2019-2020学年河南省豫南九校高二上学期第二次联考数学（文）试题（解析版）

2019-2020学年河南省豫南九校高二上学期第二次联考数学（文）试题（解析版）

2019-2020 学年河南省豫南九校高二上学期第二次联考数学 （文）试题 一、单选题 1．不等式 的解集是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】因式分解不等式，可直接求得其解集。 【详解】 ， ，解得 . 【点睛】 本题考查求不等式解集，属于基础题。 2．设命题 ，则 为( ). A． B． C． D． 【答案】C 【解析】命题 ，则 为: ,故选 C. 3．在 中， 则 （ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】先选用正弦定理求解 的大小，再根据 的内角和为 即可求解 的 大小. 【详解】 因为 ，代入数值得： ； 又因为 ，所以 ，则 或 ； 当 时， ； 02 0 0: , 2np n N n∃ ∈ > p¬ 2, 2nn N n∀ ∈ > 02 0 0, 2nn N n∃ ∈ ≤ 2, 2nn N n∀ ∈ ≤ 02 0 0, 2nn N n∃ ∈ = 02 0 0: , 2np n N n∃ ∈ > p¬ 2, 2nn N n∀ ∈ ≤ ABC∆ 10, 5 2, 30c a A= = = ° B = 105° 60° 15° 105 15 C ABC∆ 180° B sin sin c a C A = 2sin 2C = c a> C A> 45C = ° 135° 45C = ° 180 30 45 105B = °− °− ° = ° 当 时， . 所以 或 . 故选：D. 【点睛】 解三角形过程中涉及到多解的时候，不能直接认为所有解都合适，要通过给出的条件判 断边或角的大小关系，从而决定解的个数， 4．记等差数列 的前 项和为 .若 ， ，则 的公差为（ ） A.3 B.2 C.-2 D.-3 【答案】A 【解析】根据等差数列的性质，由 求得 的值，根据等差数列公差的计算公式计算 出公差. 【详解】 由等差数列性质可知， ，解得 ，故 .故 选：A. 【点睛】 本小题主要考查等差数列前 项和公式，考查等差数列的性质，考查等差数列公差的计 算公式，属于基础题. 5．已知等比数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据等比数列的性质，得到 ， 结合题中数据，即可得出结果. 【详解】 因为等比数列 的前 项和为 ，且 ， ， 则 ,则 . 故选 A 【点睛】 135C = ° 180 30 135 15B = °− °− ° = ° B = 105 15 { }na n nS 6 16a = 5 35S = { }na 5S 3a 1 5 5 35 5 352 a aS a += × = = 3 7a = 6 3 36 3 a ad −= =− n { }na n nS 1 2 3 1 1 1 2a a a + + = 2 2a = 3S = 8 7 6 4 1 3 1 2 3 3 2 2 1 2 3 1 3 2 2 2 1 1 1 1a a a a a S a a a a a a a a + + ++ + = + = = { }na n nS 1 2 3 1 1 1 2a a a + + = 2 2a = 1 3 1 2 3 3 2 1 2 3 1 3 2 2 1 1 1 1 24 a a a a a S a a a a a a a + + ++ + = + = = = 3 8S = 本题考查等比数列的性质，熟记等比数列的性质即可，属于常考题型. 6．已知实数 满足不等式 则 的最小值为（ ） A． B．5 C．4 D．无最小值 【答案】C 【解析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义即可确定最值. 【详解】 绘制不等式组表示的平面区域如图所示， 目标函数即： ，其中 z 取得最小值时，其几何意义表示直线系在 y 轴上 的截距最小， 据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点 A 处取得最大值， 联立直线方程： ，可得点的坐标为： ， 据此可知目标函数的最小值为： . 故选：C. 