2024高考總復習優(yōu)化設計二輪用書數(shù)學(適用于新高考新教材)考點突破練與專題檢測考點突破練3　三角函數(shù)與解三角形含答案

2024高考總復習優(yōu)化設計二輪用書數(shù)學(適用于新高考新教材)考點突破練與專題檢測考點突破練3三角函數(shù)與解三角形考點突破練3三角函數(shù)與解三角形1.(2023安徽蚌埠三模)已知函數(shù)f(x)=3sinωxcosωx+cos2ωx-12(ω>0)(1)若ω=1,求函數(shù)f(x)的最小正周期;(2)若y=f(x)的圖象在區(qū)間(0,π4)內有且僅有一條對稱軸,求f(π82.(2023福建福州模擬)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知b2(1)證明:A=B;(2)若D為BC的中點,從①AD=4,②cosC=14,③CD=2這三個條件中選取兩個作為條件證明另外一個成立3.(2023山東濰坊模擬)如圖,P為半圓(AB為直徑)上一動點,OA⊥OB,OA=3,OB=1,記∠BAP=θ.(1)當θ=15°時,求PO的長;(2)當△APO周長最大時,求θ.4.(2023湖南長沙模擬)如圖,在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,滿足3cacosB+(1)求A;(2)在△ABC所在平面上存在點E,連接BE,CE,若EC=3AC,∠ACE=∠A,∠EBC=30°,BC=2,求△ABC的面積.5.某城建部門欲沿河邊規(guī)劃一個三角形區(qū)域建設市民公園.如圖,MN為該城區(qū)內河段的一部分,現(xiàn)有兩種設計方案,方案一的設計為△AMN區(qū)域,方案二的設計為△BMN區(qū)域,經(jīng)測量,AM=AN=700米,BM=500米,BN=800米,∠A=∠B.(1)求MN的長度.(2)若市民公園建設每平方米的造價為80元,不考慮其他因素,要使費用較低,該選哪個方案?說明理由,并求出造價為多少?(參考數(shù)據(jù):3≈1.732)6.(2023浙江湖州、衢州、麗水二模)在銳角三角形ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,滿足sinAsinC-1=sin2(1)求證:B=2C;(2)已知BD是∠ABC的平分線,若a=4,求線段BD長度的取值范圍.

考點突破練3三角函數(shù)與解三角形1.解(1)f(x)=3sinωxcosωx+cos2ωx-12=32sin2ωx+1+cos2ωx2-12=32sin2ωx+由ω=1,得f(x)=sin(2x+π6),則T=2π2(2)由x∈(0,π4),得2ωx+π6∈(π6,因為y=f(x)的圖象在區(qū)間(0,π4)內有且僅有一條對稱軸,所以π2<π2ω+π6≤3因為f(π8)=sin(π4ω+π6),且π3<π4ω+π6≤5π6,所以12≤sin(π4ω+2.(1)證明已知b2+c2-a2又由正弦定理bsinB=asinA,得cos因為A,B均為△ABC中內角,所以A=B.(2)解在△ABC中,A=B,D為BC的中點,如圖所示.①②?③由(1)知,AC=BC,則AC=2CD.在△ACD中,cosC=AC2+CD①③?②由(1)知,AC=BC,則AC=2CD=4,所以在△ACD中,cosC=AC②③?①由(1)知,AC=BC,則AC=2CD=4.在△ACD中,由余弦定理,得AD2=AC2+CD2-2AC·CDcosC=16+4-2×4×2×14=16,所以AD=43.解(1)在△ABO中,OA⊥OB,OA=3,OB=1,則AB=2,∴∠BAO=30°,∠ABO=60°,且O在以AB為直徑的圓上,∴∠APO=60°.在△APO中,∠PAO=45°,OA=3,由正弦定理,得OPsin45°=OAsin60(2)在△APO中,∠APO=60°,OA=3,由余弦定理,得OA2=PA2+PO2-2PA·POcos∠APO,即PA2+PO2-PA·PO=3,∴(PA+PO)2-3PA·PO=3,∴3PA·PO=(PA+PO)2-3≤3(PA+PO2)2,當且僅當PA=PO=3時∴(PA+PO)2≤12,∴PA+PO≤23.故當PA=PO時,△APO周長最大,此時∠PAO=60°,∴θ=60°-30°=30°.4.解(1)在△ABC中,由3cacosB+tan得3c=3acosB-asinB.由正弦定理,得3sinC=3sinAcosB-sinAsinB.因為sinC=sin[π-(A+B)]=sin(A+B),因此3sin(A+B)=3sinAcosB-sinAsinB,即3cosAsinB=-sinAsinB,而0°<A<180°,0°<B<180°,則sinB≠0,故3cosA=-sinA,顯然cosA≠0,則tanA=-3,故A=120°.(2)令∠ABC=α,四邊形內角和為360°,由(1)的結論知,E=90°-α.在△ABC中,由正弦定理得,BCsin則AC=433sin在△BCE中,ECsin∠CBE=BC又EC=3AC,則4sinα=1cosα,即2sin2α得sin2α=12因為A=120°,A+α+∠ACB=180°,則0<α<60°,故2α=30°,即α=15°.