2014高考数学文复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集：第8讲 三角恒等变换与解三角形

第一篇：2014高考数学文复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集：第8讲 三角恒等变换与解三角形

专题限时集训(八)

[第8讲 三角恒等变换与解三角形]

(时间：45分钟)

π31．已知α∈π，sin αtan 2α＝()52

24242424A.B.C．－D．－ 725257

312.＝()cos 10°sin 170°

A．4B．2C．－2D．－4

1π3．已知sin αα∈0，则sin 2α＝()3222 24 24 2A.B．－C.D．－3399

4．若△ABC的三个内角满足sin A∶sin B∶sin C＝4∶5∶7，则△ABC()

A．一定是锐角三角形

B．一定是直角三角形

C．一定是钝角三角形

D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形

5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若C＝120°，c，则()

A．a>bB．a

C．a＝bD．a与b的大小关系不能确定

6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝7，b＝5，c＝8，则△ABC的面积等于()

A．10B．10 3

C．20D．20 3

7．在△ABC中，内角A，B，Cb，c，若a6，b＝2，且1＋2cos(B＋C)＝0，则△ABC的BC边上的高等于()

6A.22

6＋23＋1 22

8．已知△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且2S＝(a＋b)2－c2，则tan C等于()

34A.B.43

43CD．－ 34

29．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若b＝1，c3，C＝π，3

则S△ABC＝________．

3510．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且cos Acos Bb＝3，513C.则c＝________．

11．△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若(2a＋c)·cos B＋b·cos C＝0，则B的值为________．

π

12．在△ABC中，已知内角A＝，边BC＝2 3.设内角B＝x，周长为y，则y＝f(x)的最大值是________．

π

13．已知函数f(x)＝2 3sin xcos x＋2cos2x＋m在区间0，上的最大值为2.3

(1)求常数m的值；

(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)＝1，sin B＝3sin C，△3

ABC的面积为a.AA

π－＋14．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且f(A)＝2cos 22

AAsin2cos2.22

(1)求函数f(A)的最大值；

5π

(2)若f(A)＝0，C＝a＝6，求b的值．

15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos B5

(1)求cos(A＋C)的值；

π

(2)求sinB的值；

6→→

(3)若BA·BC＝20，求△ABC的面积．

专题限时集训(八)

π343

1．D [解析] 因为α∈，π，sin α＝cos α＝－，tan α＝－.所以tan 2

5542

－32×2tan α424

α22731－tanα1－

4

2．D [解析]

