2020届高考数学(文科)艺体生文化课复习课件：第七章测试
2020届艺术生高考数学二轮复习课件：第七章 立体几何 第4节
2．[教材改编]下列命题中不正确的是(
)
A．如果平面 α⊥平面 β，且直线 l∥平面 α，则直线 l⊥平面 β
B．如果平面 α⊥平面 β，那么平面 α 内一定存在直线平行于平
面β
C．如果平面 α 不垂直于平面 β，那么平面 α 内一定不存在直线
垂直 β⊥平面 γ，α∩β＝l，那么 l⊥γ 解析：A [根据面面垂直的性质，A 不正确，直线 l∥平面 β 或
[解析] (1)证明由已知可得，∠BAC＝90°，即 BA⊥AC. 又 BA⊥AD，所以 AB⊥平面 ACD. 又 AB⊂平面 ABC， 所以平面 ACD⊥平面 ABC.
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3 2. 又 BP＝DQ＝23DA，所以 BP＝2 2.
由已知及(1)可得，DC⊥平面 ABC，所以 QE⊥平面 ABC，QE＝ 1.因此，三棱锥 Q－ABP 的体积为
2．设 m，n 表示两条不同的直线，α，β 表示两个不同的平面， 下列命题为真命题的是( )
A．若 m⊥α，α⊥β，则 m∥β B．若 m∥α，m⊥β，则 α⊥β C．若 m⊥n，m⊥α，则 n∥α D．若 m∥α，n∥β，α⊥β，则 m⊥n 解析：B [对于 A，m 可以在 β 内，故 A 错；对于 C，n 可以在 α 内，故 C 错误；对于 D，m 与 n 可以平行，故 D 错．]
求证：(1)DE∥平面 AA1C1C； (2)BC1⊥AB1.
证明：(1)由题意知，E 为 B1C 的中点，又 D 为 AB1 的中点， 因此 DE∥AC. 又因为 DE⊄平面 AA1C1C，AC⊂平面 AA1C1C， 所以 DE∥平面 AA1C1C.
(2)因为棱柱 ABC－A1B1C1 是直三棱柱，所以 CC1⊥平面 ABC. 因为 AC⊂平面 ABC，所以 AC⊥CC1. 又因为 AC⊥BC，CC1⊂平面 BCC1B1， BC⊂平面 BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以 AC⊥平面 BCC1B1. 又因为 BC1⊂平面 BCC1B1，所以 BC1⊥AC. 因为 BC＝CC1，所以矩形 BCC1B1 是正方形， 因此 BC1⊥B1C. 因为 AC，B1C⊂平面 B1AC，AC∩B1C＝C， 所以 BC1⊥平面 B1AC. 又因为 AB1⊂平面 B1AC，所以 BC1⊥AB1.
2020版高考数学(文科)江苏版1轮复习课件：第7章 立体几何 2 第2讲 直线、平面平行的判定与性质
【解】 (1)结论：BC∥l，证明如下： 因为 AD∥BC，BC⊄平面 PAD，AD⊂平面 PAD， 所以 BC∥平面 PAD. 又因为 BC⊂平面 PBC，平面 PAD∩平面 PBC＝l， 所以 BC∥l.
文字语言
图形语言
如果一个平面内有 判 _两__条__相__交__直__线___都平
定 行于另一个平面，那
定 么这两个平面平行
理 (简记为“线面平行
⇒面面平行”)
符号语言 因为___a_∥__β___， ___b_∥__β____，
__a_∩_b_＝__P___，
___a_⊂__α____， ___b_⊂__α____，所 以 α∥β
所以 AB1∥C1D. 又因为 C1D⊂平面 C1BD，AB1⊄平面 C1BD， 所以 AB1∥平面 C1BD. 同理 B1D1∥平面 C1BD. 又因为 AB1∩B1D1＝B1， AB1⊂平面 AB1D1，B1D1⊂平面 AB1D1， 所以平面 AB1D1∥平面 C1BD.
(2)如图，连结 A1C1，交 B1D1 于点 O1，连 结 AO1，与 A1C 交于点 E. 又因为 AO1⊂平面 AB1D1， 所以点 E 也在平面 AB1D1 内， 所以点 E 就是 A1C 与平面 AB1D1 的交点． 连结 AC，交 BD 于点 O，连结 C1O，与 A1C 交于点 F， 则点 F 就是 A1C 与平面 C1BD 的交点． 下面证明 A1E＝EF＝FC. 因为平面 A1C1C∩平面 AB1D1＝EO1， 平面 A1C1C∩平面 C1BD＝C1F，
2020届高考数学(文科)艺体生文化课复习课件：第一章测试
B.若 π ,则tan 1
4
D.若 tan 1,则 π
4
【答案】C
【解析】若p, 则q的逆否命题是若q, 则p,
显然q : tan 1, p : π ,
4
所以该命题的逆否命题是若 tan 1,则 π .
4
4.(2015四川,文)设a,b为正实数,则“a>b>1”是“log2a>log2b>0” 的 ()
28 8
8
14.(2007新课标卷,文)i是虚数单位,i+2i2+3i3+…+8i8=
.
(用a+bi的形式表示,a,b∈R)
【答案】 4 4i 【解析】i 2i2 3i3 8i8 =i 2 3i 4 5i 6 7i 8 4 4i.
