1、试卷第 1 页，总 20 页外装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_内装订线评卷人 得分三、解答题（题型注释）1 （本题满分 12 分）设数列 的前 项和为 ， 满足nanS*31()42nasN（1）求数列 的通项公式；na（2）令 ， 求数列 的前 项和 。bnbnT【答案】 （1） ；（2）1n 211(3).9【解析】试题分析：（1）求数列通项公式主要利用 分 求解，12nnSa1,2n最后验证两种情况能否合并；（2）整理 ，根据通项公式特点采用1nb错位相减法求和试题解析：（1） 31()42naSN113(2)4nnaS两式相减，得 1134nn 1,().4nna又 ，即 132
2、S11324aa是首项为 ，公比是 的等比数列 na 1214n（2） .nb 35211nT 2142()nn -，得 35).n 故 211(3).9nT考点：1数列求通项公式；2错位相减法求和2 （本题 12 分）已知数列 的前 项和 满足nanS21na（1）证明 为等比数列，并求 的通项公式；na试卷第 2 页，总 20 页外装订线请不要在装订线内答题内装订线（2）设 ；求数列 的前 项和 212(log)(l)nnnbanbnT【答案】 （1） （2）1T【解析】试题分析：（）由 知 ，两式作差可求得 ，易nSa12nSa12na求 ，利用等比数列的定义即可求得 的通项公式；（）由
3、（）知1a，于是可得 ，从而可求得数列 的前 n 项和2n(1)nbnbT试题解析：（）由 知2nSa12nSa所以 ，即 ，从而11nS1n12na所以，数列 是以 2 为公比的等比数列a又 可得 ，故1211na（）由（）可知 ，故 ，1n12n12na所以 ， ，故而21logna2logna()nb所以 113nT考点：1等比数列通项公式；2裂项相消法求和3 （本小题满分 12 分）已知递增等差数列 满足 na14237,8a（1）求数列 的通项公式；na（2）设 ，求数列 的前 项和为 1nbnbnS【答案】 （1） （2）-na1()2nS【解析】试题分析：（1）将已知条件转化为用
4、等差数列的首项和公比表示，通过解方程组可求得基本量，从而求得通项公式；（2）将数列 的通项公式代入 得na1nba，结合特点采用裂项相消法求和1()nb试题解析：（1）由已知 2314aa试卷第 3 页，总 20 页外装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_内装订线1487a解得： 14,ad2n（2） 11()(2)21nbann (.)(352nS考点：1等差数列通项公式；2裂项相消法求和4 （本小题满分 12 分） 在数列 中， 为常数， ，nacan(,1)Nn且 成公比不等于 1 的等比数列521,a（1）求 的值；c（2）设 ，求数列 的前 项和 1nbnbnS【答案】 （1） （2
5、）c1nS【解析】试题分析：（1）利用 成等比数列建立等式关系，将各项都用等差数列的首521,a项和公差表示，从而得到关于 的方程，求解 值；（2）将数列通项公式代入cc中得到通项公式，结合特点采用裂项相消法求和1nab试题解析：（1） 为常数，11,nac数列 是首项为 1，公差为 的等差数列，nca)( 4,52又 成等比数列， ，解得 或 1, c41)(202c当 时， 不合题意，舍去 0cna1（2）由（1）知， 2试卷第 4 页，总 20 页外装订线请不要在装订线内答题内装订线 )12(1)2(1 nnabn )12()53(21 nbSnn 1)(考点：1等差等比数列；2裂项相消
6、法求和5已知数列a n的前 n 项和是 Sn，且 Sn an12（1）求数列a n的通项公式；（2）设 bnlog 3（1S n1 ） ，求适合方程 的 n 的值12b31nb25【答案】 （1） （2）100()na【解析】试题分析：（1）由已知条件求数列的通项公式主要利用关系式求解，最后验证两种情况是否能将通项公式合并；（2）由求1nnSa得的数列a n的通项公式得到 ，代入整理得 ，结合其特点在求1,nS1nb 得和时采用裂项相消法12b31nb试题解析：（1）当 n1 时，a 1S 1，由 S1 a11，得 a1 223当 n2 时，S n1 an，S n1 1 an1 ，2S nS
