2018-2019數(shù)學新學案同步精致講義必修五人教A版全國通用版：第二章 數(shù)列滾動訓練（三）

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精滾動訓練（三）一、選擇題1。在△ABC中，AB＝eq\r(3），A＝45°，C＝75°,則BC等于（）A.3－eq\r（3)B.eq\r(2）C.2D。3＋eq\r(3)考點正弦定理的應用題點正弦定理的應用答案A解析設角A，B,C的對邊分別為a，b，c，∵AB＝eq\r（3)，A＝45°,C＝75°，由正弦定理，得eq\f(a，sinA）＝eq\f(c，sinC）?eq\f(BC，sin45°)＝eq\f(AB,sin75°）＝eq\f（\r（3),\f(\r(6)＋\r（2）,4）），解得BC＝3－eq\r（3)。2。記Sn為等差數(shù)列｛an｝的前n項和.若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an｝的公差為()A。1B.2C。4D.8考點等差數(shù)列前n項和題點等差數(shù)列前n項和有關(guān)的基本量計算問題答案C解析設公差為d，a4＋a5＝a1＋3d＋a1＋4d＝2a1＋7d＝24，S6＝6a1＋eq\f(6×5，2）d＝6a1＋15d＝48，聯(lián)立eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（2a1＋7d＝24，，6a1＋15d＝48，))解得d＝4，故選C.3.在△ABC中，角A，B,C的對邊a,b,c滿足b2＋c2＝a2＋bc,且bc＝8，則△ABC的面積等于（）A.2eq\r(3）B。4C.4eq\r(3)D。8考點用余弦定理解三角形題點逆用面積公式、余弦定理解三角形答案A解析因為b2＋c2＝a2＋bc,所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc）＝eq\f(1,2)，A＝eq\f(π，3），三角形面積S＝eq\f(1,2）bcsinA＝2eq\r(3），故選A.4。我國古代數(shù)學名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈,且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈（）A。1盞B.3盞C。5盞D。9盞考點等比數(shù)列前n項和應用題題點等比數(shù)列前n項和的應用題答案B解析由題意可知,塔每一層的燈數(shù)由上至下構(gòu)成等比數(shù)列.設塔的頂層的燈數(shù)為a1，七層塔的總燈數(shù)為S7，公比為q，則由題意知S7＝381,q＝2，∴S7＝eq\f(a11－q7，1－q)＝eq\f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.故選B。5.在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝1，AC＝2，BD＝2eq\r（3），∠ACD＝60°，則AD等于（)A。eq\r（3） B。eq\r（7）C.eq\r(19） D。13－6eq\r（3)考點幾何圖形中的計算問題題點四邊形有關(guān)的幾何圖形計算問題答案B解析在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos60°,解得BC＝eq\r（3），所以AC2＝AB2＋BC2，故BC⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝eq\r（BD2－BC2)＝eq\r(12－3)＝3,在△ACD中,由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos60°＝7,所以AD＝eq\r（7).6.已知△ABC的三邊長為三個連續(xù)的自然數(shù)，且最大內(nèi)角是最小內(nèi)角的2倍,則最小內(nèi)角的余弦值是（)A。eq\f（2,3）B.eq\f(3，4)C。eq\f（5,6）D。eq\f（7,10）考點用正弦、余弦定理解三角形題點用正弦、余弦定理解三角形答案B解析設三邊長分別為x－1，x,x＋1,所以eq\f（x－1,sinA)＝eq\f(x＋1,sin2A）＝eq\f(x＋1,2sinAcosA），所以cosA＝eq\f（x＋1，2x－1）＝eq\f(x2＋x＋12－x－12,2xx＋1）,解得x＝5，則三邊為4，5，6，所以cosA＝eq\f(3,4).二、填空題7。等比數(shù)列{an｝的各項均為實數(shù)，其前n項和為Sn,已知S3＝eq\f（7，4），S6＝eq\f(63，4），則a8＝________?？键c等比數(shù)列前n項和題點等比數(shù)列的前n項和有關(guān)的基本量計算問題答案32解析設｛an｝的首項為a1，公比為q,則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(a11－q3，1－q)＝\f(7，4)，，\f(a11－q6,1－q）＝\f(63,4），）)解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4)，，q＝2,))所以a8＝eq\f（1,4)×27＝25＝32.8.