3131

－＝－＝

cos 10°sin 170°cos 10°sin 10°

3sin 10°－cos 10°sin 10°cos 10°

＝

2sin（10°－30°）2sin（－20°）－2sin 20°

4，故选D.1sin 10°cos 10°sin 10°cos 10°°2

π

3．D [解析] ∵α∈(－0)，∴cos α＝sin 2α＝2sin αcos α＝－9

122 1－－3

16k2＋25k2－49k21

4．C [解析] 由正弦定理可设a＝4k，b＝5k，c＝7k，则cos C＝<0，52·4k·5k因此三角形为钝角三角形．

5．C [解析] 因为sin 120°＝3sin A，所以sin A＝，则A＝30°＝B，因此a＝b.249＋25－641

6．B [解析] 因为cos C，sin C72×7×5

＝10 3.314 3＝所以S＝×7×5×49727

π136

7．C [解析] 由1＋2cos(B＋C)＝0得cos A＝sin A，A＝2233

2π5π22ππ2

＝，sin B＝B＝C因此BC边上的高为2×sin C＝2×sin＋＝2(sin B24122466＋221×)＝2222

8．C [解析] 由2S＝(a＋b)2－c2得2S＝a2＋b2＋2ab－c2，即2×absin C＝a2＋b2＋2ab

222a＋b－cabsin C－2absin C2222

－c，则absin C－2ab＝a＋b－c，又因为cos C＝1，所以

2ab2ab2

C2tan

22×2sin CCCCC4

cos C＋1＝，即2cos2＝sin，所以＝2，即tan C＝＝.2222223C1－21－tan

bc119.[解析] 因为b

sin3

ππ2ππ11

＝2，由B是三角形的内角知，B＝，于是A＝π－＝S△ABC＝bcsin A＝×3

663622

13×.24

1435410.[解析] 因为cos A＝cos Bsin A＝，55135

12aba313

sin B＝由正弦定理得＝，即a＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－

13sin Asin B4125

513

16914

2accos B，即9c2－2c，解得c＝(负值舍去)．

2552π

11.[解析] 由正弦定理可将(2a＋c)cos B＋bcos C＝0转化为2sin A·cos B＋sin C·cos

B＋sin Bcos C＝0，即2sin Acos B＋sin(B＋C)＝0，得2sin Acos B＋sin A＝0，又由A为△ABC2π1

内角，可知sin A≠0，则cos B＝－，则B.23

π2π

12．6 3 [解析] △ABC的内角和A＋B＋C＝π，由A＝，B>0，C>0得0

33BC2 3BC2π

用正弦定理知AC＝·sin x＝4sin x，AB＝＝4sinx.因为y＝

sin Asin A3π

sin

3AB＋BC＋AC，所以y＝4sin x＋4sin2π2ππ

＋2 3，即y＝4 3sinx＋＋2 3

3x0

ππππ5ππ



π

13．解：(1)f(x)＝2 3sin x·cos x＋2cos2x＋m＝2sin(2x＋)＋m＋1.6ππ5ππ

因为x∈0，所以2x＋∈，.6663πππ5π

因为函数y＝sin t在区间，上是增函数，在区间，上是减函数，6226

πππππ

所以当2x＋，即x＝时，函数f(x)在区间0，上取到最大值．此时，f(x)max＝f62636＝m＋3＝2，得m＝－1.π

(2)因为f(A)＝1，所以2sin2A＋＝1，6ππ1

即sin2A＋＝，解得A＝0(舍去)或A＝.362abc

因为sin B＝3sin C，＝，所以b＝3c.①

sin Asin Bsin C

π3 33 311

因为△ABC的面积为S△ABCbcsin A＝bcsinbc＝3.②

42234

由①和②解得b＝3，c＝1.π

因为a2＝b2＋c2－2bc·cos A＝32＋12－2×3×1×

所以a＝7.πAAAA

14．解：(1)f(A)＝2cos＋sin2－cos2＝sin A－cos A2sinA.22224ππ3π

因为0

ππ3π

当AA时，f(A)取得最大值，且最大值为2.424ππ

(2)由题意知f(A)＝2sinA＝0，所以sinA＝0.44ππ3πππ

又知－

5π7ππ

因为C＝A＋B＝B＝.12123

π6·sin

3abasin B

由，得ab＝＝＝3.sin Asin Bsin Asin A

15．解：(1)在△ABC中，∵A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.44

∵cos B，∴cos(A＋C)＝cos(π－B)＝－cos B＝－.55

42342(2)在△ABC中，∵cos B＝sin B＝1－cosB1－5

55πππ33143 3＋4

∴sin(B＋＝sin Bcos＋cos Bsin.666522510→→→→

(3)∵BA·BC＝20，即|BA|·|BC|cos B＝20，∴c·a·＝20，即ac＝25.11315

∴△ABC的面积S△ABC＝acsin B×25×＝2252

第二篇：2014高考数学文复习方案_二轮作业手册专题综合训练(三)_专题三_三角函数、三角恒等变换与解三角形

[专题三 三角函数、三角恒等变换与解三角形]

一、选择题(每小题5分，共40分)

1．cos 300°的值是()

1133A.B．－C.D 222

2π22．已知α∈(0，π)，cosα＝－tan 2α＝()23

33A.B．－3或－ 3

33CD3 3ππ3．下列函数中，周期为π，且在，上为增函数的是()42

ππA．y＝sinxB．y＝cosx－ 22C．y＝－sin(2x－π)D．y＝cos(2x＋π)

π4．将函数y＝sin 2x＋cos 2x的图像向左平移个单位长度，所得图像对应的函数解析式

4可以是()

A．y＝cos 2x＋sin 2xB．y＝cos 2x－sin 2x

C．y＝sin 2x－cos 2xD．y＝sin xcos x

5．如图Z3－1所示的是函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)在一个周期内的图像，此函数的解析式是（）

πA．y＝2sin2x＋ 3

2πB．y＝2sin2x 3πC．y＝2sinx－ 23

πD．y＝2sin2x－ 3

π6．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)3cos(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)，其图像相邻的两条对称轴方2

π程为x＝0与x＝()2

A．f(x)的最小正周期为2π，且在(0，π)上为单调递增函数

B．f(x)的最小正周期为2π，且在(0，π)上为单调递减函数

πC．f(x)的最小正周期为π，且在0，上为单调递增函数 2

π

D．f(x)的最小正周期为π，且在0，上为单调递减函数

2

7．函数y＝xsin x在[－π，π]上的图像是（图Z3－2

ππ

8．将函数f(x)＝sin2x＋的图像向右平移个单位长度后得到函数y＝g(x)的图像，则

43g(x)的单调递增区间为()

