学试卷
一、填空题
1．已知|𝑎|＝3，|𝑏|＝6，→𝑎⋅𝑏=12，则𝑎在𝑏方向上的投影为 ． 2．已知等差数列{an}满足a1+a2+a19+a20＝18，则a7+a14＝ ． 3．数列{an}的前n项和为sn＝n2+1，则数列{an}的通项公式为 ． 4．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝﹣1，a4＝b4＝8，则5．若实数x满足sinx=−2．x∈[，32
𝜋4
35𝜋
3𝜋2
𝑎2𝑏2
→
→
→
→
→
= ．
]，则x＝ ．
6．已知cos（−α）=，则sin2α＝ ．
7．在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称，若sinα=，则cos（α﹣β）＝ ．
8．若1+2cosα+22cos2α+23cos3α+…+299cos99α＝0，α∈（0，π），则α＝ ． 9．在△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2．若𝐵𝐷=2𝐷𝐶，𝐴𝐸=λ𝐴𝐶−𝐴𝐵（λ∈R），且𝐴𝐷⋅𝐴𝐸=−4，则λ的值为 ．
10．已知𝑓(𝑥)=，各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an+2＝f（an），若a2010＝a2012，
1+𝑥则a20+a11的值是 ． 二、选择题
11．设向量𝑎=（x﹣1，1），𝑏=（3，x+1）．则→𝑎∥𝑏是x＝2的（ ） A．充分不必要条件 C．必要不充分条件
B．充分必要条件
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
1
31
D．既不充分也不必要条件
312．已知曲线C1：y＝cosx，如何变换可得到曲线C2：y＝sin（2x+2𝜋）（ ） A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位长度
6𝜋
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移
12
𝜋
12
个单位长度
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位长度
6
𝜋
D．把C1上上各点的横坐标缩短到原来的倍，再向左平移
2
1𝜋
12
个单位长度
13．下列关于极限的计算，错误的是（ ）
7
2+1𝑛+𝑛22𝑛2+𝑛+72
A．𝑙𝑖𝑚=𝑙𝑖𝑚= 725𝑛→∞5𝑛+7𝑛→∞5+
𝑛2𝑙𝑖𝑚（2+4+⋯+2𝑛）=𝑙𝑖𝑚2+𝑙𝑖𝑚4+⋯+𝑙𝑖𝑚2𝑛=0+0+…+0＝0 B．𝑛→∞
222222
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛→∞𝑛𝑛→∞𝑛𝑛→∞𝑛𝑙𝑖𝑚𝑙𝑖𝑚（√𝑛2+𝑛−n）=𝑛→∞C．𝑛→∞
√
𝑛𝑛2+𝑛+𝑛
=𝑙𝑖𝑚
11+1𝑛+1𝑛→∞√
=2
1
−1−22−𝑛(𝑛为奇数)2319
D．已知an={ ，则𝑙𝑖𝑚(𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑛)=+=−2−2−𝑛24𝑛→∞3(𝑛为偶数)1−21−3
14．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinB+sinA（sinC﹣cosC）＝0，a＝2，c=√2，则C＝（ ） A．
𝜋12
B．
6
𝜋
C． 4
𝜋
D． 3
𝜋
15．如图，四边形ABCD是正方形，延长CD至E，使得DE＝CD．若动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到A点，其中𝐴𝑃=𝜆𝐴𝐵+𝜇𝐴𝐸，下列判断正确的是（ ）
→
→
→
A．满足λ+μ＝2的点P必为BC的中点 B．满足λ+μ＝1的点P有且只有一个 C．λ+μ的最大值为3
D．λ+μ的最小值不存在