已知｛an｝是首項為32的等比數(shù)列，Sn是其前n項和，且eq\f（S6，S3)＝eq\f(65,64)，則數(shù)列{|log2an|｝的前10項和為________.考點等差等比數(shù)列綜合應用題點等差等比基本量問題綜合答案58解析根據(jù)題意eq\f(S6－S3,S3）＝eq\f(1，64）＝q3，所以q＝eq\f(1,4),從而有an＝32·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，4））)n－1＝27－2n，所以log2an＝7－2n，所以有|log2an|＝｜2n－7｜，所以數(shù)列的前10項和為5＋3＋1＋1＋3＋5＋7＋9＋11＋13＝eq\f（5＋1×3，2)＋eq\f（1＋13×7,2）＝58.9。等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則eq\i\su（k＝1,n，）eq\f（1,Sk)＝________?？键c數(shù)列前n項和的求法題點裂項相消法求和答案eq\f（2n,n＋1)解析設等差數(shù)列｛an}的公差為d，則由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝3,，S4＝4a1＋\f（4×3，2）d＝10，）)得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.）)∴Sn＝n×1＋eq\f（nn－1,2)×1＝eq\f（nn＋1，2),eq\f（1，Sn)＝eq\f(2，nn＋1）＝2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，n)－\f(1，n＋1）)）。∴eq\i\su（k＝1，n,)eq\f（1，Sk）＝eq\f（1，S1）＋eq\f（1，S2）＋eq\f(1，S3）＋…＋eq\f(1，Sn）＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f(1,2)＋\f(1，2)－\f（1，3）＋\f（1，3）－\f(1，4)＋…＋\f（1，n）－\f（1，n＋1)))＝2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f（1,n＋1))）＝eq\f（2n,n＋1)。10。某沿海四個城市A,B,C，D的位置如圖所示,其中∠ABC＝60°，∠BCD＝135°，ABmile/h的速度向D直線航行，60min后，輪船由于天氣原因收到指令改向城市C直線航行，則收到指令時該輪船到城市C的距離是________nmile。考點解三角形求距離題點測量方向角求距離答案100解析在△ABC中，AC2＝802＋（40＋30eq\r（3））2－2×80×(40＋30eq\r(3)）×cos60°＝7500，則AC＝50eq\r(3)，所以sin∠ACB＝eq\f（80×sin60°,50\r(3))＝eq\f（4，5），所以cos∠ACB＝eq\f（3，5),sin∠ACD＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（135°－∠ACB）)＝eq\f（\r（2）,2)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(3，5)＋\f(4，5))）＝eq\f(7\r（2）,10)，則cos∠ACD＝eq\f（\r（2),10)，AD2＝(50eq\r（3)）2＋（250eq\r（6)）2－2×50eq\r（3）×250eq\r(6)×eq\f（\r（2),10），可得AD＝50eq\r（147)＝350eq\r(3)，設收到指令時該輪船到城市C的距離是x,則eq\f（50\r(3）2＋502－x2,2×50\r(3）×50）＝eq\f(50\r（3)2＋350\r（3）2－250\r(6)2，2×50\r(3）×350\r（3）），求得x＝100.三、解答題11.△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinA＋eq\r(3)cosA＝0，a＝2eq\r（7），b＝2。（1）求c；（2)設D為BC邊上一點，且AD⊥AC，求△ABD的面積?？键c幾何圖形中的計算問題題點三角形有關(guān)的幾何圖形計算問題解(1)由已知可得tanA＝－eq\r（3），所以A＝eq\f(2π，3).在△ABC中，由余弦定理，得28＝4＋c2－4c·coseq\f（2π，3)，即c2＋2c－24＝0，解得c＝－6(舍去），c＝4。（2)由題設可得∠CAD＝eq\f（π,2），所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝eq\f(π，6).故△ABD的面積與△ACD的面積的比值為eq\f（\f(1，2)AB·AD·sin\f(π，6），\f（1，2）AC·AD）＝1.