2019年乌鲁木齐市高三数学上期末一模试题(附答案)

一、选择题

11．已知数列an的前n项和为Sn，且an42n1，若对任意nN*，都有

1pSn4n3成立，则实数p的取值范围是（ ）

A．2,3

B．2,3

C．2,

29D．2,

922．在ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,若a  2bcos?C,则此三角形一定是( ) A．等腰直角三角形 三角形

3．已知数列an中，a11,an12an1nNA．63

B．61 B．直角三角形

C．等腰三角形

D．等腰三角形或直角

,S为其前n项和，Sn5的值为（ ）

C．62 D．57

x3y304．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

5．在ABC中，AC2,BC22,ACB135o，过C作CDAB交AB于D，则CD( ) A．25 5B．2

中，

，B．

，

C．3 ，则C．

D．5 6．在A．

D．

S6S9（ ） 3， 则7．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若

S6S3A．2

B．

7 38C．

3D．3

8．已知等差数列an,前n项和为Sn,a5a628,则S10( ) A．140 A．a＞b C．a＝b

B．280

C．168 B．a＜b

D．a与b的大小关系不能确定

D．56

a，则

9．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若∠C=120°，c=

10．已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a22,S6S46a4，则a5

A．4 B．10 C．16 D．32

11．等差数列an中，已知a6a11，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．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26C．28

D．32

二、填空题

213．设函数f(x)x1，对任意x,，f32x24mf(x)f(x1)4f(m)恒m成立，则实数m的取值范围是 .

14．已知等比数列an满足a22,a31，则

nlim(a1a2a2a3Lanan1)________________.

15．若ABC的三个内角A45，B75，C60，且面积S623，则该三角形的外接圆半径是______

16．已知a、b、cR，c为实常数，则不等式的性质“abacbc”可以用一个函数在R上的单调性来解析，这个函数的解析式是f(x)=_________

17．等差数列an前9项的和等于前4项的和.若a11,aka40，则k . 18．在等比数列

3中，，则

__________．

19．设f(x)xlgxx21，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．如果一个数列由有限个连续的正整数组成（数列的项数大于2），且所有项之和为

N，那么称该数列为N型标准数列，例如，数列2，3，4，5，6为20型标准数列，则

2668型标准数列的个数为______．

三、解答题

xy6021．已知实数x、y满足xy0，若zaxy的最大值为3a9，最小值为

x33a3，求实数a的取值范围.

22．已知公比为4的等比数列{an}的前n项和为Sn，且S485． （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{(n1)an}的前n项和Tn．

23．已知在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，

bsinBtanCbcosBasinAtanCacosA．

（1）求证：AB； （2）若c3，cosC23，求ABC的周长． 4224．已知函数f(x)=cosx-sinx+（1）求f(x)的单调递增区间；

1,x?(0,p)． 2（2）设VABC为锐角三角形，角A所对边a19，角B所对边b5，若f(A)0，求VABC的面积．

25．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3=9，S6=60． （I）求数列{an}的通项公式；

（II）若数列{bn}满足bn+1﹣bn=an（n∈N+）且b1=3，求数列1的前n项和Tn． bn26．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acos C＋3asin C－b－c＝0.

(1)求A；

(2)若AD为BC边上的中线，cos B＝

1129，AD＝，求△ABC的面积． 72

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．B 解析：B 【解析】

01n1111Sn444222

11n22124n4n 332112nQ1pSn4n3

221n即1p3 332对任意nN*都成立， 当n1时，1p3 当n2时，2p6

4p4 3归纳得：2p3

当n3时，故选B

点睛：根据已知条件运用分组求和法不难计算出数列an的前n项和为Sn，为求p的取值范围则根据n为奇数和n为偶数两种情况进行分类讨论，求得最后的结果

2．C

解析：C 【解析】

a2b2c2a2b2c2在ABC中，QcosC，,a2bcosC2b2ab2aba2a2b2c2，bc,此三角形一定是等腰三角形，故选C.

【方法点睛】本题主要考查利用余弦定理判断三角形形状，属于中档题.判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.

3．D

解析：D 【解析】

解：由数列的递推关系可得：an112an1,a112 ， 据此可得：数列an1 是首项为2 ，公比为2 的等比数列，则：

an122n1,an2n1 ，

分组求和有：S5本题选择D选项.

212512557 .

4．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zmaxx3y3329.

本题选择A选项.

