届高中高三二轮总结复习三角数列高中高考解答专练及学习资料x
时间:2020-09-24 07:25:44 来源:小苹果范文网 本文已影响 人
高三数学三角数列解答
1.某同学用五点法画函数 f( x)=Asin ( ωx+? ),( ω> 0, |? |< )在某一个周期内的 象 ,列
表并填入了部分数据,如下表:
ωx+ ? 0 π 2π
x
Asin ( ωx+? )
0
5
5
0
( 1) 将上表数据 充完整,并直接写出函数
f (x)的解析式;
( 2)若函数 f ( x)的 象向左平移
个 位后 的函数
g( x),求 g( x)的 象离原点最近
的 称中心.
2
) =0 ,其中 a∈R, θ∈( 0, π).
2.已知函数 f ( x) =( a+2cos x) cos( 2x+θ) 奇函数,且 f(
( 1)求 a, θ的;( 2)若 f(
) =, α∈(
,π),求 sin( α+
)的 .
3. 已知 A、B 是△ ABC的两个内角, a
2 cosA
2
B i
sin A
B j ,其中 i 、 j 互相垂直的 位
2
向量,若 |a |
6 . 求 tan A tan B 的 .
2
4. 数列
n } 各 均 正数,其前
2
.
a
n
和
S
2an Sn
an
1
{
n ,且 足
( 1)求 :数列 {
2
} 等差数列(
)求数列
{ an }
的通 公式
Sn
2
( 3) bn
2
,求数列
{bn } 的前
n 和 Tn ,并求使
Tn
1
(m
2
3m)
所有的
n N
4 Sn4
6
1
都成立的最大正整数
的 .
m
5. 已知数列{ an }中, a1
1 , 点( n, 2an 1
an)在直 y=x 上,其中 n=1,2,3 ?.
2
( 1)令 bn
an 1
an
1, 求 数列
bn
是等比数列 ;
( 2)求数列
an
的通项;
( 3) Sn 、Tn 分别为数列
an 、bn 的前 n 和 ,是否存在 数
Sn
Tn
,使得数列
n
等差数列?若存在, 求出
.若不存在 , 明理由。
6.已知函数 f ( x)
3
sin 2x cos2 x
1
,( x R)( 1)当 x
12
, 5
,求函数 f ( x) 的最
2
2
12
小 和最大; ( 2)
ABC 的内角 A, B,C 的 分
a, b, c
,且 c
3 , f (C ) 0 ,若
向量 m (1,sin A) 与向量 n
(2,sin B) 共 ,求 a, b 的 .
7. 数列 an
的各 均 正数, 它的前 n 的和 Sn ,点 (an
, Sn ) 在函数 y
1 x2 1 x
1 的
8
2
2
像上;数列
bn
足 b1
a1, bn 1 (an 1
an )
bn .其中 n
N
.( 1)求数列
an 和 bn 的通
公式;
( 2) cn
an ,求 :数列
cn
的前 n 的和 Tn
5
( n
N
).
bn
9
8. 已知函数 f ( x)
2 3 sin x cosx
2 cos2
x m 在区 [0, ] 上的最大 2.
2
、、,若 f ( A)
1, sin B
3 sin C ,
( )求常数
m
的;( )在△
ABC
中,角
、 、 所 的 是
1
2
A B C
a b c
ABC 面 3 3 .求 a.
4
9. 等差数列 {an}的各 均 正数, a1= 3,前 n 和 Sn, {bn} 等比数列, b1= 1,
b2S2= 64, b3S3= 960.(1)求 an 与 bn; (2)求 1 + 1 + ? + 1 .
S1 S2Sn
10.如 , 量河 岸的塔高 AB ,可以 与塔
底 B 在同一水平面内的两个 点 C 与 D . 得
BCD, BDC
, CD s ,并在点 C
得塔 A 的仰角
,求塔高 AB .
11. 数列 an
的前 n 和 Sn , a1
1, an 1
2Sn (n
N* ) .
