2021学年江西省吉安市高一（下）第二次月考数学试卷
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
1. 数列1，−3，5，−7，9，…的一个通项公式为（ ） A.𝑎𝑛=2𝑛−1
C.𝑎𝑛=(−1)𝑛(2𝑛−1)
2. 已知{𝑎𝑛}是等比数列，且𝑎𝑛>0，𝑎2𝑎4+2𝑎3𝑎5+𝑎4𝑎6=25，那么𝑎3+𝑎5的值等于（ ） A.5
3. 在△𝐴𝐵𝐶中，若sin2𝐴+sin2𝐵 5. 设等差数列{𝑎𝑛}的公差𝑑不为0，𝑎1=9𝑑．若𝑎𝑘是𝑎1与𝑎2𝑘的等比中项，则𝑘=( ) A.2 6. 在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑇𝑛为前𝑛项的积，若𝑇3=1，𝑇6=2，则𝑎13𝑎14𝑎15的值为（ ） 3 B.𝑎𝑛=(−1)𝑛(1−2𝑛) D.𝑎𝑛=(−1)𝑛(2𝑛+1) B.10 C.15 D.20 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不能确定 1𝑛𝜋2 ，其前𝑛项和为𝑆𝑛，则𝑆2012等于（ ） C.503 D.0 B.2012 B.4 C.6 D.8 𝑇 A.16 B.12 C.8 D.4 7. △𝐴𝐵𝐶中，已知𝑎=𝑥，𝑏=2，𝐵=60∘，如果△𝐴𝐵𝐶 有两组解，则𝑥的取值范围（ ） A.𝑥>2 8. 从2008到2011期间，甲每年6月1日都到银行存入𝑎元的一年定期储蓄．若年利率为𝑞保持不变，且每年到期的存款本息均自动转为新的一年定期储蓄，到2011年6月1日，甲去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取回，则取回的金额是（ ） A.𝑎(1+𝑞)4元 C. 试卷第1页，总16页 𝑎[(1+𝑞)4−(1+𝑞)] 𝑞 B.𝑥<2 C.2<𝑥<√3 3 4 D.2<𝑥≤√3 3 4 B.𝑎(1+𝑞)5元 元 D. 𝑎[(1+𝑞)5−(1+𝑞)] 𝑞 元 9. 在数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=2，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+ln(1+)，则𝑎𝑛=( ) 𝑛1 A.2+ln𝑛 B.2+(𝑛−1)ln𝑛 C.2+𝑛ln𝑛 D.1+𝑛+ln𝑛 10. 等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=8，𝑎5=2，若在每相邻两项之间各插入一个数，使之成为等差数列，那么新的等差数列的公差是________． 11. 在△𝐴𝐵𝐶中，已知𝐴𝐵⋅𝐴𝐶=−2，|𝐴𝐵|⋅|𝐴𝐶|=4，则△𝐴𝐵𝐶的面积为________． 12. 已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=1，𝑎𝑛=3𝑎𝑛−1+4，(𝑛∈𝑁∗且𝑛≥2)，则数列{𝑎𝑛}通项公式𝑎𝑛=________． 13. 锐角△𝐴𝐵𝐶中，如果𝑎=4，𝑏=3，那么𝑐的范围是________． 14. 将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第𝑛行(𝑛≥3)从左向右的第3个数为________． → → → → 15. 在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎1+𝑎3=10，𝑎4+𝑎6=，求𝑎𝑛和𝑆4． 45 16. 在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐且满足𝑐sin𝐴=𝑎cos𝐶 （1）求角𝐶的大小； （2）求√3sin𝐴−cos(𝐵+𝐶)的取值范围． 17. 