2020-2021上海华东师范大学第二附属中学高三数学上期中一模试卷(附答案)

一、选择题

n21．数列an的前n项和为Snnn1,bn1annN*,则数列bn的前50项

和为（ ） A．49

B．50

C．99

D．100

2．设ABC的三个内角A, B, C成等差数列，sinA、sinB、sinC成等比数列，则这个三角形的形状是 （ ） A．直角三角形

B．等边三角形

C．等腰直角三角形

D．钝角三角形

0y…2xy„23．若不等式组表示的平面区域是一个三角形，则实数a的取值范围是（ ）

0xy…xy„aA．,

43B．0,1

4C．1,

3C两地的距离为 （ ） A．10 km

B．3 km

40,1UD．,

34．已知A、B两地的距离为10 km,B、C两地的距离为20 km,现测得∠ABC=120°，则A、

D．107 km

C．105 km

5．已知：x0，y0，且范围是（ ） A．4,2 6．若a211，若x2ym22m恒成立，则实数m的取值xyC．2,4B．,4U2, D．,24,

ln2ln3ln5,b,c，则 235B．cab D．bac

A．abc C．cba

角的余弦值为（ ） A．

7．已知ABC的三边长是三个连续的自然数，且最大的内角是最小内角的2倍，则最小

3 4B．

5 6C．

7 8D．

2 38．在等比数列an中，a2a12，且2a2为3a1和a3的等差中项，则a4为( ) A．9

B．27

C．54

D．81

19．在数列an中，a12，an1anln(1)，则an

nA．2lnn B．2(n1)lnn C．2nlnn D．1nlnn

10．在等差数列an中，如果a1a240,a3a460，那么a7a8（ ） A．95

B．100

C．135

D．80

11．已知an是等比数列，a22，a5A．16141，则a1a2a2a3anan1（ ） 4C．

3232n1214n D．33n(n1)(nN*)，则数列{an}的通12．已知正项数列{an}中，a1a2Lan2项公式为（ ）

n

B．1612n

A．ann B．ann

2nC．an

2n2D．an

2二、填空题

13．在ABC中，a,b,c分别为内角A,B,C的对边，若

2sinBsinAsinC,cosB14．设x0,3，且SABC6，则b__________． 5(x1)(2y1)y0,x2y5，则的最小值为______.

xyxy1015．已知实数x,y满足x2y0，则目标函数z2xy的最大值为____．

xy1016．在△ABC中，a2，c4，且3sinA2sinB，则cosC=____．

*17．数列{bn}中，b11,b25且bn2bn1bn(nN)，则b2016___________.

18．我国古代数学名著《九章算术》里有问题：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：__________日相逢？ 19．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

c的值为________. bsinB20．ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若2bcosBacosCccosA，则B acacbc，则

22________．

三、解答题

21．已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0，且S3S550，a1，a4，a13成等比数列．

(1)求数列an的通项公式；

b(2)设n是首项为1公比为2的等比数列，求数列bn前n项和Tn．

an22．在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知

4sin2AB4sinAsinB22 2（1）求角C的大小；

（2）已知b4，ABC的面积为6，求边长c的值.

23．已知{an}是等差数列，{bn}是各项均为正数的等比数列，且b1＝a1＝1，b3＝a4，b1＋b2＋b3＝a3＋a4.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.

24．各项均为整数的等差数列{an}，其前n项和为Sn，a11，a2，a3，S41成等比数列．

（1）求{an}的通项公式；

n（2）求数列{(1)•an}的前2n项和T2n．

25．已知函数f(x)msinx2cosx(m0)的最大值为2. （Ⅰ）求函数f(x)在[0,]上的单调递减区间； （Ⅱ）ABC中,f(A)f(B)46sinAsinB,角A,B,C所对的边分别是44a,b,c，且C600,c3，求ABC的面积．

26．C的内角，，C所对的边分别为a，b，c．向量ma,3b与

rrncos,sin平行．

（Ⅰ）求； （Ⅱ）若a7，b2求C的面积．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A 解析：A 【解析】

试题分析：当n1时，a1S13；当n2时，

2anSnSn1n2n1n1n112n,把n1代入上式可得

3,n13,n1a123.综上可得an{.所以bn{2n,n为奇数且n1.数列bn的前50项

2n,n22n,n为偶数和为

S5032357L492246L5032243492225250249.故A正确.

