河南省郑州市八校 2019-2020 学年上学期期中联考试题高二理科数学
一、选择题（本大题共 12 小题，共 60.0 分）
1. 已知 a＜0，－1＜b＜0，则有（ ）
A. ab2＜ab＜a B. a＜ab＜ab2 C. ab＞b＞ab2 D. ab＞ab2＞
a
【答案】D
【解析】
试题分析： ，故选 D．
考点：比大小．
【方法点睛】比大小常用的方法是比较法：分为作差法和作商法．作差法是两式相减化为积
的形式或者多项式和的形式，然后与零作比较，多项式的形式常用作差法；幂指对得形式常
作商，作商是与零作比较，但要注意提前判定两项是同正或同负．
2.在 中，若 °， °， ．则 =
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
∵在△ABC 中,A=45∘,B=60∘，a=2，
∴由正弦定理 得： .
本题选择 A 选项.
3.设 是公比为 的等比数列，则“ ”是“ 为递增数列”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
试题分析：当 时， 不是递增数列；当 且 时， 是递增数
ABC∆ 45A = 60B = 2a = b
2 3 2 6
sin sin
a b
A B
=
32sin 2 6sin 2
2
a Bb A
×
= = =
{ }na { }na列，但是 不成立，所以选 D.
考点：等比数列
4.下列有关命题的说法中错误的是（ ）
A. 若 为假命题,则 p、q 均为假命题
B. “ ”是“ ”的充分不必要条件
C. 命题“若 ,则 “的逆否命题为：“若 ,则 ”
D. 对于命题 p： ,使得 ,则 ： ,均有
【答案】A
【解析】
【分析】
根据命题的真假,充分与必要条件的关系以及命题之间的关系,特称命题的否定为全称命题等
逐一判断即可.
【详解】本选择题可以逐一判断,显然对于 A 选项 为假命题可知 p、q 一假一真或者均为
假命题,因此 A 的结论错误,选择 A 项即可．
对于 B 项, 可得 ,反之无法推出,所以“ ”是“ ”
充分不必要条件.
对于 C 项条件,结论否定且互换,正确.
特称命题的否定是全称命题 ,可知 D 判断正确．
故选：A.
【点睛】本题考查复合命题的真假判断问题,充要条件,命题的否定,全称命题以及特称命题的
概念．
5.已知在△ABC 中内角 ABC 的对边分别为 a,b,边 c 上的高为 , ,则角 C 的
大小（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
的
p q∧
1x = 2 3 2 0x x− + =
2 3 2 0x − + = 1x = 1x ≠ 2 3 2 0x x− + ≠
x R∃ ∈ 2 1 0x x+ + < p¬ x R∀ ∈ 2 1 0x x+ + ≥
p q∧
1x = 2 3 2 0x x− + = 1x = 2 3 2 0x x− + =
abcosC
c 2 2ab =
1
4
π 1
6
π 1
2
π 3
4
π【解析】
【分析】
根据三角形的面积公式,解得 即可求解 C 的大小；
【详解】由题意,根据三角形的面积公式,可得： ,
解得 ,显然 所以 ,
又 ,可得 ．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了余弦定理和三角形的面积公式的应用,其中在解有关三角形的题目时,
