河南省八市重点高中联盟2019_2020学年高二数学上学期领军考试试题

题（含解析）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在本试题相应的位置。 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。

3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。

4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1.在ABC中，a、b、c分别是内角A、B、C的对边，且c2a2b2ab，则角C的大小为（ ） A.

 6B.

 3C.

5 6D.

2 3【答案】D 【解析】

分析：根据余弦定理的推论求得cosA，然后可求得A详解：∵a2b2c2bc， ∴b2c2a2bc．

2． 3b2c2a2bc1由余弦定理的推论得cosA，

2bc2bc2又0A， ∴A2． 3故选D．

点睛：本题考查余弦定理推论的应用，解题时容易出现的错误是在求得角的三角函数值后忽视了角的范围，从而得到错误的结果．

- 1 -

2.已知数列an的前4项为：1357，，，，则数列an的通项公式是（ ）

81624B. a2n1A. an n22n1C. an

2n【答案】B 【解析】 【分析】

根据前四项的特点即可归纳出数列的通项公式.

n12n1 2n12n1 2nnnD. an【详解】观察数列an的前4项，可知分母为2n，分子是奇数，为2n1， 同时符号是正负相间，为1，

n所以an12n1.

2nn故选B.

【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，根据条件观察数列项和项数之间的关系是解决本题的关键．

3.已知Sn是等比数列an的前n项和，若a28，

S67，则a3a5a7（ ） S38A. -1 【答案】D 【解析】 【分析】

B. 1 2C.

1 2D. 1

先判断公比能否为1，结合条件求出公比，进而利用等比数列下标和性质及通项公式得到结果. 【详解】设等比数列an的公比为q，显然q1，

- 2 -

a11q6S671q31q则， S3a11q381q311333解得q.又a3a5a7a5a2q81.

223故选：D.

【点睛】本题考查等比数列通项公式及前n项和公式，考查计算能力，属于常考题型.

4.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3ab3，B60o，则ABC的面积为（ ） A.

3 2B. 3

C.

33 2D. 33 【答案】C 【解析】 【分析】

由正弦定理可得A30o，从而可得C90o，利用面积公式得到答案.

【详解】由已知可得a3，则由正弦定理可得sinAasinB331. b322又ab，所以AB.所以A30o，所以C90o，

所以SABC故选：C.

1133. ab33222【点睛】本题考查正弦定理解三角形，考查推理能力与计算能力，属于基础题.

5.已知Sn是等差数列an的前n项和，若a1a5a915，S728，则A. 1009 【答案】B 【解析】

- 3 -

S2020（ ） 2021D. 2021

B. 1010 C. 2020

【分析】

由a1a5a915可得a55，布列方程组解得基本量，从而得到结果. 【详解】由已知可得a1a5a93a515，所以a55，

a5a14d5设等差数列an的公差为d，则，

S7a21d2817解得a1d1， 所以ann，

所以

S20202020202011010.

202122021故选：B.

【点睛】本题考查等差数列通项公式与前n项和公式，考查等差数列下标和性质，考查学生的运算能力，属于中档题.

c，6.已知ABC中，角A，且C所对的边分别是a，C成等差数列，B，B，b，A，

则该三角形的形状是（ ） A. 直角三角形 形 【答案】C 【解析】 【分析】

由角A，B，C成等差数列，得BB. 等腰三角形

C. 等边三角形

csinB，asinAD. 钝角三角

3，由

csinB可知bc，从而作出判断. asinA【详解】由角A，B，C成等差数列，得B由

3；

csinBcb，根据正弦定理得，所以bc，该三角形是等边三角形， asinAaa故选：C.

【点睛】本题考查三角形形状的判断，考查利用正弦定理进行边角的转化，考查合理恒等变形，属于常考题型.

- 4 -

7.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，

bcsinBsinCasinAA.

 63sinC，则B（ ）

C.

B.

 32 3D.

5 6【答案】D 【解析】 【分析】

利用正弦定理结合条件可得a2c2b23ac，进而利用余弦定理可得所求角. 【详解】因为bcsinBsinCasinA3sinC，

则由正弦定理可得bcbcaa3c，即a2c2b23ac.

a2c2b23则由余弦定理，可得cosB.又0B， 2ac2所以B5. 6故选：D.

【点睛】本题考查正余弦定理的应用，考查学生合理边角转化的能力，属于中档题.

8.已知Sn是等差数列an的前n项和，若a117，且a21，a51，a81成等比数列，则Sn的最大值为（ ） A. 77 【答案】C 【解析】 【分析】

利用a21，a51，a81成等比数列，可得d的前n项和的最值.