( 1)求数列
an
的通 an;
( 2)求数列
nan
的前 n 和 Tn .
12. 数列 { an } 的前 n 和 Sn , 足 (1 q) Sn
qan
1,且 q(q 1) 0 .
(Ⅰ)求 { an} 的通 公式;
(Ⅱ)若 S3 , S9 , S6 成等差数列,求 :
a2 , a8 , a5 成等差数列 .
13.
已知数列 { an } 足:
1
2
n
3 (32 n
1), n
N * .
a1
a2
an
8
( I)求数列 { an } 的通 公式; ( II ) bn
an
1
1
1
log 3 n ,求 b1b2
b2 b3
bn bn1
.1.(12 分)
考点 :
由 y=Asin ( ωx+φ)的部分 象确定其解析式;函数
y=Asin ( ωx+ φ)的 象 .
:
三角函数的 像与性 .
分析:
( 1)由表中已知数据易得
,可得表格和解析式;
2)由函数 象 可得 g(x)的解析式,可得 称中心.解答: 解:( 1)根据表中已知数据,解得
数据 全如下表:
ωx+ ? 0 π 2π
x
Asin ( ωx+? ) 0
5
0
5
0
∴函数的解析式
;
( 2)函数 f (x) 象向左平移 个 位后 的函数是
g( x) =5sin[2 ( x+ ) ]=5sin( 2x+ ),
其 称中心的横坐 足 2x+ =kπ,即 x= , k∈Z,
∴离原点最近的 称中心是
点 : 本 考 三角函数解析式的确定和函数 象 ,涉及三角函数的 称性,属基 .
2.( 12 分)
考点 : 三角函数中的恒等 用;函数奇偶性的性 .
: 三角函数的求 .
分析: ( 1)把 x= 代入函数解析式可求得 a 的 , 而根据函数 奇函数推断出 f( 0)=0,
而求得 cosθ, θ的 可得.
( 2)利用 f( )= 和函数的解析式可求得 sin , 而求得 cos , 而利用二倍角公式分
求得 sinα, cosα,最后利用两角和与差的正弦公式求得答案.
解答: 解:( 1)f ( ) = ( a+1)sinθ=0,
∵ θ∈( 0, π).
sinθ≠0,
a+1=0,即 a= 1
∵ f( x) 奇函数,
f( 0) =(a+2) cosθ=0,
∴ cosθ=0, θ= .
( 2)由( 1)知 f ( x) =( 1+2cos
2
)=cos2x?( sin2x ) =
,
x) cos( 2x+
f( ) =sinα=,
sinα= ,
∵ α∈( , π),
∴ cosα= = ,
∴ sin( α+ ) =sinαcos +cosαsin = .
点 : 本 主要考 了同角三角函数关系,三角函数恒等 的 用,函数奇偶性 . 合运用了所学知 解决 的能力.
3.解: | a |2
3 ,
( 2 cos A
B ) 2
(sin A
B ) 2
3 ,
2 分
2
2
2
2
即 2 cos2 A
B
sin 2 AB
3 ,
即 cos( A
B)
1 1 cos(A
B) 3
, 6 分
2
2
2
2
2
cos( A
B)
1 cos( A
B)
0,
cos A cos B
3sin A sin B, ? 8 分
2
tan A
tan B
sin A sin B
1 .
? 10 分
cos A cos B
3
4 解:(1)∵2anSn
an2
1
,∴当 n≥2 , 2( Sn
Sn
1 )Sn ( Sn
Sn 1 )2
1 ,
整理得, S 2
S2
1
( n≥2 ),(2
分)又 S
2
1
,
( 3
分)
n
n 1
1
∴数列{ Sn2 } 首 和公差都是
1 的等差数列.