考点：1求数列的通项公式;2数列求和问题.

2．B

解析：B 【解析】 【分析】

先由ABC的三个内角A, B, C成等差数列，得出B3,AC2 ,又因为sinA、33sinB、sinC成等比数列，所以sin2BsinAsinC，整理计算即可得出答案.

4【详解】

因为ABC的三个内角A, B, C成等差数列，

所以B3,AC2 , 33 4又因为sinA、sinB、sinC成等比数列， 所以sinBsinAsinC所以sinAsin2222AsinAsincosAsinAcos

33331311113sin2Asin2Asin2Acos2Asin2A 424442344sin2A即1

3又因为0A所以A故选B 【点睛】

本题考查数列与三角函数的综合，关键在于求得B化，属于中档题.

2 33

3,AC2，再利用三角公式转33．D

解析：D 【解析】 【分析】

0y…2xy„2要确定不等式组表示的平面区域是否一个三角形，我们可以先画出

xy…0xy„a0y…2xy„2，再对a值进行分类讨论，找出满足条件的实数a的取值范围． xy…0【详解】

0y…不等式组2xy„2表示的平面区域如图中阴影部分所示．

xy…0

xy22由得A,，

332xy2y0,． 由得B102xy20y…2xy„2若原不等式组表示的平面区域是一个三角形，则直线xya中a的取值范

0xy…xy„a围是a0,1U, 故选：D 【点睛】

平面区域的形状问题是线性规划问题中一类重要题型，在解题时，关键是正确地画出平面区域，然后结合分类讨论的思想，针对图象分析满足条件的参数的取值范围．

434．D

解析：D 【解析】 【分析】

直接利用余弦定理求出A，C两地的距离即可． 【详解】

因为A，B两地的距离为10km，B，C两地的距离为20km，现测得∠ABC＝120°， 则A，C两地的距离为：AC2＝AB2+CB2﹣2AB•BCcos∠ABC＝102+202﹣210201700． 2所以AC＝107km． 故选D． 【点睛】

本题考查余弦定理的实际应用，考查计算能力．

5．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m2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】 由题,因为

2211,x0,y0, xyx4y21x4yx4y2242448,当且仅当,即

yxyxyxxy2所以x2yx4,y2时等号成立,

因为x2ym2m恒成立,则m22m8,即m22m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,考查利用均值定理求最值,考查不等式恒成立问题.

6．B

解析：B 【解析】 试题分析：因为

ln2ln3ln8ln9ln2ln30,，23623ln2ln5ln32ln25ln2ln50,，故选B. 251025考点：比较大小.

7．A

解析：A 【解析】 【分析】

设三角形的三边分别为n,n1,n2(nN*)，根据余弦定理求出最小角的余弦值，然后再由正弦定理求得最小角的余弦值，进而得到n的值，于是可得最小角的余弦值． 【详解】

由题意，设ABC的三边长分别为n,n1,n2(nN*)，对应的三角分别为A,B,C， 由正弦定理得所以cosAnn2n2n2， sinAsinCsin2A2sinAcosAn2． 2n(n2)2(n1)2n2n5又根据余弦定理的推论得cosA．

2(n2)(n1)2(n2)所以

n2n5，解得n4， 2n2(n2)453，

2(42)4所以cosA即最小角的余弦值为故选A． 【点睛】

3． 4解答本题的关键是求出三角形的三边，其中运用“算两次”的方法得到关于边长的方程，使得问题得以求解，考查正余弦定理的应用及变形、计算能力，属于基础题．

8．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据题意，设等比数列an的公比为q，由2a2为3a1和a3的等差中项，可得