16．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂． 的最小整数N：那么该款软件的激活码是（ ）A．440 三、简答题
B．330
C．220
D．110
17．已知函数f（x）＝sin2x﹣cos2x﹣2√3sinx cosx（x∈R）． （Ⅰ）求f（
2𝜋3
）的值．
（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．
→→√
18．已知向量𝑎=(√3，−1)，𝑏=(1，3)．
22（1）计算→𝑎⋅𝑏及|𝑎|、|𝑏|；
→→→（2）设→𝑐=𝑎+(𝑥−3)𝑏，𝑑=−𝑦𝑎+𝑥𝑏（其中x≠0），若𝑐⊥𝑑，试求此时y和x满足的
→
→
→
→
→
→
→
函数关系式y＝g（x），并求g（x）的最小值．
19．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N+），{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3＝12，b3＝a4﹣2a1，S11＝11b4． （Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{a2nb2n﹣1}的前n项和（n∈N+）．
20．已知向量𝑂𝐴=（λcosα，λsinα）（λ≠0），𝑂𝐵=（﹣sinβ，cosβ），其中O为坐标原点．
（1）若β＝α−6，求向量𝑂𝐴与𝑂𝐵的夹角；
（2）若|𝐴𝐵|≥2|𝑂𝐵|对任意实数α、β都成立，求实数λ的取值范围． 21．已知数列{an}；满足
𝑛−1𝑛+1
→
→→
→
𝜋
→→
•an+1＝an﹣1且a2＝6，设bn＝an+n，n∈N*．
（1）求b1，b2，b3，b4； （2）求{bn}的通项公式： 𝑙𝑖𝑚（（3）求𝑛→∞
1𝑏2−2
+
1𝑏3−2
+
1𝑏4−2
+⋯+
1𝑏𝑛−2
）．
2016-2017学年上海市徐汇区南洋模范中学高一第二学
期期末数学试卷
参考答案
一、填空题
1．已知|𝑎|＝3，|𝑏|＝6，→𝑎⋅𝑏=12，则𝑎在𝑏方向上的投影为 2 ．
→→
→
→
→
→
→
【分析】先根据向量的夹角公式cosθ=|𝑎|cosθ即可求解．
解：∵|𝑎|＝3，|𝑏|＝6，→𝑎⋅𝑏=12， 设𝑎，𝑏的夹角为θ，
→→
→
→→
→
→
→
|𝑎||𝑏|
→→𝑎⋅𝑏
求出cosθ，然后根据𝑎在𝑏方向上的投影为
→
→
∴cosθ=
→
→
|𝑎||𝑏|
→→𝑎⋅𝑏
=
122
=， 3×63→
则𝑎在𝑏方向上的投影为|𝑎|cosθ＝3×=2．
3故答案为：2．
2．已知等差数列{an}满足a1+a2+a19+a20＝18，则a7+a14＝ 9 ． 【分析】由7+14＝1+20＝2+19得a7+a14＝a1+a20＝a2+a19＝9． 解：∵{an}等差数列， 又7+14＝1+20＝2+19， ∴a7+a14＝a1+a20＝a2+a19， ∴a7+a14＝9． 故答案为：9．
2(𝑛=1)
3．数列{an}的前n项和为sn＝n2+1，则数列{an}的通项公式为 𝑎𝑛={ ．
2𝑛−1(𝑛≥2)【分析】a1＝S1＝1+1＝2，an＝Sn﹣Sn﹣1＝（n2+1）﹣[（n﹣1）2+1]＝2n﹣1．当n＝1时，2n﹣1＝1≠a1，由此能求出数列{an}的通项公式． 解：a1＝S1＝1+1＝2， an＝Sn﹣Sn﹣1
＝（n2+1）﹣[（n﹣1）2+1]
2
＝2n﹣1．
当n＝1时，2n﹣1＝1≠a1， 2，𝑛=1
∴𝑎𝑛={．
2𝑛−1，𝑛≥22，𝑛=1
故答案为：𝑎𝑛={．
2𝑛−1，𝑛≥2
4．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝﹣1，a4＝b4＝8，则
𝑎2𝑏2
= 1 ．