递减的等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛．若𝑎3⋅𝑎5=63，𝑎2+𝑎6=16， （1）求{𝑎𝑛}的通项公式 （2）当𝑛为多少时，𝑆𝑛取最大值，并求其最大值． 试卷第2页，总16页 （3）求|𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|+...+|𝑎𝑛|． 18. 在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴、𝐵、𝐶的对边分别为𝑎、𝑏、𝑐，设𝑆为△𝐴𝐵𝐶的面积，满足4𝑆=√3(𝑎2+𝑏2−𝑐2)． （1）求角𝐶的大小； （2）若1+tan𝐵= 19. 设数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛＝2𝑛2，{𝑏𝑛}为等比数列，且𝑎1＝𝑏1，𝑏2(𝑎2−𝑎1)＝𝑏1． (Ⅰ)求数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式； (Ⅱ)设𝑐𝑛=𝑏𝑛，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛． 𝑛 tan𝐴2𝑐 ，且𝐴𝐵⋅𝐵𝐶=−8，求𝑐的值． 𝑏 →→ 𝑎 𝑛 20. 已知数列{𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}满足：𝑎1=4，𝑎𝑛+𝑏𝑛=1，𝑏𝑛+1=1−𝑎． 𝑛2 1𝑏 （1）求𝑎2，𝑎3； （2）证数列{}为等差数列，并求数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式； 𝑎𝑛1 （3）设𝑆𝑛=𝑎1𝑎2+𝑎2𝑎3+𝑎3𝑎4+...+𝑎𝑛𝑎𝑛+1，求实数𝜆为何值时4𝜆𝑆𝑛<𝑏𝑛恒成立． 试卷第3页，总16页 参考答案与试题解析 2021学年江西省吉安市高一（下）第二次月考数学试卷 一、 选择题 （本题共计 9 小题 ，每题 3 分 ，共计27分 ） 1. 【答案】 B 【考点】 数列的概念及简单表示法 【解析】 首先注意到数列的奇数项为正，偶数项为负，其次数列各项绝对值构成一个以1为首项，以2为公差的等差数列，从而易求出其通项公式． 【解答】 解：∵ 数列{𝑎𝑛}各项值为1，−3，5，−7，9，… ∴ 各项绝对值构成一个以1为首项，以2为公差的等差数列， ∴ |𝑎𝑛|=2𝑛−1 又∵ 数列的奇数项为正，偶数项为负， ∴ 𝑎𝑛=(−1)𝑛+1(2𝑛−1)=(−1)𝑛(1−2𝑛)． 故选𝐵． 2. 【答案】 A 【考点】 等比数列 【解析】 22 先由等比数列的性质求出𝑎2⋅𝑎4=𝑎3，𝑎4⋅𝑎6=𝑎5，再将𝑎2𝑎4+2𝑎3𝑎5+𝑎4𝑎6=25转化为(𝑎3+𝑎5)2=25求解． 【解答】 22 解：由等比数列的性质得：𝑎2⋅𝑎4=𝑎3，𝑎4⋅𝑎6=𝑎5 ∴ 𝑎2𝑎4+2𝑎3𝑎5+𝑎4𝑎6=25可化为 (𝑎3+𝑎5)2=25又∵ 𝑎𝑛>0 ∴ 𝑎3+𝑎5=5 故选𝐴 3. 【答案】 C 【考点】 余弦定理的应用 三角形的形状判断 【解析】 由sin2𝐴+sin2𝐵 2𝑎𝑏 可判断𝐶的取值范围 【解答】 解：∵ sin2𝐴+sin2𝐵 由正弦定理可得，𝑎2+𝑏2<𝑐2， 由余弦定理可得cos𝐶=∴ <𝐶<𝜋， 2𝜋 𝑎2+𝑏2−𝑐2 2𝑎𝑏 <0， ∴ △𝐴𝐵𝐶是钝角三角形. 故选𝐶. 4. 【答案】 C 【考点】 数列与三角函数的综合 数列的求和 【解析】 由数列通项公式可求得该数列的周期及其前4项，根据数列的周期性及前4项和即可求得𝑆2012． 