又sinα=sin15°=sin(45°-30°)=sin45°cos30°-cos45°sin30°=6-因此AC=433sinα=32-6所以△ABC的面積S△ABC=12AC·BCsin45°=12×325.解(1)在△AMN中,由余弦定理得cosA=AM在△BMN中,由余弦定理得cosB=BM由∠A=∠B,得cosA=cosB,故490000+490000-MN22×(2)方案二的設計符合要求.理由如下:因為S△AMN=12·AM·AN·sinA=245000sinAS△BMN=12·BM·BN·sinB=200000sinB.又sinA=sinB,所以S△AMN>S△BMN故選擇方案二的設計,建設市民公園的費用較低.因為AM=AN=MN=700米,所以△AMN是等邊三角形,則∠A=∠B=60°,所以S△BMN=12·BM·BN·sinB=1000003≈173200平方米,所以總造價為80×173200=13856000元故方案二符合要求,最低造價為13856000元.6.(1)證明由題意得,sinA-sinCsinC=sin2A-由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB,所以c=a-2ccosB,即sinC=sinA-2sinCcosB,故sinC=sin(B+C)-2sinCcosB,整理得sinC=sin(B-C).又△ABC為銳角三角形,則C∈(0,π2),B∈(0,π2),B-C∈(-π2,π2),所以C=B-C(2)解在△BCD中,由正弦定理得,asin∠BDC=BDsinC,因為△ABC為銳角三角形,且B=2C,所以0<C<π2,故22<cosC<32,所以433因此線段BD的長度的取值范圍為(433,22考點突破練4等差數(shù)列、等比數(shù)列一、必備知識夯實練1.(2023河北秦皇島二模)已知數(shù)列{an}滿足2an+1=an+an+2,其前n項和為Sn,若S9=18,則a5=()A.-2 B.0 C.2 D.42.(2023湖北4月調研)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,若a2+a4+a6=5π,b2b4b6=33,則tana1+a7A.3 B.-3 C.33 D.-3.(2023山東濟南一模)已知等比數(shù)列{an}的前n項積為Tn,a1=16,公比q=12,則Tn取最大值時n的值為(A.3 B.6 C.4或5 D.6或74.(2023湖南張家界二模)已知{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列,其公差d≠0,若lna1,lna3,lna6也是等差數(shù)列,則其公差為()A.lnd B.ln2dC.ln23 D.ln5.(多選題)(2023湖南襄陽模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足a5=-4,S5=-40,則()A.a10=6B.S10=-30C.當且僅當n=6時,Sn取最小值D.a5+a6+a7+a8+a9+a10=06.(2023廣東深圳高三統(tǒng)考)我國古代數(shù)學家提出的“中國剩余定理”又稱“孫子定理”,它在世界數(shù)學史上具有光輝的一頁,堪稱數(shù)學史上名垂百世的成就,而且一直啟發(fā)和指引著歷代數(shù)學家們.定理涉及的是數(shù)的整除問題,其數(shù)學思想在近代數(shù)學、當代密碼學研究及日常生活中都有著廣泛的應用,為世界數(shù)學的發(fā)展做出了巨大貢獻,現(xiàn)有這樣一個整除問題:將1到2022這2022個整數(shù)中能被5除余2且被7除余2的數(shù)按從小到大的順序排成一列,構成數(shù)列{an},那么此數(shù)列的項數(shù)為()A.56 B.57 C.58 D.597.(2023河北唐山期末)等比數(shù)列{an}滿足a2+8a5=0,設數(shù)列{1an}的前n項和為Sn,則S5SA.-11 B.-8 C.5 D.118.(多選題)(2023廣東湛江二模)一百零八塔始建于西夏時期,是中國現(xiàn)存最大且排列最整齊的塔群之一,塔群隨山勢鑿石分階而建,自上而下一共12層,第1層有1座塔,從第2層開始每層的塔數(shù)均不少于上一層的塔數(shù),總計108座塔.已知包括第1層在內的其中十層的塔數(shù)可以構成等差數(shù)列{an},剩下的兩層的塔數(shù)分別與上一層的塔數(shù)相等,第1層與第2層的塔數(shù)不同,則下列結論正確的有()A.第3層的塔數(shù)為3B.第4層與第5層的塔數(shù)相等C.第6層的塔數(shù)為9D.等差數(shù)列{an}的公差為29.(2023湖北十堰高三統(tǒng)考)設等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,寫出一個滿足下列條件的{an}的公比q=.