【分析】利用等差数列求出公差，等比数列求出公比，然后求解第二项，即可得到结果． 解：等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝﹣1，a4＝b4＝8， 设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q． 可得：8＝﹣1+3d，d＝3，a2＝2； 8＝﹣q3，解得q＝﹣2，∴b2＝2． 可得
𝑎2𝑏2
=1．
故答案为：1．
5．若实数x满足sinx=−．x∈[，32
2
𝜋
3𝜋2
]，则x＝ 𝜋+𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 ．
3𝜋
𝜋
𝜋2
2
【分析】当sinx＝a，（﹣1≤a≤1）在主值区间[−2，2]的解为：x＝arcsina，因为x∈[，3𝜋2
]，所以π﹣x∈[−2，2]，又sinx＝sin（π﹣x），则可得解
2
𝜋2
3𝜋2
𝜋𝜋
【解答】解，当sinx=−时，又因为x∈[，3又sinx＝sin（π﹣x），
2
所以π﹣x＝arcsin（−）＝﹣arcsin，
332
]，所以π﹣x∈[−2，2]，
𝜋𝜋
所以x=𝜋+𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛， 故答案为：𝜋+𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛，
6．已知cos（−α）=，则sin2α＝ −
4𝜋
357
． 252323【分析】先利用差角的余弦公式展开，再两边平方，即可求得sin2α的值． 解：∵cos（−α）= 4𝜋
35∴
9
两边平方得：（1+2sinαcosα）= 2
25√3√2cos
α+2sinα=
522
1
∴sin2α=−
7 257
故答案为：−．
257．在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称，若sinα=1，则cos（α﹣β）＝ −7 ．
39【分析】方法一：根据教的对称得到sinα＝sinβ=，cosα＝﹣cosβ，以及两角差的余弦公式即可求出
方法二：分α在第一象限，或第二象限，根据同角的三角函数的关系以及两角差的余弦公式即可求出
解：方法一：∵角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称， ∴sinα＝sinβ=，cosα＝﹣cosβ，
27
∴cos（α﹣β）＝cosαcosβ+sinαsinβ＝﹣cos2α+sin2α＝2sin2α﹣1=−1=−
991
方法二：∵sinα=，
3√
当α在第一象限时，cosα=22，
13133∵α，β角的终边关于y轴对称，
1√
∴β在第二象限时，sinβ＝sinα=，cosβ＝﹣cosα=−22，
33√√
∴cos（α﹣β）＝cosαcosβ+sinαsinβ=−22×22+1×1=−7
33339：∵sinα=，
√
当α在第二象限时，cosα=−22，
133∵α，β角的终边关于y轴对称，
1√
∴β在第一象限时，sinβ＝sinα=，cosβ＝﹣cosα=22，
33√√
∴cos（α﹣β）＝cosαcosβ+sinαsinβ=−22×22+1×1=−7
33339综上所述cos（α﹣β）=−，
79故答案为：−
98．若1+2cosα+22cos2α+23cos3α+…+299cos99α＝0，α∈（0，π），则α＝ 【分析】根据等比数列的求和公式和三角函数值即可求出 解：∵1+2cosα+22cos2α+23cos3α+…+299cos99α＝0， ∴
1−(2𝑐𝑜𝑠𝛼)1001−2𝑐𝑜𝑠𝛼
2𝜋3
7
．
=0，
∴（2cosα）100＝1，且1﹣2cosα≠0， ∴2cosα＝﹣1， ∴cosα=−， ∵α∈（0，π）， ∴α=
2𝜋， 32𝜋312故答案为： →
→
→
→
→
9．在△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2．若𝐵𝐷=2𝐷𝐶，𝐴𝐸=λ𝐴𝐶−𝐴𝐵（λ∈R），且𝐴𝐷⋅𝐴𝐸=−4，则λ的值为 →
→
3
11 ．
→
→
→