【点睛】 求线性目标函数 z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当 b＞0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距最 大时，z 值最大，在 y 轴截距最小时，z 值最小；当 b＜0 时，直线过可行域且在 y 轴上 截距最大时，z 值最小，在 y 轴上截距最小时，z 值最大. 7．已知 a、b、c 分别是△ABC 的内角 A、B、C 的对边，若 ，则 的形状为（ ） ,x y 1 0, 3, 2 0, x y x y x y − +  +  −    2z x y= + 4− 1 1 2 2y x z= − + 3 2 0 x y x y + =  − = ( )2,1A min 2 2 2 4z x y= + = + = sin cossin C AB < ABC∆ A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等边三角形 【答案】A 【解析】将原式进行变形，再利用内角和定理转化，最后可得角 B 的范围，可得三角 形形状. 【详解】 因为在三角形中， 变形为 由内角和定理可得 化简可得： 所以 所以三角形为钝角三角形 故选 A 【点睛】 本题考查了解三角形，主要是公式的变形是解题的关键，属于较为基础题. 8．设 ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用单调性，通过取中间值，即可得到 .再不等式的性质，以及对 数的运算，即可得到 .再通过作差法，即可得到 ，从而得到 的大小比较. 【详解】 因为 ， 所以 ， 因为 ，而 ， 所以 ，即可得 ， 因为 ，所以 ， 所以 ， 故选 B. sinC 0. 23 1log 0.6, log2 0.6m n= = m n mn m n− > > + m n m n mn− > + > mn m n m n> − > + m n m n mn+ > − > 0, 0m n> < 0>+nm m n m n− > + , ,m n m n mn− + 0.3 0.3 2 2 1 1log 0.6 log 1 0, log 0.6 log 1 02 2m n= > = = < = 0, 0mn m n< − > 0.6 0.6 0.6 1 12log 2 log 0.25 0, log 0.3 0n m − = − = > = > 0.6 0.6log 0.25 log 0.3> 1 1 0n m − > > 0>+nm ( ) ( ) 2 0m n m n n− − + = − > m n m n− > + m n m n mn− > + > 【点睛】 本题主要考查了比较大小的问题，涉及到单调性的运用、对数运算公式以及不等式的性 质应用，属于中档题.对于比较大小问题，常用的方法有：（1）作差法，通过两式作差、 化简，然后与 进行比较，从而确定大小关系；（2）作商法，通过两式作商、化简（注 意分母不能为零），然后与 进行比较，从而确定大小关系；（3）取中间值法，通过取 特殊的中间值（一般取 等），分别比较两式与中间值的大小关系，再利用不等式的 传递性即可得到两式的大小关系；（4）构造函数法，通过构造函数，使得两式均为该 函数的函数值，然后利用该函数的单调性以及对应自变量的大小关系，从而得到两式的 大小关系. 9．等比数列 的前 项和为 ，若 ， ,则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题，等比数列及其性质，易求出 ，再取 ，求得 ，即可求得 公比，既而求得答案. 【详解】 因为等比数列 ， ，由性质可得 又因为 所以当 时，有 ，即公比 所以 故选 C 【点睛】 本题主要考查了等比数列，掌握好等比数列的性质和通项是解题的关键，属于较为基础 题. 10．我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设 的三个内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，面积为 ，则“三斜求积” 公式为 ，若 ， ， 0 1 0, 1± { }na n nS ( )2 1 3 2 14n nS a a a −= + + + ( )n N ∗∈ 1 2 3 27a a a = − 5a = 81 24 81− 24− 2 3a = − 1n = 1a { }na 1 2 3 27a a a = − 3 2 227 3a a= − ∴ = − ( )( )* 2 1 3 2 14n nS a a a n N−= + + + ∈ 1n = 2 1 2 1 14 1S a a a a= + = ∴ = − 2 1 3aq a = = 4 5 1 81a a q= = − ABC∆ A B C a b c S 22 2 2 2 21 4 2 a c bS a c   + −= −      2 sin 2sina C A= ( )2 26a c b+ = + 则用“三斜求积”公式求得 的面积为( ) A. B.1 C. D. 