2019 年秋期高中二年级期中质量评估
数学试题
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考生做题时将答案答在答题
卡的指定位置上，在本试卷上答题无效.
2. 答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
3.选择题答案使用 2B 铅笔填涂，非选择题答案使用 0.5 毫米的黑色中性（签字）笔或碳
素笔书写，字体工整，笔迹清楚.
4. 请按照题号在各题的答题区城（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
5. 保持卷面清洁，不折叠、不破损.
第Ⅰ卷 选择题（共 60 分）
一、选择题（本大题共 12 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.不等式 的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先将分式不等式通分，再转化为二次不等式求解即可.
【详解】因为 ，得 ，得 ，解得 .
故选：C.
【点睛】本题主要考查了解分式不等式，属于基础题.
2.在 中，角 、 、 对应的边分别为 、 、 .若 ，
则有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
1 1x
>
( ),1−∞ ( )1,+∞ ( )0,1 ( )0, ∞+
1 1x
> 1 0x
x
− > ( 1) 0x x − < 0 1x< <
ABC∆ A B C a b c sin :sin :sin 3: 4:6A B C =
cos cos cosA B C< < cos cos cosA B C> >
cos cos cosB A C> > cos cos cosC A B> >由正弦定理可得边之比，进而可得角的大小关系，结合余弦函数的单调性可得选项.
【详解】因为 ，由正弦定理可得 ，
由大边对大角可得： ，
又因为 在 上为减函数，
所以 .
故选：B.
【点睛】本题主要考查了正弦定理的边角互化及大边对大角的性质，属于基础题.
3.已知 ，且 ，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：由函数 在 R 上是增函数可知 A 项正确；B 项 时不正确；C 项
时不正确；D 项 时不正确
考点：不等式性质
4.在等差数列 中，若 ， ，则 （ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】
由等差数列求和公式得 ，进而得 ，从而得解.
【详解】等差数列 中， ，得 .
从而得： ，因为 ，所以 2.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式和下标和的性质，属于基础题.
5.若实数 满足约束条件 ，则 的最大值是（ ）
sin :sin :sin 3: 4:6A B C = : : 3: 4:6a b c =
A B C< <
cosy x= (0, )π
cos cos cosA B C> >
, ,a b c R∈ , 0a b ab> ≠
3 3a b> 2 2ac bc> 1 1
a b
< 2 2a b>
3y x= 0c = 1, 1a b= = −
1, 1a b= = −
{ }na 3 4a = 8 24S = 6a =
1 8 6a a+ = 3 6a a+
{ }na 1 8
8
8( ) 242
a aS
+= = 1 8 6a a+ =
1 8 3 6 6a a a a+ = + = 3 4a = 6a =
,x y
3 4 0
3 4 0
0
x y
x y
x y
− + ≥
− − ≤
+ ≥
3 2z x y= +A. B. 1
C. 10 D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】
本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，
注重了基础知识、基本技能的考查.
【详解】在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以 为
顶点的三角形区域（包含边界），由图易得当目标函数 经过平面区域的点 时，
取最大值 .
【点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细.往往由于由于作图欠准确而影响答案
的准确程度，也有可能在解方程组的过程中出错.
6.已知数列 为等比数列， 为其前 项和，且 ，则常数
（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先求 ，再由 得 时得通项公式，由等比数列性质
知首项也满足可得解.
1−
(-1,1),(1,-1),(2,2)
=3 +2z x y (2,2)
=3 +2z x y max 3 2 2 2 10z = × + × =
{ }na nS n 2018 2020 2019n
nS t= × − t =
2016
2017
2017
2018
2018
2019
2019
2020
1 2018 2020 2019a t= × − 1n n na S S −= − 2n ≥【详解】由 ，得 ，
时有：
.
由数列 为等比数列，可知 满足上式，
所以 ，解得 .
故选：C.
【点睛】本题主要考查了利用和与项 关系计算通项公式，再由等比数列的性质列式求解，
属于基础题.
7.在 中，角 、 、 对应的边分别为 、 、 .若 ， 边上的中线
，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
在 和 中利用余弦定理可得 和 ，进而可得
和 ，从而得解.
【详解】因为 为 的中点，所以 .
在 中， ，整理得： （1）.
在 中， ，整理得： （2）.
（1）-（2）得： ，即 ，代入（1）可得 .
所以 .
故选：B.