( 4
分)
( 2 )由( 1 ) Sn2
n ,又 Sn
0 ,∴Sn
n
( 5 分)
∴ ≥2 时,
an
Sn
Sn 1
n
n
1
,又
a1
S1
1 适合此式
n
∴数列{an } 的通项公式为
an
n
n
1
( 7
分)
(Ⅱ)∵bn
2
2
1
1
( 8 分)
4Sn4
1
(2n
1)( 2n
1)
2n
1
2n
1
∴
1
1
1
Tn
1
3
3
5
(2n 1)( 2n
1)
1
1
1
1
1
1
=
1
1
2n
( 10
分)
3
3
5
2n
1
2n
1
2n
1
2n
1
∴
2
,依题意有
2
1
(m
2
3m)
,解得
1
m
4
Tn
3
3
6
,
故所求最大正整数
m 的值为 3
( 12
分)
5.解:( I )由已知得
a1
1 , 2an
1
an
n,
2
a2
3 , a2
a1
1
3 1
1
3 ,
4
4
2
4
又 b
a
1
a
1, b
a
2
a
1
1,
n
n
n
n 1
n
n
an 1 (n 1) an
n an 1
an
1
bn 1
an 1
an
1
2
2
2
1
bn
an 2
an 1
1
an 1
an 1
an 1
an
.
1 2
{bn } 是以
3
为首项,以
1 为公比的等比数列 .
4
2
( II )由( I )知, bn
3
( 1)n 1
3
1n ,
4
2
2
2
an 1
an 1
3 1
, a2
a1 1
3 1 ,
2
2n
2
2
a3 a2
1
3 12 ,
an
an 1 1
3
1n 1 ,
2
2
2
2
将以上各式相加得:
an
a1
(n 1)
3
1
1
1
(
2
2
2
2
n 1 ),
2
1
1
3
2
(1
2n 1 )
1
3
1
3
an
a1
n 1
2
1
1
2
(n 1)
2 (1
2n 1 )
2n
n 2.
2
3
an
n
2.
2n
2,使数列 { Sn
Tn } 是等差数列 .
( III )解法一:存在
n
Sn a1 a2
an 3(
1
1
1
) (1 2
n) 2n
2
1
2
2
n
2
1
1
3
2
(1
2n )
n(n
1)
2n
3(1
1
)
n2
3n
3 n2
3n
3.
1
1
2
2n
2
2n
2
2
3
1
(1
)
3
1
3
3
4
2n
Tn b1
b2
bn
1
1
2 (1
2n )
22n 1 .
2
数列 { Sn
Tn } 是等差数列的充要条件是
Sn
n
Tn
An
B,( A 、 B 是常数 )
n
An2
即 Sn
Tn
Bn,
又 Sn
Tn
3
n2
3n
3
(
3
3
1 )
n2
3n
)(1
1
)
2
n
2
2
2
n
2
3(1
n
2
2
当且仅当 1
2
0 ,即
2 时,数列 { Sn
n
Tn } 为等差数列 .
解法二:
存在
2 ,使数列 { Sn
Tn } 是等差数列 .
n
由( I )、( II
)知, an
2bn
n
2
Sn
2T
n(n
1)
2n
2
Sn
Tn
n(n
1)
2n 2Tn
Tn
n 3
2
2
n
n
2
n
Tn
3
1
又 Tn
b1 b2
bn
4
(1
2n )
3 (1
1 )
3
3
1
2
2n
2
2n
1
1
2
Sn
Tn
n 3
n
2 ( 3
2
n3 1 )
n
2
2
当且仅当
2
时,数列 { Sn
Tn } 是等差数列
n
6.( 1) f ( x)
3 sin 2 x cos2 x
1
sin(2x
) 1,
2
2
6
因为 x
, 5
,所以
2x
3
, 2
12
12
3
sin
2x
6
3 ,1 ,
所以 函数 f
x
的最小值是
3
1, f
x 的最大值是 0
2
2
( 2)由 f
C
0 解得 C=
,又 m
(1, sin A) 与向量 n
(2,sinB) 共
3
sin B
2 sin A,
b
2a
①
由余弦定理得 3
a 2
b 2
2ab cos
②
②得 a
1,b
2
3
解方程 ①
7.⑴由已知条件得
1
2
1
1
①
Sn
8
an
2
an
,
2
当 n
2 , Sn 1
1 an 12
1 an 1
1 , ②
1
8
2
1
2
1
①-②得: an
(an
2
an
12 )
( an
an
1) ,即 an
an 1
(an
an 1 )(an
8
2
4
∵数列
a
n
的各 均 正数,∴
a
a
4 ( n 2 ),
nn 1
又 a1
2 ,∴ an
4n 2;∵ b1
a1 ,bn 1(an 1
an ) bn ,
∴ b1
2, bn 1
1 ,∴ bn
2 ( 1 )n 1;
bn
4
4
⑵∵ cn
an
(2 n 1)4n 1 ,
bn
∴ T
1
3 4
5 42
(2n
3) 4n
2
(2n
1) 4n
1 ,
n
4Tn
4
3 42
(2n
5) 4n 2
(2 n
3) 4n 1
(2n
1)
4n ,
两式相减得
3Tn
1
2(4
42
4n 1 )
(2 n
1)4n
5
(2 n
5) 4n
5
3
3
∴ Tn
.