5．A

解析：A 【解析】 【分析】

先由余弦定理得到AB边的长度，再由等面积法可得到结果. 【详解】

AC2BC2AB22根据余弦定理得到.将AC2,BC22,代入等式得到

2ACBC2AB=25, 再由等面积法得到故答案为A. 【点睛】

这个题目考查了解三角形的应用问题，涉及正余弦定理，面积公式的应用，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

11225 25CD222CD2225b2 、a2 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.

6．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据三角形内角和定理可知【详解】 由内角和定理知所以

，

，

，再由正弦定理即可求出AB.

即故选D. 【点睛】

，

本题主要考查了正弦定理，属于中档题.

7．B

解析：B 【解析】 【分析】

首先由等比数列前n项和公式列方程，并解得q，然后再次利用等比数列前n项和公式，

3则求得答案． 【详解】

a1(1q6)S61q61q31q3， 设公比为q，则33S3a1(1q)1q1q∴q2，

3S91q91237． ∴

S61q61223故选：B． 【点睛】

本题考查等比数列前n项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时也可以利用连续等长片断的和序列仍然成等比数列，进行求解.

8．A

解析：A 【解析】

由等差数列的性质得，a5a628a1a10，其前10项之和为

10a1a1021028140，故选A. 29．A

解析：A 【解析】 【分析】

由余弦定理可知c2＝a2+b2﹣2abcosC，进而求得a﹣b的表达式，根据表达式与0的大小，即可判断出a与b的大小关系． 【详解】

解：∵∠C＝120°，c

a，

∴由余弦定理可知c2＝a2+b2﹣2abcosC，（∴a2﹣b2＝ab，a﹣b∵a＞0，b＞0， ∴a﹣b∴a＞b 故选A． 【点睛】

，

，

）2＝a2+b2+ab．

本题考查余弦定理，特殊角的三角函数值，不等式的性质，比较法，属中档题．

10．C

解析：C 【解析】

22由S6S4a6a56a4得，qq6a40,qq60，解得q=2，从而

a5a223=28=16，故选C.

11．C

解析：C 【解析】

a6a11，所以a60,a110,a6a11,a1因为等差数列an中， Snd[(n8)2]， 所以当n8时前n项和取最小值.故选C. 215d，有212．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26x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”.

二、填空题

13．【解析】【分析】【详解】根据题意由于函数对任意恒成立分离参数的思想可知递增最小值为即可知满足即可成立故答案为

33解析：,22,

【解析】 【分析】 【详解】

根据题意，由于函数f(x)x21，对任意x,，

23xf4m2f(x)f(x1)4f(m)恒成立，mx()24m2(x21)(x1)21m21，分离参数的思想可知m,

递增，最小值为

，

5，3

即可知满足,33,即可成2233立故答案为,22,．

14．【解析】【分析】求出数列的公比并得出等比数列的公比与首项然后利用等比数列求和公式求出即可计算出所求极限值【详解】由已知所以数列是首项为公比为的等比数列故答案为【点睛】本题考查等比数列基本量的计算同时 解析：

32 3【解析】 【分析】

求出数列an的公比，并得出等比数列anan1的公比与首项，然后利用等比数列求和公式求出a1a2a2a3Lanan1，即可计算出所求极限值. 【详解】 由已知qa31，an2(1)n2(1)n3，a22221111anan1()n3()n2()2n52()n2，所以数列anan1是首项为a1a28，公

2224比为q'1的等比数列， 418[(1()n1]3214a1a2a2a3Lanan1[1()n]，

1341432132. lim(a1a2a2a3Lanan1)lim[1()n]nn34332. 故答案为3【点睛】

本题考查等比数列基本量的计算，同时也考查了利用定义判定等比数列、等比数列求和以及数列极限的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

15．【解析】【分析】设三角形外接圆半径R由三角形面积公式解方程即可得解【详解】由题：设三角形外接圆半径为R（）根据正弦定理和三角形面积公式：即解得：故答案为：【点睛】此题考查三角形面积公式和正弦定理的应 解析：22 【解析】 【分析】

设三角形外接圆半径R，由三角形面积公式S即可得解. 【详解】

由题：sinBsin75sin(4530)1absinC2R2sinAsinBsinC解方程2232162 22224设三角形外接圆半径为R（R0），根据正弦定理和三角形面积公式：

S11absinC2RsinA2RsinBsinC2R2sinAsinBsinC 222623， 242即6232R2解得：R22. 故答案为：22 【点睛】

此题考查三角形面积公式和正弦定理的应用，利用正弦定理对面积公式进行转化求出相关量，需要对相关公式十分熟练.