22a23a1a3，利用等比数列的通项公式代入化简为q24q30，解得q，又a2a12，即a1q12，q1，分析可得a1、q的值，可得数列an的通项公

式，将n4代入计算可得答案． 【详解】

解：根据题意，设等比数列an的公比为q，

2若2a2为3a1和a3的等差中项，则有22a23a1a3，变形可得4a1q3a1a1q，即

q24q30，

解得q1或3；

又a2a12，即a1q12，则q3，a11，

3n1则an3，则有a4327；

故选：B． 【点睛】

本题考查等比数列的性质以及通项公式，关键是掌握等比数列通项公式的形式，属于基础题．

9．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：在数列an中，an1anln11 nan(anan1)(an1an2)(a2a1)a1

lnnn12lnln2 n1n21ln(nn12)2 n1n21lnn2 故选A. 10．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据等差数列an性质可知：a1a2，a3a4，a5a6，a7a8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：a1a2，a3a4，a5a6，a7a8构成新的等差数列，

a7a8a1a241a3a4a1a240320100

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。

11．D

解析：D 【解析】 【分析】 先求出an()【详解】

12n3，再求出anan1()122n5，即得解.

a5113q,q. 由题得a282所以ana2qn2112()n2()n3，

22n3所以anan1()所以

1211()n2()2n5. 22anan11，所以数列{anan1}是一个等比数列. an1an418[1()n]4=3214n. 所以a1a2a2a3anan1131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.

12．B

解析：B 【解析】 【分析】 先求出annn1nn1，并求出a1的值，对a1的值验证是否满足an的表22达式，可得出数列an的通项公式. 【详解】 由题意得ann(n1)n(n1)n,(n2) ，又a11 ，所以22ann,(n1),ann2 ，选B.

【点睛】

给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用anSnSn1,n2转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再

S1,n1aa{求n. 应用关系式n时，一定要注意分n1,n2两种情况，在求出

SnSn1,n2结果后，看看这两种情况能否整合在一起.

二、填空题

13．4【解析】已知等式利用正弦定理化简得：可得可解得余弦定理可得可解得故答案为

解析：4 【解析】

已知等式2sinBsinAsinC，利用正弦定理化简得：2bac，QcosB得sinB1cosB弦定理可得，

23,可54114，SABCacsinBac6，可解得ac15，余52253224b215ac2ac1cosBbac2accosB1，可解得

5222b4，故答案为4.

14．【解析】【分析】把分子展开化为再利用基本不等式求最值【详解】当且仅当即时成立故所求的最小值为【点睛】使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立 解析：43 【解析】 【分析】

把分子展开化为2xy6，再利用基本不等式求最值． 【详解】

Q(x1)(2y1)2xyx2y1,

xyxyy0,x2y5,xy0,

Qx0,2xy6223xy43， xyxy当且仅当xy3，即x3,y1时成立， 故所求的最小值为43． 【点睛】

使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立．

15．5【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域利用数形结合即可得到z的最大值【详解】作出实数xy满足对应的平面区域如图：由z＝2x+y得y＝﹣

2x+z平移直线y＝﹣2x+z由图象可知当直线y＝﹣2x+

解析：5 【解析】 【分析】

作出不等式组对应的平面区域，利用数形结合即可得到z的最大值． 【详解】

xy10作出实数x，y满足x2y0对应的平面区域，如图：

xy10

由z＝2x+y得y＝﹣2x+z，

平移直线y＝﹣2x+z由图象可知当直线y＝﹣2x+z经过点A时，直线y＝﹣2x+z的截距最大．又xy10与x2y0联立得A（2，1） 此时z最大，此时z的最大值为z＝2×2+1＝5， 故答案为5． 【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，考查了z的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键．

16．【解析】在△中且故故答案为：点睛：本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数属于简单题对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2）同时还要熟练掌握运用两种形式的条件另外在解与三角

1 解析：4【解析】

在△ABC中，a2，c4，且3sinA2sinB,故

a2b2c213a2b,b3,cosc.