15.(2015上海,文)若复数z满足3z z 1 i,其中i是虚数单位, 则z .
二、填空题
12.(2014辽宁,文) 已知全集U=R,A={x|x≤0},B={x|x≥1},则集合
∁U(A∪B)=
.
【答案】 {x | 0 x 1} 【解析】由已知得, A B {x | x 0或x 1}, 故ðU ( A B) {x | 0 x 1}.
13.(2014新课标Ⅰ卷)执行下面的程序框图,若输入的a,b,k分别为
【答案】 1 1 i 42
【解析】设z a bi,则z a bi,由3z z 1 i,
所以3(a
bi)
a
bi
1
i,即4a
2bi
1
i,
所以
2020年高考数学(文科)复习课件 第七单元 第36讲 直线、平面平行的判定与性质
课堂考点探究
[答案] (1)D (2)C
[解析] (1)若 α∩β=l,a∥l,a⊄α,a⊄β,则 a∥α,a∥β,可排除 A;若 α∩β=l,a⊂α,a∥l,则 a∥β,可排 除 B;若 α∩β=l,a⊂α,a∥l,b⊂β,b∥l,则 a∥β,b∥α,可排除 C.故选 D. (2)取 B1C1 的中点 Q,连接 MQ,NQ.
④正确.
课前双基巩固
3.[教材改编] 在长方体 ABCD - A1B1C1D1 的六个
表面与六个对角面(面 AA1C1C,面 ABC1D1,面
ADC1B1,面 BB1D1D,面 A1BCD1 及面 A1B1CD)所在
的平面中,与棱 AA1 平行的平面共有
个.
[答案] 3
[解析] 画出长方体 ABCD - A1B1C1D1 如 图所示. 结合图形可得 AA1∥平 面 BB1C1C,AA1∥平面 DD1C1C,AA1∥平面 BB1D1D,所以与棱 AA1 平行的平面共有 3 个.
课前双基巩固
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ [解析] (1)当直线 l 与平面 α 相交时,l 上有无数个点不在平面 α 内,但 l 与 α 不平行. (2)若平面外的一条直线平行于这个平面内的一条直线,则这条直线平行于这个平面. (3)若一条直线平行于一个平面,则这条直线与平面内任意一条直线的位置关系为平行或 异面. (4)如果一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行.
第36讲 UNIT 07
直线、平面平行 的判定与性质
课前双基巩固│课堂考点探究│课间10分钟│教师备用例题
课前双基巩固 知识聚焦
1.直线与平面平行 (1)判定定理
文字语言
高考数学 艺体生文化课 第七章 数列测试课件.pptx
4.(2009新课标卷)等比数列{an}的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3
成等差数列.若a1=1,则S4= ( )
A.7
B.8
C.15
D.16
【答案】 C
【解析】 Q 4a1, 2a2 , a3成等差数列,4a1 a3 4a2 ,即4a1 a1q2 4a1q, q2 4q 4 0,q 2.又a1 1, S4 15, 选C.
5.(2007新课标卷,文)已知a,b,c,d成等比数列,且曲线y=x2-
2x+3的顶点是(b,c),则ad等于 ( )
A.3
B.2
C.1
D.-2
【答案】 B 【解析】 y x2 2x 3的顶点为(1, 2), a,b, c, d成等比数列, 所以bc ad 2,选B.
6.(2014年6月湖北省襄阳市普通高中调研测试)等差数列{an} 的公差d<0,且a2a4=12,a2+a4=8,则数列{an}的通项公式是
(2)当d>1时,记cnab=nn ,求数列{cn}的前n项和Tn.
(2)由d
1, 得 : an
2n
1, bn
2n1.所以cn
2n 1 2n1
,
所以Tn
1 20
3 21
5 22
7 23
2n 1① 2n1
两边都乘以 1 2
得到
1 2 Tn
1 21
3 22
5 23
7 24
2n 1② 2n
①
②得到
1 2
等比数列,则{an}的前n项和Sn= ( )
A.n(n 1) B.n(n 1) C. n(n 1) 2
D. n(n 1) 2
【答案】 A
2020年高考数学(文科)一轮复习 第七单元 测评手册答案
小题必刷卷(十)1.A[解析] 卯眼的空间立体图如图,同时需要注意,在三视图中看不见的线用虚线表示,故选A.2.B[解析] 由三视图可知圆柱表面上点M,N的位置如图①,将圆柱的侧面展开得到图②.在圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径即为侧面展开图中的线段MN,MN==2,故选B.3.B[解析] 由三视图可知,此几何体应是一个圆柱切去一部分后所得,如图所示.通过切割及补形知,此几何体的体积等同于底面半径为3,高为7的圆柱,所以所求体积V=π×32×7=63π.4.A[解析] 该几何体为一个球去掉八分之一,设球的半径为r,则×πr3=,解得r=2,故该几何体的表面积为×4π×22+3××π×22=17π.5.B[解析] 从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图,是一个三棱柱.6.D[解析] 三视图的直观图为图中的三棱锥A-BCD(借助长方体).由三视图可知三棱锥的底面为直角三角形,底面积S=×5×3=,高h=4,故体积V=Sh=××4=10,故选D.7.B[解析] 由正视图和俯视图可得该几何体的直观图,如图所示,故选B.8.A[解析] 因为正方体的体积为8,所以正方体的体对角线长为2,所以正方体的外接球的半径为,所以球的表面积为4π·()2=12π.9.B[解析] 因为圆柱的轴截面是正方形,且面积为8,所以圆柱的高为2,底面直径为2,所以圆柱的表面积S=2π××2+2×π×()2=12π.