《易错题》数学高三上期中经典题(专题培优)(1)

一、选择题

1．在等差数列｛an｝中，a1a2a33,a28a29a30165，则此数列前30项和等于（ ）

A．810 B．840 C．870 D．900

a201anaa2．已知为等差数列，若19，且数列n的前

n项和Sn有最大值，则Sn的最

小正值为( )

A．S1 3．定义在B．S19

,00,fxC．S20

fxD．S37

,如果对于任意给定的等比数列,00,an上的函数

,若fan仍是比数列，则称

fxx3为“保等比数列函数”.现有定义在上的如下函数：

①；

②

fxex；

③

fxx；

fxlnx④

则其中是“保等比数列函数”的

fx的序号为（ ）

A．①② B．③④ C．①③ D．②④

4．已知数列

{an}满足

a11，

an1an2n，则a10（ ）

A．1024 B．2048 C．1023 D．2047

S9S54Sna19{an}n955．已知等差数列的前项和为，，，则Sn取最大值时的n为

A．4 B．5 C．6 D．4或5

x2y0设zxy,其中实数x、y满足{xy0,0yk若z的最大值为6，z的最小值为（ ） 6．

A．0 B．-1 C．-2 D．-3

7．已知ABC的三边长是三个连续的自然数，且最大的内角是最小内角的2倍，则最小角的余弦值为（ ）

3A．4

5B．6

7C．8

2D．3

8．已知等差数列an的前n项和为Sn，若a3a4a1118则S11（ ）

A．9 B．22 C．36 D．66

9．“中国剩余定理”又称“孙子定理”1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2019中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列此数列的项数为（ ）

an，则

A．134 B．135 C．136 D．137

10．已知锐角三角形的边长分别为1，3，a，则a的取值范围是（ ）

A．8,10 B．

22,10

C．

22,10

D．

10,8

11．设{an}是首项为a1，公差为-2的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1 ( )

A．8 B．-8 C．1 D．-1

14，则a1a2a2a3anan1（ ）

12．已知an是等比数列，a22，

a5A．

1614n

B．

1612n

3232n1214nC．3 D．3

13．若0a1，bc1，则( )

bcac()a1cbab A． B．

C．ca1ba1

D．logcalogba

14．在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，A60，a43，b4，则B（ ）

A．B30或B150 B．B150

C．B30 D．B60

nanaan11an2n115．数列中，，则数列n的前8项和等于（ ）

A．32 B．36 C．38 D．40

二、填空题

16．已知的三边长分别为3,5,7，则该三角形的外接圆半径等于_________．

xy30,{x2y30,17．设不等式组x1表示的平面区域为1，平面区域2与1关于直线

2xy0对称，对于任意的C1,D2，则CD的最小值为__________．

x2x318．设x0，则x1的最小值为______.

19．某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存

储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是__________．

20．已知数列是各项均不为的等差数列，为其前项和，且满足

1nan2S2n1nN．若

不等式an1n81nn1对任意的nN恒成立，则实数的取值范围是 ．

21．不等式2x1x1的解集是 ．

22．我国古代数学名著《九章算术》里有问题：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：__________日相逢？

23．若直线y2x上存在点(x,y)满足约束条件_______．

xy30x2y30xm，则实数m的取值范围为

24．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S39，S636，则a7a8a9等于______.

25．如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是___________．

三、解答题

53cosB13，5．

26．在ABC中，

cosA(1)求sinC的值；

(2)设BC5，求ABC的面积．

22c2,ab4ab． a,b,cA,B,C△ABC27．已知分别是的角所对的边，且

（1）求角C；

22sinBsinAsinC(2sin2AsinC)，求△ABC的面积． （2）若

28．ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知acosCccosAa．

（1）求证：AB；

6，ABC的面积为3，求ABC的周长．

（2）若

A29．已知数列a3b38an是等差数列，数列bn是公比大于零的等比数列，且a1b12,

.

an（1）求数列和bn的通项公式;

（2）记

cnabn，求数列cn 的前n项和Sn.