【答案】C 【解析】根据正弦定理：由 得 的值，再由 得 的值，利用公式可得结论． 【详解】 ∵ ，∴ ， ， 因为 ，所以 ， ， 从而 的面积为 . 故选：C． 【点睛】 本题主要考查给出新的公式，并用新的公式解题的能力，比较基础． 11．已知正项等比数列 满足 ,若存在两项 使得 ， 则 的最小值为( ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据 ，求出公比的值，利用存在两项 ，使得 ，写出 之间的关系，结合基本不等式即可得到最小值 【详解】 设等比数列的公比为 ， ， ， ， ， 存在两项 使得 ， ， ， ， , ， ABC∆ 3 3 2 1 2 2 sin 2sina C A= ac ( )2 26a c b+ = + 2 2 2a c b+ − 2 sin 2sina C A= 2 2a c a= 2ac = ( )2 26a c b+ = + 2 2 22 6a c ac b+ + = + 2 2 2 6 2 6 4 2a c b ac+ − = − = − = ABC∆ 2 21 2 324 2 2   − =      { }na 7 6 52a a a− = ,m na a 14m na a a= 9n m mn + 8 3 11 4 14 5 17 6 7 6 52a a a− = ,m na a 14m na a a= ,m n q 7 6 52a a a= + 2 5 5 52a q a q a∴ = + 2 2 0q q∴ − − = 2q∴ =  ,m na a 14m na a a= 2 116m na a a∴ = 2 16m nq + −∴ = 6m n∴ + =  0m > 0n > 9 1 9 1 1 9( )6 n m m nmn m n m n +  ∴ = + = + +   1 9= 1 96 m n n m  + + +   8 3 ≥ 当且仅当 时取得等号，则有 ，又由 ，得 时， 取最小值为 答案：B 【点睛】 本题考查基本不等式的应用，属于基础题 12．在 中，角 ， ， 所对应的边分别为 ，若 ， ，则 面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 中，由正弦定理可得 ，利用余弦定理可得： ．结合 ， ， 都用 表示，利用余弦定理及其基本不等式的性质 可得 的最小值，可得 的最大值，即可得出三角形面积的最大值． 【详解】 由正弦定理得： 由余弦定理得： ，即 当且仅当 ， ， 时取等号， , 则 ，所以 面积的最大值 1. 故选: . 【点睛】 本题考查了正弦定理、余弦定理和基本不等式，属于难题. 二、填空题 9m n n m = 3 2 9 2 m n  =  = *,m n N∈ 2, 4m n= = 9n m mn + 11 4 ABC∆ A B C , ,a b c 4ac = sin 2sin cos 0B C A+ = ABC∆ 1 3 2 4 ABC∆ 2 cos 0b c A+ = 2 2 22b a c= − 4ac = a b c cos B sin B 2 cos 0b c A+ = 2 2 2 2 02 b c ab c bc + −+ ⋅ = 2 2 22b a c= − 2 2 2 2 2 2 2 2 23 2 3 32cos 2 2 4 4 2 a ca ca c b a c acB ac ac ac ac −+ −+ − += = = ≥ = 2 4 3 3c = 2 4 3 3b = 2 4 3a = 0, 6B π ∴ ∈   1sin 2B∴ ≤ 1 1 1sin 4 12 2 2ABCS ac B∆ = ≤ × × = ABC∆ A 13．在 中，角 ， ， 的对边分别是 ， ， ，若 ， ， ， 则 _______. 【答案】3 【解析】直接利用余弦定理，转化求解即可。 【详解】 解：由余弦定理可得： ， 解得 . 故答案为：3。 【点睛】 本题考查余弦定理的应用，是基础题。 14．已知 ， ， ，且 是 成立的必要不充分条 件，则实数 的取值范围是__________． 