2ab4故答案为：1. 4点睛：本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）a2b2c22bccosA；（2）

b2c2a2，同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三cosA2bc角函数有关的问题时，还需要记住30,45,60等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.

ooo17．-4【解析】【分析】根据已知可得即可求解【详解】且故答案为:-4【点睛】本题考查数列的递推关系以及周期数列考查计算求解能力属于中档题

解析：-4 【解析】 【分析】

根据已知可得bn6bn，即可求解. 【详解】

b11,b25且bn2bn1bn(nN*)， bn3bn2bn1bn2bn1bnbn1bn， bn6bn3bn,20166336， b2016b6b3b2b14.

故答案为:-4 【点睛】

本题考查数列的递推关系以及周期数列，考查计算求解能力，属于中档题.

18．9【解析】解：由题意可知：良马与驽马第天跑的路程都是等差数列设路程为由题意有：故：满足题意时数列的前n项和为由等差数列前n项和公式可得：解得：即二马相逢需9日相逢点睛：本题考查数列的实际应用题(1)

解析：9 【解析】

解：由题意可知：良马与驽马第n 天跑的路程都是等差数列，设路程为an,bn ，

111a103n11313n90,b97n1n97由题意有：n ， n222故：cnanbn1871112n ， 22满足题意时，数列cn 的前n项和为Sn112522250 ，

11111871218712n由等差数列前n项和公式可得：2222n2250 ，

2解得：n9 .

即二马相逢，需9日相逢 点睛：本题考查数列的实际应用题. (1)解决数列应用题的基本步骤是：

①根据实际问题的要求，识别是等差数列还是等比数列，用数列表示问题的已知； ②根据等差数列和等比数列的知识以及实际问题的要求建立数学模型； ③求出数学模型，根据求解结果对实际问题作出结论． (2)数列应用题常见模型：

①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差数列模型，增加(或减少)的量就是公差；

②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比数列模型，这个固定的数就是公比；

③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是an与an－1的递推关系，或前n项和Sn与Sn－1之间的递推关系．

19．【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c2b2a2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，∴b2ac.又∵a2c2acbc，∴c2b2a2bc.

c1，从而得到所求之值. bsinBsinAc2b2a21在ABC中，由余弦定理cosA ，

2bc2因A0,，∴A60. 由正弦定理得

csinCsinC， bsinBsinBsinBsin2B因为b2ac， 所以sin2BsinAsinC ， 故

sinCsinC123. 2sinBsinAsinCsinA323. 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.

20．【解析】【分析】根据正弦定理将边化为角再根据两角和正弦公式以及诱

导公式化简得cosB的值即得B角【详解】由2bcosB＝acosC＋ccosA及正弦定理得2sinBcosB＝sinAcosC＋sin

解析：

 3【解析】 【分析】

根据正弦定理将边化为角，再根据两角和正弦公式以及诱导公式化简得cosB的值，即得B角. 【详解】

由2bcosB＝acosC＋ccosA及正弦定理，得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA. ∴2sinBcosB＝sin(A＋C)．

又A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.∴2sinBcosB＝sin(π－B)＝sinB. 又sinB≠0，∴cosB＝.∴B＝

.

∵在△ABC中，acosC＋ccosA＝b，∴条件等式变为2bcosB＝b，∴cosB＝. 又0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.

