2023年高考数学题型猜想预测卷 数列、三角函数、解三角形（上海与全国近年真题对比） （解析版）

猜题18第17-18题数列、三角函数、解三角形（上海与全国近年真题对比）上海近五年高考部分真题（含春高）解答题1．（2022•上海）已知在数列{an}中，a2＝1，其前n项和为Sn．（1）若{an}是等比数列，S2＝3，求Sn；（2）若{an}是等差数列，S2n≥n，求其公差d的取值范围．【分析】（1）由已知求得等比数列的公比，再求出前n项和，求极限得答案；（2）求出等差数列的前2n项和，代入S2n≥n，对n分类分析得答案．【解析】解：（1）在等比数列{an}中，a2＝1，S2＝3，则a1＝2，∴公比q＝，则，∴Sn＝＝4；（2）若{an}是等差数列，则≥n，即（3﹣2n）d≤1，当n＝1时，d≤1；当n≥2时，d≥恒成立，∵∈[﹣1，0），∴d≥0．综上所述，d∈[0，1]．2．（2021•上海）在△ABC中，已知a＝3，b＝2c．（1）若A＝，求S△ABC．（2）若2sinB﹣sinC＝1，求C△ABC．【分析】（1）由余弦定理求得c2，从而求得△ABC面积；（2）由正、余弦定理求得b、c值，从而求得△ABC周长．【解析】解：（1）由余弦定理得cosA＝﹣＝＝，解得c2＝，∴S△ABC＝＝＝；（2）∵b＝2c，∴由正弦定理得sinB＝2sinC，又∵2sinB﹣sinC＝1，∴sinC＝，sinB＝，∴sinC＜sinB，∴C＜B，∴C为锐角，∴cosC＝＝．由余弦定理得：c2＝a2+b2﹣2abcosC，又∵a＝3，b＝2c，∴c2＝9+4c2﹣8c，得：3c2﹣8c+9＝0，解得：c＝．当c＝时，b＝时C△ABC＝3+4+；当c＝时，b＝时C△ABC＝3+4﹣．3．（2021•上海）已知A、B、C为△ABC的三个内角，a、b、c是其三条边，a＝2，cosC＝﹣．（1）若sinA＝2sinB，求b、c；（2）若cos（A）＝，求c．【分析】（1）由已知利用正弦定理即可求解b的值；利用余弦定理即可求解c的值．（2）根据已知利用两角差的余弦公式，同角三角函数基本关系式可求得cosA，sinA，sinC的值，进而根据正弦定理可得c的值．【解析】解：（1）因为sinA＝2sinB，可得a＝2b，又a＝2，可得b＝1，由于cosC＝＝＝﹣，可得c＝．（2）因为cos（A）＝（cosA+sinA）＝，可得cosA+sinA＝，又cos2A+sin2A＝1，可解得cosA＝，sinA＝，或sinA＝，cosA＝，因为cosC＝﹣，可得sinC＝，tanC＝﹣，可得C为钝角，若sinA＝，cosA＝，可得tanA＝7，可得tanB＝﹣tan（A+C）＝＝＜0，可得B为钝角，这与C为钝角矛盾，舍去，所以sinA＝，由正弦定理，可得c＝．4．（2020•上海）已知函数f（x）＝sinωx，ω＞0．（1）f（x）的周期是4π，求ω，并求f（x）＝的解集；（2）已知ω＝1，g（x）＝f2（x）+f（﹣x）f（﹣x），x∈[0，]，求g（x）的值域．【分析】（1）直接利用正弦型函数的性质的应用求出结果．（2）利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出函数的值域．【解析】解：（1）由于f（x）的周期是4π，所以ω＝，所以f（x）＝sin．令sin，故或，整理得或．故解集为{x|或，k∈Z}．（2）由于ω＝1，所以f（x）＝sinx．所以g（x）＝＝＝﹣＝﹣sin（2x+）．由于x∈[0，]，所以．，故，故．所以函数g（x）的值域为[﹣．5．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝1．（1）若数列{an}为等差数列，S10＝70，求数列{an}的通项公式；（2）若数列{an}为等比数列，a4＝，求满足Sn＞100an时n的最小值．【分析】（1）设等差数列的公差为d，运用等差数列的求和公式，解方程可得d，进而得到所求通项公式；（2）设等比数列的公比为q，由等比数列的通项公式可得q，再由等比数列的求和公式，解不等式可得n的最小值．【解析】解：（1）数列{an}为公差为d的等差数列，S10＝70，a1＝1，可得10+×10×9d＝70，解得d＝，则an＝1+（n﹣1）＝n﹣；（2）数列{an}为公比为q的等比数列，a4＝，a1＝1，可得q3＝，即q＝，则an＝（）n﹣1，Sn＝＝2﹣（）n﹣1，Sn＞100an，即为2﹣（）n﹣1＞100•（）n﹣1，即2n＞101，可得n≥7，即n的最小值为7．6．（2019•上海）已知数列{an}，a1＝3，前n项和为Sn．（1）若{an}为等差数列，且a4＝15，求Sn；（2）若{an}为等比数列，且，求公比q的取值范围．【分析】（1）求出公差即可求Sn；（2）由存在得﹣1＜q＜1且q≠0，由Sn＜12得q＜，取交集可得公比q的取值范围．【解析】解：（1）∵a4＝a1+3d＝3+3d＝15，∴d＝4，∴Sn＝3n+＝2n2+n；（2）Sn＝，∵存在，∴﹣1＜q＜1，∴存在，∴﹣1＜q＜1且q≠0，∴Sn＝＝，∴＜12，∴q＜，∴﹣1＜q＜0或0＜q＜，∴公比q的取值范围为（﹣1，0）∪（0，）．7．（2018•上海）设常数a∈R，函数f（x）＝asin2x+2cos2x．（1）若f（x）为偶函数，求a的值；（2）若f（）＝+1，求方程f（x）＝1﹣在区间[﹣π，π]上的解．【分析】（1）根据函数的奇偶性和三角形的函数的性质即可求出，（2）先求出a的值，再根据三角形函数的性质即可求出．【解析】解：（1）∵f（x）＝asin2x+2cos2x，∴f（﹣x）＝﹣asin2x+2cos2x，∵f（x）为偶函数，∴f（﹣x）＝f（x），∴﹣asin2x+2cos2x＝asin2x+2cos2x，∴2asin2x＝0，∴a＝0；（2）∵f（）＝+1，∴asin+2cos2（）＝a+1＝+1，∴a＝，∴f（x）＝sin2x+2cos2x＝sin2x+cos2x+1＝2sin（2x+）+1，∵f（x）＝1﹣，∴2sin（2x+）+1＝1﹣，∴sin（2x+）＝﹣，∴2x+＝﹣+2kπ，或2x+＝π+2kπ，k∈Z，∴x＝﹣π+kπ，或x＝π+kπ，k∈Z，∵x∈[﹣π，π]，∴x＝或x＝或x＝﹣或x＝﹣8．（2018•上海）已知y＝cosx．（1）若，且α∈[0，π]，求的值；（2）求函数y＝f（2x）﹣2f（x）的最小值．【分析】（1）根据两角和差的余弦公式进行计算即可（2）利用一元二次函数的性质利用配方法进行转化求解即可．