高一数学2019-2020学年度4月同步试卷（含答案）

【点睛】本题考查三角形的周长的求法，考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想．注意余弦定理的合理运用，是中档题． 11.D

试题分析：由题设可得

,解之得

,故应选D．

考点：等差数列等比数列的通项与前项和等知识的综合运用. 12.C

π?n?1?当n?4k?k?Z?时，sin?π??sin?1，

2?2??n?1?当n?4k?1?k?Z?时，sin?π??sinπ?0，

?2?3π?n?1?当n?4k?2?k?Z?时，sin?π??sin??1，

2?2??n?1?当n?4k?3?k?Z?时，sin?π??sin2π?0，

2??3π?2018π???由此可得：S2017??1?sinπ?1???2?sin?1???3?sin2π?1??L??2017?sin?1?

22???????2???1??4?1?6???1??8?1?L?2014???1??2016?1???2017?1

???2?4?6?8?10?L?2012?2014?2016??2017

?1008?2017?3025，故选C．

13.D

利用赋值法:令a?1,b?0排除A,B,C,选D.

1[?,2)14.4

略 15.

1 12略 16.395. 【分析】

由题意知，数列?an?的偶数项成等差数列，奇数列成等比数列，然后利用等差数列和等比数列的求和公式可求出S15的值.

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10

【详解】由题意可得

S15?1?8?21?12?L32?27??1?21?L?27???8?12?L?32?1?28?2?7??8?32?2?281??1?140?395，故答案为：395.

【点睛】本题考查奇偶分组求和，同时也考查等差数列求和以及等比数列求和，解题时要得出公差和公比，同时也要确定出对应的项数，考查运算求解能力，属于中等题. 17.解（Ⅰ）∵A、B、C为△ABC的内角，且B??3,cosA?45， ∴C?2?3?A,sinA?35， ∴sinC?sin??2?313?43?3?A????2cosA?2sinA?10 （Ⅱ）由（Ⅰ）知sinA?33?5,sinC?4310， 又∵B??3,b?3，∴在△ABC中，由正弦定理，得

∴a?bsinAsinB?65. ∴△ABC的面积S?112absinC?63?4336?932?5?3?10?50 略

18.（Ⅰ）解：由A?B?C?π，得sin(A?C)?sin(π?B)?sinB． 所以原式化为2sinBcosA?sinB． 因为B?(0,π)，所以 sinB?0， 所以 cosA?12． 因为A?(0,π)， 所以 A?π3． （Ⅱ）解：由余弦定理，

得 BC2?AB2?AC2?2AB?AC?cosA?AB2?AC2?AB?AC． 因为 BC?2，

12AB?AC?sinπ3?3， 所以 AB2?AC2?8． 因为 AB?AC?4， 所以 AB?2.

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略 19. 略

220.（1）an?n；（2）

n. 2n?1 【分析】

(1)直接根据累加法即可求得数列?an?的通项公式； (2)利用裂项相加即可得出数列?bn?的前n项和。 【详解】（1）因为an?1?an?2n?1，所以当n?2时： an??an?an?1???an?1?an?2??L?a2?a1??a1?1?3?L??2n?1??n2，

22由于a1?1满足an?n，所以求?an?的通项公式为an?n。

（2）因为bn?14an?1?14n2?1?1?11????，

2?2n?12n?1?所以数列?bn?的前n项和为：

Tn?b1?b2?L?bn?1?111111????L???2?3352n?12n?1?? ?1?1?n??1?。 ??2?2n?1?2n?1【点睛】本题考查数列的通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查学生对于累加法以及裂项相消法求和的理解与使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是中档题。 21.(1) an?n,bn?3?1；(2)Tn 【分析】

（1）n＝1时，解得a1＝1，n≥2时，an﹣an﹣1＝1，由此求出数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，从而an的通项公式，由已知得{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，从而bn的通项公式； （2）利用错位相减法能求出数列{cn}的前n项和Tn． 【详解】解：（1）n＝1时，2S1＝2 a1＝a12+a1，

a12﹣a1＝0，解得a1＝0（各项均为正数，舍去）或a1＝1， n≥2时，

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n2n?1??3n?1?3?. ?4

12

2Sn＝an2+an， 2Sn﹣1＝an﹣12+an﹣1，

2Sn﹣2Sn﹣1＝2an＝an2+an﹣an﹣12﹣an﹣1 an2﹣an﹣12﹣an﹣an﹣1＝0 （an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0 ∵数列各项均为正，∴an﹣an﹣1＝1，

∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴an＝1+n﹣1＝n．

∵数列{bn}满足b1＝2，bn+1=3bn+2（n≥2，n∈N *）， ∴bn?1?1?3?bn?1?

∴{bn?1}是首项为3，公比为3的等比数列，

∴bnn?3?1．

（2）由（1）可知：cn＝anbn＝n?3n， ∴Tn＝3+2?32?3?33?L?n?3n，① 3Tn?32?2?33?3?34?L?n?3n?1，②

①﹣②，得：?2Tn?3?32?33?34?L?3n?n?3n?1

?3??1?3n?n?11?3?n?3

∴T??2n?1??3n?1?3n4． 【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用． 22.（1）a2n?；（2）?n?1??2n?1n?n?1?n?2?2. 【分析】

（1）在a1?2a2?3a3?...?nan?2n?n?N*?中，将n?1代n得：

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a1?2a2?3a3?...??n?1?an?1?2n?1?n?2?，由两式作商得：an?a2，问题得解。 n（2）利用（1）中结果求得bn?n?n?2，分组求和，再利用等差数列前n项和公式及乘公比错位相减法分别求和即可得解。

【详解】（1）由n＝1得a1=2， 因为a1?2a2?3a3?...?nan?2n?n?N*?，

n?1当n≥2时，a1?2a2?3a3?...??n?1?an?1?2由两式作商得：an??n?2?，

2（n＞1且n∈N*）， n又因为a1=2符合上式， 所以an?2（n∈N*）． n2?2n?1（2）设bn?，

an2n， 则bn＝n＋n·

所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝（1＋2＋…＋n）＋??2?2?2?3?2?L?(n?1)222＋3·23＋…+（n－1）·2n－1＋n·2n，① 设Tn＝2＋2·

23＋…（n－2）·2n－1＋（n－1）·2n＋n·2n＋1，② 所以2Tn＝22＋2·

2n＋1， ①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n1＋2． 所以Tn＝（n－1）·所以Sn?Tn?＋

23n?1?n?2n??

n?n?1?， 2n?n?1??2． 2即Sn??n?1??2n?1?【点睛】本题主要考查了赋值法及方程思想，还考查了分组求和法及乘公比错位相减法求和，考查计算能力及转化能力，属于中档题。

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