【点睛】本题主要考查了余弦定理在几何中的应用，属于中档题.
8.记 为数列 的前 项和，且满足 ， ，若数列 为递增数列，则
的
2018 2020 2019n
nS t= × − 1 12018 2020 2019S t a= × − =
2n ≥
1 1
1 2018 2020 2019 (2018 2020 2019 ) 2018 2019 2020n n n
n n na S S t t− −
−= − = × − − × − = × ×
{ }na 1 2018 2020 2019a t= × −
1 2018 2020 2019 2018 2019a t= × − = × t = 2018
2019
ABC∆ A B C a b c 60B = ° BC
AD b= : :a b c =
1: 2 : 3 2: 7 :3 2: 6 :3 1: 2:3
ABD∆ ABC∆ 2
2 2 1
4 2
ac b ac+ − = 2 2 2c a b ac+ − =
2
3a c= 7
3b c=
D BC 2
aBD CD= =
ABD∆
2
2 2
14cos cos60 22 2
ac b
B ac
+ −
= ° = =
× ×
2
2 2 1
4 2
ac b ac+ − =
ABC∆ 2 2 2 1cos cos60 2 2
c a bB c a
+ −= ° = =× ×
2 2 2c a b ac+ − =
3 2a c= 2
3a c= 7
3b c=
: :a b c = 2: 7 :3
nS { }na n 1 0a < 1n nS aλ= − { }na实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】
由 ，及 ，作差可得 ，进而结合单调性及等比数列
性质可得解.
【详解】由 ，及 ，作差可得： ，
即 ，因为 ，所以 ，所以 为等比数列.
若数列 为递增数列，则 .
解得 .
故选：B.
【点睛】本题主要考查了利用项与和的关系证明等比数列，及等比数列的单调性，属于基础
题.
9.设 ，若关于 的不等式 在区间 上有解，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根 据 题 意 得 不 等 式 对 应 的 二 次 函 数 开 口 向 上 ， 分 别 讨 论
三种情况即可。
【详解】由题意得：当
当
的
λ
1λ > 0λ < 0 1λ< < 1λ >
0λ <
1n nS aλ= − 1 1 1n nS aλ− −= −
1 1
n
n
a
a
λ
λ−
= −
1n nS aλ= − 1 1 1,( 2)n nS a nλ− −= − ≥ 1n n na a aλ λ −= −
1( 1) n na aλ λ −− = 1 0a <
1
,( 2)1
n
n
a na
λ
λ−
= ≥− { }na
{ }na 0 11
λ
λ< ∆ <
0 2a∆ = ⇒ = ±
( ) ( )
2 20 52 251 0 2 0 22 2
a a
a af f a a
−> ⇒ ⇒ < − < ≤ ≥ ≥ ≤ ≤
或
或或 或当
综上所述： ,选 D.
【点睛】本题主要考查了含参一元二次不等式中参数的取值范围。解这类题通常分三种情况：
。有时还需要结合韦达定理进行解决。
10.已知点 和 在直线 的两侧，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】
由条件可得 ，从而得解.
【详解】点 和 在直线 的两侧，
所以 ，解得 .
故选：C.
【点睛】本题主要考查了点与直线的位置关系，属于基础题.
11.已知：数列 ， ，对任意的 ， ，则 （ ）
A. 3185 B. 3186 C. 3187 D. 3188
【答案】A
【解析】
【分析】
由 ，得 ，作差得 ，从而利用
即可得解.
【详解】由 ，得 ，
两式作差可得： .
所以
0 2 2a∆ < ⇒ − < <
5
2a ≤
0, 0, 0∆ = ∆ > ∆ <
( )3,1M ( )4,6N 3 2 0x y a− + = a
0a > 7a < − 7 0a− < < 0a >
7a < −
(3 3 2 1 )(3 4 2 6 ) 0a a× − × + × − × + <
( )3,1M ( )4,6N 3 2 0x y a− + =
(3 3 2 1 )(3 4 2 6 ) 0a a× − × + × − × + < 7 0a− < <
{ }na 1 1a = *n N∈ 1 2n
n na a n++ = ⋅ 10a =
1 2n
n na a n++ = ⋅ 1
1 2 ( 1) 2n
n na a n +
+ ++ = + ⋅ 2 ( 2) 2n
n na a n+ − = + ⋅
10 10 8 8 6 6 4 4 2 2a a a a a a a a a a= − + − + − + − +
1 2n
n na a n++ = ⋅ 1
1 2 ( 1) 2n
n na a n +
+ ++ = + ⋅
2 ( 2) 2n
n na a n+ − = + ⋅
10 10 8 8 6 6 4 4 2 2a a a a a a a a a a= − + − + − + − +由 ，得
所以
故选：A.