【解答】 解：由𝑎𝑛=4+cos该数列周期为𝑇= 14 141 𝑛𝜋2 得， 14 14 34 2𝜋 𝜋2 =4，且𝑎1=，𝑎2=−1=−， 54 𝑎3=，𝑎4=+1=， 则𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4=−++=1， 4 4 4 4 1 3 1 5 所以𝑆2012=503×(𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4)=503×1=503． 故选𝐶． 5. 【答案】 B 【考点】 等差数列的性质 等比数列的性质 【解析】 2 由𝑎𝑘是𝑎1与𝑎2𝑘的等比中项，知𝑎𝑘=𝑎1𝑎2𝑘，由此可知𝑘2−2𝑘−8=0，从而得到𝑘=4或𝑘=−2． 【解答】 解：因为𝑎𝑘是𝑎1与𝑎2𝑘的等比中项， 2则𝑎𝑘=𝑎1𝑎2𝑘，[9𝑑+(𝑘−1)𝑑]2=9𝑑•[9𝑑+(2𝑘−1)𝑑]， 又𝑑≠0，则𝑘2−2𝑘−8=0，𝑘=4或𝑘=−2（舍去）． 故选𝐵． 6. 【答案】 A 【考点】 试卷第5页，总16页 等比数列的性质 【解析】 利用𝑇𝑛为前𝑛项的积，𝑇3=1，6=2，可得𝑎1𝑎2𝑎3=1，𝑎4𝑎5𝑎6=2，利用等比数列 𝑇3𝑇 的通项公式，可得结论． 【解答】 解：∵ 𝑇𝑛为前𝑛项的积，𝑇3=1，6=2， 𝑇3𝑇 ∴ 𝑎1𝑎2𝑎3=1，𝑎4𝑎5𝑎6=2， ∴ 𝑎13𝑎14𝑎15=1×24=16． 故选：𝐴 7. 【答案】 C 【考点】 正弦定理 【解析】 △𝐴𝐵𝐶 有两组解，所以𝑎sin𝐵<𝑏<𝑎，代入数据，求出𝑥的范围． 【解答】 解：当𝑎sin𝐵<𝑏<𝑎时，三角形𝐴𝐵𝐶有两组解， 所以𝑏=2，𝐵=60∘， 因为𝑎=𝑥，如果三角形𝐴𝐵𝐶有两组解， 那么𝑥应满足𝑥sin60∘<2<𝑥， 即2<𝑥<√3． 3故选𝐶． 8. 【答案】 C 【考点】 数列的应用 【解析】 先分别计算每一年存入𝑎元到2011年的本息和，然后将所有存款的本息相加，根据等比数列求得求和公式解之即可． 【解答】 解：2008年的𝑎元到了2011年本息和为𝑎(1+𝑞)3， 2009年的𝑎元到了2011年本息和为𝑎(1+𝑞)2， 2010年的𝑎元到了2011年本息和为𝑎(1+𝑞)， 所有金额为𝑎(1+𝑞)+𝑎(1+𝑞)2+𝑎(1+𝑞)3即所有金额为 𝑎[(1+𝑞)4−(1+𝑞)] 𝑞 𝑎(1+𝑞)(1−(1+𝑞)3) 1−(1−𝑞) 4 = 故选𝐶． 9. 【答案】 A 试卷第6页，总16页 【考点】 数列递推式 【解析】 把递推式整理，先整理对数的真数，通分变成正确选项． 【解答】 解：∵ 𝑎2=𝑎1+ln(1+1)， 𝑎3=𝑎2+ln(1+)， 21 1 𝑛+1𝑛 ，用迭代法整理出结果，约分后选出 … ∴ 𝑎𝑛=𝑎𝑛−1+ln(1+𝑛−1) 234𝑛 =𝑎1+ln()()()…()=2+ln𝑛 123𝑛−1故选：𝐴． 二、 填空题 （本题共计 5 小题 ，每题 3 分 ，共计15分 ） 10. 【答案】 3− 4【考点】 等差数列的通项公式 【解析】 根据等差数列的通项公式，算出数列{𝑎𝑛}公差𝑑=−，可得𝑎𝑛=−𝑛+ 2 2 3 3 192 1 ．若在{𝑎𝑛} 132 每相邻两项之间各插入一个数，得到新等差数列{𝑏𝑛}，可得𝑏1=𝑎1=8且𝑏3=𝑎2=再用等差数列的通项公式即可得到新等差数列{𝑏𝑛}的公差． 【解答】 解：∵ 等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=，𝑎5=2， ∴ 公差𝑑= 𝑎5−𝑎15−1 ， =−，可得{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=8+(𝑛−1)×(−)=−𝑛+ 2 2 2 333192 若在{𝑎𝑛}每相邻两项之间各插入一个数，得到新的等差数列{𝑏𝑛}，可得 𝑏1=𝑎1=8，𝑏3=𝑎2=−2×2+∴ 数列{𝑏𝑛}的公差𝑑1=故答案为：−4 11. 