【分析】根据题意画出图形，结合图形，利用𝐴𝐵、𝐴𝐶表示出𝐴𝐷， 再根据平面向量的数量积𝐴𝐷⋅𝐴𝐸列出方程求出λ的值． 解：如图所示，
△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2， 𝐵𝐷=2𝐷𝐶， ∴𝐴𝐷=𝐴𝐵+𝐵𝐷
2→
=𝐴𝐵+3𝐵𝐶
→→
→
→
→
→
→
→
=𝐴𝐵+（𝐴𝐶−𝐴𝐵）
3=3𝐴𝐵+3𝐴𝐶，
又𝐴𝐸=λ𝐴𝐶−𝐴𝐵（λ∈R）， ∴𝐴𝐷⋅𝐴𝐸=（𝐴𝐵+
3
→
→→
→
→
→
2
→→
1
→
2
→
1
→
23
𝐴𝐶）•（λ𝐴𝐶−𝐴𝐵）
→
→→
＝（λ−）𝐴𝐵•𝐴𝐶−𝐴𝐵2+λ𝐴𝐶2
333313
212
＝（λ−）×3×2×cos60°−×32+λ×22＝﹣4，
3331
2
→
→
1
→
2
→
∴
113
λ＝1，
3． 11311
解得λ=
故答案为：．
10．已知𝑓(𝑥)=
1
，各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an+2＝f（an），若a2010＝a2012，1+𝑥13√5+326则a20+a11的值是 【分析】根据𝑓(𝑥)=
．
1
，各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an+2＝f（an），可确定a11+𝑥√12385
＝1，𝑎3=，𝑎5=，a7=，𝑎9=，𝑎11=，利用a2010＝a2012，可得a2010=5−1（负2351382√
值舍去），依次往前推得到a20=5−1，由此可得结论．
2解：∵𝑓(𝑥)=
1
，各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an+2＝f（an）， 1+𝑥12385
∴a1＝1，𝑎3=，𝑎5=，a7=，𝑎9=，𝑎11=
235138∵a2010＝a2012， ∴
11+𝑎2010
=𝑎2012
2√
得a2008=5−1⋯
1√
∴a2010=5−1（负值舍去），由a2010=1+𝑎√
依次往前推得到a20=5−1
2008
22√
∴a20+a11=135+3
26故答案为：
13√5+3 26
二、选择题
11．设向量𝑎=（x﹣1，1），𝑏=（3，x+1）．则→𝑎∥𝑏是x＝2的（ ） A．充分不必要条件 C．必要不充分条件
B．充分必要条件
→
→→
D．既不充分也不必要条件
【分析】由已知向量的坐标结合向量共线的坐标运算求得x值，再由充分必要条件的判定得答案．
解：𝑎=（x﹣1，1），𝑏=（3，x+1）．
2由→𝑎∥𝑏，得x﹣1＝3，即x＝±2，
→
→
→
∴→𝑎∥𝑏是x＝2的必要不充分条件． 故选：C．
12．已知曲线C1：y＝cosx，如何变换可得到曲线C2：y＝sin（2x+
𝜋6
2𝜋
）（ ） 3→
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位长度 B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移
12
𝜋
12
个单位长度
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位长度
6
𝜋
D．把C1上上各点的横坐标缩短到原来的倍，再向左平移
2
1𝜋
12
个单位长度
【分析】利用诱导公式，函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论． 解：把曲线C1：y＝cosx＝sin（x+2）的图象各点的横坐标缩短到原来的倍，
2
𝜋
1
可得y＝sin（2x+2）的图象； 再把所得图象向左平移故选：D．
13．下列关于极限的计算，错误的是（ ）
7
2+1𝑛+𝑛22𝑛2+𝑛+72
A．𝑙𝑖𝑚 =𝑙𝑖𝑚=5𝑛→∞5𝑛2+7𝑛→∞5+7𝑛2𝜋
𝜋
12
个单位长度，可得到曲线C2：y＝sin（2x+
2𝜋
）的图象， 3𝑙𝑖𝑚（2+4+⋯+2𝑛）=𝑙𝑖𝑚2+𝑙𝑖𝑚4+⋯+𝑙𝑖𝑚2𝑛=0+0+…+0＝0 B．𝑛→∞
