河北省衡水市2024-2025学年高三上册第三次月考数学质量检测试题合集2套（含解析）

河北省衡水市2024-2025学年高三上学期第三次月考数学质量检测试题（一）注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.5.本卷主要考查内容：集合与常用逻辑用语，一元二次函数、方程和不等式，函数与基本初等函数，一元函数的导数及其应用，数列，概率与统计，三角函数与解三角形，平面向量和复数，立体几何.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．复数的模为（

）A． B． C． D．3．对于实数，下列说法正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则4．已知是上的奇函数，则函数的图象恒过点（

）A． B． C． D．5．已知，若平面的一个法向量为，则（

）A． B． C． D．6．如图，在平行四边形中，为对角线的交点，为的中点，为的中点，若，则（

）

A．1 B．2 C． D．7．生活中的建筑模型多与立体几何中的图形有关联，既呈现对称美，也具有稳定性.已知某凉亭的顶部可视为如图所示的正四棱锥，其所有棱长都为6，且交于点O，点E在线段上，且，则的重心G到直线的距离为（

）A． B． C． D．8．已知函数在上单调递增，在上单调递减，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知等差数列的前项和为，公差为，，，则（

）A． B．C．是数列中的项 D．取得最大值时，10．给出下列命题，其中正确的命题是（

）A．若空间向量，满足，则B．空间任意两个单位向量必相等C．在正方体中，必有D．向量的模为11．如图，已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为2，，分别为上、下底面的直径，，为圆台的母线，为弧的中点，则（

）

A．圆台的侧面积为 B．直线与下底面所成的角的大小为C．圆台的体积为 D．异面直线和所成的角的大小为12．已知函数，则（

）A．当时，函数的最小值为B．当时，函数的极大值点为C．存在实数使得函数在定义域上单调递增D．若恒成立，则实数的取值范围为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知向量.若，则．14．一组样本数据为，若是方程的两根，则这个样本的方差是．15．已知向量，，，若三个向量共面，则．16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，分别为，，的中点，点在棱上，且平面，则三棱锥的外接球的表面积为.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17．在中，内角，，所对的边分别为，，，且.(1)求；(2)若的面积为，，求的值.18．在前项和为的等比数列中，，.(1)求数列的通项公式；(2)记，将数列和数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求数列的前50项的和.19．如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，且是等边三角形，.(1)求证：平面；(2)若是等腰三角形，求异面直线与所成角的余弦值.20．某高中高一500名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，并整理得到频率分布直方图如图所示.(1)从总体的500名学生中随机抽取一人，估计其分数小于60的概率；(2)估计测评成绩的第分位数；(3)已知样本中分数小于40的学生有5人，其中3名男生；分数小于30的学生有2人，其中1名男生.从样本中分数小于40的学生中随机抽取一人，则“抽到的学生分数小于30”与“抽到的学生是男生”这两个事件是否独立?请证明你的结论.21．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，，，，，，.

(1)若平面，求的值；(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.22．已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)当时，若为函数的正零点，证明：．1．A【分析】解不等式结合集合的混合运算即可求解.【详解】由题意解不等式，得，所以；由二次根式有意义的条件知，解得，所以.所以，所以.故选：A.2．B【分析】根据题意，由复数的运算化简，即可求得，从而得到其模长.【详解】因为，则，则，则.故选：B3．C【分析】根据不等式的基本性质及恰当的特殊值可逐一判断.【详解】对于A选项，若或，或显然无意义.故A选项错误；对于B选项，若，则.故B选项错误；对于C选项，因为，所以各项同时乘以得.故C正确；对于D选项，因为，所以，所以，所以，即.因为根据题意不知道的符号，所以无法满足同向可乘性的条件.故D错误.故选：C.4．D【分析】根据定义域为的奇函数并结合赋值法得出结果.【详解】因为是上的奇函数，所以，又函数，令，即，所以，所以函数的图象恒过点.故选：D.5．C【分析】利用法向量和平面内直线的方向向量之间的关系求解即可.【详解】由得：，面的一个法向量为，所以，即，解得，所以，故选：C．6．B【分析】利用平面向量的线性运算法则，求得,进而求得的值，进一步计算即可.【详解】如图：