【答案】 【解析】先解出不等式 得出解集为 ，由题意得出 ， 列出不等式组解出实数 的取值范围. 【详解】 解不等式 ，即 ，得 ， . 由于 是 成立的必要不充分条件，则 ，所以 ， 解得 ，因此，实数 的取值范围是 ，故答案为： . 【点睛】 本题考查利用充分必要性求参数的取值范围，涉及绝对值不等式的解法，解题的关键就 是利用充分必要性转化为两集合间的包含关系，考查化归与转化思想，属于中等题. 15．在 中，内角 ， ， 所对应的边长分别为 ， ， ，且 ， ，则 的外接圆面积为__________． 【答案】 【解析】根据正弦定理得到 ，再根据 计算 ABC∆ A B C a b c 3b = 2c = 1cos 3A = a = 2 2 2 12 cos 9 4 2 3 2 93a b c bc A= + − = + − × × × = 3a = : 6 4p x − ≤ : 1 1q a x a− < < + a R∈ p q a [ ]3,9 6 4x − ≤ [ ]2,10 ( ) [ ]1, 1 2,10a a− +  a 6 4x − ≤ 4 6 4x− ≤ − ≤ 2 10x≤ ≤ : 2 10p x∴ ≤ ≤ p q ( ) [ ]1, 1 2,10a a− +  1 2 1 10 a a − ≥  + ≤ 3 9a≤ ≤ a [ ]3,9 [ ]3,9 ABC∆ A B C a b c 2 2cos 3C = cos cos 2b A a B+ = ABC∆ 9π ( ) 1sin sinA B C R + = = 2 2cos 3C = 得到答案. 【详解】 由正弦定理知： ， 即 ， ， ， 即 .故 . 故答案为 【点睛】 本题考查了正弦定理，外接圆面积，意在考查学生的计算能力. 16．记数列 的前 项和为 ，若 ，则数列 的通项公式为 ______. 【答案】 【解析】利用 ，求得 的递推关系式，然后利用配凑法将关系式 配成等比数列的形式，由此求得数列 的通项公式. 【详解】 当 时， ，解得 ；当 时， ， ，两式相减可得， ，故 ，设 ，故 ，即 ，故 .故数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，故 ，故 . 故答案为： 【点睛】 本小题主要考查已知 的表达式，求 的表达式，考查利用配凑法求数列的通项公式， 属于中档题. 1sin 3C = cos cos 2 sin cos 2 sin cos 2b A a B R B A R A B+ = ⋅ ⋅ + ⋅ = ( ) 1sin sinA B C R + = = 2 2cos 3C = 1sin 3C = 3R = 2 9S Rπ π= = 9π { }na n nS 3 2 3n nS a n= + − { }na na = 32 2 n na  = −   1 1 , 1 , 2n n n S na S S n− ==  − ≥ na na 1n = 1 1 13 1S a a= = − 1 1 2a = 2n ≥ 3 2 3n nS a n= + − 1 13 2 5n nS a n− −= + − 13 3 2n n na a a −= − + 1 3 12n na a −= − ( )1 3 2n na aλ λ−+ = + 2λ = − ( )1 32 22n na a −− = − 1 2 3 2 2 n n a a − − =− { }2na − 3 2 − 3 2 13 32 2 2 n na − − = − ⋅   32 2 n na  = −   32 2 n na  = −   nS na 三、解答题 17．在 中，角 所对的边分别为 ，且满足 . (Ⅰ)求角 的大小； (Ⅱ)若 ， ，求 边上的中线 的长. 【答案】（Ⅰ） ； （Ⅱ） . 【解析】(Ⅰ)由题意结合正弦定理边化角，求得 的值即可确定∠A 的大小； (Ⅱ)易知△ABC 为等腰三角形，利用余弦定理可得 AM 的长. 【详解】 （Ⅰ）因为 ，由正弦定理可得 ， 因为 ，所以 ， 因为 ，所以 ， ． （Ⅱ）由 ，则 ，所以 ， ， ， 由余弦定理可得 ，所以 ． 【点睛】 在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若 出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理． 18．