222222𝑛
𝑛
𝑛
𝑛→∞𝑛𝑛→∞𝑛𝑛→∞𝑛𝑙𝑖𝑚C．𝑙𝑖𝑚（√𝑛2+𝑛−n）=𝑛→∞𝑛→∞
𝑛√𝑛2+𝑛+𝑛
=𝑙𝑖𝑚
11+1𝑛+1𝑛→∞√
=2
1
−1−22−𝑛(𝑛为奇数)2319
D．已知an={ ，则𝑙𝑖𝑚(𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑛)=+=−2−224𝑛→∞3−𝑛(𝑛为偶数)1−21−3
【分析】题目中四个极限均为数列极限，A中分子分母最高次项次数相同，采用分子分母同时除以n2后求极限值；B和D需要先求和再取极限，C应先分子有理化，然后求极限． 解：选项A求的是数列极限，采用分子分母同时除以n2后求极限值，正确； 选项B应先求数列的前n项和，即极限值为1， ∴选项B错误；
选项C是采用先分子有理化，然后分子分母同时除以n再取极限，正确；
选项D是运用等比数列的求和公式先把奇数项和偶数项分别作和，然后求极限值，做法正确． 故选：B．
14．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinB+sinA（sinC﹣cosC）＝0，a＝2，c=√2，则C＝（ ） A．
𝜋12
2𝑛2
+
4𝑛2
+⋯+
2𝑛𝑛2
=
1𝑛2
⋅
(2+2𝑛)⋅𝑛
2
=
𝑛2+1𝑛2
，然后求得
B．
6
𝜋
C． 4
𝜋
D． 3
𝜋
【分析】根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可 解：sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC， ∵sinB+sinA（sinC﹣cosC）＝0，
∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC＝0， ∴cosAsinC+sinAsinC＝0， ∵sinC≠0， ∴cosA＝﹣sinA， ∴tanA＝﹣1， ∵＜A＜π，
2𝜋
∴A=
3𝜋
， 4𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶
由正弦定理可得
𝑎=
𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴
，
𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴
∴sinC=，
∵a＝2，c=√2，
√
∴sinC=𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴=2×2=1，
𝑎22√2∵a＞c， ∴C=6， 故选：B．
15．如图，四边形ABCD是正方形，延长CD至E，使得DE＝CD．若动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到A点，其中𝐴𝑃=𝜆𝐴𝐵+𝜇𝐴𝐸，下列判断正确的是（ ）
→
→
→
𝜋
A．满足λ+μ＝2的点P必为BC的中点 B．满足λ+μ＝1的点P有且只有一个 C．λ+μ的最大值为3
D．λ+μ的最小值不存在
【分析】建立坐标系可得𝐴𝑃=𝜆𝐴𝐵+𝜇𝐴𝐸=（λ﹣μ，μ），A，B选项可举反例说明，通过P的位置的讨论，结合不等式的性质可得0≤λ+μ≤3，进而可判C，D的正误，进而可得答案．
解：由题意，不妨设正方形的边长为1，建立如图所示的坐标系， 则B（1，0），E（﹣1，1），故𝐴𝐵=（1，0），𝐴𝐸=（﹣1，1）， 所以𝐴𝑃=𝜆𝐴𝐵+𝜇𝐴𝐸=（λ﹣μ，μ），
当λ＝μ＝1时，𝐴𝑃=（0，1），此时点P与D重合，满足λ+μ＝2，但P不是BC的中点，故A错误；
当λ＝1，μ＝0时，𝐴𝑃=（1，0），此时点P与B重合，满足λ+μ＝1， 当λ=，μ=时，𝐴𝑃=（0，），此时点P为AD的中点，满足λ+μ＝1， 222
1
1
→→→
→
→
→
→
→
→
→
→
1
故满足λ+μ＝1的点不唯一，故B错误；