因为,所以故选：7．B【分析】首先以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：因为所有棱长都为6，所以，，所以，，，，，因为为的重心，所以.设，，，因为，所以，即.因为，，则G到直线的距离.故选：B8．D【分析】根据函数单调性，得出极值点，列出等式与不等式，求出，再由图象平移及诱导公式得解.【详解】因为函数在上单调递增，在上单调，所以，即，解得，由题意，，因为函数为偶函数，，所以，解得.故选：D9．AC【分析】根据等差数列的定义及求和公式一一计算判定即可.【详解】由题意可得，，则.显然A正确，B错误；令，即C正确；结合二次函数的对称性及单调性可知或，取得最大值，即D错误.故选：AC10．CD【分析】根据空间向量的定义以及模长即可结合选项逐一判断.【详解】对于A，两个向量相等需要方向相同，模长相等，所以不能得到.A错误，对于B，空间任意两个单位向量的模长均为1，但是方向不一定相同，故B错误，对于C，在正方体中，的方向相同，长度相等，故，故C正确对于D，向量的模为，故D正确，故选：CD11．ABD【分析】由圆台的侧面积公式以及体积公式即可判断AC，由线面角的定义即可判断B，由异面直线所成角的定义即可判断D.【详解】由题意可得上底面半径为，下底面圆半径为，母线，则圆台的侧面积为，故A正确；做圆台的轴截面如图所示，做，

则直线与下底面所成的角为，且，则，且，则，所以，故B正确；因为上底面圆的面积，圆台的高，则圆台的体积为，故C错误；

取中点，连接，由为弧的中点，可得，过点，作，连接，则，且，且，则四边形为平行四边形，所以，则异面直线和所成的角即为与所成角，即为，又，，所以，在中，，，则为等腰直角三角形，则，故D正确；故选：ABD.12．AD【分析】由函数极值的求解以及极值点的辨析即可判断AB，由在上恒成立即可判断C，分离参数，构造函数求得其最小值，即可判断D.【详解】因为函数，则，其中，当时，则，令，可得，当时，，则函数单调递减，当时，，则函数单调递增，当时，有极小值，即最小值，故A正确；当时，则，令，可得，当时，，则函数单调递减，当时，，则函数单调递增，当时，函数有极小值，则为极小值点，故B错误；假设存在实数使得函数在定义域上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立，因为的值域为，所以函数无最小值，故不存在实数使得函数在定义域上单调递增，故C错误；若恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，令，则，令，则，当时，，则函数单调递减，当时，，则函数单调递增，当时，有极小值，即最小值，所以，故D正确；故选：AD13．【分析】根据平面向量的坐标运算求，然后由向量模的坐标表示列方程求解可得.【详解】因为所以，由题可知，解得．故14．5【分析】先根据已知确定的值，然后根据方差公式即可求解.【详解】因为是方程的两根，所以由，解得或4，不妨设，则样本平均数是4，根据方差公式得.故5.15．【分析】由向量共面的性质可得，列出方程组解出即可.【详解】因为三向量共面，所以可设，即，所以，解得，，所以.故-416．【分析】根据线面平行先确定H点位置，再结合长方体的外接球的性质确定球心及球半径计算表面积即可.【详解】

如图所示，由题意可将四棱锥补形为长方体，延长交于两点，连接，过点作交于点，易知此时平面，则由平行线分线段成比例及已知条件可得：，由长方体的外接球性质可知，三棱锥的外接球的球心为其体对角线的中点，直径为对角线，设球半径为，则.故答案为.17．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理统一为边，再由余弦定理求解即可；（2）由正弦定理及面积公式求解.【详解】（1）因为，所以，即，所以，又，所以.（2）由正弦定理知，，所以，所以，解得，所以.18．(1)(2)【分析】（1）设数列的公比为，讨论是否为1，运用等比数列的求和公式，解方程可得，进而得到所求通项公式；（2）求得数列的通项公式，分析新的数列中数列和数列所含的项数，代入数列的求和公式即可求解.【详解】（1）设数列的公比为，若，则，与题意不符；若，则，解得，所以；（2）由（1）知：，将数列和数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，因为，所以新的数列的前50项中数列有6项，数列有44项，所以数列的前50项的和.19．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由菱形的性质得出，结合线面垂直的性质得出，从而由线面垂直的判定定理即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两直线的方向向量，由向量夹角的余弦的坐标公式即可得解.【详解】（1）因为底面是平行四边形，且是等边三角形，所以四边形是菱形，则有，又平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面；（2）设，∵是等腰三角形，∴，，以O为坐标原点，射线，分别为x轴，y轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，所以，，设与所成角为，所以，即与所成角的余弦值为.20．(1)(2)(3)不相互独立，证明见解析【分析】（1）由对立事件结合频率分布直方图先得出数不小于60的频率，即可得出分数小于60的频率，从而得解；（2）先判断测评成绩的第分位数所在区间，再利用百分位数的计算方法求解即可；（3）依题意分别求得这两事件与交事件的概率，再利用独立事件的概率公式判断即可.【详解】（1）由频率分布直方图可得分数不小于60的频率为：，则分数小于60的频率为：，故从总体的500名学生中随机抽取一人，其分数小于60的概率估计为；（2）由频率分布直方图易得分数小于70的频率为，分数小于80的频率为，则测评成绩的第分位数落在区间上，所以测评成绩的第分位数为；（3）依题意，记事件“抽到的学生分数小于30”，事件“抽到的学生是男生”，因为分数小于40的学生有5人，其中3名男生；所以“抽到的学生是男生”的概率为，因为分数小于30的学生有2人，其中1名男生，所以“抽到的学生分数小于30”的概率为，因为事件表示“抽到的学生分数小于30且为男生”，满足条件的只有1名男生，所以，因为，所以这两个事件不相互独立.21．(1)；(2).【分析】（1）根据条件判定垂直关系，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可；（2）利用空间向量求得两平面的法向量计算即可.【详解】（1）分别取中点，连接，由已知底面是直角梯形，，，，易得，∵平面平面，平面平面，∴，