已知 ， ， ， . （1）若 为真命题，求 的取值范围； （2）若 为真命题，且 为假命题，求 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） 【解析】(1)分 a=0 和 两种情况讨论即可；（2）因为 为真命题，且 为 ABC△ , ,A B C , ,a b c 3cos 2a C b c= − A 6B π= 4b = BC AM π 6A = 2 7AM = cos A 3cos 2a C b c= − 3sin cos sin sin2A C B C= − ( )sin sin sin cos cos sinB A C A C A C= + = + 3cos sin sin2A C C= sin 0C ≠ 3cos 2A = π 6A = π 6A B= = 2π 3C = 4BC AC= = 4 3AB = 2BM = 2 2 2 2 cos 28AM BM AB BM AB B= + − ⋅ = 2 7AM = :p x R∀ ∈ 2 3 0ax x− + > : [1,2]q x∃ ∈ 2 1na⋅ ≥ p a p q∨ p q∧ a 1 12a > 1 1 12 4a< < 0a ≠ p q∨ q q∧ 假命题，所以 真 假或 假 真，当 真 假，有 解出即可，当 假 真， 有 解出即可. 【详解】 (1)当 时， 不恒成立，不符合题意； 当 时， ，解得 . 综上所述： . (2) ， ，则 . 因为 为真命题，且 为假命题，所以 真 假或 假 真， 当 真 假，有 ，即 ； 当 假 真，有 ，则 无解. 综上所述， . 【点睛】 由简单命题和逻辑连接词构成的复合命题的真假可以用真值表来判断，反之根据复合命 题的真假也可以判断简单命题的真假．假若 p 且 q 真，则 p 真，q 也真；若 p 或 q 真， 则 p，q 至少有一个真；若 p 且 q 假，则 p，q 至少有一个假．（2）可把“p 或 q”为真命 题转化为并集的运算；把“p 且 q”为真命题转化为交集的运算． 19．已知数列 是公比大于 1 的等比数列 ， ，且 是 与 的 等差中项． I.求数列 的通项公式； p q p q p q 1 12 1 4 a a  >  < p q 1 12 1 4 a a  ≤  > 0a = 3 0x− + > 0a ≠ 0 1 12 0 a a > ∆ = − < 1 12a > 1 12a > [ ]1,2x∃ ∈ 2 1xa⋅ ≥ 1 4a ≥ p q∨ q q∧ p q p q p q 1 12 1 4 a a  >  < 1 1 12 4a< < p q 1 12 1 4 a a  ≤  > a 1 1 12 4a< < { }na ( *)n N∈ 2 4a = 21+ a 1a 3a { }na II.设 ， 为数列 的前 n 项和，记 ，证明： ． 【答案】I. ；II.见解析 【解析】I.根据等差中项性质得到 ，再根据等比数列通项公式构造方 程求得 ，从而可求得通项公式；II.根据 求得 ，利用等差数列求和公式得到 ； 再根据裂项相消法求得 ，根据 证得结论. 【详解】 I.由题意得： 设数列 公比为 ，则 ，即 解得： （舍去）或 则 II.由 I.得： ，可知 为首项为 ，公差为 的等差数列 则 即 【点睛】 本题考查等比数列通项公式的求解、裂项相消法求解数列的前 项和问题，关键是能够 确定需求和的数列的通项公式符合裂项相消法的形式，从而使问题得以解决. 20．已知向量 ， ，函数 （ ）. （Ⅰ）求函数 的最大值和最小正周期； （Ⅱ）在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，满足 ，且 2logn nb a= nS { }nb 1 2 3 1 1 1 1= + + + +n n T S S S S 1 2nT≤ < ( )*2n na n N= ∈ ( )2 1 32 1 a a a+ = + q na nb nS nT 20 11n < ≤+ ( )2 1 32 1 a a a+ = + { }na q ( ) 2 2 22 1 aa a qq + = + 22 5 2 0q q− + = 1 2q = 2q = 2 1 2aa q = = ( )1 * 1 2n n na a q n N−∴ = = ∈ 2log 2n nb n= = { }nb 1 1 ( ) ( )1 1 2 2 n n n b b n nS + += = ( ) 1 2 1 121 1nS n n n n  ∴ = = × − + +  1 1 1 1 1 1 1 1 22 1 2 1 22 2 3 3 4 1 1 1nT n n n n    ∴ = × − + − + − +⋅⋅⋅+ − = × − = −   + + +    20 11n < ≤+ 21 2 21n ∴ ≤ − <+ 1 2nT≤ < n ( )3sin ,sinm x x = ( )cos ,sinn x x= ( ) 1 2f x m n= ⋅ −  Rx∈ ( )f x ABC∆ A B C a b c 2b ac= ，求 的值. 