①a1>0;②{an}是遞增數(shù)列;③S3<13a1.10.(2023湖北武漢高三聯(lián)考)已知{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,Sn是數(shù)列{an}的前n項和,S11=11,b5b7=3,則log3a6b6211.(2023北京,14)我國度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史,戰(zhàn)國時期就已經(jīng)出現(xiàn)了類似于砝碼的、用來測量物體質量的“環(huán)權”.已知9枚環(huán)權的質量(單位:銖)從小到大構成項數(shù)為9的數(shù)列{an},該數(shù)列的前3項成等差數(shù)列,后7項成等比數(shù)列,且a1=1,a5=12,a9=192,則a7=;數(shù)列{an}所有項的和為.

二、關鍵能力提升練12.(2023福建南安高三檢測)若數(shù)列{an}滿足anan+1+an+1-an+1=0,a1=λ(λ≠0,且λ≠±1),記Tn=a1a2…an,則T2023=()A.-1 B.1λ C.1-λ1+13.(2023湖南長沙一模)斐波那契數(shù)列{Fn},因意大利數(shù)學家斐波那契以兔子繁殖為例子而引入,故又稱為“兔子數(shù)列”,該數(shù)列{Fn}滿足F1=F2=1,且Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*).盧卡斯數(shù)列{Ln}是以法國數(shù)學家愛德華·盧卡斯命名,與斐波那契數(shù)列聯(lián)系緊密,即L1=1,且Ln+1=Fn+Fn+2(n∈N*),則F2023=()A.13L2022+16L2024 B.13L2022+C.15L2022+15L2024 D.-15L2022+14.(多選題)(2023河北石家莊模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1=13,an+1=2an2an+1(A.{1anB.{an}的通項公式為an=2C.{an}為遞減數(shù)列D.{1an}的前n項和Tn=2n+1-15.設數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=2an+n-7,若30<ak<50,則k的值為.

16.(2023河北邯鄲二模)若數(shù)列{an}從第二項起,每一項與前一項的差構成等差數(shù)列,則稱數(shù)列{an}為二階等差數(shù)列.某數(shù)學小組在數(shù)學探究課上,用剪刀沿直線剪一圓形紙片,將剪n(n∈N*)刀最多可以將圓形紙片分成的塊數(shù)記為bn,經(jīng)實際操作可得b1=2,b2=4,b3=7,b4=11,…,根據(jù)這一規(guī)律,得到二階等差數(shù)列{bn},則b8=;若將圓形紙片最多分成1276塊,則n=.