要有意识地考虑用哪个定理更合适,要抓住能够利用某个定理的信息,合理选择正、余弦定理
求解,着重考查了运算与求解能力,属于基础题．
6.若 x，y 满足 ,则 的最大值是（ ）
A. B. 2 C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】
作出 x,y 满足的可行域,利用 z 的几何意义即可解答．
【详解】作出实数 x,y 满足不等式组对应的平面区域如图(阴影部分)：
令 则 ,由图可知当直线 过点 时,z 最大,
即 取最大值为 ,
sin cosC C=
1 1 cossin2 2
ab Cab C c c
= ⋅
sin cosC C=
2C
π≠ tan 1C =
0 C π< <
4C
π
=
1 12 x y x+ ≤ ≤ 2y x−
2− 1−
2z x y= − + 2y x z= + 2y x z= + (2,2)A
2z x y= − + 4 2 2− + = −故选：A ．
【点睛】本题主要考查线性规划的应用,利用 z 的几何意义,利用结合数形结合是解决本题的
关键．属于基础题．
7.已知在 中,内角 所对的边分别为 , ,若此三角形有
且只有一个,则 a 的取值范围是（ ）
A. B.
C. 或 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意求出 ,然后数形结合可得 a 的范围．
【详解】由 ,正弦定理可得 ；
∵这样的三角形有且只有一个,∴ 或 ；
故选：C．
【点睛】本题考查正弦定理的应用,考查三角形解的情况,考查特殊角的三角函数值,属于基础
题．
8.在等差数列{an}中，a1＞0，a2012+a2013＞0，a2012•a2013＜0，则使 Sn＞0 成立的最大自然数 n
是（ ）
A. 4025 B. 4024 C. 4023 D. 4022
【答案】B
【解析】
∵ 等差数列， ，a2012+a2013＞0，a2012•a2013＜0为
ABC∆ , ,A B C , ,a b c 60 , 4 3A b∠ = ° =
0 4 3a< < 6a =
4 3a ≥ 6a = 0 4 3a< ≤
sin 6b A =
60 , 4 3A b∠ = ° = 3sin 4 3 62b A = × =
4 3a ≥ 6a =
{ }na 1 0a >∴ ，
∴
∵ ，
∴
∵ ，
∴
∴使 Sn＞0 成立的最大自然数 n 是 4024，故选 B.
9.已知函数 ，若数列 满足 ，且对任意的
正整数 都有 成立，那么实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：因为且对任意的正整数 都有 成立，所以数列
为 递 增 数 列 ， 即 函 数 为 增 函 数 ， 需 满 足 ：
，故选择 D
考点：1．分段函数；2．函数的单调性
10.在 中， 为锐角， ，则 为（ ）
A. 等腰三角形 B. 等边三角形
C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形
【答案】D
【解析】
试题分析：由 ，所以 且 ，
2012 0a > 2013 0a <
0d <
1 4024
4024
4024( )
2
a aS
+= 1 4024 2012 2013a a a a+ = +
4024 0S >
1 4025
4025
4025( )
2
a aS
+= 1 4025 20132a a a+ =
4025 0S <
( ) 6
(3 ) 3 ( 7){ ( 7)x
a x xf x a x−
− − ≤= > { }na ( ) ( )na f n n N+= ∈
, ( )m n m n≠ ( )( ) 0m nm n a a− − > a
9[ ,3)4
9( ,3)4
(1,3) ( )2,3
, ( )m n m n≠ ( )( ) 0m nm n a a− − > { }na
( ) 6
(3 ) 3 ( 7){ ( 7)x
a x xf x a x−
− − ≤= >
( ) 7 6
3 0
{ 1 2 3
3 7 3
a
a a
a a −
− >
> ⇒ < <
− × − ≤
ABC∆ A 1lg lg( ) lgsin ln 2b Ac
+ = = − ABC∆
1lg lg( ) lgsin ln 2b Ac
+ = = − 2 2lg lg 2 2
b b cc
= ⇒ = 2sin 2A =又 因 为 为 锐 角 ， 所 以 ， 由 ， 根 据 正 弦 定 理 ， 得
，解得 ，所以三角
形为等腰直角三角形，故选 D.
考点：三角形形状的判定.