2f(x)mxmx1． 30．设函数

(1)若对于一切实数x，f(x)0恒成立，求实数m的取值范围；

(2)若对于x[1,3]，f(x)0恒成立，求实数m的取值范围．

【参考答案】

2016-2017年度第*次考试试卷 参考答案

**科目模拟测试

一、选择题

1．B

2．D

3．C

4．C

5．B

6．D

7．A

8．D

9．B

10．B

11．D

12．D

13．D

14．C

15．B

二、填空题

16．【解析】【分析】利用余弦定理得到进而得到结合正弦定理得到结果【详解】由正弦定理得【点睛】本题考查解三角形的有关知识涉及到余弦定理正弦定理及同角基本关系式考查恒等变形能力属于基础题

17．【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

18．【解析】【分析】利用换元法令将所给的代数式进行变形然后利用均值不等式即可求得最小值【详解】由可得可令即则当且仅当时等号成立故答案为：【点睛】本题主要考查基本不等式求最值的方法换元法及其应用等知识意在

19．【解析】【详解】总费用为当且仅当即时等号成立故答案为30点睛: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

20．【解析】试题分析：由题意则当为偶数时由不等式得即是增函数当时取得最小值所以当为奇数时函数当时取得最小值为即所以综上的取值范围是考点：数列的通项公式数列与不等式恒成立的综合问题

21．【解析】【分析】【详解】由条件可得

22．9【解析】解：由题意可知：良马与驽马第天跑的路程都是等差数列设路程为由题意有：故：满足题意时数列的前n项和为由等差数列前n项和公式可得：解得：即二马相逢需9日相逢点睛：本题考查数列的实际应用题(1)

23．【解析】试题分析：由题意由可求得交点坐标为要使直线上存在点满足约束条件如图所示可得则实数m的取值范围考点：线性规划

24．【解析】【分析】根据等差数列的前项和转化为关于和的数量关系来求解【详解】等差数列的前项和为则有解得故答案为【点睛】本题考查了等差数列前项和的公式运用在解答此类题目时可以将其转换为关于和的数量关系来求

25．（）【解析】如图所示延长BACD交于E平移AD当A与D重合与E点时AB最长在△BCE中∠B=∠C=75°∠E=30°BC=2由正弦定理可得即解得=平移AD当D与C重合时AB最短此时与AB交于F在△B

三、解答题

26．

27．

28．

29．

30．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题

1．B

解析：B

【解析】

数列前30项和可看作每三项一组，共十组的和，显然这十组依次成等差数列，因此

10(3165)8402和为 ，选B.

2．D

解析：D

【解析】

【分析】

a201由已知条件判断出公差d0，对a19进行化简，运用等差数列的性质进行判断，

求出结果.

【详解】

a20a19a2001anaa19已知为等差数列，若19，则，

由数列an的前n项和Sn有最大值，可得d0，

a190,a20a190,a200,S3737a190，

a1a38a20a190，S380，

则Sn的最小正值为S37

故选D

【点睛】

本题考查了等差数列的性质运用，需要掌握等差数列的各公式并能熟练运用等差数列的性质进行解题，本题属于中档题，需要掌握解题方法.

3．C

解析：C

【解析】

【分析】

设等比数列an的公比为q，验证

fan1fan是否为非零常数，由此可得出正确选项.

【详解】

an1qanaq设等比数列的公比为，则n.

3fan1anan1312q3fxxanan对于①中的函数，fan，该函数为“保等比数列函

3数”；

fan1ean1anean1anfane对于②中的函数数列函数”；

fxex，不是非零常数，该函数不是“保等比

对于③中的函数数”；

fxx，fan1fanan1anan1anq，该函数为“保等比数列函

fxlnx对于④中的函数，

fan1lnan1fanlnan不是常数，该函数不是“保等比数列函

数”.故选：C.

【点睛】

本题考查等比数列的定义，着重考查对题中定义的理解，考查分析问题和解决问题的

能力，属于中等题.

4．C

解析：C

【解析】

【分析】

根据叠加法求结果.

【详解】

因为

an1an2n，所以

an1an2n，

因此

a10a10a9a9a8a2a1a12298121021102312，选C.