三、核心素養(yǎng)創(chuàng)新練17.(多選題)(2023湖南常德一模)如圖,有一列曲線Ω1,Ω2,…,Ωn,…,且Ω1是邊長為1的等邊三角形,Ωi+1是對Ωi(i=1,2,…)進行如下操作而得到:將曲線Ωi的每條邊進行三等分,以每邊中間部分的線段為邊,向外作等邊三角形,再將中間部分的線段去掉得到Ωi+1,記曲線Ωn(n=1,2,…)的邊數(shù)為Ln,周長為Cn,圍成的面積為Sn,則下列說法正確的是()A.數(shù)列{Ln}是首項為3,公比為4的等比數(shù)列B.數(shù)列{Cn}是首項為3,公比為43C.數(shù)列{Sn}是首項為34,公比為4D.當n無限增大時,Sn趨近于定值218.(多選題)(2023山東青島一模)1979年,李政道博士給中國科技大學少年班出過一道智趣題:“5只猴子分一堆桃子,怎么也不能分成5等份,只好先去睡覺,準備第二天再分.夜里1只猴子偷偷爬起來,先吃掉1個桃子,然后將其分成5等份,藏起自己的一份就去睡覺了;第2只猴子又爬起來,吃掉1個桃子后,也將桃子分成5等份,藏起自己的一份睡覺去了;以后的3只猴子都先后照此辦理.問最初至少有多少個桃子?最后至少剩下多少個桃子?”.下列說法正確的是()A.若第n只猴子分得bn個桃子(不含吃的),則5bn=4bn-1-1(n=2,3,4,5)B.若第n只猴子連吃帶分共得到an個桃子,則{an}(n=1,2,3,4,5)為等比數(shù)列C.若最初有3121個桃子,則第5只猴子分得256個桃子(不含吃的)D.若最初有k個桃子,則k+4必是55的倍數(shù)19.(2023四省八校聯(lián)考)設數(shù)列{an},{bn}滿足an=2n,bn=3n-8,則它們的公共項由小到大排列后組成新數(shù)列{cn}.在ck和ck+1(k∈N*)中插入k個數(shù)構成一個新數(shù)列{en}:c1,1,c2,3,5,c3,7,9,11,c4,…,插入的所有數(shù)構成首項為1,公差為2的等差數(shù)列,則數(shù)列{en}的前20項和T20=.

考點突破練4等差數(shù)列、等比數(shù)列1.C解析根據(jù)題意2an+1=an+an+2,可得數(shù)列{an}為等差數(shù)列,所以S9=9(a1+a9)2=18,所以a1+a9=4,所以2a5=4,所以2.A解析因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列,所以a2+a4+a6=3a4=5π,故a4=5π3,所以a1+a7=2a4=因為{bn}是等比數(shù)列,所以b2b4b6=b43=33,故b4=3,所以b2b6=所以tana1+a71-b2b6=tan(3.C解析an=a1qn-1=16×12n-1=24×21-n=(方法一)由題意知,an>0且數(shù)列{an}為遞減數(shù)列,a5=1,前4項大于1,從第6項起小于1,所以n=4或5時,Tn取得最大值.(方法二)Tn=a1a2…an=24×23×…×25-n=24+3+…+(5-n)=2n因為n∈N*,所以n=4或5時,Tn取得最大值.4.D解析因為lna1,lna3,lna6是等差數(shù)列,所以2lna3=lna1+lna6,即lna32=lna1a所以a32=a1a6,即(a1+2d)2=a1(a1+5d又d≠0,所以a1=4d,所以公差為lna3-lna1=lna3a1=lna1+2da1=ln5.AB解析設數(shù)列{an}的公差為d,由a5=-4,S5=-40,得a1+4d=-4,5a1+5×42d=-40.解得a1=-12,d=2,所以an=2n-14,Sn=(-12+2n-14)n2=n2-13n,則a10=6,S10=-30,A,B正確;令an=2n-14≤0,得n≤7,且a7=0,則當n=6或n=7時,Sn取最小值,C不正確;因為a5+a6+a7+a8+a9=5a6.C解析被5除余2且被7除余2的數(shù)構成首項為2,公差為35的等差數(shù)列,則an=2+35(n-1)=35n-33.由35n-33≤2022,可得n≤4117,即n≤5857,又n∈N*,所以此數(shù)列的項數(shù)為58.故選7.A解析設等比數(shù)列{an}的公比為q,由a2+8a5=0,得a1q+8a1q4=0,又a1≠0,q≠0,所以q3=-18,所以q=-12,因為1an+11an=anan+1=1q=-2,所以數(shù)列{1an}也為等比數(shù)列,且公比為-2.因此8.ABD解析設等差數(shù)列{an}的公差為d,若d=1,則這10層的塔數(shù)之和為10×1+10×9則最多有55+10+10=75座塔,不符合題意;若d≥3,則這10層的塔數(shù)之和不少于10×1+10×92×3>所以d=2,這10層的塔數(shù)之和為10×1+10×92×塔數(shù)依次是1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,依題意剩下兩層的塔數(shù)為3和5,所以這12層塔的塔數(shù)分別為1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19,因此A,B,D正確,C錯誤.