当P∈AB时，有0≤λ﹣μ≤1，μ＝0，可得0≤λ≤1，故有0≤λ+μ≤1，
当P∈BC时，有λ﹣μ＝1，0≤μ≤1，所以0≤λ﹣1≤1，故1≤λ≤2，故1≤λ+μ≤3， 当P∈CD时，有0≤λ﹣μ≤1，μ＝1，所以0≤λ﹣1≤1，故1≤λ≤2，故2≤λ+μ≤3， 当P∈AD时，有λ﹣μ＝0，0≤μ≤1，所以0≤λ≤1，故0≤λ+μ≤2， 综上可得0≤λ+μ≤3，故C正确，D错误． 故选：C．
16．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂． 的最小整数N：那么该款软件的激活码是（ ）A．440
B．330
C．220
D．110
𝑛(𝑛+1)2
【分析】方法一：由数列的性质，求得数列{bn}的通项公式及前n项和，可知当N为
时（n∈N+），数列{an}的前N项和为数列{bn}的前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，分别判断，即可求得该款软件的激活码；
方法二：由题意求得数列的每一项，及前n项和Sn＝2n+1﹣2﹣n，及项数，由题意可知：2n+1
为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，分别即可求得N的值．
解：设该数列为{an}，设bn=𝑎(𝑛−1)𝑛+1+⋯+𝑎𝑛(𝑛+1)=2n+1﹣1，（n∈N+），则∑𝑛𝑖=1 𝑏𝑖=
22𝑛(𝑛+1)
∑2𝑖=1
ai，
由题意可设数列{an}的前N项和为SN，数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1＝2n+1﹣n﹣2，
可知当N为﹣2，
𝑛(𝑛+1)2
时（n∈N+），数列{an}的前N项和为数列{bn}的前n项和，即为2n+1﹣n
容易得到N＞100时，n≥14， A项，由
29×302
=435，440＝435+5，可知S440＝T29+b5＝230﹣29﹣2+25﹣1＝230，故A项符
合题意． B项，仿上可知
25×262
=325，可知S330＝T25+b5＝226﹣25﹣2+25﹣1＝226+4，显然不为2的
整数幂，故B项不符合题意． C项，仿上可知
20×212
=210，可知S220＝T20+b10＝221﹣20﹣2+210﹣1＝221+210﹣23，显然不
为2的整数幂，故C项不符合题意． D项，仿上可知
14×152
=105，可知S110＝T14+b5＝215﹣14﹣2+25﹣1＝215+15，显然不为2
的整数幂，故D项不符合题意． 故选A．
012𝑛−1020，2120，21，222，2，2，⋯，22︸方法二：由题意可知：，，，⋯，
第一项第二项第𝑛项第三项根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1， 每项含有的项数为：1，2，3，…，n， 总共的项数为N＝1+2+3+…+n=
1
2
(1+𝑛)𝑛
， 23
n
1
2
3
n
所有项数的和为Sn：2﹣1+2﹣1+2﹣1+…+2﹣1＝（2+2+2+…+2）﹣n=2(1−2)−n
1−2＝2n+1﹣2﹣n，
由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可， 则①1+2+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝1，总共有
(1+1)×1
2(1+5)×5
2
𝑛
+2＝3，不满足N＞100， +3＝18，不满足N＞100，
+4＝95，不满足N＞100， +5＝440，满足N＞100，
②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝5，总共有
③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝13，总共有
(1+13)×13
22