以为中心，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，由题意知为等腰直角三角形，，,则，∴，∵，∴，显然是平面的一个法向量，若平面，则，即；（2）由（1）知，，当时，∴，设分别为平面与平面的一个法向量，则有，，不妨令，则，则，设平面与平面的夹角为，故,即平面与平面的夹角的余弦值为.22．(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导，然后分，和讨论导数符号即可得单调区间；（2）先由（1）中结论将不等式转化为，然后可转化为，令，可得，构造函数，利用导数讨论单调性，由单调性可证.【详解】（1）函数的定义域为．，①当即时，，函数单调递增，增区间为，没有减区间；②当时，由，可得函数的减区间为，增区间为；③当时，由，可得函数的减区间为，增区间为；（2）证明：当时，由及函数的减区间为，增区间为，可知等价于．又由，等价于证明，又由，令，有，可得，令，则，可得函数单调递减，则，可得当时，．故有，可得得证．本题难点在于利用单调性和零点定义将不等式转化为，然后通过换元，构造函数，利用导数讨论单调性可证.河北省衡水市2024-2025学年高三上学期第三次月考数学质量检测试题（二）考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：集合、常用逻辑用语、不等式、函数、导数、三角函数、解三角形、平面向量、复数、数列、立体几何.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知复数z满足，则（

）A． B．C． D．2．集合，则（

）A． B． C． D．3．数列{}中，“”是“{}是公比为2的等比数列”的（

）.A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知为实数，则（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则5．由于我国与以美国为首的西方国家在科技领域内的竞争日益激烈，美国加大了对我国一些高科技公司的打压，为突破西方的技术封锁和打压，我国的一些科技企业积极实施了独立自主､自力更生的策略，在一些领域取得了骄人的成绩.我国某科技公司为突破“芯片卡脖子”问题，实现芯片制造的国产化，加大了对相关产业的研发投入.若该公司2020年全年投入芯片制造方面的研发资金为120亿元，在此基础上，计划以后每年投入的研发资金比上一年增长9%，则该公司全年投入芯片制造方面的研发资金开始超过200亿元的年份是（

）参考数据.A．2024年 B．2025年 C．2026年 D．2027年6．已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则（

）A．若且，则B．若且，则C．若且，则D．若且异面，则7．已知函数，总有成立，且的最小值为.若，则的图象的一条对称轴方程是（

）A． B． C． D．8．在等差数列中，，成公比不为1的等比数列，是的前项和，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（

）A．1 B． C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．在等比数列中，，，，若为的前项和，为的前项积，则（

）A．为单调递增数列 B．C．为的最大项 D．无最大项10．下列命题正确的是（

）A．若均为第一象限角且，则B．若为第一象限角，则C．在中，若，则为锐角三角形D．若为锐角三角形，则11．如图，在正方体中，点满足，且.记与所成角为与平面所成角为，则（