故选B.10.C[解析] 如图,连接BC1,易知∠AC1B即为AC1与平面BB1C1C所成的角,由题易知∠AC1B=30°,易得AC1=2AB=4.设BB1=h,则有42=22+22+h2, 解得h=2,所以该长方体的体积V=2×2×2=8.11.B[解析] 由条件知该直角三角形的斜边长为2,斜边上的高为,故围成的几何体的体积为2××π×()2×=.12.B[解析] 由题易知当点D到平面ABC的距离最大时,三棱锥D-ABC的体积最大.∵S△=AB2=9,∴AB=6.设△ABC的中心为M,由等边三角形的性质得,AM=BM=CM=2.设球心为ABCO,则OA=OB=OC=4,∴OM=-=2,∴点D到平面ABC的距离的最大值为OM+4=6.故三棱锥D-ABC体积的最大值为×9×6=18.13.[解析] 设正方体的棱长为a,则6×a2=18,即a=.∵正方体内接于球,∴球的半径R=,∴球的体积V=π×=.14.8π[解析] 如图所示,设圆锥的底面圆的圆心为O,母线长为l,则l2=8,解得l=4,即SA=4.连接OS,OA,因为SA与圆锥底面所成的角为30°,所以SO=2.在直角三角形SOA中,AO=-=-=2,所以圆锥的体积V=×π×(2)2×2=8π.15.C[解析] 如图,由AB∥CD,可知∠BAE即为异面直线AE与CD所成的角.设正方体的棱长为2,连接BE,则在Rt△ABE中,AB=2,BE===,tan∠BAE==,故选C.16.C[解析] 由平面α,β交于直线l,得到l⊂β,而n⊥β,所以n⊥l.17.D[解析] 连接DN.取DN的中点O,连接MO,BO,因为三棱锥A-BCD的所有棱长都相等,M,N分别是棱AD,BC的中点,所以MO∥AN,所以∠BMO即是异面直线BM与AN所成的角.设三棱锥A-BCD的棱长为2,则AN=BM=DN=-=,MO=AN=,NO=DN=,BO==,所=-=,所以异面直线BM与AN所成的角的余弦值为,故选D.以cos∠BMO=-·18.B[解析] 由题意知该几何体如图所示.它是半个圆锥,其底面半径为1,高为2,故体积为××π×12×2=,故选B.19.C[解析] ①不是由棱锥截得的,所以①不是棱台;②上、下两个面不平行,所以②不是圆台;④前、后两个面互相平行,其他面是平行四边形,且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,所以④是棱柱;显然③是棱锥.故选C.20.A[解析] 根据俯视图可知BD=2,CD=4,BC=2,所以△BCD为直角三角形,且∠CDB=60°,由于AB∥CD,所以∠ABD=∠CDB=60°,所以AD=BD sin 60°=.故选A.21.B[解析] 如图所示,几何体ABCD-A1B1C1D1是棱长为2的正方体.由三视图可得该几何体为三棱锥P-ACE,故其体积V=S△ACE·PE=××1×2×2=.故选B.22.B[解析] 根据三视图作出原几何体(四棱锥P-ABCD)的直观图如图所示.计算可得PB=PD=BC=,PC=,故该几何体的最长的棱长为.23.C[解析] 若m⊂α,则m⊂β或m∥β或m与β相交,故A的说法错误;若m⊂α,n⊂β,则m∥n或m,n异面或m,n相交,故B的说法错误;设α∩β=l,作直线l⊥l,且l1⊂α,则l1⊥β,因为m⊥β,所以l1∥1m,又因为m⊄α,所以m∥α,故C的说法正确;若α∩β=m,n⊥m,则n∥α或n⊂α或n与α相交,故D 的说法错误.故选C.24.[解析] 设截面中两母线的夹角为α0<α≤,则截面面积S=×1×1×sin α=sin α,因为0<α≤,所以S max=×=.25.∶2[解析] 设球的半径为r,则球的体积为πr3.设圆锥的高为h,∵圆锥与球的体积相等,∴πr3=π×(2r)2h,∴h=r.圆锥的母线长为=r,球的表面积为4πr2,圆锥的侧面积为2πr×r=2πr2,∴圆锥的侧面积与球的表面积之比为∶2.26.6或54[解析] 由题意可知,棱锥底面正方形的对角线长为3×=6,棱锥的底面积S=(3)2=18.据此分类讨论:当球心位于棱锥内部时,棱锥的高h=5+-=9,棱锥的体积1V 1= Sh 1=54;当球心位于棱锥外部时,棱锥的高h 2=5- - =1,棱锥的体积V 2=Sh 2=6.综上可得,四棱锥P - ABCD 的体积为6或54.27. +π [解析] 由三视图可得,该几何体是一个组合体,其上半部分是一个四棱锥,四棱锥的底面是一个对角线长为2的菱形,高为2,其体积V 1=××2×2×2=,下半部分是个半球,球的半径R=1,其体积V 2=××π×13=π.据此可得,该几何体的体积V=V 1+V 2= +π.28.6π [解析] ∵AB=1,BC= ,AC= ,∴AB 2+BC 2=AC 2,即△ABC 为直角三角形.当CD ⊥平面ABC 时,三棱锥A-BCD 的体积最大,又∵CD= ,△ABC 外接圆的半径为,故三棱锥A-BCD 的外接球的半径R 满足R 2=+=,∴三棱锥A-BCD 的外接球的表面积为4πR 2=6π.解答必刷卷(四)1.解:(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2 . 连接OB.因为AB=BC=AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知,OP ⊥OB.由OP ⊥OB ,OP ⊥AC ,OB ∩AC=O 知PO ⊥平面ABC.(2)作CH ⊥OM ,垂足为H ,又由(1)可得OP ⊥CH ,OP ∩OM=O ,所以CH ⊥平面POM , 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离. 由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°, 所以OM=,CH= · ·=, 所以点C 到平面POM 的距离为.2.