【答案】 √3 【考点】 平面向量数量积的运算 【解析】 试卷第7页，总16页 3 𝑏3−𝑏13−13 19234 = 132 =− 由题意可得4×cos𝐴=−2，解得cos𝐴的值，可得𝐴的值，再由△𝐴𝐵𝐶的面积为 12 ×|𝐴𝐵|⋅|𝐴𝐶|×sin𝐴，运算求得结果． →→ 【解答】 解：∵ 在△𝐴𝐵𝐶中，已知𝐴𝐵⋅𝐴𝐶=−2，|𝐴𝐵|⋅|𝐴𝐶|=4，可得4×cos𝐴=−2，解得cos𝐴=−2，∴ 𝐴= 1 1 2𝜋3 → → → → ． → → 1 √32 故△𝐴𝐵𝐶的面积为2×|𝐴𝐵|⋅|𝐴𝐶|×sin𝐴=2×4×故答案为√3． 12. =√3， 【答案】 3𝑛−2 【考点】 数列递推式 【解析】 由题意知𝑎𝑛+2=3(𝑎𝑛−1+2)，判断{𝑎𝑛+2}是等比数列，由此求出通项公式． 【解答】 解：∵ 𝑎𝑛=3𝑎𝑛−1+4，∴ 𝑎𝑛+2=3(𝑎𝑛−1+2)， ∵ 𝑎1+2=3，∴ {𝑎𝑛+2}是公比为3，首项是4的等比数列，即𝑎𝑛+2=3×3𝑛−1， 𝑎𝑛=3𝑛−2． 故答案为：3𝑛−2． 13. 【答案】 (√7, 5) 【考点】 余弦定理 【解析】 利用余弦定理表示出cos𝐶，cos𝐴，cos𝐵，将𝑎与𝑏的值代入，根据三角形为锐角三角形得到cos𝐴，cos𝐵，cos𝐶都大于0，即可确定出𝑐的范围． 【解答】 解：∵ △𝐴𝐵𝐶为锐角三角形， ∴ 由余弦定理得：cos𝐶=cos𝐵= 𝑎2+𝑐2−𝑏2 2𝑎𝑐 𝑎2+𝑏2−𝑐2 2𝑎𝑏 = 25−𝑐224 >0，cos𝐴= 𝑏2+𝑐2−𝑎2 2𝑏𝑐 = 9+𝑐2−16 6𝑐 >0， = 16+𝑐2−9 8𝑐 >0， 解得：0<𝑐<5，𝑐>√7， 则𝑐的范围为(√7, 5)． 故答案为：(√7, 5) 14. 【答案】 𝑛2−𝑛+6 2【考点】 归纳推理 试卷第8页，总16页 等差数列的前n项和 【解析】 观察图例，我们可以得到每一行的数放在一起，是从一开始的连续的正整数，故𝑛行的最后一个数，即为前𝑛项数据的个数，故我们要判断第𝑛行(𝑛≥3)从左向右的第3个数，可先判断第𝑛−1行的最后一个数，然后递推出最后一个数据． 【解答】 解：前𝑛−1行共有正整数1+2+...+(𝑛−1)个， 即 𝑛2−𝑛2 个， 𝑛2−𝑛2 因此第𝑛行第3个数是全体正整数中第即为 𝑛2−𝑛+6 2 +3个， ． 𝑛2−𝑛+6 2 故答案为： . 三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 10 分 ，共计60分 ） 15. 【答案】 解：设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞， ∴ 𝑎1+𝑎3=𝑎1(1+𝑞2)=10， 𝑎4+𝑎6=𝑎1(𝑞3+𝑞5)=， 45 联立解得𝑎1=8，𝑞=2， ∴ 𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1=8×(2)𝑛−1=(2)𝑛+2 ∴ 𝑆4= 𝑎1(1−𝑞4)1−𝑞 1 1 1 =15 【考点】 等比数列的前n项和 【解析】 设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，由已知可解得𝑎1和𝑞，可得所求． 【解答】 解：设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞， ∴ 𝑎1+𝑎3=𝑎1(1+𝑞2)=10， 𝑎4+𝑎6=𝑎1(𝑞3+𝑞5)=， 45 联立解得𝑎1=8，𝑞=2， ∴ 𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1=8×(2)𝑛−1=(2)𝑛+2 ∴ 𝑆4=16. 