）A．若，三棱锥的体积为定值B．若，存在，使得平面C．D．若，则在侧面内必存在一点，使得12．已知函数的定义域为是奇函数，分别是函数的导函数，在上单调递减，则（

）A． B．C．的图象关于直线对称 D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知平面向量，，，若，，则.14．已知数列的前项和为，若与均为等差数列，称数列具有性质.如时，其和，或时，其和均是具有性质的数列.请再写出一个除例子之外具有性质的数列的通项公式.15．设是定义在上的单调函数，若，则不等式的解集为.16．印章是我国传统文化之一，根据遗物和历史记载，至少在春秋战国时期就已出现，其形状多为长方体､圆柱体等，陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印章（如图1），该形状称为“半正多面体”（由两种或两种以上的正多边形所围成的多面体），每个正方形面上均刻有不同的印章（图中为多面体的面上的部分印章）.图2是一个由18个正方形和8个正三角形围成的“半正多面体”（其各顶点均在一个正方体的面上），若该多面体的棱长均为1，且各个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．如图1，山形图是两个全等的直角梯形和的组合图，将直角梯形沿底边翻折，得到图2所示的几何体.已知，,点在线段上，且在几何体中，解决下面问题.(1)证明：平面；(2)若平面平面，证明.18．已知是正项数列的前项和，满足，.(1)若，求正整数的值；(2)若，在与之间插入中从开始的连续项构成新数列，即为，求的前30项的和.19．在中，角的对边分别为的面积为，已知.(1)求角；(2)若的周长为，求的最大值.20．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，,为等边三角形，且平面平面分别为的中点.(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.21．已知数列中，，.(1)判断是否为等比数列？并求的通项公式；(2)若，求数列的前项和.22．已知函数.(1)当，时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，既存在极大值，又存在极小值，求的取值范围；(3)当，时，，分别为的极大值点和极小值点，且，求实数的取值范围.1．A【分析】根据复数的运算法则和模的定义即可求出复数z，再根据共轭复数定义即可得结果.【详解】由，得，所以，故选：A.2．B【分析】写出集合中的元素，然后由交集定义计算．【详解】由题意知，，所以，故，所以.故选：B.3．B【分析】结合等比数列的定义，判断“”和“{}是公比为2的等比数列”之间逻辑推理关系，即得答案.【详解】对数列{}，，若，则可得，此时{}不是公比为2的等比数列；若{}是公比为2的等比数列，则，即，故”是“{}是公比为2的等比数列”的必要而不充分条件，故选：B4．C【分析】根据不等式性质逐选项判断即可.【详解】对于A，若，当时，根据不等式性质，故A错误；对于B，若，当时，大小无法确定，故B错误；对于C，若，则，，对不等式两边同时乘以，则，故C正确；对于D，若时，，故D错误，故选：C.5．C【分析】根据题意列出不等关系，然后结合对数运算化简求出年份即可.【详解】设2020年后第年该公司全年投入芯片制造方面的研发资金开始超过200亿元，由得，两边同取常用对数，得，所以，所以从2026年开始，该公司全年投入芯片制造方面的研发资金开始超过200亿元.故选：C.6．D【分析】根据线线关系、线面关系、面面关系逐项判断可得答案.【详解】对于A，若且，也有可能与相交，如下图，故A错误；