解:(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC ⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.证明如下:连接AC,BD交于O.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM 中点,所以MC∥OP.MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.3.解:(1)证明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.(2)取棱AC的中点N,连接MN,ND.因为M为棱AB的中点,故MN∥BC,所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM==.因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN==.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN==.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为.(3)连接CM.因为△ABC为等边三角形,M为棱AB的中点,故CM⊥AB,CM=.又因为平面ABC⊥平面ABD,而CM⊂平面ABC,故CM⊥平面ABD,所以,∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角. 在Rt △CAD 中,CD= =4. 在Rt △CMD 中,sin ∠CDM==. 所以,直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为.4.解:(1)证明:设SC 的中点为E ,连接BE ,ME ,则MEDC ,∵ABDC ,∴ME AB ,故四边形ABEM 为平行四边形, ∴AM ∥BE ,又∵BE ⊂平面SBC ,AM ⊄平面SBC ,∴AM ∥平面SBC.(2)连接BD ,∵SD ⊥平面ABCD ,∴∠SBD 是SB 与平面ABCD 所成的角,∴sin ∠SBD= =,∴SB 2=3SD 2.在Rt △ABD 中,BD= AB= ,在Rt △SDB 中,SB 2=SD 2+DB 2=SD 2+2,∴3SD 2=SD 2+2,∴SD=1(负值舍去).又S 梯形ABCD =(AB+DC )·AD=×(1+2)×1=,∴V 四棱锥S - ABCD = S 梯形ABCD ·SD= × ×1=.5.解:(1)证明:因为平面ABCD ⊥平面CDEF ,平面ABCD ∩平面CDEF=CD ,AD ⊥CD ,所以AD ⊥平面CDEF ,又CF ⊂平面CDEF ,则AD ⊥CF.又因为AE ⊥CF ,AD ∩AE=A ,所以CF ⊥平面AED ,又DE ⊂平面AED ,所以CF ⊥DE. (2)连接FA ,FD ,过F 作FM ⊥CD 于M.因为平面ABCD ⊥平面CDEF 且交线为CD ,FM ⊥CD ,所以FM ⊥平面ABCD.因为CF=DE,DC=2EF=4,且CF⊥DE,所以FM=CM=1,所以五面体的体积V=V四棱锥F-ABCD+V三棱锥=×42×1+××2×1×4=+=.A-DEF6.解:(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1⊥底面ABC,AC⊥AB,又因为侧面ABB1A1∩底面ABC=AB,AC⊂底面ABC,所以AC⊥平面ABB1A1,又因为AE⊂平面ABB1A1,所以AC⊥AE.(2)连接AB1,因为A1B1=AB,所以A1B1=AA1=2.又因为∠AA1B1=60°,所以△AA1B1是边长为2的正三角形.因为E是棱A1B1的中点,所以AE⊥A1B1,且AE=.又因为AE⊥AC,A1C1∥AC,所以AE⊥A1C1.因为A1C1∩A1B1=A1,A1C1,A1B1⊂底面A1B1C1,所以AE⊥底面A1B1C1,所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=△·AE=A1B1·A1C1·AE=×2×2×=2. (3)在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.证明如下:连接BE并延长,与AA1的延长线相交,设交点为P,连接CP.因为BB1∥AA1,所以△A1PE∽△B1BE,故==.由于E为棱A1B1的中点,所以EA1=EB1,故有EP=EB,又F为棱BC的中点,故EF为△BCP的中位线,所以EF∥CP.又EF⊂平面AEF,CP⊄平面AEF,所以CP∥平面AEF.故在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.此时A1P=B1B=2,AP=AA1+A1P=4.。
高2020届文科数学一轮复习课件金太阳新考案第七单元平面向量解答题题型突破二——三角函数与解三角形