【详解】设等差数列an的公差为d，因为a21，a51，a81成等比数列. 所以a51a21a81，即164d18d187d，

22B. 79 C. 81 D. 83

34或d2.分类讨论即可得到等差数列9 - 5 -

整理得9d216d680，解得d当d34时，显然数列an单调递增，Sn不存在最大值. 9所以d2，所以an172n12n19， 所以a910，a1010，所以Sn的最大值为S981. 故选：C

【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查等差数列前n项和的最值，考查运算能力，属于中档题.

29.已知数列an是正项等比数列，若数列bn满足：bna2n1，b2n1a2n，且a1b290，

则bn（ ） A. 32n

【答案】A 【解析】 【分析】

.34或d2. 9B. 32n1 C. 3n D. 3n1

22n1对n赋值可得b3a2，b3a5，从而得到a2a5，解得anq，再结合a1b290，可

得q3，得到结果.

n1【详解】设等比数列an的公比为qq0，所以ana1q.

22则由已知，得当n1时，由b2n1a2n，可得b3a2；当n3时，由bna2n1，可得b3a5，22n1所以a2a5，即a1qa1q4，解得a1q，所以anq，

2224则a1b2qa3qq90，解得q3， 2nn1所以an3，所以bna2n13.

故选：A.

【点睛】本题考查数列通项的求法，考查等比数列通项公式，考查赋值法，考查推理能力与计算能力，属于中档题.

- 6 -

10.如图，AD是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为20米的监测塔BD，若某科研小组在坝底A点测得BAD15o，沿着坡面前进40米到达E点，测得BED45o，则大坝的坡角（DAC）的余弦值为（ ）

A. 31 【答案】A 【解析】 【分析】

B.

31

2

C. 21

D.

21 2由BAD15o，BED45o，可得ABE30o，在ABE中，由正弦定理得

BE2062，在BED中，由正弦定理得sinBDE31，进而由

sinBDEsinDAC90o可得结果.

【详解】因为BAD15o，BED45o，所以ABE30o.

AEBE，解得BE20oosin30sin15BEBD在BED中，由正弦定理得， osinBDEsin45在ABE中，由正弦定理得所以

62.

20sinBDE62202231.

又ACD90o，所以sinBDEsinDAC90所以cosDAC31. 故选：A.

o，

【点睛】本题考查正弦定理解三角形，考查诱导公式，考查学生合理进行边角转化的能力，属于中档题.

- 7 -

11.梅赛德斯-奔驰（Mercedes-Benz）创立于1900年，是世界上最成功的高档汽车品牌之一，其经典的“三叉星”商标象征着陆上、水上和空中的机械化.已知该商标由1个圆形和6个全等的三角形组成（如图），点O为圆心，OAB15o，若在圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ）

A. 233 2B. 233 4C. 639 2D. 639 4【答案】D 【解析】 【分析】

分别求出圆与阴影部分的面积，作商即可得到结果. 【详解】由已知可得AOB60o，则ABO105o.

ooo又sin15sin453023162，222421362sin105sin4560. 2224oooo462OAsin15不妨设OA4，则由正弦定理可得OB843， osin10562则SAOB14843sin60o8312， 2所以阴影部分的面积为S'3SAOB24336，圆O的面积为S16， 则在圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为PS'24336639. S164 - 8 -

故选：D.

【点睛】本题考查几何概型的面积概型，合理求出阴影部分的面积是解题的关键，考查学生的计算能力，属于中档题.

111an1b12.已知数列an中，a11，，若，数列bn的前n项和n22an1nn1an为Sn，则S100（ ） A.

100 101B.

200 101C.

300 101D.

400 101【答案】B 【解析】 分析】

由题意变形可得an1【又bn所以数列ann1n2n12nan，即数列an， 是常数列，从而得到annn1nn1an2，利用裂项相消法求和即可. n2nn1111n2n11aa【详解】因为，化简可得， n1n2an1n1nn1ann1112， 是常数列.又a1n1所以anan211n12n22，解得an，则bn2，

nnn1nn1nn1111112n， 223nn1n1所以Sn21所以S100故选：B.

200. 101【点睛】本题考查数列的递推关系，数列通项的求法，裂项相消法求和，考查推理能力与计算能力，属于中档题.

二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）

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13.已知等比数列an中，a22，a56，则a8______. 【答案】18 【解析】 【分析】

利用等比数列下标和性质即可得到结果。

2a56218. 【详解】由等比中项的性质，可得aa2a8，所以a8a2225故答案为：18

【点睛】本题考查等比数列下标和性质，考查学生应用数列性质的能力，属于常考题型.

14.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA:sinB:sinC2:3:4，则cosA______. 【答案】

7 8【解析】 【分析】

由正弦定理可得a:b:c2:3:4，结合余弦定理可得结果.