16．【解析】【分析】构造函数通过讨论其单调性即解析不等式的性质【详解】函数是定义在上的单调增函数若则即即故答案为：【点睛】此题考查利用函数单调性解析不等式的性质利用常见函数的单调性结合不等式的特征即可求

解析：xc

【解析】 【分析】

构造函数f(x)xc，通过讨论其单调性即解析不等式的性质． 【详解】

函数f(x)xc，是定义在R上的单调增函数， 若acbc，

则f(ac)f(bc)，即accbcc， 即ab． 故答案为：xc 【点睛】

此题考查利用函数单调性解析不等式的性质，利用常见函数的单调性结合不等式的特征即可求解．

17．10【解析】【分析】根据等差数列的前n项和公式可得结合等差数列的性质即可求得k的值【详解】因为且所以由等差数列性质可知因为所以则根据等差数列性质可知可得【点睛】本题考查了等差数列的前n项和公式等差数

解析：10 【解析】 【分析】

根据等差数列的前n项和公式可得a70，结合等差数列的性质即可求得k的值． 【详解】

因为S9a1a2a3a9 S4a1a2a3a4，且S9S4

所以a5a6a7a8a90 由等差数列性质可知a70 因为aka40 所以aka4a7a70

则根据等差数列性质可知k477 可得k10 【点睛】

本题考查了等差数列的前n项和公式，等差数列性质的应用，属于基础题．

18．【解析】由题设可得q3=8⇒q=3则a7=a1q6=8×8=应填答案

解析：

，则

，应填答案

。

【解析】由题设可得

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)x3lg(xx21)(x)3lg(xx2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．

20．6【解析】【分析】由题意公差d=1na1+=2668∴n（2a1+n-1）=5336=23×23×29得出满足题意的组数即可得出结论【详解】由题意公差d=1na1+=2668∴n（2a1+n-1）=

解析：6 【解析】 【分析】

由题意，公差d=1，na1+

nn1=2668，∴n（2a1+n-1）=5336=23×23×29，得出满足题意

2的组数，即可得出结论． 【详解】

由题意，公差d=1，na1+

nn1=2668，∴n（2a1+n-1）=5336=23×23×29， 2∵n＜2a1+n-1，且二者一奇一偶，

∴（n，2a1+n-1）=（8，667），（23，232），（29，184）共三组； 同理d=-1时，也有三组． 综上所述，共6组． 故答案为6． 【点睛】

本题考查组合知识的运用，考查等差数列的求和公式，属于中档题．

三、解答题

21．1,1

【解析】

【分析】

作出不等式组所表示的可行域，利用题中条件找出目标函数zaxy取得最大值和最小值的最优解，根据题意将直线zaxy与可行域边界线的斜率进行大小比较，可得出实数a的取值范围. 【详解】

xy60作出不等式组xy0所表示的可行域如下图所示：

x3

由zaxy得yaxz，

Q目标函数zaxy的最大值为3a9，最小值为3a3.

当直线yaxz经过点B3,9时，该直线在y轴上的截距最大，

当直线yaxz经过点A3,3时，该直线在y轴上的截距最小， 结合图形可知，直线yaxz的斜率不小于直线xy0的斜率，不大于直线

xy60的斜率，即1a1，解得1a1，因此，实数a的取值范围是

1,1.

【点睛】

本题考查线性目标函数最大值和最小值的最优解问题，对于这类问题，一般要利用数形结合思想，利用目标函数对应直线在坐标轴上的截距最值得出目标函数所在直线的斜率与可行域边界直线的斜率的大小关系来求解，考查数形结合思想，属于中等题. 22．（1）an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14(3n4)4n，nN*；（2）Tn．