【解析】解：（1）若，且α∈[0，π]，则cosα＝，则sinα＝＝＝，则＝cos（α﹣）＝cosαcos+sinαsin＝＝+．（2）函数y＝f（2x）﹣2f（x）＝cos2x﹣2cosx＝2cos2x﹣2cosx﹣1＝2（cosx﹣）2﹣，∵﹣1≤cosx≤1，∴当cosx＝时，函数取得最小值，最小值为﹣．全国近二年高考部分真题一、解答题1．（2022·全国·统考高考真题）记为数列的前n项和．已知．(1)证明：是等差数列；(2)若成等比数列，求的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．【解析】（1）因为，即①，当时，②，①②得，，即，即，所以，且，所以是以为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得，，，又，，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时，．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得，，，又，，成等比数列，所以，即，解得，所以，即有.则当或时，．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．2．（2022·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知．(1)证明：；(2)若，求的周长．【答案】(1)见解析(2)14【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.【解析】（1）证明：因为，所以，所以，即，所以；（2）解：因为，由（1）得，由余弦定理可得，则，所以，故，所以，所以的周长为.3．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．(1)若，求C；(2)证明：【答案】(1)；(2)证明见解析．【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出；（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．【解析】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．（2）由可得，，再由正弦定理可得，，然后根据余弦定理可知，，化简得：，故原等式成立．4．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)若，求B；(2)求的最小值．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．【解析】（1）因为，即，而，所以；（2）由（1）知，，所以，而，所以，即有，所以所以．当且仅当时取等号，所以的最小值为．5．（2022·全国·统考高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．(1)求的通项公式；(2)证明：．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.【解析】（1）∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，∴,∴,∴当时，，∴,整理得：,即,∴，显然对于也成立，∴的通项公式；（2）∴6．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．(1)求的面积；(2)若，求b．【答案】(1)(2)【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；（2）由正弦定理得，即可求解.【解析】（1）由题意得，则，即，由余弦定理得，整理得，则，又，则，，则；（2）由正弦定理得：，则，则，.7．（2022·全国·统考高考真题）已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．(1)证明：；(2)求集合中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得，即可解出．【解析】（1）设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．（2）由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．8．（2022·北京·统考高考真题）在中，．(1)求；(2)若，且的面积为，求的周长．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【解析】（1）解：因为，则，由已知可得，可得，因此，.（2）解：由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周长为.9．（2022·天津·统考高考真题）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．【解析】（1）因为，即，而，代入得，解得：．（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．（3）因为，所以，故，又，所以，，而，所以，故．10．（2022·天津·统考高考真题）设是等差数列，是等比数列，且．(1)求与的通项公式；(2)设的前n项和为，求证：；(3)求．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；（2）由等比数列的性质及通项与前n项和的关系结合分析法即可得证；（3）先求得，进而由并项求和可得，再结合错位相减法可得解.【解析】（1）设公差为d，公比为，则，由可得（舍去），所以；（2）证明：因为所以要证，即证，即证，即证，而显然成立，所以；（3）因为，所以，设所以，则，作差得，所以，所以.11．（2021·全国·统考高考真题）设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和．证明：．【答案】（1），；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.【解析】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和，，．设，