11.已知数列 满足 ， 是数列 的前 项
和，若 ，且 ，则 的最小值为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】A
【解析】
当 时 ， ， 所 以 ； 当
时 ， ， 则
， 则
， 即
， 所 以
，故由题设得 ，所以
，即 ，应选答案
A。
点睛：解答本题的关键是搞清楚该数列中的各项的规律，进而整明白 ，然后
借助题设条件中的 ，再将 巧妙变形，从而运用
基本不等式求最小值，使得问题简捷、巧妙获解。
12.若正实数 满足 ，且不等式 恒成立，则
A 045A = 2
2b c=
02 2sin sin sin(135 ) cos sin2 2B C B B B= = − = + 0cos 0 90B B= ⇒ =
{ }na 1 ( 1) cos ( 2, )2n n
na a n n n N
π ∗
+ + = + • ≥ ∈ nS { }na n
2017 1010S m+ = 1 0a m• >
1
1 1
a m
+
2 2 2 2 2+
2 1n k= − 2 2 1
2 12 cos 02k k
ka a k π−
−+ = =
1008
2016 2 1 2
1
( ) 0k k
k
S a a−
=
= + =∑
2n k= 2 1 2
2(2 1)cos (2 1)( 1)2
k
k k
ka a k kπ+ + = + = + −
2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1( ) (2 1)( 1) , 1,2,3, ,1008k
k k k k k ka a a a a a k k+ − + − −− = + + − = + − = ⋅⋅⋅
2017 2017 2015 2015 2013 2013 2011 3 1 1a a a a a a a a a a= − + − + − +⋅⋅⋅+ − +
2017 1 12017 2015 2013 2011 2011 2009 5 ( 3) 1008a a a= − + − + − +⋅⋅⋅+ + − + = +
2017 2016 2017 10 1008S S a a= + = + + 1 11008 1010 2a m a m+ + = ⇒ + =
1
1
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1( )( ) (1 1 ) (2 2) 22 2 2
a ma ma m a m m a
+ = + + = + + + ≥ + =
1
1 1 2a m
+ ≥
2017 11008S a= +
2017 1010S m+ = 1
1 1
1 1 1 1 1( )( )2 a ma m a m
+ = + +
,x y 2 4 4x y xy+ + = 2( 2 ) 2 2 34 0x y a a xy+ + + − ≥实数 的取值范围是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
试 题 分 析 ： 由 得 ， ， 令
，则
，即 ，解之得 （舍去）或 ，不等式
可转化为 在区间 是恒成立，
令 ，所以在区间 上， 恒成
立等价于
，解之得 或 ，故选 C．
考点：1．基本不等式；2．函数与不等式．
【名师点睛】本题主要考查基本不等式、不等式恒成立与函数的相互转化，首先进行拼凑，
由基本不等式求出代数式 的取值范围,设 ,换元,将不等式不等式
转化为 在区间 是恒成立,构
造关于 函数 ，由一次函数的性质即可求参数 的取值范围．
a
3 3, ,2 2
−∞ − ∪ +∞
( ] 3, 3 ,2
−∞ − ∪ +∞
( ] 5, 3 ,2
−∞ − ∪ +∞
3 5, ,2 2
−∞ − ∪ +∞
2 4 4x y xy+ + = ( )22 222 4 4 2 2 2
x yx yx y xy
++ + + = ≤ =
2x y t+ =
2
4 2
tt + ≤ 2 2 8 0t t− − ≥ 2t ≤ − 4t ≥
2( 2 ) 2 2 34 0x y a a xy+ + + − ≥ 2 42 34 02
tta a
++ + − ≥ [4, )+∞
2 24 1( ) 2 34 2 322 2
th t ta a a t a
+ = + + − = + + − [4, )+∞ ( ) 0h t ≥
2 1(4) 4 2 32 02h a a = + × + − ≥ 3a ≤ − 5
2a ≥
2x y+ 2x y t+ =
2( 2 ) 2 2 34 0x y a a xy+ + + − ≥ 2 42 34 02
tta a
++ + − ≥ [4, )+∞
t 2 1( ) 2 322h t a t a = + + − a二、填空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分）
13.设数列{an}满足 a1=1，且 an+1﹣an=n+1（n∈N*），则数列{ }的前 10 项的和为__．
【答案】
【解析】
试 题 分 析 ： ∵ 数 列 满 足 ， 且 ， ∴ 当 时 ，
．当 时，上式也成立，∴
． ∴ ． ∴ 数 列 的 前 项 的 和
．∴数列 的前 项的和为 ．故答案为： ．
考点：（1）数列递推式；（2）数列求和.
14.在 中，已知 是 的平分线， ，则 ________.