π

A.2kπ－，2kπ＋k(k∈Z)

63

π5π

B.2kπ，2kπ＋(k∈Z)

36

ππ

C.kπkπ(k∈Z)

63

π5π

D.kπkπ(k∈Z)

66

二、填空题(每小题5分，共20分)

9．设α是第二象限角，P(x，4)为其终边上的一点，且cos α＝x，则tan α＝________．

10．在△ABC中，若2sin A＝sin C，a＝b，则角A＝________．

π

11．在△ABC中，BC＝2，AC＝7，BABC的面积是________．

12．已知函数f(x)3sin 2x－cos 2x，x∈R，给出以下说法：

π

①函数f(x)的图像的对称轴是x＝kπ＋k∈Z；

7π

是函数f(x)的图像的一个对称中心；

12，0

π

1③函数f(x)在区间π

22

②点P

π

④将函数f(x)的图像向右平移g(x)＝sin 2x－3cos 2x的图像．

2其中正确说法的序号是________．

三、解答题(共40分)

13．(13分)在△ABC中，若sin A＝2sin B·cos C且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断△ABC的形状．

4．(13分)已知函数f(x)＝sin(π－2x)＋2 3cos2x，x∈R.π(1)求f；

6(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间．

→→

15．(14分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2S△ABC＝3 BA·BC.(1)求角B；

(2)若b＝2，求a＋c的取值范围．

专题综合训练(三)

1．A [解析] cos 300°＝cos(360°－60°)＝cos 60°＝.π5π11π23

2．C [解析] 由cos(α＋＝－α＝α＝tan 2α＝－.3212123

ππ

3．D [解析] 排除A，B；对于C，y＝sin(π－2x)＝sin 2x，在，上单调递减，排除

42

C.ππ

4．B [解析] y＝sin 2x＋cos 2x→y＝sin 2x＋＋cos 2(x＋)＝cos 2x－sin 2x.442ππ5ππ2

5．B [解析] T＝＋×2＝π，ω＝＝2，当x＝－时，可得A＝2，φ＝.T1231212

22x＋.∴y＝2sin3

π

6．C [解析] 由其图像相邻的两条对称轴方程为x＝0与x＝，知周期T＝π，排除A，2B.ππππ

f(x)＝2sin2x＋φ－，sinφ－＝1，显然φ＝－f(x)＝2sin2x－＝－2cos 2x，6332

π

在0，上为单调递增函数． 2π

7．A [解析] y＝xsin x为偶函数，排除D.当x＝±π时，y＝0，排除C.当x＝y>0，排除B.ππππππ

8．C [解析] g(x)＝sin2x－＋＝sin2x，由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ(k∈Z)

262364

ππ

得单调递增区间为kπ－kπ(k∈Z)．

63

9．－ [解析] 因为α是第二象限角，所以x<0.又因为cos α＝x3544

＝－3，所以tan α.x3

πa2）2－a2π2

10.[解析] 因为c＝2a，b＝a，所以cos A＝＝A＝.4242a·2aπ3 311.[解析] 由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·7＝AB2＋4－2AB，23π1

所以AB－2AB－3＝0，解得AB＝3或AB＝－1(舍去)．所以△ABC的面积是S＝·BC·sin

3＝3×2×＝.222

xx＋16，解得x

ππ

12．①②④ [解析] f(x)＝2sin2x－，将x＝kπ∈Z)代入得到y＝2，①正确；

365ππ11π

当x∈，π时，2x－，ymax＝1，③错误．再依次验证②④正确．

6662

a2bc22213．解：由sinA＝sinB＋sinC得2R＝(2＋(2，2R2R

π

则a＝b＋c，即A＝.a2＋b2－c2a

由sin A＝2sin B·cos C2×，则b＝c.综上可知，该三角形为等腰直角三

b2ab

角形．

π

14．解：(1)f(x)＝sin(π－2x)＋2 3cos2x＝sin 2x＋3cos 2x3＝2sin2x＋3，3

πππ3

则f＝2sin＋3＝2×＋3＝2 3.2633

2ππ

(2)f(x)＝2sin2x＋3的最小正周期T＝π，23

πππ5ππ

又由2kπ－2x2kπ＋kπ－≤x≤kπ∈Z)，故函数f(x)的单调递增

23212125ππ

区间为kπ－，kπ＋(k∈Z)．

1212

15．解：(1)由已知得acsin B3accos B，π

则tan B＝3，∵0

(2)方法一，由余弦定理得4＝a＋c－2accos，a＋c2

则4＝(a＋c)－3ac≥(a＋c)－3(当且仅当a＝c时取等号)，22

解得0b，则2

方法二，由正弦定理得a＝sin A，csin C，33

2ππ444

∵A＋C＝，∴a＋c(sin A＋sin C)[sin A＋sin(A＋B)]＝[sin A＋sin(A＋)]

