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三角函数与解三角形 数 列 概率与统计 立体几何 选考系列 圆锥曲线
大题专项训练
大题专项训练1 三角函数与解三角形
1．已知函数f(x)＝23sin xcos x－1＋2cos2x. (1)求f(x)的最小正周期；
ππ
－，?上的最大值和最小值． (2)求f(x)在区间??64?π
2x＋?， 【解析】(1)f(x)＝23sin xcos x－1＋2cos2x＝3sin 2x＋cos 2x＝2sin?6??2π
∴f(x)的最小正周期T＝＝π.
2
πππ2ππ
－，?上，2x＋∈?－，?， (2)在区间??64?6?63?ππ
∴当2x＋＝－时，f(x)取得最小值－1；
66ππ
当x＋＝时，f(x)取得最大值2.
62
2．(2018年辽宁抚顺一模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bsin 2A－asin(A＋C)＝0.
(1)求角A；
(2)若a＝3，△ABC的面积为
3311
，求＋的值． 2bc
【解析】(1)由bsin 2A－asin(A＋C)＝0，得bsin 2A＝asin B．由正弦定理，得asin B＝bsin A．∴sin 2A＝sin A.
π
又0＜A＜π，∴sin A≠0，得2cos A＝1，∴A＝. 3
33π1π33
(2)由△ABC的面积为及A＝，得bcsin ＝，∴bc＝6.
23232
又a＝3，由余弦定理，得b2＋c2－2bccos A＝9，则b2＋c2＝15，∴b＋c＝33. 11b＋c3
∴＋＝＝. bcbc2
3．(2019年天津)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2a,3csin B＝4asin C. (1)求cos B的值； π
2B＋?的值． (2)求sin ?6??
【解析】(1)由正弦定理，得bsin C＝csin B.
又3csin B＝4asin C，∴3bsin C＝4asin C，即3b＝4a. 4a2a
又∵b＋c＝2a，∴b＝，c＝.
33
a2＋c2－b21
由余弦定理，得cos B＝＝－. 2ac4(2)由(1)得sin B＝
1－cos2B＝
15. 8
15， 4
∴sin 2B＝2sin Bcos B＝－
7
cos 2B＝cos2B－sin2B＝－.
8
πππ2B＋?＝sin 2Bcos＋cos 2Bsin ∴sin?6??6635＋715371＝－×－×＝－. 828216
4．(2018年贵州贵阳适应性考试)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2＋c2－a2＝bc.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝3，求BC边上的中线AM的最大值． b2＋c2－a21【解析】(1)由b2＋c2－a2＝bc，得cos A＝＝.
2bc2π
又0 3 33 (2)∵AM是BC边上的中线，∴在△ABM中，AM 2＋－2AM··cos∠AMB＝c2.① 4233 在△ACM中，AM 2＋－2AM··cos∠AMC＝b2.② 42∵∠AMB＋∠AMC＝π，∴cos∠AMB＋cos∠AMC＝0. b2＋c23 ①＋②，得AM 2＝－. 24又a＝3，∴b2＋c2－3＝bc≤b2＋c2 ，当且仅当b＝c时等号成立． 2 b2＋c2393 ∴b2＋c2≤6，∴AM 2＝－≤，即AM≤. 24423 ∴BC边上的中线AM的最大值为. 2 大题专项训练2 数 列 1．(2019年陕西西安模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列． (1)求a1； (2)求an的通项公式． 【解析】(1)在2Sn＝an＋1－2n＋1＋1中， 令n＝1，得2S1＝a2－22＋1. 令n＝2，得2S2＝a3－23＋1， 解得a2＝2a1＋3，a3＝6a1＋13. 又2(a2＋5)＝a1＋a3，解得a1＝1. (2)由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1,2Sn＋1＝an＋2－2n＋2＋1， 得an＋2＝3an＋1＋2n＋1. 又a1＝1，a2＝5也满足a2＝3a1＋21， 所以an＋1＝3an＋2n对n∈N*成立． 所以an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)． 所以an＋2n＝3n.所以an＝3n－2n. 2．(2019年山西吕梁模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝bn ＋an－n. (1)证明：{an－n}为等比数列； an－n1(2)数列{cn}满足cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn<. 3?bn＋1??bn＋1＋1?【证明】(1)∵an＋1＝2an－n＋1， ∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)． 又∵a1－1＝2，∴{an－n}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＝2n－1＋2n－2＋…＋2＝2n－2，则bn＝2n. cn＝ 11 ＝－， nn＋1nn＋1 ?2＋1??2＋1?2＋12＋1 2n ＋ 111111111 ∴Tn＝－＋－＋…＋n－n＝－n<. 2＋122＋122＋123＋12＋12＋1＋132＋1＋13 * 3．已知数列{an}的各项均为正数，且a2n－2nan－(2n＋1)＝0，n∈N. (1)求an； (2)若bn＝(－1)n1an，求数列{bn}的前n项和Tn. 【解析】(1)由a2(an＋1)＝0， n－2nan－(2n＋1)＝0，得[an－(2n＋1)]·∴an＝2n＋1或an＝－1. 又∵数列{an}的各项均为正数，∴an＝2n＋1. (2)∵bn＝(－1)n－1an＝(－1)n－1·(2n＋1)， ∴Tn＝3－5＋7－9＋…＋(－1)n－1·(2n＋1)． n 当n为偶数时，Tn＝－2×＝－n； 2 当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋an＝－(n－1)＋2n＋1＝n＋2. 4．已知数列{an}是公差为正数的等差数列，数列{bn}为等比数列，且a1＝1，a2＝b2，a5＝b3，a14＝b4. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； 111 (2)对任意给定的k∈N*，是否存在p，r∈N*(k＜p＜r)使，，成等差数列？若存在，用k分别表示 akapar p和r(只要写出一组即可)；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)设数列{an}的公差为d，则a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d， 即b2＝1＋d，b3＝1＋4d，b4＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，∴d＝2. ∴an＝1＋2(n－1)，即an＝2n－1. 又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9， b39 ∴{bn}的公比q＝＝＝3， b23∴bn＝b2qn－2＝3×3n－2，即bn＝3n－1. 111121213－2p (2)当k＝1时，若存在p，r，使，，成等差数列，则＝－＝－＝. akapararapak2p－1a12p－1∵p≥2，∴ar＜0，与数列{an}为正项数列相矛盾． ∴当k＝1时不存在． 112 当k≥2时，设ak＝x，ap＝y，ar＝z，则＋＝， xzy∴z＝ . 2x－yxy － 令y＝2x－1，得z＝xy＝x(2x－1)，此时ak＝x＝2k－1，ap＝y＝2x－1＝2(2k－1)－1， ∴p＝2k－1，ar＝z＝(2k－1)(4k－3)＝2(4k2－5k＋2)－1.∴r＝4k2－5k＋2.
2020届高考理科数学全优二轮复习专题十五 大题专项训练(六份合集)