【答案】
【解析】
设 中 边上的高为 ，
则有 ，整理得 ．
设 ，
在 中分别由余弦定理得 ，
1
na
20
11
1 1 1 1 12 1 2 2 3 1nS n n
= − + − + + − +
1 22 1 1 1
n
n n
= − = + +
ABC∆ 1, 2,b c AD= = A∠ 2 3
3AD = C∠ =
090
ABC∆ BC h
1 1sin2 2
1 1sin2 2
ABD
ADC
AB AD BAD BD hS
S AC AD CAD CD h
∆
∆
⋅ ⋅ ∠ ⋅ ⋅
= =
⋅ ⋅ ∠ ⋅ ⋅
2AB BD
AC CD
= =
2 2BD CD x= =
,ABD ADC∆ ∆ 2 2 2 2 2 2
2 2
AB AD BD AC AD CD
AB AD AC AD
+ − + −=⋅ ⋅ ⋅ ⋅即 ，解得 ．
在 中由余弦定理得 ．
又 ，
∴ ．
答案：
点睛：
解答本题时首先根据三角形的面积公式得到三角形角平分线的性质，即三角形的角平分线分
对边所成的两条线段与该角的两边对应成比例，利用此结论并结合余弦定理可得到三角形的
为止边长，然后在根据要求解题即可．
15.设不等式组 表示的平面区域为 ，平面区域 与 关于直线
对称，对于任意的 ，则 的最小值为__________．
【答案】
【解析】
作 出 不 等 式 组 所 表 示 的 可 行 域 ， 如 图 阴 影 部 分 ， 由 三 角 形 ABC 构 成 ， 其 中
，作出直线 ，显然点 A 到直线 的距离最近，由其
几何意义知，区域 内的点最短距离为点 A 到直线 的距离的 2 倍，由点到直线
的距离公式有： ，所以区域 内的点与区域 内的点之间的最近距离
为 ，即 .
2 2 2 2 2 22 3 2 32 ( ) 4 1 ( )3 3
2 3 2 32 2 2 13 3
x x+ − + −
=
× × × ×
3
3x =
ADC∆
2 2 23 2 3( ) 1 ( )3 3cos 0
32 13
C
+ −
= =
× ×
0 180C° < < °
90C = °
90°
3 0,
{ 2 3 0,
1
x y
x y
x
+ − <
− − ≤
≥
1
Ω 2
Ω 1
Ω 2 0x y+ =
1 2,C D∈Ω ∈Ω CD
2 5
5
1
Ω
(1 1), (3 0), (1 2)A B C−， ， ， 2 0x y+ = 2 0x y+ =
1 2,Ω Ω 2 0x y+ =
2 2
2 1 5
52 1
d
−= =
+ 1
Ω 2
Ω
2 5
5
2 5
5CD =点睛：本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于中档题.巧妙识别目
标函数的几何意义是解答本题的关键.
16.在 中， ，当△ABC 的周长最短时，BC 的长是
______．
【答案】
【解析】
【分析】
设 所对的边 ,根据余弦定理可得 ,以及 可得 c,再利用
均值不等式即可求出答案．
【详解】设 所对的边 ,根据余弦定理可得 ,
所以
将 代入上式,可得 ,
化简可得 ,
所以△ABC 的周长 .
设 ,则 ,
可得 ,
ABC∆ 60 , 2, 1ACB BC AC AB∠ = ° > = +
2 2+
, ,A B C , ,a b c 2 2 2a b c ab+ − = 1b c= +
, ,A B C , ,a b c
2 2 2 1cos2 2
a b c Cab
+ − = =
2 2 2a b c ab+ − =
1b c= + 2 2 1a c ac a+ + = +
2 1
2
a ac a
− += −
2 12 1 1 2 2
a aL a b c a c a a
− += + + = + + = + + −
2 ,( 0)a t t− = > 2a t= +
2( 2) ( 2) 1 63 2 3 9t tL t tt t
+ − + += + + = + + 62 3 9 9 6 2t t
≥ ⋅ + = +当且仅当 ,即 此时 ,
可得周长的最小值为 ． 的长是 ．
故答案 ： ．
【点睛】本题考查余弦定理和均值不等式的应用,以及化简变形、运算能力,属于中档题．
三、解答题（本大题共 6 小题，共 70.0 分）
17.设命题 :实数 满足 ；命题 ：实数 满足
（1）若 ，且 为真，求实数 的取值范围；
（2）若 ,且 是 的充分不必要条件，求实数 的取值范围.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）P 为真时， ，q 为真时， ，求交集即得解；（2）先求出 和 ，
再列出不等式组，即得 m 的取值范围.