解答题题型突破二——三角函数与解三角形从近几年全国卷三角函数与解三角形解答题的命题来看,主要考查三角恒等变换与解三角形的综合问题,难度不大但比较灵活,把握好以下几个特点就可以轻松过关.1.注意三角形中的三条边和三个角之间的关系,掌握三角形内角和定理、正弦定理和余弦定理;2.利用三角形的角的关系结合已知条件进行三角恒等变换,注意边角互化思想的利用;3.在求三角形的面积公式时,根据已知条件选择合理的面积公式并进行化简与求值,在求面积的最值时注意基本不等式的应用;4.注意三角形平面几何性质的应用,包括三角形中的中线、角平分线和高的有关性质定理的使用等.题型一解三角形高考对解三角形的考查,以正弦定理、余弦定理的综合应用为主.其命题规律可以从以下两方面看:(1)从内容上看,主要考查正弦定理、余弦定理以及三角函数公式,一般是以三角形或其他平面图形为背景,结合三角形的边角关系考查学生利用三角函数公式处理问题的能力;(2)从命题角度看,主要是在三角恒等变换的基础上融合正弦定理、余弦定理,在知识的交汇处命题.【例1】(2017年全国Ⅰ卷)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为.(1)求sin B sin C;(2)若6cos B cos C=1,a=3,求△ABC的周长.【分析】寻找三角形中已知的边和角,确定转化方向.根据已知条件和转化方向,选择合适的定理和公式,实施边角之间的转化.根据前两步分析,代入求值得出结果.【试题解析】(1)因为△ABC的面积S=,且S=bc sin A,所以=bc sin A,所以a2=bc sin2A.由正弦定理得sin2A=sin B sin C sin2A.因为sin A≠0,所以sin B sin C=.(2)由(1)得sin B sin C=,cos B cos C=.因为A+B+C=π,所以cos A=cos(π－B－C)=－cos(B+C)=sin B sin C－cos B cos C=,又A∈(0,π),所以A=,sin A=,由余弦定理得a2=b2+c2－bc=9,①由正弦定理得b=·sin B,c=·sin C,所以bc=·sin B sin C=8,②由①②得,b+c=,所以a+b+c=3+,即△ABC的周长为3+.【针对训练1】已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足cos2B－cos2C－sin2A=sin A sin B.(1)求角C;(2)若c=2,△ABC的中线CD=2,求△ABC的面积S的值.【试题解析】(1)由已知得sin2A+sin2B－sin2C=－sin A sin B,由正弦定理得a2+b2－c2=－ab,由余弦定理可得cosC=－=－.∵0＜C＜π,∴C=.(2)由||=|+|=2,可得++2·=16,即a2+b2－ab=16,由余弦定理得a2+b2+ab=24,∴ab=4,∴S=ab sin C=ab=.题型二三角函数的图象和性质注意对基本三角函数y=sin x,y=cos x的图象与性质的理解与记忆,有关三角函数的五点作图,图象的平移,由图象求解析式、周期、单调区间、最值和奇偶性等问题的求解,通常先将给出的函数转化为y=A sin(ωx+φ)的形式,然后利用整体代换的方法求解.【例2】(2017年山东卷)设函数f(x)=sin－+sin－,其中0＜ω＜3,已知f=0.(1)求ω;(2)将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移个单位,得到函数y=g(x)的图象,求g(x)在－上的最小值.【分析】先将三角函数式化为y=A sin(ωx+φ)+k的形式,然后将t=ωx+φ视为一个整体,结合y=sin t的图象求解.【试题解析】(1)因为f(x)=sin－+sin－,所以f(x)=sin ωx－cos ωx－cos ωx=sin ωx－cos ωx=－=sin－.由题设可知f=0,所以－=kπ,k∈Z,故ω=6k+2,k∈Z.又0＜ω＜3,所以ω=2.(2)由(1)得f(x)=sin－,所以g(x)=sin－=sin－.因为x∈－,所以x－∈－,当x－=－,即x=－时,g(x)取得最小值－.【针对训练2】已知函数f(x)=4tan x sin－cos－－.(1)求f(x)的定义域与最小正周期;(2)讨论f(x)在区间－上的单调性.【试题解析】(1)f(x)的定义域为,f(x)=4tan x cos x cos－－=4sin x cos－－=4sin x－=2sin x cos x+2sin2x－=sin 2x+(1－cos 2x)－=sin 2x－cos 2x=2sin－,所以f(x)的最小正周期T==π.(2)令z=2x－,函数y=2sin z的单调递增区间是－,k∈Z.由－+2kπ≤2x－≤+2kπ,k∈Z,得－+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.设A=－,B=x－,易知A∩B=－.所以,当x∈－时,f(x)在区间－上单调递增,在区间－－上单调递减.题型三三角函数与平面向量的结合三角函数、解三角形与平面向量的结合主要体现在以下两个方面:(1)以三角函数式作为向量的坐标,由两个向量共线、垂直、求模或求数量积获得三角函数的解析式;(2)根据平面向量加法、减法的几何意义构造三角形,然后利用正、余弦定理解决问题.【例3】已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,向量m=(cos B,cos C),n=(2a+c,b),且m⊥n.(1)求角B的大小;(2)若b=,求a+c的取值范围.【分析】向量是一种解决问题的工具,是一个载体,通常是用向量的数量积运算或性质转化成三角函数问题.【试题解析】(1)∵m=(cos B,cos C),n=(2a+c,b),且m⊥n,∴(2a+c)cos B+b cos C=0,∴cos B(2sin A+sin C)+sin B cos C=0,∴2cos B sin A+cos B sin C+sin B cos C=0.即2cos B sin A=－sin(B+C)=－sin A.∵A∈(0,π),∴sin A≠0,∴cos B=－.∵0＜B＜π,∴B=.(2)由余弦定理得,b2=a2+c2－2ac cos=a2+c2+ac=(a+c)2－ac≥(a+c)2－=(a+c)2,当且仅当a=c时取等号.∴(a+c)2≤4,故a+c≤2.又a+c＞b=,∴a+c∈(,2].即a+c的取值范围是(,2].