7、n1 （a n1 a n） ，即 an （a n1 a n） ，a n an1 23a n是以 为首项， 为公比的等比数列，3故 an 21()nn（2）1S n an ，b nlog 3（1S n1 ）= =n1，() 3log ，1nb22 1231nb解方程 ，得 n10025试卷第 5 页，总 20 页外装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_内装订线考点：1由前 n 项和求数列求通项公式；2裂项相消法求和6在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，已知 2cos（A+B）=1，且满足 a、b 是方程 x22 x+2=0 的两根（1）求角 C 的大小和边 c 的长度；（2
8、）求ABC 的面积【答案】 （1） ， （2）363【解析】试题分析：（1）已知等式表示求出 cosC 的值，确定出 C 的度数，由 a，b 为已知方程的解，利用韦达定理求出 a+b 与 ab 的值，利用余弦定理求出 c 的值即可；（2）由ab，sinC 的值，利用三角形面积公式求出三角形 ABC 面积即可试题解析：（1）依题意得，2cos（A+B）=2cos（C）=2cosC=1，cosC= ，0C，C= ，a、b 是方程 x22 x+2=0 的两个根，a+b=2 ，ab=2，由余弦定理得 c2=a2+b22abcosC=（a+b） 22ab2abcosC=1242=6，c= ；（2）由（1
9、）知 C= ，ab=2，则 SABC = absinC= 2 = 考点：1余弦定理；2两角和与差的余弦函数7 （本题满分 12 分）已知 分别为 三个内角 的对边，,abcABC,cos3in0aC（1）求 A（2）若 ， 的面积为 ；求 B3,bc【答案】 （1） ；（2） 602【解析】试题分析：（1）用正弦定理将已知条件转化为角间的关系式再用化一公式将其化简根据角的三角函数值求角 （2）由三角形面积公式可得 的值,再由余弦定理可bc得 的值,从而可解得 的值bc,bc试题解析：解析：（1）由正弦定理得： os3in0sinco3sinsinaCACBCicsi()1s1323060Aa试
10、卷第 6 页，总 20 页外装订线请不要在装订线内答题内装订线（2） 1sin34SbcAbc2oa所以考点：1 正弦定理,余弦定理；2 三角形面积8 （本题 12 分）在锐角 中， 分别为角 所对的边，且ABC,abc,ABC3sinac（1）求角 的大小；（2）若 ，且 的面积为 ，求 的值7CAB32ab【答案】 （1） （2）560【解析】试题分析：（1）由正弦定理将已知条件 化为内角的正弦值表示，从而32sinacA得到角 的大小；（2）由角 C 及 c 边利用余弦定理得到关于 的方程，由三角形面C,ab积得到关于 的方程，解方程组求解 的值,abb试题解析：（1） 3sin2Ac3
11、sini2A3sin602C（2） 又 C=i606Sabab7c 2=a2+b2-2abcos60 7=a2+b2-2ab 7=（a+b） 2-2ab-ab1（a+b） 2=7+3ab=25 a+b=5考点：1正余弦定理解三角形；2三角形面积公式9 （本小题满分 12 分） 在ABC 中，a，b，c 分别是角 A，B，C 的对边，且cosBbCac（1）求角 B 的大小；（2）若 ，求实数 b 的取值范围1【答案】 （1） （2）3,1【解析】试题分析：（1）利用正弦定理将 转化为三内角的三角函数关系，借cos2BbCac助于三角函数基本公式求解 B 角大小；（2）借助于三角形余弦定理将 边
12、用 边表示，借助于二次函数性质求解 的取值范围22cosbab b试卷第 7 页，总 20 页外装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_内装订线试题解析：（1）由正弦定理可得 ，代入已知2sin,si,2sinaRAbBcRC得cossin2BCAC即 icosin0B即 ssi() B in()iA故 ，即 2scosn0sin(2co1)0B ，i01B又 ,B23（2）解法一：因为 ， ，1ac1os2 22bBac 2()ac1ac34 ， 3b又 1ac ，即 的取值范围为 2b3,12解法二： 由 ，得ca22osbaB22()()2134又 ， 0a21b ，即 的取值范围为 31