【点睛】本题主要考查了数列的递推关系，解题的关键是得到 ，并用累
加的方式得到 ，属于中档题.
12.若 ，则 的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】
将原式变形为 ，再利用基本不等式求最值即可.
【详解】 .
当且仅当 ，即 时有最小值 .
故选：B.
【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值，解题的关键是凑出积为定值的结构，属于
中档题.
第Ⅱ卷 非选择题（共 90 分）
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把正确答案填在答题卷中的横线上）
13.若三数成等比数列，其积为 8，首末两数之和为 4，则公比 q 的值为__________。
【答案】1
【解析】
【分析】
【
8 6 4 2
210 2 8 2 6 2 4 2 a= × + × + × + × +
23184 a= +
1 2 2a a+ = 2 1a =
10 3185a =
2 ( 2) 2n
n na a n+ − = + ⋅
10a
( )0,1x∈ 1 2
1
x
x x
+ −
2 2 1 2 2+ 2 2 2+ 3 2 2+
1 21 1
x x
x x
−+ + −
( )11 2 2
1 1
x xx x
x x x x
+ −+ = +− −
1 21 1 2 21
x x
x x
−= + + ≥ +−
1 2
1
x x
x x
− = − 2 1x = − 1 2 2+根据题意，设公比为 ，可设三数为 ， ， ，列出方程，求解方程即可
【详解】三数成等比数列，设公比为 ，可设三数为 ， ， ，可得 ，求出
，公比 的值为 1
【点睛】本题考查利用等比数列的性质求解，属于基础题
14.在 中，角 、 、 对应的边分别为 、 、 .若 ，且
，则 ______.
【答案】 （或填写 ）.
【解析】
【分析】
由正弦定理结合 可得 ，再由余弦定理即可得解.
【详解】由正弦定理 ，可得： .
可得： .
所以 ，解得 （或 ）
故答案为： （或填写 ）.
【点睛】本题主要考查了正余弦定理解三角形，属于基础题.
15.在等比数列 中，若 ，则 的最小值为______.
【答案】 .
【解析】
【分析】
q a
q a aq
q a
q a aq
3 8
4
a
a aqq
= + =
2
1
a
q
=
=
q
ABC∆ A B C a b c 2a =
sin sin 2 3
sin 2
B A c
C b
− += + B∠ =
5
6
π 150°
2a = 2 2 2 3a c b ac+ − = −
sin sin 2 3
sin 2
B A c
C b
− += +
2 3 2 3
2
b a c c
c b a b
− + += =+ +
2 2 2 2 3 3a c b c ac+ − = − = −
2 2 2 3cos 2 2
a c bB ac
+ −= = − 5
6B π= 150°
5
6
π 150°
{ }na 3 6 p qa a a a⋅ = ⋅ 1 4
p q
+
14
9由等比数列下标和的性质得 ，再由 展开利用基本不等式
即可得最小值.
【详解】等比数列 中，若 ，
所以 .
所以 .
当且仅当 即 时有最小值 .
故答案为： .
【点睛】本题主要考查了等比数列的下标和性质及基本不等式求最值，属于中档题.
16.某小贩卖若干个柑桔。若小贩以所有柑桔的一半又半个卖给第一人；以其剩余的一半又半
个卖给第二人；同样的方法，卖给其余的顾客，当第七个人来买时，小贩已经卖完了，则小
贩的柑桔一共有______个.
【答案】63.
【解析】
【分析】
设小贩原有柑桔数为 个，分别求得六个人所得列方程求解即可.
【详解】设小贩原有柑桔数为 个，
第一人所得为：
第二个人所得为：
第二个人所得为：
……
第六个人所得为：
故： .