【针对训练3】已知△ABC中内角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(2sin B,－),n=－,B为锐角,且m∥n.(1)求角B的大小;(2)若b=2,求S△ABC的最大值.【试题解析】(1)∵m∥n,∴2sin B－=－cos 2B,∴sin 2B=－cos 2B,即tan 2B=－.又∵B为锐角,∴2B∈(0,π),∴2B=,∴B=.(2)∵B=,b=2,由余弦定理b2=a2+c2－2ac cos B,得a2+c2－ac－4=0.又a2+c2≥2ac,代入上式,得ac≤4,故S△ABC=ac sin B=ac≤,当且仅当a=c=2时等号成立,即S△ABC的最大值为.突破训练二1.(2016年山东卷)设f(x)=2sin(π－x)sin x－(sin x－cos x)2.(1)求f(x)的单调递增区间;(2)把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再把得到的图象向左平移个单位长度,得到函数y=g(x)的图象,求g的值.【试题解析】(1)f(x)=2sin(π－x)sin x－(sin x－cos x)2=2sin2x－(1－2sin x cos x)=(1－cos 2x)+sin 2x－1=sin 2x－cos 2x+－1=2sin－+－1.由2kπ－≤2x－≤2kπ+(k∈Z),得kπ－≤x≤kπ+(k∈Z).所以f(x)的单调递增区间是－(k∈Z).(2)由(1)知f(x)=2sin－+－1,把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到y=2sin－+－1的图象,再把得到的图象向左平移个单位长度,得到y=2sin x+－1的图象,即g(x)=2sin x+－1.所以g=2sin+－1=.2.(2017年天津卷)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a sin A=4b sin B,ac=(a2－b2－c2).(1)求cos A的值;(2)求sin(2B－A)的值.【试题解析】(1)由a sin A=4b sin B及=,得a=2b.由ac=(a2－b2－c2)及余弦定理,得cos A=－=－=－.(2)由(1)可得sin A=,代入a sin A=4b sin B,得sin B==.由(1)知,A为钝角,所以cos B=－=.于是sin 2B=2sin B cos B=,cos 2B=1－2sin2B=,故sin(2B－A)=sin 2B cos A－cos 2B sin A=×－－×=－.3.(2018湖南湘中名校联考)已知函数f(x)=cos x(cos x+sin x).(1)求f(x)的最小值;(2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若f(C)=1,S△ABC=,c=,求△ABC的周长.【试题解析】(1)f(x)=cos x(cos x+sin x)=cos2x+sin x cos x=+sin 2x=+sin.当sin=－1时,f(x)取得最小值－.(2)f(C)=+sin=1,∴sin=,∵C∈(0,π),2C+∈,∴2C+=,∴C=.∵S△ABC=ab sin C=,∴ab=3.又()2=a2+b2－2ab·cos,∴(a+b)2－2ab cos=7+2ab,∴(a+b)2=16,即a+b=4,∴a+b+c=4+,故△ABC的周长为4+.4.(2018合肥质检)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,向量m=,n=(cos C,cos A),且m·n=b cos B.(1)求角B的值;(2)若cos－=sin A,且|m|=,求△ABC的面积.【试题解析】(1)由m·n=b cos B,得cos C+cos A=b cos B,sin A cos C+sin C cos A=2sin B cos B,即sin(A+C)=2sin B cos B,sin B=2sin B cos B,∵0＜B＜π,sin B≠0,∴cos B=,∴B=.(2)C=π－A－B=－A,cos－=sin A⇒cos－=sin A⇒cos A=sin A⇒tan A=.∵0＜A＜,∴A=,∴C=π－－=.在Rt△ABC中,∵a=c sin=c,又|m|=,即a2+c2=20,∴a=2,c=4,b=－=2,故△ABC的面积S=×2×2=2.5.(2018合肥质检)已知a=(sin x,cos x),b=(cos x,－cos x),函数f(x)=a·b+.(1)求函数y=f(x)图象的对称轴方程;(2)若方程f(x)=在(0,π)上的解为x1,x2,求cos(x1－x2)的值.【试题解析】(1)f(x)=a·b+=(sin x,cos x)·(cos x,－cos x)+=sin x·cos x－cos2x+=sin 2x－cos 2x=sin－.令2x－=kπ+(k∈Z),得x=+(k∈Z).即函数y=f(x)图象的对称轴方程为x=+(k∈Z).(2)由条件知sin－=sin－=＞0,且0＜x1＜＜x2＜,(x1,f(x1))与(x2,f(x2))关于直线x=对称,则x1+x2=,∴cos(x1－x2)=cos－－=cos－=cos－－=sin－=.6.(2018东北三省四市二模)已知点P(,1),Q(cos x,sin x),O为坐标原点,函数f(x)=·.(1)求函数f(x)的最小正周期;(2)若A为△ABC的内角,f(A)=4,BC=3,求△ABC周长的最大值.【试题解析】(1)由已知得=(,1),=(－cos x,1－sin x),所以f(x)=·=3－cos x+1－sin x=4－2sin,所以函数f(x)的最小正周期为2π.(2)因为f(A)=4,所以sin=0,又0＜A＜π,所以＜A+＜,所以A=.