【答案】 解：（1）由正弦定理化简已知等式得：sin𝐶sin𝐴=sin𝐴cos𝐶， ∵ 𝐴为三角形内角，∴ sin𝐴≠0， 试卷第9页，总16页 𝑎1(1−𝑞4)1−𝑞 1 1 1 =15 ∴ sin𝐶=cos𝐶，即tan𝐶=1， ∴ 𝐶=； 4𝜋 （2）√3sin𝐴−cos(𝐵+𝐶)=√3sin𝐴+cos𝐴=2sin(𝐴+6)， ∵ 0<𝐴< 𝜋 3𝜋4𝜋 𝜋 ， 11𝜋12𝜋12 ∴ 6<𝐴+6<∵ sin∴ 11𝜋12 ， 𝜋3 𝜋4 𝜋3 𝜋4 𝜋3 𝜋4 √6−√2， 4 =sin=sin(−)=sincos−cossin= 𝜋 √6−√22 𝜋 √6−√24 则√3sin𝐴−cos(𝐵+𝐶)的取值范围是(【考点】 正弦定理 求两角和与差的正弦 【解析】 （1）已知等式利用正弦定理化简，根据sin𝐴不为0求出tan𝐶的值，利用特殊角的三角函数值即可求出𝐶的度数； （2）原式第二项利用诱导公式化简，提取2变形后，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由𝐴的范围求出这个角的范围，利用正弦函数的值域即可确定出范围． 【解答】 解：（1）由正弦定理化简已知等式得：sin𝐶sin𝐴=sin𝐴cos𝐶， ∵ 𝐴为三角形内角，∴ sin𝐴≠0， ∴ sin𝐶=cos𝐶，即tan𝐶=1， ∴ 𝐶=4； （2）√3sin𝐴−cos(𝐵+𝐶)=√3sin𝐴+cos𝐴=2sin(𝐴+6)， ∵ 0<𝐴< 𝜋6 3𝜋4𝜋6 𝜋 𝜋 ， 11𝜋12𝜋 ∴ <𝐴+<∵ sin∴ 11𝜋12 ， 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 √6−√2， 4 =sin12=sin(3−4)=sin3cos4−cos3sin4= 𝜋 √6−√22 𝜋 √6−√24 则√3sin𝐴−cos(𝐵+𝐶)的取值范围是(17. 【答案】 解：（1）𝑎2+𝑎6=𝑎3+𝑎5=16，又𝑎3⋅𝑎5=63， 试卷第10页，总16页 所以𝑎3与𝑎5是方程𝑥2−16𝑥+63=0的两根， 𝑎=7𝑎=9解得{3或{3， 𝑎5=9𝑎5=7 𝑎=9又该等差数列递减，所以{3， 𝑎5=7则公差𝑑= 𝑎5−𝑎3 2 =−1，𝑎1=11， 所以𝑎𝑛=11+(𝑛−1)(−1)=12−𝑛； 𝑎≥012−𝑛≥0 （2）由{𝑛，即{，解得11≤𝑛≤12， 𝑎𝑛+1≤011−𝑛≤0 又𝑛∈𝑁∗，所以当𝑛=11或12时𝑆𝑛取最大值，最大值为𝑆11=𝑆12=12×11+ 12×112 (−1)=66； （3）由（2）知，当𝑛≤12时𝑎𝑛≥0，当𝑛>12时𝑎𝑛<0， ①当𝑛≤12时， |𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|+...+|𝑎𝑛|=𝑎1+𝑎2+𝑎3+...+𝑎𝑛 =𝑆𝑛= 𝑛(𝑎1+𝑎𝑛) 2 = 𝑛(11+12−𝑛) 2 =−𝑛2+ 2 1232 𝑛； ②当𝑛>12时， |𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|+...+|𝑎𝑛|=(𝑎1+𝑎2+𝑎3+...+𝑎12)−(𝑎13+𝑎14+...+𝑎𝑛) =−𝑆𝑛+2𝑆12=2𝑛2− 1 232 𝑛+2×66=2𝑛2− 12 1232 𝑛+132； 𝑛，𝑛≤12 所以|𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|+...+|𝑎𝑛|={1【考点】 等差数列的前n项和 等差数列的通项公式 数列的求和 −𝑛2+ 232 232 𝑛2−2 ． 𝑛+132，𝑛>12 【解析】 （1）𝑎2+𝑎6=𝑎3+𝑎5=16，由此可把𝑎3与𝑎5看作方程𝑥2−16𝑥+63=0的两根，解出𝑎3与𝑎5，根据通项公式可得公差及首项； （2）由递减等差数列性质可知，要使𝑆𝑛取最大值，则有𝑎𝑛≥0，𝑎𝑛+1≤0，解出𝑛，即可求得正整数𝑛值； （3）分①当𝑛≤12时，②当𝑛>12时两种情况进行讨论，借助等差数列前𝑛项和公式即可求得答案； 【解答】 解：（1）𝑎2+𝑎6=𝑎3+𝑎5=16，又𝑎3⋅𝑎5=63， 所以𝑎3与𝑎5是方程𝑥2−16𝑥+63=0的两根， 𝑎=7𝑎=9解得{3或{3， 𝑎5=9𝑎5=7 