对于B，若且，也有可能与相交，如下图，故B错误；

对于C，若且，也有可能，如下图，

故C错误；对于D，若且异面，则，故D正确.故选：D.7．A【分析】根据的最小值为,可得周期，进而根据求解，即可根据整体法求解对称轴方程.【详解】由于对,总有成立，且的最小值为,所以,又，则,所以，所以，由于，所以，故，令,所以，故对称轴方程为，取时，，故选：A8．C【分析】根据题意，求得，，进而得到数列与的公共项从小到大排列得到数列的通项公式为，得出，结合裂项法求和，即可求解.【详解】因为等差数列中，，成公比不为1的等比数列，所以，可得，解得，所以，则，可得，由数列为正奇数列，对于数列，设时，可得为偶数；当时，可得为奇数，所以数列与的公共项从小到大排列得到数列的通项公式为，则，所以.故选：C.9．BC【分析】由，，可得，，结合分析可得，，，则为单调递减数列，故选项A错误.选项B正确.，根据单调递减和，可知为的最大项，则选项C正确，选项D错误.【详解】由，因此.又因为则.当时，，则，，则，与题意矛盾.因此.则为单调递减数列，故选项A错误.而，故，选项B正确.又因为为单调递减数列，则，由可知，，，所以当时，，则.当时，，则.因此的最大项为，则选项C正确，选项D错误.故BC.10．BCD【分析】根据三角函数的周期性即可举反例求解A，根据二倍角公式即可求解B，根据弦切互化以及和差角公式即可判定C,根据三角函数的单调性即可求解D.【详解】对于A，比如，但是，故A错误，对于B，由于为第一象限角，则，，故B正确，对于C，在中，若，故，所以，故为锐角三角形，C正确，对于D，为锐角三角形，则,故,同理可得，故，D正确，故选：BCD11．ABC【分析】利用正方体的结构特征，由三棱锥的体积计算判断A；取点，借助面面平行推理判断B；利用线线角、线面角的意义判断C；建立空间直角坐标系，借助空间向量计算判断D作答.【详解】对于A，当时，取中点，中点，连接，根据平面向量基本定理知，则在上，则，平面，平面，则平面，则到平面的距离为定值，又的面积为定值，因此四面体的体积为定值，A正确；对于B，当时，取，则F为的中点，取的中点，令，则为的中点，连接，显然平面，平面，则平面，而，同理平面，又平面，因此平面平面，又平面，所以平面，B正确；对于C，过作交于，连接，由平面，得平面，而平面，有，显然是与平面所成的角，即，由，得是与所成的角，即，所以，C正确；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，当时，，点在侧面内，设，，则，于是始终为锐角，D错误.故选：ABC12．ACD【分析】根据的奇函数性质，得出解析式并求导即得A项正确,结合解析式，求导后比较两式即得B项错误，运用函数的轴对称特征式计算即得C项正确，构造函数，利用函数的单调性和对称性即得D项正确.【详解】对于A选项，因是奇函数，故有则，故A项正确；对于B选项，因故，从而，而，则，故B项错误；对于C选项，因，故的图象关于直线对称，故C项正确；对于D选项，因的图象关于直线对称，故设则又设则有从而在上递增，则即在上递增，，故有恒成立，则，又因在上单调递减，则在上单调递增，又，故即：故D项正确.故选：ACD.13．【分析】根据向量平行和垂直的坐标表示得出参数计算即可.【详解】因为，所以,因为，所以,所以.故答案为.14．（答案不唯一）【分析】写出的表达式，由通项公式的形式得出首项和公差的关系，再取值即可得．【详解】若为等差数列，设公差为，则，则，若也为等差数列，则，即，且，取，则，此时具有性质.故（答案不唯一）15．【分析】根据题意，设，得到，结合，求得的值，得到，把不等式转化为，即可求解.【详解】由，可得必为定值，设，即，由，解得，所以，则不等式，即为，可得，解得，所以不等式的解集为.故答案为.16．【分析】根据几何体的结构特征确定其外接球球心位置，根据已知求球体半径，进而求球体表面积.【详解】由对称性知：该多面体的各顶点在棱长为的正方体的表面上，如图，设其外接球的球心为，正方形的中心为，则点到平面的距离，又，所以该多面体外接球的半径，故该球的表面积为.故17．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据相似可得线线平行，即可由线面平行的判定求证，（2）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，即可由线面垂直的判定，进而可得线线垂直.【详解】（1）连接与相交于,连接，由于，且,所以,又,所以,平面,平面,所以平面，

（2）过作交于，由于平面平面，且两平面交线为，平面，所以平面，平面,故，又四边形为直角梯形，故,是平面内的两相交直线，所以平面，平面，故.

18．(1)364(2)【分析】（1）根据已知条件，结合的关系可推得.结合已知即可得出，然后根据已知，结合换底公式可得出，代入求解即可得出答案；（2）根据已知分析数列的构成，前30项中取自数列数列中有7项，数列中有23项，进而即可分组，求解计算，即可得出答案.【详解】（1）由已知可得，当时，有.又因为，，所以有.又时，也满足.所以，是以为首项，2为公差的等差数列，所以，.又，所以.又，所以，，所以，，即，即，解得，.（2）由已知可得，数列中，项及以前共有项，其中数列中有项，数列中有项.且，，即数列中，项及以前共有28项，其中数列中有7项，数列中有21项.所以，，.所以，的前30项的和.19．(1)(2)【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等变换即可求解；(2)由余弦定理及三角形的面积公式得，再由基本不等式进行求解即可.【详解】（1）因为，所以，即，由正弦定理，得，因为，所以，因为，所以，所以，又，所以.（2）由余弦定理，得，即，所以，即，因为，，所以，所以，又（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），即的最大值为.20