⑧则．

⑨由⑧-⑨得．所以．因此．故．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得，，①，②①②得，所以，所以，所以.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知，令，且，即，通过等式左右两边系数比对易得，所以．则，下同方法二．[方法四]：导函数法设，由于，则．又，所以，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.12．（2021·全国·统考高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.【解析】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即．又因为，所以．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为，如图，在中，，①在中，．②由①②得，整理得．又因为，所以，解得或，当时，（舍去）．当时，．所以．[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知，则，即，而，即，故有，从而．由，即，即，即，故，即，又，所以，则．[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化简得．在中，由正弦定理知，又由，所以．在中，由余弦定理，得．故．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作，交于点E，则．由，得．在中，．在中．因为，所以，整理得．又因为，所以，即或．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为，所以．以向量为基底，有．所以，即，又因为，所以．③由余弦定理得，所以④联立③④，得．所以或．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则．由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设，则．⑤由知，，即．⑥联立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得．【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.13．（2021·全国·统考高考真题）已知数列满足，（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.【解析】解：（1）[方法一]【最优解】：显然为偶数，则，所以，即，且，所以是以2为首项，3为公差的等差数列，于是．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知，所以．由（为奇数）及（为偶数）可知，数列从第一项起，若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以，则．[方法三]：累加法由题意知数列满足．所以，，则．所以，数列的通项公式．（2）[方法一]：奇偶分类讨论．[方法二]：分组求和由题意知数列满足，所以．所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列的前20项和为：．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.14．（2021·全国·高考真题）记为数列的前n项和，已知，且数列是等差数列，证明：是等差数列.【答案】证明见解析.【分析】先根据求出数列的公差，进一步写出的通项，从而求出的通项公式，最终得证.【解析】∵数列是等差数列，设公差为∴，∴，∴当时，当时，，满足，∴的通项公式为，∴∴是等差数列.【点睛】在利用求通项公式时一定要讨论的特殊情况.15．（2021·全国·统考高考真题）记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．（1）证明：数列是等差数列;（2）求的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.【解析】（1）[方法一]：由已知得,且，,取,由得,由于为数列的前n项积，所以,所以，所以,由于所以，即,其中所以数列是以为首项，以为公差等差数列;[方法二]【最优解】：由已知条件知

①于是．

②由①②得．

③又，

④由③④得．令，由，得．所以数列是以为首项，为公差的等差数列．[方法三]：

由，得，且，，．又因为，所以，所以．在中，当时，．故数列是以为首项，为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法

由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．下面用数学归纳法证明．当时显然成立．假设当时成立，即．那么当时，．综上，猜想对任意的都成立．即数列是以为首项，为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，,,当n=1时，,当n≥2时,,显然对于n=1不成立,∴.【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；16．（2021·浙江·统考高考真题）设函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在上的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.【解析】（1）由辅助角公式得，则，所以该函数的最小正周期;（2）由题意，，由可得，所以当即时，函数取最大值.17．（2021·浙江·统考高考真题）已知数列的前n项和为，，且.（1）求数列的通项；（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论；（2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.【解析】（1）当时，，，当时，由①，得②，①②得，又是首项为，公比为的等比数列，；（2）由，得，所以，，两式相减得，所以，由得恒成立，即恒成立，时不等式恒成立；时，，得；时，，得；所以.【点睛】易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号.18．（2021·全国·统考高考真题）记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．【答案】(1)；(2)7.【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【解析】(1)由等差数列的性质可得：，则：，设等差数列的公差为，从而有：，，从而：，由于公差不为零，故：