𝑎=9又该等差数列递减，所以{3， 𝑎5=7则公差𝑑= 𝑎5−𝑎3 2 =−1，𝑎1=11， 试卷第11页，总16页 所以𝑎𝑛=11+(𝑛−1)(−1)=12−𝑛； 𝑎≥012−𝑛≥0 （2）由{𝑛，即{，解得11≤𝑛≤12， 𝑎𝑛+1≤011−𝑛≤0 又𝑛∈𝑁∗，所以当𝑛=11或12时𝑆𝑛取最大值，最大值为𝑆11=𝑆12=12×11+ 12×112 (−1)=66； （3）由（2）知，当𝑛≤12时𝑎𝑛≥0，当𝑛>12时𝑎𝑛<0， ①当𝑛≤12时， |𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|+...+|𝑎𝑛|=𝑎1+𝑎2+𝑎3+...+𝑎𝑛 =𝑆𝑛= 𝑛(𝑎1+𝑎𝑛) 2 = 𝑛(11+12−𝑛) 2 =−2𝑛2+ 1232 𝑛； ②当𝑛>12时， |𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|+...+|𝑎𝑛|=(𝑎1+𝑎2+𝑎3+...+𝑎12)−(𝑎13+𝑎14+...+𝑎𝑛) =−𝑆𝑛+2𝑆12=𝑛2− 21 232 𝑛+2×66=𝑛2− 21 1232 𝑛+132； 𝑛，𝑛≤12 所以|𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|+...+|𝑎𝑛|={1 2 −2𝑛2+𝑛2− 232 232 ． 𝑛+132，𝑛>12 18. 【答案】 解：（1）∵ 根据余弦定理得𝑎2+𝑏2−𝑐2=2𝑎𝑏cos𝐶，△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆=2𝑎𝑏sin𝐶， ∴ 由4𝑆=√3(𝑎2+𝑏2−𝑐2)得4×2𝑎𝑏sin𝐶=2√3𝑎𝑏cos𝐶， 化简得sin𝐶=√3cos𝐶，可得tan𝐶=cos𝐶=√3， ∵ 0<𝐶<𝜋，∴ 𝐶=； 3𝜋 sin𝐶1 1 （2）∵ 1+tan𝐵=可得 sin(𝐴+𝐵)cos𝐴sin𝐵 tan𝐴2𝑐 ，∴ 1+sin𝐵cos𝐴=𝑏 sin𝐶cos𝐴sin𝐵 sin𝐴cos𝐵cos𝐴sin𝐵+sin𝐴cos𝐵 cos𝐴sin𝐵 = 2𝑐𝑏 ， = 2𝑐𝑏 ，即= 2𝑐𝑏 ． 1 𝜋 ∴ 由正弦定理得cos𝐴sin𝐵= 𝜋 sin𝐶2sin𝐶 ，解得cos𝐴=2，结合0<𝐴<𝜋，得𝐴=3． sin𝐵 𝜋 ∵ △𝐴𝐵𝐶中，𝐶=3，∴ 𝐵=𝜋−(𝐴+𝐶)=3， 因此，𝐴𝐵⋅𝐵𝐶=−𝐵𝐴⋅𝐵𝐶=−|𝐵𝐴|⋅|𝐵𝐶|cos𝐵=−𝑐2 2 → → → → → → 1 ∵ 𝐴𝐵⋅𝐵𝐶=−8， ∴ −2𝑐2=−8，解之得𝑐=4（舍负）． 【考点】 余弦定理 平面向量数量积的运算 1 →→ 试卷第12页，总16页 同角三角函数间的基本关系 正弦定理 【解析】 （1）根据余弦定理与三角形的面积公式，化简题干中的等式解出sin𝐶=√3cos𝐶，然后利用同角三角函数的关系得到tan𝐶=√3，从而可得角𝐶的大小； （2）根据同角三角函数的关系与正弦定理，化简1+tan𝐵= 𝜋3 𝜋3 → →tan𝐴 2𝑐 得到cos𝐴=2，从而得出𝑏 1 𝐴=，由三角形内角和定理算出𝐵=．再由𝐴𝐵⋅𝐵𝐶=−8，利用向量数量积公式建立关于边𝑐的等式，解之即可得到边𝑐的值． 【解答】 解：（1）∵ 根据余弦定理得𝑎2+𝑏2−𝑐2=2𝑎𝑏cos𝐶，△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆=2𝑎𝑏sin𝐶， ∴ 由4𝑆=√3(𝑎2+𝑏2−𝑐2)得4×𝑎𝑏sin𝐶=2√3𝑎𝑏cos𝐶， 21 1 化简得sin𝐶=√3cos𝐶，可得tan𝐶=cos𝐶=√3， ∵ 0<𝐶<𝜋，∴ 𝐶=3； （2）∵ 1+tan𝐵=可得cos𝐴sin𝐵= sin(𝐴+𝐵) 2𝑐tan𝐴 2𝑐 𝜋 sin𝐶 ，∴ 1+sin𝐵cos𝐴=𝑏 sin𝐶 2𝑐𝑏 sin𝐴cos𝐵cos𝐴sin𝐵+sin𝐴cos𝐵 cos𝐴sin𝐵 = 2𝑐𝑏 ， ，即cos𝐴sin𝐵=𝑏 sin𝐶 ． 