9p q+ = 1 4 1 1 4( )( )9 p qp q p q
+ = + +
{ }na 3 6 p qa a a a⋅ = ⋅
3 6 9p q+ = + =
1 4 1 1 4 1 4 1 4 14( )( ) (10 ) (10 2 )9 9 9 9
q p q pp qp q p q p q p q
+ = + + = + + ≥ + ⋅ =
4q p
p q
= 3, 6p q= = 14
9
14
9
x
x
1 1
2 2 2
x x ++ =
2
1 1 1 1
2 2 2 2
x xx
+ + − + =
2 3
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
x x xx
+ + + − − + =
6
1
2
x +
2 3 4 5 6
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
x x x x x x x
+ + + + + ++ + + + + =所以
解之得： .
或：逆向分析，第 6 个人买时只有 1 个柑橘，第 5 个人买时只有 3 个柑橘，…….
【点睛】本题以数学文化的形式考查了等比数列求和，属于基础题.
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.已知关于 的不等式 的解集为 .
（1）求 的值；
（2）当 ， ，且满足 时，有 恒成立，求 的取值范围.
【答案】（I） ；（II）
【解析】
【分析】
Ⅰ 由 不 等 式 的 解 集 为 或 ， 可 得 和 是 方 程
的两个实数根，得到关于 的方程组，求出 的值即可； Ⅱ 根据
（Ⅰ）， ，可得 ，结合基本不等式的性质
求出 的最小值，得到关于 的不等式，解出即可．
【详解】 Ⅰ 解一：因为不等式 的解集为 或 ，
所以 1 和 b 是方程 的两个实数根且 ，
所以 ，解得
解二：因为不等式 的解集为 或 ，
所以 1 和 b 是方程 的两个实数根且 ，
6
2 3 4 5 6 6
1 1(1 )1 1 1 1 1 12 2( 1)( ) ( 1) ( 1)(1 )12 2 2 2 2 2 2
2
1
1
x x x x
−
+ + + + + + = + = + − =
−
63x =
x 2 3 2 0ax x− + > { | 1, }x x x b或
,a b
0x > 0y > 1a b
x y
+ = 22 2x y k k+ ≥ + + k
1, 2a b= = [ ]3,2-
( ) 2 3 2 0ax x− + > { | 1x x < }x b> 1 b
2 3 2 0ax x− + = ,a b ,a b ( )
1 2 1x y
+ = ( ) 1 2 42 2 4 y xx y x y x y x y
+ = + + = + +
2x y+ k
( ) 2 3 2 0ax x− + > { | 1x x < }x b>
2 3 2 0ax x− + = 0a >
31
21
b a
b a
+ =
− =
{ 1
2
a
b
=
=
2 3 2 0ax x− + > { | 1x x < }x b>
2 3 2 0ax x− + = 0a >由 1 是 的根，有 ，
将 代入 ，得 或 ，
Ⅱ 由 Ⅰ 知 ，于是有 ，
故 ，
当 时，左式等号成立，
依题意必有 ，即 ，
得 ，
所以 k 的取值范围为
【点睛】本题考查了二次函数和二次不等式的关系，考查利用基本不等式求最值以及转化思
想，是一道常规题．在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其
满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、
“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.
18.设 的内角 所对的边长分别为 ，且 ．
（Ⅰ）求 的值； （Ⅱ）求 的最大值．
【答案】（Ⅰ）4 （Ⅱ）
【解析】
【详解】（Ⅰ）在 中，由正弦定理及
可得
即 ，则 ；
2 3 2 0ax x− + = 3 2 0 1a a− + = ⇒ =
1a = 2 3 2 0ax x− + > 2 3 2 0 1ax x x− + > ⇒ < 2x > 2b∴ =
( ) ( ) { 1
2
a
b
=
= 1 2 1x y
+ =
( ) 1 2 42 2 4 8y xx y x y x y x y
+ = + + = + + ≥
{ 2
4
x
y
=
=
2(2 ) 2minx y k k+ ≥ + + 28 2k k≥ + +
2 6 0 3 2k k k+ − ≤ ⇒ − ≤ ≤
[ ]3,2-
ABC△ A B C， ， a b c， ， 3cos cos 5a B b A c− =
tan
tan
A
B
tan( )A B−
3
4
ABC△ 3cos cos 5a B b A c− =
3 3 3 3sin cos sin cos sin sin( ) sin cos cos sin5 5 5 5A B B A C A B A B A B− = = + = +
sin cos 4cos sinA B A B= tan 4tan
A
B
=（Ⅱ）由 得
当且仅当 时，等号成立，
故当 时， 的最大值为 .