【点睛】

本题考查叠加法求通项以及等比数列求和，考查基本分析求解能力，属基础题.

5．B

解析：B

【解析】

S9S5a5a32d4{an}由为等差数列，所以95，即d2，

由a19，所以an2n11，

112，

令an2n110，即

n所以Sn取最大值时的n为5，

故选B．

6．D

解析：D

【解析】

作出不等式对应的平面区域，

由z=x+y,得y=−x+z,

平移直线y=−x+z，由图象可知当直线y=−x+z经过点A时，直线y=−x+z的截距最大，

此时z最大为6.即x+y=6.经过点B时，直线y=−x+z的截距最小，此时z最小．

xy6{由xy0得A(3,3)，

∵直线y=k过A，

∴k=3.

yk3由x2y0,解得B(−6,3).

{此时z的最小值为z=−6+3=−3，

本题选择D选项.

点睛：求二元一次函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，将函数z＝ax＋by转化为直线的斜截式：

yzbzxab，通过求直线的截距b的最值间接求出

z的最值．最优解在顶点或边

界取得．

7．A

解析：A

【解析】

【分析】

设三角形的三边分别为n,n1,n2(nN*)，根据余弦定理求出最小角的余弦值，然后再由正弦定理求得最小角的余弦值，进而得到n的值，于是可得最小角的余弦值．

【详解】

由题意，设ABC的三边长分别为n,n1,n2(nN*)，对应的三角分别为A,B,C，

nn2n2n2由正弦定理得sinAsinCsin2A2sinAcosA，

所以

cosAn22n．

(n2)2(n1)2n2n5cosA2(n2)(n1)2(n2)． 又根据余弦定理的推论得

n2n5所以2n2(n2)，解得n4，

所以

cosA4532(42)4，

3即最小角的余弦值为4．

故选A．

【点睛】

解答本题的关键是求出三角形的三边，其中运用“算两次”的方法得到关于边长的方程，使得问题得以求解，考查正余弦定理的应用及变形、计算能力，属于基础题．

8．D

解析：D

【解析】

11a15d分析：由a3a4a1118，可得a15d6，则化简S11，即可得结果.

详解：因为a3a4a1118，

所以可得3a115d18a15d6，

11a15d11666所以S11，故选D.

点睛：本题主要考查等差数列的通项公式与等差数列的求和公式， 意在考查等差数列基本量运算，解答过程注意避免计算错误.

9．B

解析：B

【解析】

【分析】

由题意得出an15n14，求出an15n142019，即可得出数列的项数.

【详解】

因为能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，故an15n14.由

an15n142019得n135，故此数列的项数为135，故答案为B.

【点睛】

本题主要考查阅读能力及建模能力、转化与化归思想及等差数列的通项公式及数学的转化与化归思想.属于中等题.

10．B

解析：B

【解析】

【分析】

根据大边对大角定理知边长为1所对的角不是最大角，只需对其他两条边所对的利用余弦定理，即这两角的余弦值为正，可求出a的取值范围．

【详解】

由题意知，边长为1所对的角不是最大角，则边长为3或a所对的角为最大角，只需这

a2123222213a两个角为锐角即可，则这两个角的余弦值为正数，于此得到，

由于a0，解得22a10，故选C．

【点睛】

本题考查余弦定理的应用，在考查三角形是锐角三角形、直角三角形还是钝角三角形，一般由最大角来决定，并利用余弦定理结合余弦值的符号来进行转化，其关系如下：

A为锐角cosA0；A为直角cosA0；A为钝角cosA0.

11．D

解析：D

【解析】

【分析】

利用等差数列的通项公式，以及等比中项公式和前n项和公式，准确运算，即可求解.

【详解】

由题意，可得等差数列{an}的通项公式为ana1(n1)(2)a12(n1)，

所以S1a1,S22a12,S44a112，

因为

S1，S2，S4成等比数列，可得(2a12)a1(4a112)，解得a11.

2故选：D.

【点睛】

本题主要考查了等差数列通项公式，以及等比中项公式与求和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和等比中项公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.