13、23,12考点：1正余弦定理解三角形；2二次函数求最值10 （本小题满分 12 分）已知函数 （23()cosin()cos+134fxxx） xR试卷第 8 页，总 20 页外装订线请不要在装订线内答题内装订线（1）求 的最小正周期；()fx（2）求 在区间 上的最大值和最小值，并分别写出相应的 的值f,4 x【答案】 （1） ；（2） 时， ； 时，Txmax3()4f12min3()fx【解析】试题分析：（1）先利用两角和与差的正弦与二倍角公式简化表达式，再用 求2T得最小正周期；（2）根据 的范围求得 的范围，从而求得最值x23x试题解析：（1） 2()cosin()cos4f233c
14、os(in)12xxx21icos4313sin214xx1icos，sin(2)13x所以 的最小正周期为 f 2T（2） ， ，,4x5,36x当 ，即 时， ；36max13()24f当 ，即 时， 2x1xin()12考点：1、两角和与差的正弦；2、二倍角；3、三角函数的图象与性质【方法点睛】三角函数的性质由函数的解析式确定，在解答三角函数性质的综合性问题时，首先要抓住函数，而函数解析式往往要通过三角恒等变换公式把函数解析式化为一个角的一个三角函数形式，再利用正弦（余弦）函数的性质求解11如图，四边形 ABCD 为平行四边形，四边形 ADEF 是正方形，且 BD平面 CDE，H是 BE
15、 的中点，G 是 AE，DF 的交点试卷第 9 页，总 20 页外装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_内装订线（1）求证：GH平面 CDE；（2）求证：面 ADEF面 ABCD【答案】 （1）详见解析（2）详见解析【解析】试题分析：（1）欲证 GH平面 CDE，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证 GH与平面 CDE 内一直线平行，而 G 是 AE，DF 的交点，G 是 AE 中点，又 H 是 BE 的中点，则 GHAB，而 ABCD，则 GHCD，CD平面 CDE，GH 平面 CDE，满足定理所需条件 （2）利用线面垂直的判定定理证明 ED面 ABCD，即可证明面 AFED面 ABCD试
16、题解析：（1）四边形 ADEF 是正方形，G 是 AE，DF 的交点，G 是 AE 中点，又 H 是 BE 的中点，EAB 中，GHAB，ABCD 为平行四边形ABCDGHCD，又CD平面 CDE，GH平面 CDEGH平面 CDE（2）BD平面 CDE，BDED，四边形 AFED 为正方形，EDAD，ADBD=D，ED面 ABCD，ED面 AFED，面 AFED面 ABCD考点：1平面与平面垂直的判定；2直线与平面平行的判定12 （本小题满分 12 分）如图，四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 是菱形，其对角线的交点为 O，且 SASC，SABD（1）求证：SO平面 ABCD；（2）设BA
17、D60，ABSD2，P 是侧棱 SD 上的一点，且 SB平面 APC，求三棱锥 APCD 的体积【答案】 （1） 详见解析 （2） 12试卷第 10 页，总 20 页外装订线请不要在装订线内答题内装订线【解析】试题分析：（1）证明线面垂直一般证明直线垂直于平面内两条相交直线，本题中需通过证明 来证明线面垂直；（2）将所求所棱锥 APCD 转化为以 P,SOACBD为顶点，三角形 ACD 为地面的三棱锥，底面积为菱形面积的一般，结合 SB平面 APC可知 P 为 SD 中点，因此棱锥的高为 SO 的一半，将底面积和高代入公式计算即可得到体积试题解析：（1）证明：底面 ABCD 是菱形，ACBD又
18、BDSA，SAACA，BD平面 SAC又SO平面 SAC BDSO （3 分）SASC，AOOC，SOAC又ACBDO，SO平面 ABCD （6 分）（2）连接 OP，SB平面 APC，SB平面 SBD，平面 SBD平面 APCOP，SBOP又O 是 BD 的中点，P 是 SD 的中点由题意知三角形 ABD 为正三角形OD1由（1）知 SO平面 ABCD， （9 分）SOOD又SD2，在 RtSOD 中，SO 3P 到面 ABCD 的距离为 ，2V APCDV PACD （ 22sin 120） （12 分）13321考点：1线面垂直平行的判刑与性质；2棱锥体积13 （本小题满分 12 分）如图所示， 是正方形， ，ABCDPABCD、是 的中点EF、ACP、（1）求证： ；D（2）若 ，求三棱锥 的体积2,1BE