因为BC=3,所以由正弦定理,得AC=2sin B,AB=2sin C,所以△ABC的周长为3+2sin B+2sin C=3+2sin B+2sin－=3+2sin.因为0＜B＜,所以＜B+＜,所以当B+=,即B=时,△ABC的周长取得最大值,最大值为3+2.7.(2018河南第二次大联考)已知函数f(x)=a·b,其中a=(2cos x,－sin 2x),b=(cos x,1),x∈R.(1)求函数y=f(x)的单调递减区间;(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,f(A)=－1,a=,且向量m=(3,sin B)与n=(2,sin C)共线,求边长b和c的值.【试题解析】(1)f(x)=2cos2x－sin 2x=1+cos 2x－sin 2x=1+2cos,令2kπ≤2x+≤2kπ+π(k∈Z),解得kπ－≤x≤kπ+(k∈Z),∴函数y=f(x)的单调递减区间为－(k∈Z).(2)∵f(A)=1+2cos=－1,∴cos=－1,又＜2A+＜,∴2A+=π,即A=.∵a=,∴由余弦定理得a2=b2+c2－2bc cos A=(b+c)2－3bc=7. ①∵向量m=(3,sin B)与n=(2,sin C)共线,∴2sin B=3sin C,由正弦定理得2b=3c,②由①②得b=3,c=2.8.(2018安徽宣城模拟)已知向量m=(2a cos x,sin x),n=(cos x,b cos x),函数f(x)=m·n－,函数f(x)在y轴上的截距为,与y 轴最近的最高点的坐标是.(1)求函数f(x)的解析式;(2)将函数f(x)的图象向左平移φ(φ＞0)个单位长度,再将图象上各点的纵坐标不变,横坐标伸长到原来的2倍,得到函数y=sin x 的图象,求φ的最小值.【试题解析】(1)f(x)=m·n－=2a cos2x+b sin x cos x－,由f(0)=2a－=,得a=,此时,f(x)=cos 2x+sin 2x,由f(x)≤=1,得b=1或b=－1,当b=1时,f(x)=sin,经检验为最高点;当b=－1时,f(x)=sin－,经检验不是最高点.故函数的解析式为f(x)=sin.(2)函数f(x)的图象向左平移φ个单位长度后得到函数y=sin的图象,横坐标伸长到原来的2倍后得到函数y=sin,即y=sin x的图象,所以2φ+=2kπ(k∈Z),φ=－+kπ(k∈Z),因为φ＞0,所以φ的最小值为.。
高考数学 艺体生文化课 第七章 数列 第1节 等差数列课件.pptx
14.在等差数列{an}中，a1+ a3+ a5=105， a2+ a4+ a6=99，
Sn表示数列{an}的前n项和，则使达到最大值的n是 ( )
A.21
B.20
C.19
D.18
【答案】 B
【解析】 因为a1 a3 a5 3a3 105, a2 a4 a6 3a4 99, 所以a3 35, a4 33,所以d 2, a1 39,
由an
a1
(n
1)d
39
2(n
1)
41
2n
0，解得n
41， 2
所以n 20当时，Sn达到最大值。
或：Sn
39n
n(n 1) 2
(2)
n2
40，
当n 40 20时有最大值.故选B. 2 (1)
15.(2018西安质检)已知数列{an}满足a1=15,且3an+1=3an-2.若
ak·ak+1<0,则正整数k= ( )
;
若它的第k项满足5<ak<8,则k=
.
【答案】 2n 10;8 【解析】
n 1时, a1 S1 8, n 1时, an Sn Sn1 n2 9n (n 1)2 9(n 1), an 2n 10,并且满足n 1时, a1 8, 所以an 2n 10, 则ak 2k 10. 5 2k 10 8, 解得7.5 k 9,k 8.
如果三个数a,A,b成等差数列,那么A=a b
项.
2
叫做a与b的等差中
4(1.等)Sn差数n(列a1的2 a前n )n;项和:
n(n 1) (2)Sn na1 2 d.
5.等差数列的性质: 等和性:若项数m,n,p,q满足m+n=p+q,则am+an=ap+aq.
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2 32435
n n 2 2 2 n1 n 2
3 1 ( 1 1 ). 4 2 n1 n 2
二、填空题
11.(2013新课标Ⅰ卷)若数列{an}的前n项和
Sn
2 3
an
1 3
,则{an}
的通项公式是an=
.
【答案】 (2)n1, n N*
【解析】 由Sn
2 3
公差d<0,且a2a4=12,a2+a4=8,则数列{an}的通项公式是 ( )
A.an=2n-2
B.an=2n+4
C.an=-2n+12
D.an=-2n+10
【答案】 D 【解析】 由a2a4 12, a2 a4 8且d 0解得a2 6, a4 2 2d a4 a2 2 6 4d 2 an a2 (n 2)d 2n 10,选D.
第七章 数列 测试
一、选择题
1.(2017新课标Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,
S6=48,则{an}的公差为
()
A.1
B.2
C.4
D.8
【答案】 C
【解析】 设公差为d
,
则有
2a1 6a1
7d 24 , 解得d 15d 48
4, 故选C.
2.(2014新课标Ⅱ卷,文)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比
5.(2007新课标卷,文)已知a,b,c,d成等比数列,且曲线y=x2-2x+3的
顶点是(b,c),则ad等于
()
A.3
B.2
C.1
D.-2
【答案】 B 【解析】 y x2 2x 3的顶点为(1, 2), a,b, c, d成等比数列, 所以bc ad 2,选B.