三、解答题

n21．（1）an2n1；（2）12n12

【解析】 【分析】

1由已知条件利用等差数列的前n项和公式和通项公式以及等比数列的定义，求出首项

和公差，由此能求出an2n1．

(2)bn2n1,bnan2n12n12n1，由此利用错位相减法能求出数列bn前n项an和Tn． 【详解】

解：(1)Q等差数列an的前n项和为Sn，公差d0， 且S3S550，a1，a4，a13成等比数列．

32543ad5ad501122， 2a3daa12d111解得a13 d2ana1n1d32n12n1，

an2n1

b(2)Qn是首项为1公比为2的等比数列，

anbn2n1,bnan2n12n12n1 anTn3205217222n12n1...①

2Tn3215227232n12n12n12n...②

两式相减得：

Tn32212n1122n12n

12n12n

【点睛】

本题主要考查了等差数列的通项公式，考查等差数列的前n项和，还考查了错位相减法求和，考查计算能力，属于中档题。 22．（1）【解析】 【分析】

（1）由二倍角的余弦公式把4sin2；（2）10. 4AB4sinAsinB22降次，再用两个角的和2的余弦公式求cos(AB)，由三角形三内角和定理可求得cosC，从而求得角C； （2）根据三角形的面积公式求出边a，再由余弦定理求E边. 【详解】 试题分析：

（1）由已知得2[1cos(AB)]4sinAsinB22， 化简得2cosAcosB2sinAsinB故cos(AB)2，

32，所以AB，

42因为ABC，所以C=（2）因为S4.

1absinC，由SVABC6，b4，C=，所以a32， 24由余弦定理得c2a2b22abcosC，所以c10. 【点睛】

本题主要考查了两角和差公式的应用及利用余弦定理解三角形，属于基础题.

n12n＋1. 23．(1)ann,bn2；(2)Tn＝(n－1)·

【解析】 试题分析：

（1）设数列an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（2）求得cnanbn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{an}的公差为d，{bn}的公比为q， 依题意得

解得d＝1，q＝2.

1＝n，bn＝1×2n－1＝2n－1. 所以an＝1＋(n－1)×

(2)由(1)知cn＝anbn＝n·2n－1，则 Tn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，① 2Tn＝2·20＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，② 2n ①－②得：－Tn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·＝

2n＝(1－n)·2n－1， －n·

2n＋1. 所以Tn＝(n－1)·

24．(1) an2n3 (2) T2n2n 【解析】 【分析】

2（1）由题意，可知a3a2(S41)，解得d2，即可求解数列的通项公式；

（2）由（1），可知anan12，可得

T2na1a2a3a4...a2n1a2n，即可求解.

【详解】

（1）由题意，可知数列an中，a11，a2，a3，S41成等比数列.

2则a3a2(S41)，即12d1d36d，解得d2，

2所以数列的通项公式an2n3.

（2）由（1），可知anan12，

所以T2na1a2a3a4...a2n1a2n2n. 【点睛】

本题主要考查了等差数列的通项公式的求解，以及“分组求和”的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和等比中项公式，准确求得等差数列的公差是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 25．（Ⅰ）【解析】 【分析】 【详解】

(1)由题意，f(x)的最大值为m22，所以m222.而m>0，于是m=2，f(x)=2sin(x+

（Ⅱ）

3(kZ)，).由正弦函数的单调性可得x满足2kx2k即

242452kx2k(kZ).所以f(x)在［0,π］上的单调递减区间为［,］.

444c323.化简sin?Csin60(2)设△ABC的外接圆半径为R，由题意，得2Rf(A)f(B)46sinAsin?B，得sin A+sin B=26sin Asin B.由正弦定理，得

442Rab26ab,ab2ab.① 由余弦定理，得a2+b2-ab=9，即(a+b)2-3ab-9=0②

将①式代入②，得2(ab)2-3ab-9=0，解得ab=3或ab3(舍去)，故2SABC133absinC. 2433；（Ⅱ）． 3226．（Ⅰ）【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）根据平面向量m//n，列出方程，在利用正弦定理求出tanA的值，即可求解角A的大小；（2）由余弦定理，结合基本不等式求出bc的最大值，即得ABC的面积的最大值.

试题解析：（1）因为向量ma,3b与ncos,sin平行， 所以asinB－3bcosA＝0，

由正弦定理得sinAsinB－3sinBcosA＝0，

rrrr又sinB0，从而tanA＝3，由于0. 3， 3（2）由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，而a＝7，b＝2，A＝得7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0， 因为c>0，所以c＝3. 故△ABC的面积为

133bcsinA＝. 22考点：平面向量的共线应用；正弦定理与余弦定理.