33333π41313

＝＋sin Acos A)＝4(＋＝4sin(A＋．

222622πππ5ππ1

∵，∴A＋≤1，366626∴a＋c的取值范围是(2，4]．

第三篇：高考二轮复习数学理配套讲义6 三角恒等变换、解三角形

微专题6　三角恒等变换、解三角形

命

题

者

说

考

题

统

计

考

情

点

击

2018·全国卷Ⅱ·T6·解三角形

2018·全国卷Ⅱ·T15·三角恒等变换

2018·全国卷Ⅲ·T4·三角恒等变换

2018·全国卷Ⅲ·T9·解三角形

1.高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现。

2.若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9题或第13～15题位置上。

3.高考对本部分内容的考查主要从以下方面进行：

(1)利用各种三角函数公式进行求值与化简，其中降幂公式、辅助角公式是考查的重点。

(2)利用正、余弦定理进行边和角、面积的计算，三角形形状的判定以及有关范围的计算，常与三角恒等变换综合考查。

考向一

三角恒等变换

微考向1：三角函数的定义

【例1】(2018·北京高考)在平面直角坐标系中，，是圆x2＋y2＝1上的四段弧(如图)，点P在其中一段上，角α以Ox为始边，OP为终边。若tanα

A．

B．

C．

D．

解析　设点P的坐标为(x，y)，利用三角函数的定义可得0，所以P所在的圆弧是。故选C。

答案　C

当题设条件中出现直线与单位圆相交问题时，可根据三角函数的定义，求函数的解析式或者判断函数的图象，有时可以简化解题过程。

变|式|训|练

1．已知角α的终边经过点P(－x，－6)，且cosα＝－，则＋＝________。

解析　因为角α的终边经过点P(－x，－6)，且cosα＝－，所以cosα＝＝－，即x＝。所以P。所以sinα＝－。所以tanα＝＝，则＋＝－＋＝－。

答案　－

2．(2018·全国卷Ⅰ)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cos2α＝，则|a－b|＝()

A．

B．

C．

D．1

解析　由题意知cosα>0。因为cos2α＝2cos2α－1＝，所以cosα＝，sinα＝±，得|tanα|＝。由题意知|tanα|＝，所以|a－b|＝。故选B。

答案　B

微考向2：三角函数求角

【例2】(1)已知α为锐角，若cos＝，则cos＝________。

(2)已知sinα＝，sin(α－β)＝－，α，β均为锐角，则角β等于()

A．

B．

C．

D．

解析(1)因为α为锐角，cos＝>0，所以α＋为锐角，sin＝，而cos＝cos＝cos＝sin2＝2sincos＝2××＝。所以cos＝。

(2)因为α，β均为锐角，所以－<α－β<。又sin(α－β)＝－，所以cos(α－β)＝，又sinα＝，所以cosα＝，所以sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝×－×＝。所以β＝，故选C。

答案(1)(2)C

(1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现张冠李戴的情况。

(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解。

变|式|训|练

1．(2018·全国卷Ⅲ)若sina＝，则cos2a＝()

A．

B．

C．－

D．－

解析　cos2α＝1－2sin2α＝1－＝。故选B。

答案　B

2．(2018·全国卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，则sin(α＋β)＝________。

解析　因为sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，所以sin2α＋cos2β＋2sinαcosβ＝1　①，cos2α＋sin2β＋2cosαsinβ＝0　②，①＋②得sin2α＋cos2α＋sin2β＋cos2β＋2(sinαcosβ＋cosαsinβ)＝1，所以sin(α＋β)＝－。

答案　－

考向二

解三角形

微考向1：利用正、余弦定理进行边角计算

【例3】(1)(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝()

A．4

B．

C．

D．2

(2)(2018·陕西二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知＝1－，且b＝5，·＝5，则△ABC的面积为________。

解析(1)因为cosC＝2cos2－1＝2×2－1＝－，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋25－2×1×5×＝32，所以c＝4。故选A。

(2)由＝1－及正弦定理可得＝1－化简可得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理可得cosA＝，故A＝。又·＝5，即bccosA＝5，故bc＝10，所以△ABC的面积为bcsinA＝。

答案(1)A(2)

利用正、余弦定理解三角形的思路

(1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则考虑两个定理都有可能用到。

(2)关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角恒等变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”。

变|式|训|练

1．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝，则B＝()