1 𝜋 ∴ 由正弦定理得cos𝐴sin𝐵= 𝜋 2sin𝐶 ，解得cos𝐴=2，结合0<𝐴<𝜋，得𝐴=3． sin𝐵 𝜋 ∵ △𝐴𝐵𝐶中，𝐶=3，∴ 𝐵=𝜋−(𝐴+𝐶)=3， 因此，𝐴𝐵⋅𝐵𝐶=−𝐵𝐴⋅𝐵𝐶=−|𝐵𝐴|⋅|𝐵𝐶|cos𝐵=−2𝑐2 ∵ 𝐴𝐵⋅𝐵𝐶=−8， ∴ −𝑐2=−8，解之得𝑐=4（舍负）． 21→ →→ → → → → → 1 19. 【答案】 （1）：当𝑛＝1时，𝑎1＝𝑆1＝2；当𝑛≥2时，𝑎𝑛＝𝑆𝑛−𝑆𝑛−1＝2𝑛2−2(𝑛−1)2＝4𝑛−2， 故{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛＝4𝑛−2，即{𝑎𝑛}是𝑎1＝2，公差𝑑＝4的等差数列． 设{𝑏𝑛}的公比为𝑞，则𝑏1𝑞𝑑＝𝑏1，𝑑＝4，∴ 𝑞=4． 故𝑏𝑛＝𝑏1𝑞𝑛−1＝2×4𝑛−1，即{𝑏𝑛}的通项公式为𝑏𝑛=4𝑛−1． (𝐼𝐼)∵ 𝑐𝑛=𝑏𝑛= 𝑛 1 12 𝑎4𝑛−2 24𝑛−1=(2𝑛−1)4𝑛−1， 𝑇𝑛＝𝑐1+𝑐2+...+𝑐𝑛 𝑇𝑛＝1+3×41+5×42+...+(2𝑛−1)4𝑛−1 试卷第13页，总16页 4𝑇𝑛＝1×4+3×42+5×43+...+(2𝑛−3)4𝑛−1+(2𝑛−1)4𝑛 两式相减得，3𝑇𝑛＝−1−2(41+42+43+...+4𝑛−1)+(2𝑛−1)4𝑛=[(6𝑛−5)4𝑛+5] 31 ∴ 𝑇𝑛=9[(6𝑛−5)4𝑛+5] 【考点】 数列递推式 等差数列的通项公式 数列的求和 【解析】 𝑆1𝑛=1 （I）由已知利用递推公式𝑎𝑛={ 可得𝑎𝑛，代入分别可求数列𝑏𝑛的首项 𝑠𝑛−𝑠𝑛−1𝑛≥2𝑏1，公比𝑞，从而可求𝑏𝑛 (𝐼𝐼)由(𝐼)可得𝑐𝑛＝(2𝑛−1)⋅4𝑛−1，利用乘“公比”错位相减求和． 【解答】 （1）：当𝑛＝1时，𝑎1＝𝑆1＝2；当𝑛≥2时，𝑎𝑛＝𝑆𝑛−𝑆𝑛−1＝2𝑛2−2(𝑛−1)2＝4𝑛−2， 故{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛＝4𝑛−2，即{𝑎𝑛}是𝑎1＝2，公差𝑑＝4的等差数列． 设{𝑏𝑛}的公比为𝑞，则𝑏1𝑞𝑑＝𝑏1，𝑑＝4，∴ 𝑞=4． 故𝑏𝑛＝𝑏1𝑞𝑛−1＝2×4𝑛−1，即{𝑏𝑛}的通项公式为𝑏𝑛=4𝑛−1． (𝐼𝐼)∵ 𝑐𝑛=𝑏𝑛= 𝑛 1 1 12 𝑎4𝑛−2 24𝑛−1=(2𝑛−1)4𝑛−1， 𝑇𝑛＝𝑐1+𝑐2+...+𝑐𝑛 𝑇𝑛＝1+3×41+5×42+...+(2𝑛−1)4𝑛−1 4𝑇𝑛＝1×4+3×42+5×43+...+(2𝑛−3)4𝑛−1+(2𝑛−1)4𝑛 两式相减得，3𝑇𝑛＝−1−2(41+42+43+...+4𝑛−1)+(2𝑛−1)4𝑛=3[(6𝑛−5)4𝑛+5] ∴ 𝑇𝑛=9[(6𝑛−5)4𝑛+5] 20. 【答案】 （1）解：∵ 𝑎1=，∴ 𝑏1=1−=，𝑏2= 4 4 4 1 1 3 𝑏11−𝑎1 2= 3411−()2 4 1 1 =， 5 56 16 4 𝑎2=1−𝑏2=1−=，𝑏3= 5 5 41 𝑏2 21−𝑎2 = 4 511−()2 5 =，𝑎3=1−𝑏3=1−=． 6 5 ∴ 𝑎2=，𝑎3=； 5 6 𝑛 （2）证明：由𝑎𝑛+1+𝑏𝑛+1=1，𝑏𝑛+1=1−𝑎2， 𝑛 𝑛∴ 1−𝑎𝑛+1=𝑏𝑛+1=1−𝑎2=(1−𝑎 𝑛 11 𝑏 𝑏 1−𝑎𝑛 𝑛)(1+𝑎𝑛 =1+𝑎， ) 𝑛 1 ∴ 1−𝑎𝑛+1=1+𝑎，即𝑎𝑛−𝑎𝑛+1=𝑎𝑛𝑎𝑛+1， 𝑛 1 ∴ 𝑎 1 𝑛+1 −𝑎=1 𝑛 1 试卷第14页，总16页 ∴ 数列{𝑎}是以4为首项，1为公差的等差数列． 𝑛 1 ∴ 1 𝑎𝑛 =4+(𝑛−1)=3+𝑛，则𝑎𝑛= 1𝑛+3 1 𝑛+3 ， ∴ 𝑏𝑛=1−𝑎𝑛=1−（3）解：由𝑎𝑛= 1 = 𝑛+2𝑛+3 ； 𝑛+3 ， ∴ 𝑆𝑛=𝑎1𝑎2+𝑎2𝑎3+...