19.已知数列 为单调递增数列， 为其前 项和， .
（1）求 的通项公式；
（2）若 ，记 为数列 的前 项和，求 .
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】
（1）由 得 ，作差可得 ，结合首项可得通项公式；
（2）由（1）知， ，利用裂项相消求和即可.
【详解】（1）当 时， ，
所以 ，即 ，
又 为单调递增数列，所以 ．
由 得 ，所以 ，
则 ，所以 ．
tan 4tan
A
B
= tan 4tan 0A B= >
2
tan tan 3tan 3 3tan( ) 11 tan tan 1 4tan 44tantan
A B BA B A B B BB
−− = = = ≤+ + +
1 14tan ,tan ,tan 2tan 2B B AB
= = =
1tan 2,tan 2A B= = tan( )A B− 3
4
{ }na nS n 22 n nS a n= +
{ }na
2
1
n
n n
b a a +
=
nS { }nb n nS
na n=
( )( )
3 2 3
4 2 1 2n
nS n n
+= − + +
22 n nS a n= + 2
1 12 1n nS a n+ += + + 1 1n na a += −
( )
1 1 1 1
2 2 2nb n n n n
= = − + +
1n = 2
1 1 12 2 1S a a= = +
( )2
1 1 0a − = 1 1a =
{ }na 1na ≥
22 n nS a n= + 2
1 12 1n nS a n+ += + + 2 2
1 12 2 1n n n nS S a a+ +− = − +
2 2
1 12 1n n na a a+ += − + ( )22
1 1n na a += −所以 ，即 ，
所以 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，
故 ．
（2）由（1）知， ，
则
.
【点睛】本题主要考查了利用数列的和与项的关系求通项及裂项相消法求和，属于基础题.
20.已知 的三个内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若
.
（1）求角 的大小；
（2）若 ，求 的最大值.
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
分析】
（ 1 ） 利 用 正 余 弦 平 方 和 为 1 的 性 质 将 余 弦 化 为 正 弦 ， 再 由 正 弦 定 理 角 化 边 可 得
，进而利用余弦定理可得解；
（2）由正弦定理可得 ，进而可得
，利用三角恒等变换化简结合三角函
数性质求最值即可.
【
1 1n na a += − 1 1n na a+ − =
{ }na
na n=
( )
1 1 1 1
2 2 2nb n n n n
= = − + +
1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 4 3 5 2nS n n
= − + − + − +⋅⋅⋅+ − +
1 1 1 112 2 1 2n n
= + − − + +
( )( )
3 2 3
4 2 1 2
n
n n
+= − + +
ABC∆ A B C a b c
2 2 2cos cos cos 1 sin sinA C B A C+ − = −
B
3b = 2a c+
3B
π=
2 7
2 2 2b a c ac= + −
2 2sin
b RB
= =
22 4 sin 2 sin 4sin 2sin 3a c R A R C A Aπ + = + = + − 【详解】（1）因为 ，
故 ，
由正弦定理可得， ，
由余弦定理得， ，又因为 ，
故 .
（2）因为 ， ，则有 ，
，其中 ，
故 的最大值为 .
【点睛】本题主要考查了正余弦定理解三角形及三角恒等变换，属于中档题.
21.甲、乙两容器中分别盛有两种浓度的某种溶液 ，从甲容器中取出 溶液，将
其倒入乙容器中搅匀，再从乙容器中取出 溶液，将其倒入甲容器中搅匀，这称为是一
次调和，已知第一次调和后，甲、乙两种溶液的浓度分别记为： ， ，第
次调和后的甲、乙两种溶液的浓度分别记为： 、 .
（1）请用 、 分别表示 和 ；
（2）问经过多少次调和后，甲乙两容器中溶液的浓度之差小于 .
【答案】（1） ， ；（2） .
【解析】
【详解】（1）由题意可设在第一次调和后的浓度为 ， ，
；
2 2 2cos cos cos 1 sin sinA C B A C+ − = −
2 2 2sin sin sin sin sinB A C A C= + −
2 2 2b a c ac= + −
1cos 2B = ( )0,B π∈
3B
π=
3b =
3B
π= 2 2sin
b RB
= =
22 4 sin 2 sin 4sin 2sin 3a c R A R C A Aπ + = + = + −
( )5sin 3cos 2 7 sinA A A ϕ= + = + 3tan 5
ϕ =
2a c+ 2 7
300ml 100ml
100ml
1 20%a = 1 2%b = n
na nb
na nb 1na + 1nb +
0.1%
1
1 3
4 4n n nb a b+ = + 1
3 1
4 4n n na a b+ = + 9
1 20%a = 1 2%b =
( )1
100 300 1 3
100 300 4 4
n n
n n n
a bb a b+
+= = ++（2）由于题目中的问题是针对浓度之差，所以，我们不妨直接考虑数列 ．
由（1）可得：
，
所以，数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列．
所以， ，
由题，令 ，得 ．所以， ，
由 得 ，所以， .