6.(2014年6月湖北省襄阳市普通高中调研测试)等差数列{an}的
2n, 所以Sn
n(a1 2
an )
n(n
1), 选A.
3.(2012新课标卷)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,
则a1+a10= ( )
A.7
B.5
C.-5
D.-7
【答案】 D
【解析】a4 a7 2, a5a6 a4a7 8 a4 4, a7 2或a4 2, a7 4. 当a4 4, a7 2 a1 8, a10 1 a1 a10 7, 当a4 2, a7 4 a10 8, a1 1 a1 a10 7. a1 a10 7, 选D.
4.(2009新课标卷)等比数列{an}的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3成等 差数列.若a1=1,则S4= ( )
A.7
B.8
C.15
D.16
【答案】 C
【解析】 4a1, 2a2 , a3成等差数列,4a1 a3 4a2 ,即4a1 a1q2 4a1q, q2 4q 4 0,q 2.又a1 1, S4 15, 选C.
D. 3 1 1 2 n1 n 2
【解析】因为
(n
1 1)2
1
n2
1
2n
1 n(n
2)
1 2
(1 n
n
1
), 2
所以 1 1 1 1
22 1 32 1 42 1
(n 1)2 1
1 (1 1 1 1 1 1 1 1 ) 1 (3 1 1 )
数列,则{an}的前n项和Sn= ( ) A.n(n 1) B.n(n 1) C. n(n 1) 2
D. n(n 1) 2
【答案】 A
【解析】由已知 : a42 a2a8 (a2 2d )2 a2 (a2 6d ) a2 2d 4,
所以an
a2
(n
2)d
【解析】
(1)由已知 : 1a01da1245d
100
2a1ad1
9d 2
20
ad1
1或 2
a1 d
9 2 9
所以
an bn
2n 1 或
2n1
an bn
2n 9 9(2
9
79 9 )n1
.
16.(2015湖北,文)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数
(2)由(1)知，an
2n 1，bn
1 an an1
1( 1 2 2n 1
1) 2n 1
数列{bn}的前n项和Tn
1 2
(11
1) 3
(1 3
1) 5
(
1 2n 1
2n11)
1 (1 1 ) n . 2 2n 1 2n 1
16.(2015湖北,文)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数 列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式;
.
【答案】 (1, 7) 8
【解析】 因为a1 7 0,当且仅当n 8时, Sn取最大值,
可知d 0且同时满足a8 0, a9 0,
所以, aa89
7 7
7d 8d
0 ,易得 0
1
d
7 8
.
14.数列{an}中,已知对任意n∈N*,a1+a2+a3+…+an=3n-1,则
7.(2018成都第二次诊断检测)在等比数列{an}中,已知a3=6,
a3+a5+a7=78,则a5= ( )
A.12
B.18
C.36
D.24
【答案】B 【解析】a3 a5 a7 a3 (1 q2 q4 ) 6(1 q2 q4 ) 78 1 q2 q4 13 q2 3, 所以a5 a3q2 6 3 18.故选B.
【答案】 6
【解析】 a1 2, an1 2an , 数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,
Sn
2(1 2n ) 1 2
126,2n
64, n
6.
13.(2014江西)在等差数列{an}中,a1=7,公差为d,前n项和为Sn,当
且仅当n=8时Sn取最大值,则d的取值范围是
【解析】 (1)由已知条件得a1
2d
5, 3a1
3 2 2
d
9
解得a1 1, d 2，所以通项公式为an 2n 1.
15.(2019惠州)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和(n∈N*) ，且
a3=5 ，S3=9．
(2)设bn=
an
1 an1
，求数列{bn}的前
n项和Tn．
S6
61
6 5 (2) 2
24, 故选A.
1 10.22 1
1 32 1
1 42 1
...
(n
1 1) 2
的值为 1
()
A. n 1 2(n 2)
B. 3 n 1 4 2(n 2)
C. 3 1 ( 1 1 ) 4 2 n1 n 2
【答案】 C
an 2 3n1,
故数列{an2}是首项为4,公比为9的等比数列,
因此a12
a22
an 2
4(1 9n ) 19
1 2
(9n
1).
三、解答题
15.(2019惠州)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和(n∈N*) ，且 a3=5 ，S3=9． (1)求数列{an}的通项公式；
a12+a22+a32+…+an2=
.
【答案】 1 (9n 1) 2
【解析】 a1 a2 an 3n 1, n N*;
n 2时, a1 a2 an1 3n1 1,
当n 2时, an 3n 3n1 2 3n1, 又n 1时, a1 2适合上式,
两边都乘以 1 2
得到
1 2 Tn
1 21
3 22
5 23
7 24
2n 1② 2n
①
②得到
1 2
Tn
1
2 21
2 22
2 23
2 24
2 2n1
2n 1 2n
整理得Tn
6
2n 3 2n1 .
列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.
(2)当d>1时,记cn=
an bn
,求数列{cn}的前n项和Tn.
(2)由d
1, 得 : an
2n
1, bn
2n1.所以cn
2n 1 2n1
,
所以Tn
1 20
3 21
5 22
7 23
2n 1① 2n1
8.(山东省实验中学2014-2015第一次诊断性考试)已知等比数列
{an}的前三项依次为a-1,a+1,a+4,则an= (