④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝29，总共有∴该款软件的激活码440． 故选：A． 三、简答题
(1+29)×29
17．已知函数f（x）＝sin2x﹣cos2x﹣2√3sinx cosx（x∈R）． （Ⅰ）求f（
2𝜋3
）的值．
（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．
【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式， （Ⅰ）代入可得：f（
2𝜋3
）的值．
（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f（x）的最小正周期及单调递增区间 解：∵函数f（x）＝sin2x﹣cos2x﹣2√3sinx cosx=−√3sin2x﹣cos2x＝2sin（2x+（Ⅰ）f（
2𝜋3
7𝜋） 6）＝2sin（2×
5𝜋2𝜋7𝜋
+）＝2sin=2， 362
（Ⅱ）∵ω＝2，故T＝π， 即f（x）的最小正周期为π， 由2x+
𝜋𝜋7𝜋
∈[−2+2kπ，+2kπ]，k∈Z得： 62
𝜋
x∈[−5𝜋+kπ，−+kπ]，k∈Z，
36故f（x）的单调递增区间为[−
𝜋𝜋5𝜋
kπ，−3+kπ]或写成[kπ+6，kπ+2𝜋]，k∈Z． +3622→→√
18．已知向量𝑎=(√3，−1)，𝑏=(1，3)．
（1）计算→𝑎⋅𝑏及|𝑎|、|𝑏|；
→→→（2）设→𝑐=𝑎+(𝑥−3)𝑏，𝑑=−𝑦𝑎+𝑥𝑏（其中x≠0），若𝑐⊥𝑑，试求此时y和x满足的
→
→
→
→
→
→
→
函数关系式y＝g（x），并求g（x）的最小值．
→【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示可求，𝑎⋅𝑏及|𝑎|，|𝑏|；
→
→
→
（2）由向量数量积的性质可知→𝑐⋅𝑑=0，结合向量数量积的性质可求y＝g（x），然后结合二次函数的性质即可求解最小值．
→→√
解：（1）∵𝑎=(√3，−1)，𝑏=(1，3)．
→
22→→√
根据向量数量积的坐标表示可得，𝑎⋅𝑏=√3×1−1×3=0，
22|𝑎|=√3+1=2，|𝑏|=√1+3=1，
→
→
44→→
（2）∵→𝑐=𝑎+(𝑥−3)𝑏，𝑑=−𝑦𝑎+𝑥𝑏（其中x≠0），
→→→
若→𝑐⊥𝑑， 则→𝑐⋅𝑑=0，
→2即−𝑦𝑎+𝑥(𝑥−3)𝑏2=0，
→
→
→
2
∴y＝g（x）=𝑥−3𝑥 439
结合二次函数的性质可知，当x=时，函数g（x）有最小值− 21619．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N+），{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3＝12，b3＝a4﹣2a1，S11＝11b4． （Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{a2nb2n﹣1}的前n项和（n∈N+）．
【分析】（Ⅰ）设出公差与公比，利用已知条件求出公差与公比，然后求解{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可． 解：（I）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q． 由已知b2+b3＝12，得b1（q+q2）＝12，而b1＝2，所以q+q2﹣6＝0． 又因为q＞0，解得q＝2．所以，bn＝2n． 由b3＝a4﹣2a1，可得3d﹣a1＝8①． 由S11＝11b4，可得a1+5d＝16②，
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n﹣2．
所以，数列{an}的通项公式为an＝3n﹣2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n． （II）设数列{a2nb2n﹣1}的前n项和为Tn， 由a2n＝6n﹣2，b2n﹣1=