9n1（2）求得(n1)an(n1)4，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公

式，化简可得所求和． 【详解】

（1）设公比q为4的等比数列{an}的前n项和为Sn，且S485，

a1(144)可得85，解得a11，

14则an4n1，nN*；

n1（2）(n1)an(n1)4，

23n1前n项和Tn0142434(n1)4，

4Tn0142243344(n1)4n，

23n1n两式相减可得3Tn4444(n1)4

4(14n1)(n1)4n，

144(3n4)4n化简可得Tn．

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．

23．（1）证明见解析；（2）263． 【解析】 【分析】

（1）利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可求sin(AB)0，可得

ABk(kZ)，结合范围A，B(0,)，即可得证AB．

（2）由（1）可得ab，进而根据余弦定理可求ab【详解】

（1）QbsinBtanCbcosBasinAtanCacosA，

6，即可求解ABC的周长．

bsinBsinCasinAsinCbcosBacosA，

cosCcosCbsinBsinCbcosBcosCasinAsinCacosAcosC， acos(AC)bcos(BC)，

又QABC，

acosBbcosA，sinAcosBsinBcosA， sin(AB)0，ABk(kZ)，

又QA，B(0,)，AB． （2）Q由（1）可知AB，可得ab，

又Qc3，cosC3， 422223aa(3)2a3， 242aa2aa2b26，可得ab6，

∴ABC的周长abc263．

【点睛】

本题考查三角函数恒等变换的应用、余弦定理在解三角形中的综合应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意三角函数求值时，要先写出角的范围．

轹p15324．（1）ê,p÷；（2）÷ ÷êø24ë【解析】 【分析】

（1）利用降次公式化简fx，然后利用三角函数单调区间的求法，求得f(x)的单调递增区间.

（2）由f(A)0求得A，用余弦定理求得c，由此求得三角形ABC的面积. 【详解】

（1）依题意f(x)=cosx-sinx+2211=cos2x+(x?(0,π))，由222kππ2x2kπ得kπ轹pê,p÷. ÷÷êø2ëππxkπ，令k1得xπ.所以f(x)的单调递增区间22（2）由于ab，所以A为锐角，即0Aπ,02Aπ.由f(A)0，得2cos2A112ππ0,cos2A，所以2A,A. 2233由余弦定理得a2b2c22bccosA，c25c60，解得c2或c3.

a2c2b219当c2时，cosB0，则B为钝角，与已知三角形ABC为锐角

2ac38三角形矛盾.所以c3. 所以三角形ABC的面积为【点睛】

本小题主要考查二倍角公式，考查三角函数单调性的求法，考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题.

113153. bcsinA53222425．（Ⅰ）an=2n+3；（Ⅱ）【解析】

311. 42(n1)2(n2)试题分析：（Ⅰ）设出等差数列的首项和公差，利用通项公式、前n项和公式列出关于首项和公差的方程组进行求解；（Ⅱ）利用迭代法取出数列{bn}的通项公式，再利用裂项抵消法进行求和.

试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，∵a3=9，S6=60．∴

，解

得．

∴an=5+（n﹣1）×2=2n+3． （Ⅱ）∵bn+1﹣bn=an=2n+3，b1=3，

当n≥2时，bn=（bn﹣bn﹣1）+…+（b2﹣b1）+b1 =[2（n﹣1）+3]+[2（n﹣2）+3]+…+[2×1+3]+3=当n=1时，b1=3适合上式，所以∴

．

．

．

∴

==

点睛：裂项抵消法是一种常见的求和方法，其适用题型主要有： （1）已知数列的通项公式为an（2）已知数列的通项公式为an1111an，求前项和：n；

n(n1)n(n1)nn11，求前n项和：

(2n1)(2n1)an1111()；

(2n1)(2n1)22n12n11nn1，求前n项和:.

（3）已知数列的通项公式为anan1nn1n1n 26．（1）A＝60°；（2）103 【解析】 【分析】

(1)利用正弦定理，把边化为角，结合辅助角公式可求；

(2)利用三角形内角关系求出sinC，结合正弦定理求出a,c关系，利用余弦定理可求a,c. 【详解】

(1)acos C＋3asin C－b－c＝0，由正弦定理得sin Acos C＋3sin Asin C＝sin B＋sin C，

即sin Acos C＋3sin Asin C＝sin(A＋C)＋sin C，

又sin C≠0，所以化简得3sin A－cos A＝1，所以sin(A－30°)＝在△ABC中，0°＜A＜180°，所以A－30°＝30°，得A＝60°. (2)在△ABC中，因为cos B＝

1. 2143，所以sin B＝. 77所以sin C＝sin(A＋B)＝由正弦定理得，

3114353×＋×＝. 722714asinA7. csinC52

2

2

设a＝7x，c＝5x(x＞0)，则在△ABD中，AD＝AB＋BD－2AB·BDcos B， 即

12911122

＝25x＋×49x－2×5x××7x×，解得x＝1，所以a＝7，c＝5， 44271acsin B＝103. 2故S△ABC＝【点睛】

本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，合理选择公式是求解的关键.