9
8.解:( 1) f ( x)
2
3sin x cos x
2cos 2 x
m
3 sin 2x
(1
cos 2x)
m
2(sin 2x
3
cos2 x 1)
m
1
2
2
2sin(2 x
)
m
1
6
∵ x
0,
2
∴ 2x
, 7
6
6
6
∵ 函数 y
sin t 在区
,
上是增函数,在区
, 7
上是减函数
6
2
2
6
∴当 2x
6
2
即 x
6
,函数 f ( x) 在区
0,
上取到最大 .
2
an 1 ) ,
5
,
3
此 , f (x)max
f ( ) m
3
2
得 m
1
6
( 2)∵
f ( A)
1
∴ 2sin(2 A
) 1
1 ,解得 A
6
∴ sin(2 A
)
0 (舍去)或 A
6
2
a
b
c
3
∵ sin B
3sin C
,
sin A
sin B
sin C
b 3c ①
∵
ABC 面 3 3
∴ S ABC
1 bc sin A
1 bc sin
3
3
4
2
2
3
4
即 bc
3 ? ②
由①和②解得 b 3,c 1
∵ a2 b2 c2 2bc cos A 32 12 2 3 1 cos
3
∴ a 7
9.解: (1) {an}的公差 d, {bn}的公比 q, d 正数,an= 3+ (n- 1)d, bn= qn- 1.
S2b2
(6
d )q
64,
6
,
2或
d
依 意有
(9
2
解得
d
5
(舍去 )
S3b3
3d)q
960,
q
8
40
q .
3
an= 3+ 2(n- 1)= 2n+ 1, bn= 8n-1 .
(2) Sn= 3+ 5+ ? + (2n+ 1)= n(n+ 2),所以
1 + 1 + ? + 1
1 + 1
1
1
S1
S2
Sn
=
+
+ ? +
1×3
2×4
3×5
+
2)
n(n
= 1
1+1- 1+ 1- 1+ ? + 1 - 1
2(1- 3 2 4 3 5
n
+ )
n
2
=
1
1
1
1
2(1+
2-
+ -
+ )
n
1
n
2
=
3
2n+ 3
.
4-
+
+
2)
2(n
1)(n
10.解:在 △ BCD 中,
CBD
π
.
由正弦定理得
BC
CD
.
sin
BDC
sin
CBD
CD sin
BDC
·
.
所以 BC
sin
CBD
sin(
)
·
sin
在 Rt △ ABC 中, AB
BC tan
ACB
s tan
.
sin(
)
11.解:(Ⅰ)
an 1
2Sn ,
Sn 1 Sn
2Sn ,
Sn 1
3 .
Sn
S1 a1 1,
数列 Sn
是首
1,公比 3
的等比数列, Sn 3n
1 (n N* ) .
当 n ≥ 2 , an
2Sn 1
2 3n 2 (n ≥ 2) ,
,
n
,
an
1
1
n 2,
n
≥ .