1
4n，有a2nb2n﹣1＝（3n﹣1）4n， ×2故Tn＝2×4+5×42+8×43+…+（3n﹣1）4n， 4Tn＝2×42+5×43+8×44+…+（3n﹣1）4n+1，
上述两式相减，得﹣3Tn＝2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣（3n﹣1）4n+1
12×(1−4𝑛)𝑛+1（3n﹣2）4n+1﹣8 =−4−(3𝑛−1)4=−
1−4得Tn=
3𝑛−28𝑛+1． ×4+33所以，数列{a2nb2n﹣1}的前n项和为
→
3𝑛−23
×4𝑛+1+．
3
→
8
20．已知向量𝑂𝐴=（λcosα，λsinα）（λ≠0），𝑂𝐵=（﹣sinβ，cosβ），其中O为坐标原点．
（1）若β＝α−6，求向量𝑂𝐴与𝑂𝐵的夹角；
（2）若|𝐴𝐵|≥2|𝑂𝐵|对任意实数α、β都成立，求实数λ的取值范围． 【分析】（1）由题意利用两个向量的夹角公式求得向量𝑂𝐴与𝑂𝐵的夹角．
（2）先求出𝐴𝐵，再根据条件求得 1+λ2+2λsin（β﹣α）≥4，分类讨论，求得λ的范围． 解：（1）∵向量𝑂𝐴=（λcosα，λsinα）（λ≠0），𝑂𝐵=（﹣sinβ，cosβ），β＝α−6， 设向量𝑂𝐴与𝑂𝐵的夹角为θ，
∵𝑂𝐴•𝑂𝐵=λcosα•（﹣sinβ）+λsinα•cosβ＝λsin（α﹣β）＝λsin∴cosθ=
𝑂𝐴⋅𝑂𝐵|𝑂𝐴|⋅|𝑂𝐵|
→
→
→
→→
→
→
→
→
→
→
→
→
𝜋
→→
𝜋
𝜋6
=，|𝑂𝐴|＝|λ|，|𝑂𝐵|＝1，
2
𝜆
→→
→→
→=
=±，∴θ＝60°，或120°．
|𝜆|⋅12
→
𝜆21
（2）若|𝐴𝐵|≥2|𝑂𝐵|对任意实数α、β都成立，∵𝐴𝐵=（﹣sinβ﹣λcosα，cosβ﹣λsinα）， ∴√(−𝑠𝑖𝑛𝛽−𝜆𝑐𝑜𝑠𝛼)2+(𝑐𝑜𝑠𝛽−𝜆𝑠𝑖𝑛𝛼)2≥2，即（﹣sinβ﹣λcosα）2+（cosβ﹣λsinα）2≥4，即 1+λ2+2λsin（β﹣α）≥4． 当λ＝0时，不满足条件；
当λ＞0时，1+λ2﹣2λ≥4，求得λ≥3，∴λ≥3； 当λ＜0时，1+λ2+2λ≥4，求得λ≥3，∴λ≤﹣3， 综上可得，{λ|λ≥3 或λ≤﹣3 }． 21．已知数列{an}；满足
𝑛−1𝑛+1
•an+1＝an﹣1且a2＝6，设bn＝an+n，n∈N*．
（1）求b1，b2，b3，b4； （2）求{bn}的通项公式： 𝑙𝑖𝑚（（3）求𝑛→∞
1𝑏2−2
+
1𝑏3−2
+
1𝑏4−2
+⋯+
1𝑏𝑛−2
）．
【分析】（1）利用代入法即可得解； （2）利用猜想归纳可得；
（3）利用
1𝑛−1𝑛+1
(𝑛−1)(𝑛+1)
=
1
2𝑛−1
(
1
−
1
𝑛+1
)转化通项后，叠加可得．
解：（1）由
𝑎𝑛+1=𝑎𝑛−1可得，
当n＝1时，得a1＝1， n＝2时，得a3＝15， n＝3时，得a4＝28， 又∵bn＝an+n， ∴b1＝2， b2＝8， b3＝18， b4＝32；
（2）猜想𝑏𝑛=2𝑛2，n∈N*，
证明：1°，当n＝1时，𝑏1=2×12=2，成立； 2°，假设n＝k时成立，即𝑏𝑘=2𝑘2， 由bk＝ak+k， 可得𝑎𝑘=2𝑘2−𝑘， 由
𝑘−1𝑘+1
𝑎𝑘+1=𝑎𝑘−1，
𝑘+1
(2𝑘2−𝑘−1) 𝑘−1可得𝑎𝑘+1=
＝（k+1）（2k+1） ＝（k+1）（2k+2﹣1） ＝2（k+1）2﹣（k+1）， 即n＝k+1时，猜想成立， ∴对任意的n∈N*，都有𝑏𝑛=2𝑛2， 即数列{bn}的通项公式为：𝑏𝑛=2𝑛2； （3）∵
11
11𝑏𝑛−2
=
1
2𝑛2−2
=2[(𝑛−1)(𝑛+1)] =4(𝑛−1−𝑛+1)，
∴𝑙𝑖𝑚(𝑏−2+𝑏−2+𝑏−2+⋯+𝑏−2) 𝑛→∞2𝑛34
1
1
1
1
1
1
=4𝑙𝑖𝑚(1−3+2−4+3−5+⋯+𝑛−1−𝑛+1)
𝑛→∞
1113
11
111111
=4𝑙𝑖𝑚(1+2−𝑛−𝑛+1)
𝑛→∞
11
=4×2 =8
3
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