【详解】因为sinA:sinB:sinC2:3:4，由正弦定理可得a:b:c2:3:4， 设a2k,b3k,c4kk0，

b2c2a29k216k24k27. 则由余弦定理，可得cosA82bc23k4k故答案为：

7 8【点睛】本题考查正余弦定理的应用，考查学生合理进行边角转化的能力，属于中档题.

15.已知数列an满足a12，an1【答案】【解析】 【分析】

- 10 -

an1，则a2019______. an11 2由a12，an1an1得到数列前几项，明确数列具有周期性，从而得到结果. an1an1 an1【详解】因为a12，an11111121131，a423，a5，a332，所以a2112213311132211an，…，所以数列an的周期为4，

2131所以a2019a3.

21故答案为：

2【点睛】本题考查递推关系，归纳猜想数列的周期性是解题的关键.

16.在ABC中，角A，B，C的对边分别a，b，c，AC，AB边上的中点分别为D，E，若2b3c，则

BD的取值范围是______. CE【答案】【解析】 【分析】

17, 48在ABD与ACE中，利用余弦定理表示BD与CE，从而得到用余弦函数的有界性得到结果.

BD15，利1CE4024cosA【详解】因为AC，AB边上的中点分别为D，E，所以AD在ABD中，由余弦定理可得

b3cc，AE. 2423c25c23c23c2222cosA. BDABAD2ABADcosAc2ccosA41624在ACE中，由余弦定理可得

25c23c2c3cc3c222 cosA，CEAEAC2AEACcosA2cosA222222

- 11 -

22所以

BDCE25c23c2cosA151621. 5c23c24024cosAcosA22151515， 644024cosA16因为A0,，所以cosA1,1，所以

所以

11571， 44024cosA8即

BD17的取值范围是,. CE4817, 48故答案为：【点睛】本题考查余弦定理解三角形，余弦型函数的值域，考查推理能力与运算能力，属于中档题.

三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17.在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，cosC（Ⅰ）判断ABC的形状； （Ⅱ）求cosAB的值.

【答案】（Ⅰ）ABC是等腰三角形.（Ⅱ）【解析】 【分析】

（Ⅰ）利用余弦定理得到c，从而明确三角形的形状； （Ⅱ）由（Ⅰ）可知cosBcosC再结合两角差余弦公式可得结果.

1，2ab2. 411 1611515，故sinB，利用正弦定理可得sinA，448b2a2c21【详解】（Ⅰ）由余弦定理，可得cosC，

2ab45c21即，解得cb2.

44

- 12 -

所以ABC是等腰三角形. （Ⅱ）因为cb2，所以BC. 所以cosBcosC115，所以sinB. 44sinAa1， sinBb2又由正弦定理，可得

所以sinA15， 8因为ab，所以AB，所以cosA7. 871151511. 848416所以cosABcosAcosBsinAsinB【点睛】本题考查三角形形状的判断及三角恒等变换，考查正弦定理、余弦定理及两角差余弦公式，考查计算能力，属于中档题.

18.设公差不为零的等差数列an满足a21，且a2，a1，a3成等比数列. （Ⅰ）求数列an的通项公式； （Ⅱ）求数列an3n1的前n项和Sn.

7n3n23n1【答案】（Ⅰ）an3n5.（Ⅱ）Sn

2【解析】 【分析】

（Ⅰ）利用等比中项及等差数列通项公式可得基本量，从而得到数列an的通项公式； （Ⅱ）由（Ⅰ）可得an3和Sn.

【详解】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d. 因为a2，a1，a3成等比数列，所以a1a2a3，

2n13n53n1，利用分组求和得到数列an3n1的前n项

- 13 -

2即a1a1da12d，整理得3a12d0①.

又因为a2a1d1②.

所以联立①②，解得a12，d3. 所以an23n13n5. （Ⅱ）由（Ⅰ）可得an3所以Sn23n13n53n1，

2n1013433n531

n12n12143n53333

n23n523n13n137n3n23n1 227n3n23n1. 2【点睛】本题考查等差数列与等比数列基本量的计算，考查分组求和法，考查计算能力，属于常考题型.

19.在圆内接四边形ABCD中，AB1，cosBAC（Ⅰ）求ABC； （Ⅱ）若ABAD，求BD长.

273，ABC的面积为. 72【答案】（Ⅰ）ABC120o.（Ⅱ）BD【解析】 【分析】

（Ⅰ）由ABC的面积为3可得AC7，结合余弦定理可得ABC120o； 221，进而可得7（Ⅱ）由ABAD，可得cosCADsinBAC

的221 3- 14 -

sinACDsinCAD，结合正弦定理可得结果.