【答案】（Ⅰ）函数 的最大值为1，其最小正周期为 ;（Ⅱ）2. 【解析】【试题分析】（1）先运用向量的数量积公式求出 ，再运用三角变换中的余弦 倍角公式和两角差的正弦公式，化简得到 . （2）先借助 ，求出 或 （此时 ，关于 ， 的方程无解，舍去），再借助正弦定理将 化为 ，进而求出 。 解：（Ⅰ）由于 . ∴函数 的最大值为 1，其最小正周期为 . （Ⅱ）由于 ， ∵ ，∴ ， 则有 或 ， 解得 或 （此时 ，关于 ， 的方程无解，舍去）. 又由 ，结合正弦定理可得 ， ( ) 1 2f B = 1 1 tan tanA C + ( )f x 2 2T π π= = ( ) 1 2f x m n= ⋅ − =  ( ) ( ) 13sin ,sin cos ,sin 2x x x x⋅ − 2 13sin cos sin 2x x x= + − ( ) ( )3 1 1sin2 1 cos22 2 2f x x x= + − − = 3 1sin2 cos2 sin 22 2 6x x x π − = −   ( ) 1sin 2 6 2f B B π = − =   6B π= 2B π= 2 2 2b ac a c= = + a c 2b ac= 2 1sin sin sin 4A C B= = 1 1 cos cos tan tan sin sin A C A C A C + = + = ( ) 1 sinsin cos cos sin sin 2 21sin sin sin sin sin sin 4 C AC A C A B A C A C A C ++ = = = = ( ) 1 2f x m n= ⋅ − =  ( ) ( ) 13sin ,sin cos ,sin 2x x x x⋅ − 2 13sin cos sin 2x x x= + − ( )3 1 1sin2 1 cos22 2 2x x= + − − = 3 1sin2 cos2 sin 22 2 6x x x π − = −   ( )f x 2 2T π π= = ( ) 1sin 2 6 2f B B π = − =   ( )0,B π∈ 112 ,6 6 6B π π π − ∈ −   2 6 6B π π− = 52 6 6B π π− = 6B π= 2B π= 2 2 2b ac a c= = + a c 2b ac= 2 1sin sin sin 4A C B= = 所以 21．在 中，角 所对的边分别为 ,且 . （1）求角 C； （2）若 的中线 CE 的长为 1，求 的面积的最大值. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】（1）根据正弦定理化简，结合余弦定理，可得角 的大小； （2）利用三角形中线长定理，再利用余弦定理化简后，结合基本不等式可得 的最大 值，即可求 得面积的最大值 【详解】 （1）由 ， 得： ，即 ,由余弦定理得 ∴ ，∵ ，∴ . （2）由余弦定理： ①，② ， 由三角形中线长定理可得：①+②得 即 ∵ ，∴ ∴ ，当且仅当 时取等号 1 1 cos cos tan tan sin sin A C A C A C + = + = ( )sinsin cos cos sin sin sin sin sin C AC A C A A C A C ++ = 1 sin 2 21sin sin 4 B A C = = = ABC∆ , ,A B C , ,a b c asin sin csin 2 3 0sin sin 3 A b B C aB C + − − = ABC∆ ABC∆ 3 π 3 3 C ab ABC∆ sin sin sin 2 3 0sin sin 3 a A b B c C aB C + − − = 2 3 b sin 3 a a b b c c aC ⋅ + ⋅ − ⋅ =⋅ 2 2 2 3 sin2 3 a b c Cab + − = 3cos sin3C C= tan 3C = ( )0,C π∈ 3C π= 2 2 1 2 1 cos4 2 c cb CEA= + − × × ⋅ ∠ 2 2 1 2 1 cos4 2 c ca CEB= + − × × ⋅ ∠ 2 2 2 2 2 cb a+ = + 2 2 22( ) 4b a c+ = + 2 2 2 2 cosc a b ab C= + − ⋅ 2 2 4 2a b ab ab+ = − ≥ 4 3ab ≤ a b= 所以 . 