+𝑎𝑛𝑎𝑛+1 111=++⋯+ 4×55×6(𝑛+3)(𝑛+4)= 111111−+−+⋯+− 4556𝑛+3𝑛+41 1 𝑛 =4−𝑛+4=4(𝑛+4)． ∴ 4𝜆𝑆𝑛−𝑏𝑛=𝑛+4−𝑛+3= 𝜆𝑛 𝑛+2 (𝜆−1)𝑛2+(3𝜆−6)𝑛−8 (𝑛+3)(𝑛+4) ， 要使4𝜆𝑆𝑛<𝑏𝑛恒成立，只需(𝜆−1)𝑛2+(3𝜆−6)𝑛−8<0恒成立， 设𝑓(𝑛)=(𝜆−1)𝑛2+3(𝜆−2)𝑛−8 当𝜆=1时，𝑓(𝑛)=−3𝑛−8<0恒成立， 当𝜆>1时，由二次函数的性质知𝑓(𝑛)不满足对于任意𝑛∈𝑁∗恒成立， 当𝜆<𝑙时，对称轴𝑛=−2⋅𝜆−1=−2(1−𝜆−1)<0 𝑓(𝑛)在[1, +∞)为单调递减函数． 只需𝑓(1)=(𝜆−1)𝑛2+(3𝜆−6)𝑛−8=(𝜆−1)+(3𝜆−6)−8=4𝜆−15<0 ∴ 𝜆< 154 3 𝜆−2 3 1 ，∴ 𝜆≤1时4𝜆𝑆𝑛<𝑏𝑛恒成立． 综上知：𝜆≤1时，4𝜆𝑆𝑛<𝑏𝑛恒成立． 【考点】 数列的求和 数列的函数特性 等差数列的通项公式 等比数列的通项公式 等差关系的确定 【解析】 （1）由给出的𝑎1=，循环代入𝑎𝑛+𝑏𝑛=1和𝑏𝑛+1= 41 𝑏𝑛 21−𝑎𝑛 可求解𝑎2，𝑎3； 𝑛 （2）由𝑎𝑛+𝑏𝑛=1得𝑎𝑛+1+𝑏𝑛+1=1，结合𝑏𝑛+1=1−𝑎2，去掉𝑏𝑛与𝑏𝑛+1得到𝑎𝑛+1与 𝑛 𝑏 𝑎𝑛的关系式，整理变形后可证得数列{𝑎}是以4为首项，1为公差的等差数列，求出其 𝑛 1 通项公式后即可求得数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式； （3）首先利用裂项求和求出𝑆𝑛，代入4𝜆𝑆𝑛<𝑏𝑛，通过对𝜆分类讨论，结合二次函数的最值求使4𝜆𝑆𝑛<𝑏𝑛恒成立的实数𝜆的值． 试卷第15页，总16页 【解答】 （1）解：∵ 𝑎1=，∴ 𝑏1=1−=，𝑏2= 4 4 4 1 1 3 𝑏11−𝑎1 2= 3411−()2 4=， 5 5 1 4 𝑎2=1−𝑏2=1−5=5，𝑏3=1−𝑎2= 2 41 𝑏2 4511−()2 5=6，𝑎3=1−𝑏3=1−6=6． 5 ∴ 𝑎2=，𝑎3=； 5 6 11 （2）证明：由𝑎𝑛+1+𝑏𝑛+1=1，𝑏𝑛+1= 𝑛 ∴ 1−𝑎𝑛+1=𝑏𝑛+1=1−𝑎2=(1−𝑎 𝑛 𝑏𝑛 21−𝑎𝑛 ， 1 𝑏 1−𝑎𝑛 𝑛)(1+𝑎𝑛 =1+𝑎， ) 𝑛 ∴ 1−𝑎𝑛+1=1+𝑎，即𝑎𝑛−𝑎𝑛+1=𝑎𝑛𝑎𝑛+1， 𝑛 1 ∴ 𝑎 1 𝑛+1 −𝑎=1 𝑛 1 ∴ 数列{}是以4为首项，1为公差的等差数列． 𝑎𝑛 1 ∴ 𝑎=4+(𝑛−1)=3+𝑛，则𝑎𝑛=𝑛+3， 𝑛 11 ∴ 𝑏𝑛=1−𝑎𝑛=1−𝑛+3=𝑛+3； （3）解：由𝑎𝑛= 1 1𝑛+2 𝑛+3 ， ∴ 𝑆𝑛=𝑎1𝑎2+𝑎2𝑎3+...+𝑎𝑛𝑎𝑛+1 111=++⋯+ 4×55×6(𝑛+3)(𝑛+4)= 111111−+−+⋯+− 4556𝑛+3𝑛+414 1𝑛+4 =−= 𝑛 4(𝑛+4) ． − 𝑛+2𝑛+3 ∴ 4𝜆𝑆𝑛−𝑏𝑛= 𝜆𝑛𝑛+4 = (𝜆−1)𝑛2+(3𝜆−6)𝑛−8 (𝑛+3)(𝑛+4) ， 要使4𝜆𝑆𝑛<𝑏𝑛恒成立，只需(𝜆−1)𝑛2+(3𝜆−6)𝑛−8<0恒成立， 设𝑓(𝑛)=(𝜆−1)𝑛2+3(𝜆−2)𝑛−8 当𝜆=1时，𝑓(𝑛)=−3𝑛−8<0恒成立， 当𝜆>1时，由二次函数的性质知𝑓(𝑛)不满足对于任意𝑛∈𝑁∗恒成立， 当𝜆<𝑙时，对称轴𝑛=−2⋅𝜆−1=−2(1−𝜆−1)<0 𝑓(𝑛)在[1, +∞)为单调递减函数． 只需𝑓(1)=(𝜆−1)𝑛2+(3𝜆−6)𝑛−8=(𝜆−1)+(3𝜆−6)−8=4𝜆−15<0 ∴ 𝜆< 154 3 𝜆−2 3 1 ，∴ 𝜆≤1时4𝜆𝑆𝑛<𝑏𝑛恒成立． 综上知：𝜆≤1时，4𝜆𝑆𝑛<𝑏𝑛恒成立． 试卷第16页，总16页 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容