12．D

解析：D

【解析】

【分析】

11an()n3anan1()2n522先求出，再求出，即得解.

【详解】

a511q3,q82. 由题得a211ana2qn22()n2()n322所以，

111anan1()n3()n2()2n5222所以.

anan11所以an1an4，所以数列{anan1}是一个等比数列.

18[1()n]4321n141a1a2a2a3anan143所以=.

故选：D

【点睛】

本题主要考查等比数列通项的求法和前n项和的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

13．D

解析：D

【解析】

【分析】

运用不等式对四个选项逐一分析

【详解】

bb11对于A，bc1，c，0a1，则c，故错误

acacbab，则bcabcbca，即acb0，这与bc1矛盾，故错误 对于B，若

a1a1对于C，0a1，a10，bc1，则cb，故错误

对于D，bc1，logcalogba，故正确

故选D

【点睛】

本题考查了不等式的性质，由未知数的范围确定结果，属于基础题．

14．C

解析：C

【解析】

【分析】

1sinB2，根据ab，由三角形中大边对大角可得：将已知代入正弦定理可得

B60，即可求得B30.

【详解】

解：

A60，a43，b4

由正弦定理得：

sinBbsinA4sin601a2 43ab

B60

B30

故选C.

【点睛】

本题考查了正弦定理、三角形的边角大小关系，考查了推理能力与计算能力.

15．B

解析：B

【解析】

【分析】

根据所给数列表达式，递推后可得

an21n1an12n11.并将原式两边同时乘以n后与变形后的式子相加，即可求得an2an，即隔项和的形式.进而取n的值，代入即可求解.

【详解】

由已知

an11an2n1n，①

得

an21n1an12n1，②

由

①1②n得

an2an12n12n1n，

取n1,5,9及n2,6,10，易得a1a3a5a72，a2a48，a6a824，

故S8a1a2a3a4a836.

故选：B.

【点睛】

本题考查了数列递推公式的应用，对数列表达式进行合理变形的解决此题的关键，属于中档题.

二、填空题

16．【解析】【分析】利用余弦定理得到进而得到结合正弦定理得到结果【详解】由正弦定理得【点睛】本题考查解三角形的有关知识涉及到余弦定理正弦定理及同角基本关系式考查恒等变形能力属于基础题

73解析：3

【解析】

【分析】

利用余弦定理得到cosC，进而得到sinC，结合正弦定理得到结果.

【详解】

cosC9254913,sinC3022，由正弦定理得

2Rc773,RsinC332.

【点睛】

本题考查解三角形的有关知识，涉及到余弦定理、正弦定理及同角基本关系式，考查恒等变形能力，属于 基础题.

17．【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

25解析：5

【解析】

作出不等式组所表示的可行域1 ，如图阴影部分，由三角形ABC构成，其中

A(1，1),B(3，0),C(1，2) ，作出直线2xy0 ，显然点A到直线2xy0的距离最近，由其几何

意义知，区域1,2 内的点最短距离为点A到直线2xy0的距离的2倍，由点到直线的距离公式有：

d21221255 ，所以区域1 内的点与区域2 内的点之间的最近距离为

255 ，即

CD255 .

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.

18．【解析】【分析】利用换元法令将所给的代数式进行变形然后利用均值不等式即可求得最小值【详解】由可得可令即则当且仅当时等号成立故答案为：【点睛】本题主要考查基本不等式求最值的方法换元法及其应用等知识意在

解析：231

【解析】

【分析】

利用换元法，令tx1将所给的代数式进行变形，然后利用均值不等式即可求得最小值.

【详解】

由x0，可得x11.

tx1t1可令

2，即

xt1，则

x2x3t1t1333t1≥2t1231x1ttt，

当且仅当t3，x31时，等号成立.

故答案为：231．

【点睛】

本题主要考查基本不等式求最值的方法，换元法及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

19．【解析】【详解】总费用为当且仅当即时等号成立故答案为30点睛: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

解析：30

【解析】

【详解】

总费用为

4x60090090064(x)42900240xxxx，即x30时等号成，当且仅当

立．故答案为30.