【详解】解：（1）由 得;
当 时， ，即 P 为真时，
由 得 ，即 ，即 q 为真时，
因 为真，则 p 真 q 真，所以
（2）由 得； ，又 ，
所以 m＜x＜3m,
由 得 ，即 ；
设 ，
若 的充分不必要条件
则 A 是 B 的真子集，所以 即
为
为
63t t
= 2t = 2 2a = +
9 6 2+ BC 2 2+
2 2+
p x 2 24 3 0x mx m− + < q x 3 1x − <
1m = p q∧ x
0m > p¬ q¬ m
(2,3)x∈ 4 ,23m ∈
(1,3)x∈ (2,4)x ∈ p¬ q¬
2 24 3 0x mx m− + < ( )( 3 ) 0x m x m− − <
1m = 1 3x< < (1,3)x∈
3 1x − < 1 3 1x− < − < 2 4x< < (2,4)x ∈
p q∧ (2,3)x∈
2 24 3 0x mx m− + < ( )( 3 ) 0x m x m− − < 0m >
3 1x − < 1 3 1x− < − < 2 4x< <
{ }3A x x m x m= ≤ ≥或 { }2 4B x x x= ≤ ≥或
p q¬ ¬是
0 2
3 4
m
m
< ≤
≥
4 ,23m ∈ 【点睛】本题主要考查不等式的解法和复合命题的真假的判断，考查充分必要条件的判断，
意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
18.已知关于 x 的不等式
（1）若不等式的解集是 ，求 k 的值；
（2）若不等式的解集是 R，求 k 的取值范围；
（3）若不等式的解集为 ，求 k 的取值范围．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【分析】
(1)根据一元二次方程与对应的不等式的关系,结合根与系数的关系,求出 k 的值；
(2)跟据题意 解得即可,
(3)根据题意,得 且 ,由此求出 k 的取值范围
【详解】(1)∵不等式 的解集是 ,
∴ 且-3 和-2 是方程 的实数根,
由根与系数的关系,得 ,所以 ；
(2)不等式的解集是 R,所以 ,解得
(3)不等式的解集为 ,得 ,解得
【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题,也考查了利用基本不等式求函数最值
的问题,是综合性题目．
19.在 中, 分别为角 的对边，若 成等差数列，△ABC 的周长为 15，
且 ．
（1）求 的面积；
（2）设 G 为 的重心，求 的长．
2 2 6 0,( 0)kx x k k− + < ≠
{ }| 3 2x x x< − > −或
∅
2
5k = − 6
6k < − 6
6k ≥
24 24 0, 0k k∆ = − < <
0∆ ≤ 0k >
2 2 6 0,( 0)kx x k k− + < ≠ { }| 3 2x x x< − > −或
k 0< 2 2 6 0kx x k− + =
2( 3) ( 2) k
− + − = 2
5k = −
24 24 0, 0k k∆ = − < < 6
6k < −
∅ 24 24 0, 0k k∆ = − ≤ > 6
6k ≥ −
ABC△ , ,a b c , ,A B C , ,a b c
2 2 2c a b ab= + +
ABC△
ABC△ CG【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
(1) 设 , 由 的 周 长 为 15, 可 得 ： , 进 而 由
,可得 ,解得 ,由余弦定理可得 ，结
合范围 可得 C 的值,根据三角形面积公式即可计算得解．
(2)延长 ,交 于 F 点,则 F 为 的中点,由 ,可求 的值,利用重
心的性质可求 ．
【详解】(1) 设 ,由 的周长为 15,可得： ,
因为 ,所以
将 代入到上式中,解得： ,所以
∴由余弦定理可得： ,
∴由 ,可得 ,
∴
(2) 延长 ,交 于 F 点,则 F 为 的中点,由
∴
∴ ,∴ ．
【点睛】本题主要考查了数列,余弦定理以及平面向量在解三角形中的应用,考查了运算求解
能力和转化思想,属于中档题．
15 3
4
19
3
, , 2a x b x d c x d= = + = + ABC△ 5x d+ =
2 2 2c a b ab= + + 3, 2x d= = 3, 5, 7a b c= = = 1cos 2C = −
( )0,C π∈
CG AB AB 1 ( )2CF CA CB= + CF
19
3
2
3CG CF= =
, , 2a x b x d c x d= = + = + ABC△ 5x d+ =