即第 次调和后两溶液 浓度之差小于 .
22.
数列 满足
( 1 ) 求 并求数列 的通项公式；
( 2 ) 设 ，求
【答案】( 1 ) ； ( 2 ) .
【解析】
【分析】
( 1 ) 根 据 把 代 入 即 可 求 的 值 . 当
时，整理 可知数列 是首项为 1、公差为 1 的等差数
列，当 时，整理 可知数列 是首项为 2、公比为 2 的等比数
列，最后综合可得答案. ( 2 ) 化简 可知数列 是等差乘等比构成的数列，所以
用错位相减法求和.
的
{ }n na b−
( ) ( )1 1 1 1 1
1 2 2 2 1 3 1
3 3 3 3 4 4 2n n n n n n n n n n n na b b a b a b a a b a b+ + + + +
− = + − = − = − + = −
{ }n na b− 1 1 18%a b− = 1
2
1118% 2
n
n na b
− − = ×
11 1
2 180
n− =
7 82 180 2< < 27 log 180 8< < 8n >
9 0.1%
{ }na 2 2
1 2 21, 2, (1 cos ) sin , 1,2,3, .2 2n n
n na a a a n
π π
+= = = + + =
3 4, ,a a { }na
2 1
1 2
2
, .n
n n n
n
ab S b b ba
−= = + + + nS
*
*2
1, 2 1( )2{
2 , 2 ( )
n n
n n k k N
a
n k k N
+ = − ∈
=
= ∈
22 2n n
nS
+= −
2 2
2 (1 cos ) sin ,2 2n n
n na a
π π
+ = + + 1 2, ,a a 3 4, ,a a
*2 1( N )n k k= − ∈ 2 1 2 1 1k ka a+ −− = { }2 1ka −
*N )2 (n k k= ∈ 2 2 22k ka a+ = { }2ka
,2n n
nb = { }nb【详解】解：(1)因为 所以
一般地，当 时，
＝ ，即
所以数列 是首项为 1、公差为 1 的等差数列，
因此
当 时，
所以数列 是首项为 2、公比为 2 的等比数列，
因此
故数列 的通项公式为
(2)由(1)知，
①
②
①－②得，
所以 .
【点睛】本题考查由递推公式求数列的通项，考查错位相减法求和，解题的关键是讨论 n 的
奇偶，属于中档题.
1 21, 2,a a= = 2 2
3 1 1(1 cos ) sin 1 2,2 2a a a
π π= + + = + =
( )2 2
4 2 21 cos sin 2 4a a aπ π= + + = =
*2 1( N )n k k= − ∈ 2 2
2 1 2 1
(2 1) 2 1[1 cos ] sin2 2k k
k ka a
π π+ −
− −= + +
2 1 1ka − + 2 1 2 1 1.k ka a+ −− =
{ }2 1ka −
2 1 .ka k− =
*N )2 (n k k= ∈ 2 2
2 2 2 2
2 2(1 cos ) sin 2 .2 2k k k
k ka a a
π π
+ = + + =
{ }2ka
2 2 .k
ka =
{ }na
*
*2
1, 2 1( )2{
2 , 2 ( )
n n
n n k k N
a
n k k N
+ = − ∈
=
= ∈
2 1
2
,2
n
n n
n
a nb a
−= =
2 3
1 2 3 ,2 2 2 2n n
nS = + + + +
2 2 4 1
1 1 2 3
2 2 2 2 2n n
nS += + + + +
2 3 1
1 1 1 1 1 .2 2 2 2 2 2n n n
nS += + + + + −
1 1
1 1[1 ( ) ] 12 2 1 .1 2 2 21 2
n
n n n
n n
+ +
−
= − = − −
−
1
1 22 22 2 2n n n n
n nS −
+= − − = −
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