点睛: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．

20．【解析】试题分析：由题意则当为偶数时由不等式得即是增函数当时取得最小值所以当为奇数时函数当时取得最小值为即所以综上的取值范围是考点：数列的通项公式数列与不等式恒成立的综合问题

77,153 解析：

【解析】

试题分析：由题意，则，

1n当为偶数时由不等式an1n81nn1得2n1n8(n8)(2n1)n，即n，

y(n8)(2n1)82n15nn是增函数，当n2时取得最小值15，所以15;

当为奇数时，

(n8)(2n1)882n17y2n17nnn，函数，

777777,3所以3，综上， 的取值范围是当n3时取得最小值为3，即77,153．

考点：数列的通项公式，数列与不等式恒成立的综合问题．

21．【解析】【分析】【详解】由条件可得 解析：x|0x2

【解析】

【分析】

【详解】

由条件可得

22．9【解析】解：由题意可知：良马与驽马第天跑的路程都是等差数列设路程为由题意有：故：满足题意时数列的前n项和为由等差数列前n项和公式可得：解得：即二马相逢需9日相逢点睛：本题考查数列的实际应用题(1)

解析：9

【解析】

解：由题意可知：良马与驽马第n 天跑的路程都是等差数列，设路程为an,bn ，

111an103n11313n90,bn97n1n9722 ， 2由题意有：

11cnanbn18712n22 ， 故：

c满足题意时，数列n 的前n项和为Sn112522250 ，

11111871218712n2222n22502由等差数列前n项和公式可得： ，

解得：n9 .

即二马相逢，需9日相逢

点睛：本题考查数列的实际应用题.

(1)解决数列应用题的基本步骤是：

①根据实际问题的要求，识别是等差数列还是等比数列，用数列表示问题的已知；

②根据等差数列和等比数列的知识以及实际问题的要求建立数学模型；

③求出数学模型，根据求解结果对实际问题作出结论．

(2)数列应用题常见模型：

①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差数列模型，增加(或减少)的量就是公差；

②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比数列模型，这个固定的数就是公比；

③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是an与an－1的递推关系，或前n项和Sn与Sn－1之间的递推关系．

23．【解析】试题分析：由题意由可求得交点坐标为要使直线上存在点满足约束条件如图所示可得则实数m的取值范围考点：线性规划

解析：(,1]

【解析】

y2x{试题分析：由题意，由xy30，可求得交点坐标为(1,2)，要使直线y2x上存在

xy30,{x2y30,点(x,y)满足约束条件xm,，如图所示，可得m1，则实数m的取值范围(,1]．

考点：线性规划．

24．【解析】【分析】根据等差数列的前项和转化为关于和的数量关系来求解【详解】等差数列的前项和为则有解得故答案为【点睛】本题考查了等差数列前项和的公式运用在解答此类题目时可以将其转换为关于和的数量关系来求

解析：【解析】

【分析】

根据等差数列的前n项和转化为关于a1和d的数量关系来求解

【详解】 等差数列an的前n项和为Sn，S39，S636，

331S3ad9132a11S6a661d36612则有，解得d2

a7a8a9a16da17da18d3a121d3121245

故答案为45

【点睛】

本题考查了等差数列前n项和的公式运用，在解答此类题目时可以将其转换为关于a1和d的数量关系来求解，也可以用等差数列和的性质来求解，较为基础。

25．（）【解析】如图所示延长BACD交于E平移AD当A与D重合与E点时AB最长在△BCE中∠B=∠C=75°∠E=30°BC=2由正弦定理可得即解得=平移AD当D与C重合时AB最短此时与AB交于F在△B

解析：（62，6+2）

【解析】

如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在

BCBE△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得sinEsinC，即2BEsin30osin75o，解得BE=6+2，平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB

交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，

BFBCBF2sinFCBsinBFC，即sin30osin75o，解得BF=62，所以AB的取值范围为

（62，6+2）.

考点：正余弦定理；数形结合思想

三、解答题

26．

168（1）65；（2）3.