2 2 2c a b ab= + + 2 2 2( 2 ) ( ) ( )x d x x d x x d+ = + + + +
5d x= − 3, 2x d= = 3, 5, 7a b c= = =
2 2 23 5 7 1cos 2 3 5 2C
+ −= = −× ×
( )0,C π∈ 2
3C
π=
1 1 3sin 3 52 2 2
15 3
4ABCS ab C= = × × × =
CG AB AB 1 ( )2CF CA CB= +
2 2 2 2 21 1 1 19( 2 ) [3 5 2 3 5 ]4 4 2 4CF CA CB CA CB = + + ⋅ = + + × × − =
19
2CF = 19
3
2
3CG CF= =20.已知等差数列 与公比为正数的等比数列 满足 ，
．
（1）求 , 的通项公式；
（2）若 ，求数列 的前 n 项和 ．
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
(1)直接利用已知条件建立等量关系式求出数列的通项公式．
(2)利用(1)的结论,进一步利用裂项相消法的应用求出结果．
【详解】(1)由题意 ．
设公差为 d,公比为 q,
则 ,解得 ．
故 ; ．
(2)因为 ,
所以 = ,
故 = ．
【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用,裂项相消法在数列求和中的应
用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型．
21.某地棚户区改造建筑平面示意图如图所示，经规划调研确定，棚改规划建筑用地区域近似
为圆面，该圆面的内接四边形 是原棚户区建筑用地，测量可知边界 万米，
万米， 万米.
（1）请计算原棚户区建筑用地 的面积及 的长；
（2）因地理条件的限制，边界 不能更改，而边界 可以调整，为了提高棚户
{ }na { }nb 1 1 2 32 2, 10b a a b= = + =
3 2 7a b+ =
{ }na { }nb
( ) ( )1 1
1n
n
n n n n
bc a b a b+ +
+= + ⋅ + { }nc nS
; 2n
n na n b= = 1
1 1
3 2 1n n+− + +
1 21, 2a b= =
21 2 10
1 2 2 7
d q
d q
+ + =
+ + =
1
2
d
q
=
=
1 ( 1)na a n d n= + − = 1
1 2n n
nb b q −= =
( ) ( )1 1
1n
n
n n n n
bc a b a b+ +
+= + ⋅ +
( )( )1
2 1
2 2 1
n
n n nc
n n+
+=
+ + + 1
1 1
2 2 1n nn n+−+ + +
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1
2 1 2 2 2 2 2 3 2 2 1n n nS n n+= − + − +…+ −+ + + + + + + 1
1 1
3 2 1n n+− + +
ABCD 4AB AD= =
6BC = 2CD =
ABCD AC
,AD DC ,AB BC区建筑用地的利用率，请在圆弧 上设计一点 ，使得棚户区改造后的新建筑用地
的面积最大，并求出最大值.
【答案】(1) 万米. 万平方米.
(2) 所求面积的最大值为 万平方米，此时点 为弧 ABC 的中点.
【解析】
试题分析：(1)利用圆内接四边形得到对角互补，再利用余弦定理求出相关边长，再利用三角
形的面积公式和分割法进行求解 ；(2)利用余弦定理和基本不等式进行求解．
试题解析：(1)根据题意知，四边形 ABCD 内接于圆，∴∠ABC＋∠ADC＝180°.
在△ABC 中，由余弦定理，得 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，
即 AC2＝42＋62－2×4×6×cos∠ABC.
在△ADC 中，由余弦定理，得
AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC，即 AC2＝42＋22－2×4×2×cos∠ADC.
又 cos∠ABC＝－cos∠ADC，
∴cos∠ABC＝ ，AC2＝28，即 AC＝2 万米，
又∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝ .
∴S 四边形 ABCD＝S△ABC＋S△ADC＝ ×4×6×sin ＋ ×2×4×sin ＝8 (平方万米)．
(2)由题意知，S 四边形 APCD＝S△ADC＋S△APC，
且 S△ADC＝ AD·CD·sin ＝2 (平方万米)．
设 AP＝x，CP＝y，则 S△APC＝ xysin ＝ xy.