故選ABD.9.2(答案不唯一)解析由等比數(shù)列的通項公式可得an=a1qn-1,則an-an-1=a1qn-2(q-1),因為a1>0,且{an}是遞增數(shù)列,所以q>1.因為S3<13a1,所以a1+a2+a3<13a1,即a1q2+a1q-12a1<0,因為a1>0,所以q2+q-12<0,解得-4<q<3.綜上,1<q<3.故答案可以為2(答案不唯一).10.-1解析因為{an}是等差數(shù)列,且Sn是數(shù)列{an}的前n項和,所以S11=11(a1+a11)2=11a因為{bn}是等比數(shù)列,所以b5b7=b62=3,則log3a6b62=11.48384解析設前3項的公差為d,后7項的公比為q,q>0,則q4=a9a5=19212=16,又a3=a1+2d=a5q2,即1+2d=3,所以a3=3,a7=a3q4=48,a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+3×(112.C解析由anan+1+an+1-an+1=0,得an+1=an-1an+1,所以an+2=an+1-1an+1+1=an-1an+1-1an-1an+1+1=-1an,則an+4=-1an+2=an,所以數(shù)列{an}是以4為周期的數(shù)列.因為a1=λ,所以a213.C解析因為Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*),所以當n≥3時,Fn=Fn-1+Fn-2,所以3Fn=Fn-1+Fn-2+2Fn=Fn-2+(Fn-1+Fn)+Fn=Fn-2+Fn+1+Fn=Fn-2+Fn+2,故3F2023=F2021+F2025,因為Ln+1=Fn+Fn+2(n∈N*),所以L2022=F2021+F2023,L2024=F2023+F2025,故L2022+L2024=(F2021+F2023)+(F2023+F2025)=2F2023+F2021+F2025=5F2023,所以F2023=15L2022+15L2024.故選14.AB解析因為an+1=2an2an+1(n∈N*),由題意顯然an≠0,an+1≠0,變形得1an+1=1+2an2an=12×1an+1,所以1an+1-2=12(1an-2),又因為1a1-2=1≠0,所以{1an-2}是以1為首項,12為公比的等比數(shù)列,A正確;因為1an-2=(12)n-1,所以an=12+(12)

n-1=2n-12n+1,B正確;因為(12)n-1遞減,所以an=12+(1215.4解析因為Sn=2an+n-7,①所以當n=1時,S1=2a1+1-7=a1,解得a1=6.又Sn-1=2an-1+n-1-7(n≥2),②①-②得an=2an-2an-1+1,即an=2an-1-1(n≥2),所以an-1=2(an-1-1),又a1-1=5≠0,即an-所以{an-1}是以5為首項,2為公比的等比數(shù)列,所以an-1=5·2n-1,即an=5·2n-1+1.因為30<ak<50,所以30<5·2k-1+1<50,所以295<2k-1<495,又k∈N*,所以k=16.3750解析因為數(shù)列{bn}為二階等差數(shù)列,所以數(shù)列{bn+1-bn}為等差數(shù)列,由b1=2,b2=4,b3=7,b4=11,可得b2-b1=2,b3-b2=3,b4-b3=4,所以數(shù)列{bn+1-bn}為首項為2,公差為1的等差數(shù)列,所以bn+1-bn=n+1,所以當n≥2,n∈N*時,b2-b1=2,b3-b2=3,b4-b3=4,…,bn-bn-1=n,將以上各式相加可得,bn-b1=2+3+4+…+n,又b1=2,所以bn=n2+n+22,其中n≥2,n∈N*,經(jīng)驗證b1=2也滿足上式,所以bn=n2+n+22,所以b8=82+8+22=37,令bn=17.ABD解析Ln+1是在Ln的基礎上,每條邊新增加3條新的邊,故Ln+1=(1+3)Ln=4Ln,又L1=3,所以數(shù)列{Ln}是首項為3,公比為4的等比數(shù)列,Ln=3×4n-1,故A正確;第n個圖形的邊長為13n-1,所以Cn=13n-1·Ln=(3×4n-1)13n-1=3×43n-1因為Ω2是在Ω1的每條邊上再生出一個小正三角形,于是S2=S1+3×34×132,同理,對Ωn是在Ωn-1的每條邊上再生出一個小正三角形,于是Ωn的面積等于Ωn-1的面積加上即Sn=Sn-1+Ln-1×34×132n-2,Sn于是Sn=Sn-1+34×49n-1S1,Sn-1=Sn-2+34×49n-2將上面式子累加,得Sn=S1+34×[49+492+…+49n-1]S1=[85-35×49n-1]S1=34×[8