【解析】

【分析】

(1)直接利用三角函数关系式的恒等变换求得结果;(2)利用正弦定理和三角形的面积

公式求出结果．

【详解】

(1)在ABC中，ABC，

由

cosA512AsinA13，213， ，得

由

cosB340BsinB5，2，得5．

所以

sinCsinABsinAcosBcosAsinB1665；

ACBC(2)由正弦定理sinBsinA，

解得：

ACBCsinB13sinA3，

所以ABC的面积：

S1113168BCACsinC5223653．

【点睛】

本题考查的知识点：三角函数关系式的恒等变换，三角形内角和定理，正弦定理的应用，三角形面积公式的应用及相关的运算问题．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

22baab意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 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。

27．

（1）

C233（2）3

【解析】

试题分析：（1）由余弦定理得cosC值，再根据三角形内角范围求角C；（2）由正弦

222定理将条件化为边的关系：bca4accosA，再根据余弦定理得2ab，代人解得

a4323bB3，c2，由勾股定理得3，2，最后根据直角三角形面积公式得ABC的

面积．

a2b2c2a2b222ab1cosC2ab2ab2ab2， 试题解析：解：（1）由余弦定理，得

又

C0,，所以

C3．

（2）由

sin2Bsin2AsinC2sin2AsinC，

222得sinBsinCsinA2sin2AsinC，

222sinBsinCsinA4sinAcosAsinC， 得

b2c2a2cosA222bca4accosA4ac再由正弦定理得，所以．①

b2c2a2cosA2bc又由余弦定理，得，②

b2c2a2b2c2a24bc2bc由①②，得，得4ac2bc，得2ab，

a2b24ab4323bab2a3． 3，联立，得

222所以bac．所以

B2．

所以ABC的面积

S112323ac22233．

28．

（1）见解析（2）423

【解析】

【分析】

a2b2c2b2c2a2aca2ab2bc（1）用余弦定理将条件acosCccosAa化为，然后化

简即可

6得

23，由ABC的面积为3和ab可推出ab2，然后用余弦定

（2）由

AC

理求出c即可.

【详解】

（1）因为acosCccosAa

a2b2c2b2c2a2aca2ab2bc由余弦定理得，

2整理得2b2ab，

所以ab，

所以AB．

6，由（1）知

（2）因为

AC(AB)23，

又ABC的面积为3，

1absinC32所以．

又ab，

132a3所以22，

所以ab2．

1c2a2b22abcosC14222122由余弦定理，得，

所以c23，

所以ABC的周长为423．

【点睛】

本题考查的是正余弦定理及三角形的面积公式，较为典型.

29．

（1）

an3n1,bn2n；（2）32n1n6.

【解析】

试题分析：（1）设出等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，且q>0．由已知列式求得等差数列的公差和等比数列的公比，代入等差数列和等比数列的通项公式得答案；

（2）由cn=abn结合数列{an}和{bn}的通项公式得到数列{cn}的通项公式，结合等比数列的前n项和求得数列{cn}的前n项和Sn．

试题解析：

（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，且．

由，得，解得．

所以．

由，得，又，解得．

所以．

（2）因为，

所以．

30．

16

(1) 4m0．(2)

m【解析】

【分析】

(1)利用判别式可求实数m的取值范围，注意二次项系数的讨论.

(2)就m0,m0,m0三种情况讨论函数的最值后可得实数m的取值范围.

【详解】

2解：(1)要使mxmx10恒成立，

若m0，显然10；

m02m4m0，4m0， m0若，则有

∴4m0．

(2)当m0时，f(x)10显然恒成立；

122，f(x)mxmx1在x[1,3]上是单调函数．

当m0时，该函数的对称轴是

x当m0时，由于f(1)10，要使f(x)0在x[1,3]上恒成立，

110m6，即6；

只要f(3)0即可,即9m3m10得

m当m0时，由于函数f(x)0在x[1,3]上恒成立，只要f(1)0即可，

此时f(1)10显然成立.

综上可知

m16．

【点睛】

一元二次不等式的恒成立问题，可以转化为函数的最值进行讨论，必要时需要考虑对称轴的不同位置.