2
）由（
1
）知：
tanA
∴
2sinA1
，

∴
1< br>3
3
，
tanB
，
sinA
，

2
3
6
bsinC2sinAbsinC


a 2bsinB2csinC2sinAa2bsinB2csinC
absinC
a
2
b
2
c
2

由余弦定理得：

bsinCsinC11
tanCtan

AB< br>

a2bsinB2csinC2cosC22
1tanAtanB3 3
.


21tanAtanB10
【点睛】

本题考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数的基本关系等基础知识，考查学生数形结
合、转化 与化归以及运算求解能力，解决此类问题的关键是灵活运用正、余弦定理进行边
角的互化，属于中等题< br>.

n1
24．（1）
a
n
n
，
b
n
2
；（2）
2n

n1
【解析】

【分析】

（
1
）由题 意,要求数列
{a
n
}
与
{b
n
}
的通项 公式,只需求公差，公比,因此可将公差,公比分
别设为
d
，
q,
然 后根据等差数列的前项和公式,代入
b
2
S
2
6
,
b
2
S
3
8
,求出
d
，
q
即可写
出数列
{a
n
}
与
{b
n
}
的通项公式．

12
1

,
而要求（
2
）由（
1
）可得
S
n
12nn

n 1

,
即
s
n
n

n1
2
1
111
11

1

,
故 结合的特征可变形为
2



,
代入化简即可．

s
n
S
1
S
2
S
n
s
n
nn1

【详解】

（1）设等差数列
{a
n
}
的公差为
d
，
d
＞
0
，
{b< br>n
}
的等比为
q

n1
则
a
n
1(n1)d

,
b
n
q
,

4


q

2d

6

d1

d< br>依题意有

，解得

或

3
（舍去）

q2
q33d8




q9n1
故
a
n
n,b
n
2
,
< br>（2）由（
1
）可得
S
n
12n
∴1
n

n1



2
11

1
2





s
n
nn1

∴


1< br>
11

1111



1
 2


1





 






S
1
S
2
S
n
223nn1



1
2n

21
=

．




n1

n1
【点睛】

本题第一问主要考查了求数列的通项公式,较简单,只要能写出
S
n
的表达式,然后 代入题中

的条件正确计算即可得解,但要注意
d
＞
0
．第二问考查了求数列的前
n
项和，关键是要分
12
11

1

2


析数列通项的特征,将等价变形为

,
然后代入计算，这也是
s
n
n

n1
s
n
nn1

求数列前
n
项和的一种常用方法--
裂项相消法！

25．（1）
a
n
92n；（2）
5
.

【解析】

【分析】

（
1
）根据等差数列

a
n

的公差为
-2
，且
a
1
2,a
3
,a
4
成等比数 列列出关于公差
d
的方程，
解方程可求得
d
的值，从而可得数列
a
n

的通项公式；（
2
）由（
1
）可知
b
n
2
n1
92n
，根据分组求和法，利用 等差数列与等比数列的求和公式可得结果
.

【详解】

（1）Qa
1
2,a
3
,a
4
成等比数列，

a
1
4



a
1
2

a
1
6

，

解得：
a< br>1
7
，
a
n
92n
.

（2）由题可知
S
n
222L2
2

012n 1



753L92n

，

12
n
8nn
2

2
n
n
2
8n1
，

12< br>
显然当
n4
时，
S
n
0
，
S
5
80
,又因为
n5
时，
S
n
单 调递增，

故满足
S
n
0
成立的
n
的最 小值为
5
.

【点睛】

本题主要考查等差数列的通项公式 与求和公式以及等比数列的求和公式，利用“分组求和
法”求数列前
n
项和，属于中档 题
.
利用“分组求和法”求数列前
n
项和常见类型有两种：
一是通 项为两个公比不相等的等比数列的和或差，可以分别用等比数列求和后再相加减；
二是通项为一个等差数 列和一个等比数列的和或差，可以分别用等差数列求和、等比数列
求和后再相加减
.

26．（
1
）见解析（
2
）
423

【解析】

【分析】

a
2
b
2
c
2
b
2
c
2
a
2
（
1
）用余弦定理将条件
acosCccosAa
化为
aca
，
2ab2bc
然后化简即可


2

（
2
）由
A
得
C
，由
VABC
的面积为
3
和
ab
可推出
ab2
，然后用余
63
弦 定理求出
c
即可
.

【详解】

（
1
）因为
acosCccosAa

a
2
b
2
c
2
b
2
c
2< br>a
2
由余弦定理得
aca
，

2ab2bc
整理得
2b
2
2ab
，

所以
ab
，

所以
AB
．

（
2
）因为
A

6
，由（
1
）知
C(AB)
2
，

3
又
VABC
的面积为
3
，

所以
1
absinC3
．

2
13
2
a3
，

22
又
ab
，

所以
所以
ab2
．

由余弦定理，得
ca b2abcosC14222


所以
c23
，< br>
所以
VABC
的周长为
423
．

【点睛】

本题考查的是正余弦定理及三角形的面积公式，较为典型
.

222

1


12
，

2