3
2
(Ⅱ) Tn a1
2a2
3a3
nan ,
当 n
1 , T1
1
;
当 n ≥ 2 , T
1
4 30
6 31
2n 3n 2 , ? ①
n
3Tn
3 4 31
6 32
2n 3n
1 ,
②
①
② 得:
2Tn
2
4
2(31
32
3n 2 ) 2n 3n 1
2
3(1
3n
2 )
2n 3
n 1
2
3
1
1
(1 2n) 3n 1 .
Tn
1
n
1
3n 1( n ≥ 2) .
2
2
又 T1 a1
1也 足上式,
Tn
1
n
1
3n 1 (n
N * ) .
2
2
12
数列通
公式 成,一般采用“倒序相加法”
.第二 主抓数列的通 公式采用分 求和的方法求解.
解:(Ⅰ)
1
=
3
2
? 1 分
8
( 3 - 1)= 3,
a1
当 n≥ 2 ,
∵ n = (1 + 2 +?+ n )- (1 + 2 +?+ n--
1)
an
a1
a2
an
a1
a2
an 1
=
3
(3 2n- 1)-
3 (32n- 2- 1)= 32n-1 ,
? 5 分
8
8
n= 1, n = 32n- 1 也成立, an
所以 a = 2nn- 1.
? 6 分
n
3
12.
13、
BC,CC1 的中点,
B1O ⊥ BD ,
AB1 ⊥ BD .
在正方形
ABB1 A1 中, AB1 ⊥ A1B , AB1 ⊥ 平面 A1BD .
c = sin C= sin( - 3B)= sin 3B= sin(2B+ B)=sin 2BcosB+ cos2Bsin B
b sin B sin B sin B sin B sin B
2
2sin Bcos B+ cos2Bsin B 2 2
= = 2cos B+ cos 2B= 4cos B- 1, ? 10 分
∵ 3< cosB< 1,∴ 2< c < 3,
2 b
故 c 的取 范 是 (2, 3).
b
15
14
解答:解法一: (Ⅰ)取 BC 中点 O , AO .
△ ABC 正三角形, AO ⊥ BC .
正三棱柱 ABC A1 B1C1 中,平面 ABC ⊥ 平面 BCC1 B1 ,
AO ⊥ 平面 BCC1B1 .
B O ,在正方形 BBC C 中, O,D 分
1 1 1
(17) 解:
在△ ABC 中,∠ DAC=3 0° , ∠ ADC=60 °-∠ DAC=30,
所以 CD=AC=0.1
又∠ BCD=180 °- 60°- 60° =60°,
故 CB 是△ CAD 底 AD 的中垂 ,所以
BD=BA ,
5 分
AB
AC
在△ ABC 中, sin
BCA
sin
,
AB C
即 AB=
ACsin60
3 2
6
A
A1
sin 15
20
,
3
2
6
因此, BD=
20
0 .33km。
C
C1
D
故 B ,D 的距离 0.33km 。
12 分
B1
B
12.(本小 分 12 分)
16.解:在 △ BCD 中,
CBD
π
.
如 ,正三棱柱 ABC- A1B1C1 的所有棱 都
2,
D CC1 中点。
BC
CD
由正弦定理得
.
( 1)求 : AB1 ⊥面 A1BD;
sin
BDC
sin
CBD
( 2)求二面角 A- A1D -B 的大小;
所以 BC
CD sin
BDC
·
.
( 3)求点 C 到平面 A1BD 的距离;
s sin
sin
CBD
sin(
)
S
·
sin
在 Rt △ ABC 中, AB BC tan
.
ACB
)
sin(
M
O
C
B
A
(Ⅱ)设 AB1 与 A1B 交于点 G ,在平面 A1BD 中,作 GF ⊥ A1D 于 F ,连结 AF ,由(Ⅰ)得
AB1 ⊥平面 A1BD .
AF ⊥ A1D , ∠ AFG 为二面角
A A1D B 的平面角.