又△ABC的面積為eq\f（1,2)×4×2sin∠BAC＝2eq\r（3)，所以△ABD的面積為eq\r(3)。12.如圖，已知平面上直線l1∥l2，A，B分別是l1,l2上的動點，C是l1，l2之間的一定點，C到l1的距離CM＝1,C到l2的距離CN＝eq\r(3）,△ABC三內(nèi)角A，B,C所對邊分別為a,b，c，a>b，且bcosB＝acosA.(1）判斷△ABC的形狀；（2）記∠ACM＝θ，f（θ)＝eq\f(1，AC)＋eq\f(1,BC），求f(θ）的最大值.考點正弦、余弦定理與其他知識的綜合題點正弦、余弦定理與三角函數(shù)的綜合解（1)由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f（a,sinA)，且bcosB＝acosA,得sin2B＝sin2A，又a〉b，所以A>B，且A，B∈（0，π）,所以2A＋2B＝π，所以C＝eq\f（π，2)，所以△ABC是直角三角形.（2）∠ACM＝θ，由(1)得∠BCN＝eq\f（π,2）－θ，則AC＝eq\f（1,cosθ），BC＝eq\f（\r(3）,sinθ)，f（θ）＝eq\f（1,AC)＋eq\f（1,BC）＝cosθ＋eq\f(\r(3),3)sinθ＝eq\f（2，\r(3))coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ－\f（π,6)）)，所以當θ＝eq\f(π,6)時，f（θ)的最大值為eq\f（2\r(3),3）.13.已知{xn}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.(1）求數(shù)列｛xn}的通項公式；(2）如圖，在平面直角坐標系xOy中，依次連接點P1（x1，1)，P2（x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1）得到折線P1P2…Pn＋1，求由該折線與直線y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所圍成的區(qū)域的面積Tn.考點數(shù)列前n項和的求法題點錯位相減法求和解（1)設數(shù)列{xn｝的公比為q。由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x1q＝3,,x1q2－x1q＝2.））所以3q2－5q－2＝0，由已知得q＞0，所以q＝2，x1＝1。因此數(shù)列{xn｝的通項公式為xn＝2n－1。（2）過P1，P2，…,Pn＋1向x軸作垂線,垂足分別為Q1,Q2，…,Qn＋1。由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1,記梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面積為bn，由題意得bn＝eq\f(n＋n＋1,2）×2n－1＝（2n＋1）×2n－2，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋（2n－1）×2n－3＋（2n＋1）×2n－2.①又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋（2n＋1）×2n－1，②①－②得－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1）－(2n＋1）×2n－1＝eq\f（3，2)＋eq\f（21－2n－1，1－2）－（2n＋1）×2n－1。所以Tn＝eq\f(2n－1×2n＋1,2).四、探究與拓展14.在△ABC中,若eq\f（sinA－B，sinA＋B）＝eq\f（a2－b2，a2＋b2),則△ABC的形狀一定是__________?？键c判斷三角形形狀題點利用正弦、余弦定理、三角變換判斷三角形形狀答案等腰或直角三角形解析原式可化為eq\f(sinA－B,sinA＋B）＝eq\f（sin2A－sin2B,sin2A＋sin2B)?sin2A·[sin（A－B)－sin（A＋B）］＋sin2B［sin（A－B)＋sin(A＋B）]＝0?－sin2AcosAsinB＋sin2BsinAcosB＝0?－sin2A＋sin2B＝0?sin2A＝sin2B?A＝B或A＋B＝eq\f（π，2），故該三角形是等腰或直角三角形。15。已知｛an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，公差為d,對任意的n∈N＊，bn是an和an＋1的等比中項.（1)設cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al（2,n），n∈N＊,求證：數(shù)列｛cn｝是等差數(shù)列；(2)設a1＝d，Tn＝eq\o(∑，\s\up6（2n),\s\do4（k＝1))（－1)kbeq\o\al(2,k)，n∈N＊，求證：eq\o（∑,\s\up6（n），\s\do4(k＝1))eq\f(1，Tk)<eq\f(1，2d2）.考點數(shù)列綜合問題