3【详解】（Ⅰ）因为cosBAC42127，∴sinBAC1，

777SABC13，∴AC7， ACABsinBAC22BC2AB2AC22ABACcosBAC4，∴BC2.

AB2BC2AC21∴cosABC，∴ABC120o.

2BABC2（Ⅱ）根据题意，得cosCADsinBAC32721，sinCAD1.

777∴sinACDsinCAD又ADC60o，

27121357. 3727214由正弦定理得：

ADACACsinACDADsinACDsinADCsinADC7571453.

332∴BD125221. 33【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.

20.已知Sn是数列an的前n项和，满足：a12，Sn2an20. （Ⅰ）求数列an的通项公式； （Ⅱ）设bnn1，求数列bn的前n项和Tn. an- 15 -

n【答案】（Ⅰ）an2.（Ⅱ）Tn1【解析】 【分析】

an2，即数列an是首项为2，公比为2的等比数列，从（Ⅰ）由Sn2an20可得an1而得到数列an的通项公式； （Ⅱ）由（Ⅰ）得bnn1n1n利用错位相减法即可得到结果. an2【详解】（Ⅰ）因为Sn2an20，

所以由已知，当n2时，Sn12an120.

两式相减，可得

an2. an1又因为a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，

n1n所以an222.

.n1 2n（Ⅱ）由（Ⅰ）得bn则Tnn1n1n. an2012n1， 2122232n1012n2n1Tn234nn1. 222222111n111111n142n1， 两式相减，得Tn234nn1n1122222221211n11n1nn1n1， 22222n1所以Tn1n.

2整理得，Tn【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“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”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

- 16 -

12分公比等于1和不等于1两种情况求解.

21.在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知（Ⅰ）求角A的大小；

cosA22cosBcosC. acuuurADr的值. （Ⅱ）若AD，AE分别为BC边上的高和中线，a43，bc214，求uuuAE【答案】（Ⅰ）A【解析】 【分析】

22.（Ⅱ） 34cosA22cosBcosC结合正弦定理可得角A的大小； ac2（Ⅱ）因为a43，bc214，A，所以由余弦定理，可得b2c240，bc8.

3uuurADr的值. 结合条件可得uuuAE（Ⅰ）由

cosA22cosBcosCcosA2a. ，所以ac2cosBcosCccosA2sinA则由正弦定理，可得，

2cosBcosCsinC【详解】（Ⅰ）因为

即sinCcosA2sinC2sinAcosBsinAcosC， 即sinAcosCcosAsinC2sinAcosB2sinC， 即sinB2sinAcosB2sinAcosBcosAsinB， 即sinB2cosAsinB.

1又因为sinB0，所以cosA.

2又A0,，所以A（Ⅱ）因为a2. 32， 32b2c22bccos，

343，bc214，A所以由余弦定理，可得43即b2c2bc48，

2- 17 -

所以b2c240，bc8. 因为AE为BC边上的中线， 所以2AEABAC，

所以4AEAB2ABACACb2c2bc32，

uuuruuuruuuruuur2uuur2uuuruuuruuur2uuur所以AE22. 又AD为BC边上的高，

ruuur1uuuruuur1uuu所以由三角形面积公式，得BCADABACsinA，

22uuuruuur3即43AD8，解得AD1.

2uuurAD12r所以uuu. 4AE22【点睛】（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的．

（2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意．

22.已知数列an中，a11，an1an2anan1n2. （Ⅰ）求数列an的通项公式；

an11，数列bn的前n项和为Sn，证明：对任意的nN*，都有Sn.

322n11【答案】（Ⅰ）an.（Ⅱ）证明见解析

2n1（Ⅱ）设bn【解析】 【分析】

1112（Ⅰ）由an1an2anan1可得，即数列是以1为前项，2为公差的等anan1an差数列，从而可得数列an的通项公式；

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（Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn1调性可得

11Sn 32【详解】（Ⅰ）因为an1an2anan1，

an1an112. 2，即anan1anan1又

11=1，所以数列是以1为前项，2为公差的等差数列. a1an112n12n1， 所以an所以an1

2n1（Ⅱ）证明：因为bn所以bn111.

2n12n122n12n1111111111111所以Sn122n1

2335572n12n1n. 2n1x1x1，易证fx单调递增，

令2x121x1所以fxf1.

3x1fxx1， 又2x121xx1111fx由0，22，得2x1212. xxx11所以fx.

3211即对任意的nN*，都有Sn.

32fx【点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破

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.2n12n1，利用裂项相消法可得Sn=n.研究数列的单2n1an， 2n1这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧： (1)

111111；（2） nnkknnknknk1nkn； （3）

11111；（4）

nn1n222n12n122n12n111；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问

nn1n1n2题，导致计算结果错误.

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