【文档说明】江西省吉安市吉安县第三中学、安福二中、泰和二中2020-2021学年高一下学期期中联考数学答案.pdf，共(3)页，163.848 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

答案第1页，总3页参考答案1．D由不等式410xx，解得41x，即41Axx，又因为22Bxx，所以42ABxx.故选：D.2．B解：由111nnaa，得2111111111nnnnaaaa，即32111111nn

nnaaaa，数列na是以3为周期的周期数列，2019311113aaa．故选：B．3．A由正弦定理得sin25sin1505sin3012bABa，又ab，所以AB,所以B为锐角，所以角B有唯一的解，进一步可知角C和边c都是唯一的，所以

ABC的解的个数为一个，故选：A.4．B0x>，0y且191xy，所以，19991010216yxyxxyxyxyxyxy，当且仅当3yx时，等号成立，因此，xy的最小值为16.故

选：B.5．C∵a4+a10=2a7=4，∴a7＝2，∴S13＝11313()2aa＝13a7＝26.选C．6．C由正弦定理边角互化可知cos(2)cos0aBbcA化简为sincossin2sincos0ABBCA，si

ncossincos2sincosABBACA即sinsin2sincosABCCAsin0C，1cos2A,222141cos2222bcaAbcbc，解得：4bc，根据面积公式可知22222111643222bca

Sbc.故选：C7．A三角形是锐角三角形，所以三角形的三个内角都是锐角，设边3对的锐角为角，余弦定理得22223cos04xx，解得5x；设x边对的锐角为，余弦定理得22223cos012x

，解得013x，实数x的取值范围是513x，选A.8．A由题得不等式2(4)3160xaxx对任意2,4a成立，所以22(4)(2)3160(4)43160xxxxxx，即2252400xxxx，解得3x或8x

.故选A9．C对于A选项，由89SS可得9980aSS，A选项正确；对于C选项，由78SS可得8870aSS，980daa，C选项错误；对于D选项，由109SS可得101090aSS，且90a，80a

，0d，所以，当8n且nN时，0na，且90a，则8S与9S均为nS的最小值，D选项正确；对于B选项，90a，0d，当10n≥时，90naa，所以，1514150SSa，B选项正确

.故选：C.10．D(也可以利用正弦定理解决问题)由余弦定理的：222cos2bcaAbc，222cos2acbBac，代入coscosabcBcA中，得22222222acbbcaabab，等

式两边同乘2ab得：2222322322abababcbbabaca，移项合并得：2222330ababcbacab，整理得：2220ababcababaabb，即2220abc

ab，可得ab或222abc，则三角形为等腰三角形或直角三角形，故选：D.11．C因为221120nnnnaaaa，所以11)0()(2nnnnaaaa，又0na，所以12nnaa

，所以数列{}na是等比数列，所以112nnaa，所以1221loglog2nnnabna，所以数列{}nb的前n项和(1)2nnnS，故选：C.12．A∵1121nnnaan，故211aa，323aa，435aa，547aa，659aa，7

611aa，6059117aa，从而可得312aa，428aa，752aa，8624aa，1192aa，121040aa，15132aa，161456aa，即从第一项开始，依次取2个相邻奇数

项的和都等于2，答案第2页，总3页从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，16为公差的等差数列，故na的前40项和为109102108168202，故选：A.13．1,1,3因为关于x的不等式20axbxc的解集

为1,3，所以0a且1和3是一元二次方程20axbxc的两个实根，所以1313baca，得2,3baca，所以20cxbxa可化为2320axaxa

，因为0a，所以23210xx，解得1x或13x，所以关于x的不等式20cxbxa的解集为1,1,3.14.112nn数列的通项11(1)11112211242212nnnna，

∴前n项和111(1)(1)(1)242nnS111()242nn11(1)22112nn112nn.故答案为：112nn.15．（3，23）利用正弦定理：asinA=2R=22b+c=4sinB+2sinC=4sinB

+2sin(π3−B)=23sin(B+π6)∈（3，23）16．对于①：在三角形中，∵ABC，∴abc，由正弦定理sinsinsinabcABC，∴sinsinsinABC，故①正确；对于②:C=2B，s

inC=sin2B=2sinBcosB,则c=2bcosB,B∈(0,π3),cb∈(1,2)对于③：∵sin2sin2AB，∴22AB或22AB，即AB或2AB，故③错误；对于④，222211323233yxxxx，当且仅22133xx时取等号，即231

x，显然这样的x不存在，所以结论不正确，④错误；对于⑤，因为0x，所以4343xx，函数4230yxxx的最大值为243，所以结论不正确，⑤错误.只有①正确17．（1）由2cosc

oscaBbA，得2sinsincossincosCABBA，即2sincossincossincosCBABBA，2sincossinCBAB，即2sincossinCBC．因为sin0C，所以1cos2B，而0B

，所以3B．（2）由6b，3B，得2236acac．又因为2ca，所以2224236aaa，即23a，则43c．于是113sin234363222ABCSacB

.18．解：（1）3x，30x999332339333fxxxxxxx，当且仅当933xx，即239x时，上式取得等号，又3x，6x，当6x时，函数fx的最小值

是9；（2）由（1）知fx的最小值是9，∴不等式27fxtt恒成立等价于297tt，即220tt，解得：12t．19．（1）12nna；（2）12(2)2nnTn.（1）由题意得22133132,22aaaqq，解得1q

或12q，又由na为递减数列，于是12q，∴111111()()222nnnnaaq（2）1()2nnnbnan12311111()2()3()()2222nnTn23111111()2()()2222nnTn两式相减得：2311111

11()()()()222222nnnTn11111()111222()1(2)()122212nnnnTnn∴12(2)()2nnTn.20．（1）在CAMV中，已知3CAM，

3sin3CMA，2AC，由正弦定理，得sinsinCMACCAMCMA，解得3sin2323sin33ACCMCMA.答案第3页，总3页（2）因为12BMNACBSS△△，所以111sin2232622BMBN，解得43BMB

N.在BMN中，由余弦定理得，222232cos2162MNBMBNBMBNBMBNBMBN，即223(7)24312BMBN，221983

43BMBN，故43BMBN.21．（1）213nnna；（2）21nn．（1）因为212123318nnnaaa①，所以2n时221211213318nnnaaa②，①－②得213nnna，

所以213nnna，又2113(31)38a，113a，所以213nnna，*nN，（2）3log(21)nnabnn，所以122311111111335(23)(21)nn

bbbbbbnn11111111112335212122121nnnnn．22．解：设数列an的公差为d(d≠

0)由已知得a10=15a42=a3a7→a1=−3d=2∴an=2n−5(2)证明：因为bn=an2n=2n−52n,所以Tn=−32+−122+123+⋯+2n−52n12Tn=−322+−123+124+⋯+2n−72n+2

n−52n+1;两式相减得12Tn=−32+2122+123+⋯+12n−2n−52n+1=−12+1−2n2n+1∴Tn=−1−2n−12n,因为2n−12n>0,所以Tn<−1Tn+1−Tn=−1−2n+12n+1−−1−2n−12n=2n−32n+1,

所以Tn+1<Tn(n≥2)又T1=−1−12=−32，T2=−74，因为T1>T2，故T2最小，综上所述−74≤Tn<−1(�∈N∗)