在△APC 中，由余弦定理，得 AC2＝x2＋y2－2xy·cos ＝x2＋y2－xy＝28，
又 x2＋y2－xy≥2xy－xy＝xy，
当且仅当 x＝y 时取等号，∴xy≤28.
∴S 四边形 APCD＝2 ＋ xy≤2 ＋ ×28＝9 (平方万米)，
ABC P APCD
2 7AC = 8 3ABCDS =
9 3 P故所求面积的最大值为 9 平方万米，此时点 P 为 的中点．
22.各项均为正数的数列 的前 n 项和为 ，且满足 ．各
项均为正数的等比数列 满足 ．
（1）求证 为等差数列并求数列 、 的通项公式；
（2）若 ,数列 的前 n 项和 ．
①求 ；
②若对任意 ,均有 恒成立，求实数 m 的取值范围．
【答案】（1） , （2）① ; ②
【解析】
【分析】
(1)利用已知条件转化求解数列 是等差数列,求解首项公差,利用等比数列求数列 的
首项和公比．
(2)①化简 ,利用错位相减法求解数列 的前 n 项和 ．
②转化求出 m 与 n 的不等式,利用最值求解 m 的范围即可．
【详解】(1)∵ ,∴ .
∴ ,
∴ ,又 各项为正,
∴ ,
∴ 开始成等差,
又 , ∴
∴ ∴ 为公差为 3 的等差数列,
∴ , ,
∴ ．
,
{ }na nS 2 *
2 14, 6 9 1,n na a S n n N+= = + + ∈
{ }nb 1 1 3 2,b a b a= =
{ }na { }na { }nb
(3 2)n nc n b= − ⋅ { }nc nT
nT
*2,n n N≥ ∈ ( ) 25 6 31 35nT m n n− ≥ − +
3 2na n= − 12n
nb −= ( )3 5 2 5n
nT n= − ⋅ + 3
32m ≥
{ }na { }nb
(3 2)n nc n b= − ⋅ { }nc nT
2
1 6 9 1n na S n+ = + + ( ) ( )2
16 9 1 1 2n na S n n−= + − + ≥
( )2 2
1 6 9 2n n na a a n+ − = + ≥
2 2
1 ( 3)n na a+ = + { }na
1 3,( 2)n na a n+ = + ≥
2a
2 4a = 1
24 6 9 1a= + + 1 1a =
2 1 3a a− = { }na
3 2na n= − 1 31, 4b b= =
12n
nb −=(2) ,
① ,
,
∴ ,
,
,
∴ ．
② 恒成立,
∴ ,
即 恒成立,
设 ,
,
当 时, ;
当 时,
∴ ,
∴ ．
【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用,数列通项公式的求法,数列求和,以及数列与不等
式的关系,考查函数思想的应用,属于中档题.
( ) 13 2 2n
nc n −= − ⋅
( )0 1 11 2 4 2 3 2 2n
nT n −= ⋅ + ⋅ +…+ − ⋅
( )1 22 1 2 4 2 3 2 2n
nT n= ⋅ + ⋅ +…+ − ⋅
( ) ( )1 2 11 3 2 2 2 3 2 2n n
nT n−− = + + +…+ − − ⋅
( ) ( )11 6 2 1 3 2 2n n
nT n−− = + − − − ⋅
( )5 3 2 5n
nT n− = − ⋅ −
( )3 5 2 5n
nT n= − ⋅ +
( ) 23 5 2 6 31 35nn m n n− ⋅ ≥ − +⋅
( )
( )( )
( )
2 3 5 2 76 31 35 2 7
3 5 2 3 5 2 2n n n
n nn n nm n n
− −− + −≥ = =− ⋅ −
2 7
2n
nm
−≥
2 7
2n n
nk
−=
1 1 1
2 5 2 7 9 2
2 2 2n n n n n
n n nk k+ + +
− − −− = − =
4n ≤ 1n nk k+ >
5n ≥ 1n nk k+ <
5 5
3 3
2 32nmaxk k= = =
3
32m ≥
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