在 △ AAD1 中,由等面积法可求得
AF
4 5
,又
AG
1 AB1
2
,
5
2
sin∠AFG
AG
2
10
AF
4
5
4
.
5
所以二面角 A
A1D
B 的正弦值
10 .
4
1
(Ⅲ)
△
A1BD
中, BD A D
,
,
6
,
△
.
A1BD
BCD
1
1
S
在正三棱柱中,
A 到平面 BCC B 的距离为
3 .设点 C 到平面 A BD 的距离为 d .
1
1
1
1
由 VA BCDVC
A BD 得
1 S△ BCD
3
1 S△ A BD
d ,
d
3S△ BCD
2 .
1
1
3
3
1
S△ A BD
2
1
点 C 到平面 A1BD 的距离为
2 .
z
A1
2
A
解法二:(Ⅰ)取 BC 中点 O ,连结 AO .
△ ABC 为正三角形,
AO ⊥ BC .
F
在正三棱柱 ABC
A1B1C1 中,平面 ABC ⊥ 平面 BCC1 B1 ,C
D
C1
AD ⊥ 平面 BCC1B1 .
O
y
取 B1C1 中点 O1 ,以 O 为原点, OB , OO1 , OA 的方向
B
B1
为 x, y, z轴的正方向建立空间直角坐标系,
x
B(1,0,0) , D ( 11,,0) , A1 (0,2, 3) , A(0,0, 3) , B1 (12,,0) ,
AB1
(12,,
3) , BD
( 210),, , BA1
( 1,2,3) .
AB1
BD 2 2 0 0 , AB1 BA1
1
4 3 0 ,
AB1 ⊥ BD , AB1 ⊥ BA1
. AB1 ⊥ 平面 A1 BD .
(Ⅱ)设平面 A1 AD 的法向量为 n ( x, y, z) . AD (
11,,
3) , AA1
(0,2,0) .
n ⊥ AD , n⊥ AA1 ,
n AD 0,
x y
3z 0, y
0,
,
n AA1 0
x
3z
2 y 0
令 z 1得 n (
301),, 为平面 A1AD 的一个法向量.
由(Ⅰ)知 AB1 ⊥ 平面 A1BD ,
AB 为平面 A1 BD 的法向量.
1
cos n, AB1
n AB1
3
3
6 .
n AB1
2 2 2
4
二面角 A A1D
B 的余弦值为
6 .
4
(Ⅲ)由(Ⅱ) , AB1 为平面 A1BD 法向量,
BC
(
2,0,0),AB1
(12,, 3) .
点 C 到平面 A1BD 的距离 d
BC AB1
2
2
AB1
2
2
.
2
14
在 ABC 中,角 A、 B、 C的对边分别为
a, b, c , A
2B .
(I )
若 sin B
5
, ,求 cosC. 的值; ( I
I ) 若 C 为钝角,求 c 的取值范围 .
5
b
15. 在公差不为
0 的等差数列 { an} 中, a3
a10
15 ,且 a2 , a5 , a11 成等比数列 .
( 1)求 { an } 的通项公式; ( 2)设 bn
1
1
1
1
1 .
an
an
,证明:
bn
1
a2 n 1
2
16.如图,测量河对岸的塔高
AB 时,可以选与塔底
B 在同一水平面内的两个测点
C 与 D .现测
得
BCD
, BDC
, CD
s ,并在点 C 测得塔顶 A 的仰角为
,求塔高 AB .
17 如图,
A,B,C,D
都在同一个与水平面垂直的平面内,
B, D
为两岛上的两座灯塔的塔顶。测量船
于水面
A 处测得
B 点和
D 点的仰角分别为
750 ,300 ,于水面
C 处测得
B 点和
D 点的仰角均为
600 ,
AC=0.1km
。试探究图中
B , D
间距离与另外哪两点间距离相等,然后求
B , D
的距离(计算结果
精确到
0.01km ,
2
1.414,
6
2.449)