【点睛】 本题考查正弦定理、余弦定理及三角形中线长定理的应用，属于基础题 22．已知数列 的前 项和为 ，且 （ ）， .数 列 为等比数列，且 . （Ⅰ）求 和 的通项公式； （Ⅱ）设 ，求数列 的前 项和 . 【答案】（1） ， ；（2） . 【解析】（1）先得到数列 是以 2 为公差的等差数列，由 求出首项，可 得 的通项公式，由 求出等比数列的首项与公比，从而可得 的 通项公式；（2）利用（1）得 ， 结合等比数列的求和公式，利用错位相减法可得结果. 【详解】 （1）由已知得： ， 数列 是以 2 为公差的等差数列. ， ， ， . 设等比数列 的公比为 ， ， ， ， . （2）由题意，得 ， ， . 上述两式相减，得 1 1 4 3 3S = sinC2 2 3 2 3ABC ab∆ ≤ × × = { }na n nS 1 2n na a+ = + *Nn∈ 3 4 12a a+ = { }nb 1 2 2 3,b a b S= = { }na { }nb ( 1)n n n nc a b= − ⋅ { }nc n nT 2 1na n= − 3n nb = ( ) 13 4 1 38 8 n n nT +−= − ⋅ − { }na 3 4 12a a+ = { }na 1 2 2 3,b a b S= = { }nb ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 1 3 2 1 3n n nn n n nc a b n n= − ⋅ = − − ⋅ = − ⋅ − 1 2n na a+ − = ∴ { }na 3 4 12a a+ = 12 10 12a∴ + = 1 1a∴ = 2 1na n∴ = − { }nb q 1 2 2 33,b a b S= = = 2 33 9b q S∴ = = = 3q∴ = 3n nb∴ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 1 3 2 1 3n n nn n n nc a b n n= − ⋅ = − − ⋅ = − ⋅ − ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 31 3 3 3 5 3 2 1 3 n nT n∴ = ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − +…+ − ⋅ − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 13 1 3 3 3 2 3 3 2 1 3n n nT n n +∴− = ⋅ − + ⋅ − +…+ − ⋅ − + − ⋅ − , . 【点睛】 本题主要考查等差数列与等比数列通项公式基本量运算，以及等比数列的求和公式，错 位相减法的应用，属于中档题. “错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相 减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个 等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项 的符号；③求和时注意项数 别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以 . ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 14 3 2 3 3 3 2 1 3n n nT n + = − + − + − +…+ − − − ⋅ −  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 12 3 1 3 3 2 1 31 3 n nn − +  ⋅ − − − = − + − − ⋅ −+ ( ) 13 4 1 32 2 nn +−= − ⋅ − ( ) 13 4 1 38 8 n n nT +−∴ = − ⋅ − 1 q−