A．

B．

C．

D．

解析　由＝⇒＝⇒a2＋c2－b2＝ac⇒cosB＝＝。因为0

答案　C

2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c。若bsinA＋acosB＝0，且ac＝4，则△ABC的面积为()

A．

B．3

C．2

D．4

解析　由bsinA＋acosB＝0，得sinBsinA＋sinA·cosB＝0，因为sinA≠0，所以tanB＝－，所以B＝120°，所以△ABC的面积为acsinB＝×4×＝3。故选B。

答案　B

微考向2：几何图形中的边角计算

【例4】如图，在四边形ABCD中，∠ABD＝45°，∠ADB＝30°，BC＝1，DC＝2，cos∠BCD＝，则BD＝________；三角形ABD的面积为________。

解析　在△BCD中，由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD＝1＋4－2×1×2×＝4，则BD＝2。在△ABD中，∠BAD＝180°－30°－45°＝105°，sin105°＝sin(45°＋60°)＝×＋×＝，由正弦定理可得AD＝＝＝2(－1)，则S△ABD＝×2(－1)×2×sin30°＝－1，故BD＝2，△ABD的面积为－1。

答案　2　－1

几何图形中的边、角计算一般要把几何图形分解为若干三角形，在三角形中利用正、余弦定理解决。

变|式|训|练

(2018·成都诊断)如图，在直角梯形ABDE中，已知∠ABD＝∠EDB＝90°，C是BD上一点，AB＝3－，∠ACB＝15°，∠ECD＝60°，∠EAC＝45°，则线段DE的长度为________。

解析　易知∠ACE＝105°，∠AEC＝30°，在直角三角形ABC中，AC＝，在三角形AEC中，＝⇒CE＝，在直角三角形CED中，DE＝CEsin60°，所以DE＝CEsin60°＝×＝×＝6。

答案　6

微考向3：三角形中的最值与范围问题

【例5】(1)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若满足(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC，且a＝，则b2＋c2的取值范围是()

A．(5,6]

B．(3,5)

C．(3,6]

D．[5,6]

(2)已知点O是△ABC的内心，∠BAC＝60°，BC＝1，则△BOC面积的最大值为________。

解析(1)因为(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC，所以由正弦定理可得(a－b)(a＋b)＝(c－b)c，可化为b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理可得cosA＝＝＝。因为A∈，所以A＝，又因为a＝，所以由正弦定理可得＝＝＝2，所以b2＋c2＝(2sinB)2＋2＝3＋2sin2B＋sin2B＝4＋2sin。因为B∈，所以2B－∈，所以sin∈，所以b2＋c2∈(5,6]。故选A。

(2)因为O是△ABC的内心，∠BAC＝60°，所以∠BOC＝180°－＝120°，由余弦定理可得BC2＝OC2＋OB2－2OC·OB·cos120°，即OC2＋OB2＝1－OC·OB。又OC2＋OB2≥2OC·OB(当且仅当OC＝OB时，等号成立)，所以OC·OB≤，所以S△BOC＝OC·OB·sin120°≤，则△BOC面积的最大值为。

答案(1)A(2)

解三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围。

变|式|训|练

在△ABC中，M是BC的中点，BM＝2，AM＝AB－AC，则△ABC的面积的最大值为()

A．2

B．2

C．3

D．3

解析　设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c。在△ABM中，由余弦定理得cosB＝，在△ABC中，由余弦定理得cosB＝，所以＝，即b2＋c2＝4bc－8，所以cosA＝，所以sinA＝，所以S△ABC＝bcsinA＝，所以当bc＝8时，S△ABC取得最大值2。故选B。

答案　B

1．(考向一)如图，角α的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点A(x1，y1)，角β＝α＋的终边与单位圆交于点B(x2，y2)，记f(α)＝y1－y2。若角α为锐角，则f(α)的取值范围是________。

解析　由题意可知y1＝sinα，y2＝sinβ＝sin，所以f(α)＝y1－y2＝sinα－sin＝sinα＋sinα－cosα＝sinα－cosα＝sin。又因为α为锐角，即0<α<，所以－<α－<，所以－

答案

2．(考向一)已知tan(α＋β)＝，tan＝，则的值为()

A．

B．

C．

D．

解析　tan(α＋β)＝，tan＝，则＝＝tan＝tan＝＝＝。故选D。

答案　D

3．(考向二)如图所示，在△ABC中，C＝，BC＝4，点D在边AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E为垂足，若DE＝2，则cosA＝()

A．

B．

C．

D．

解析　因为AD＝DB，所以A＝∠ABD，所以∠BDC＝2A。设AD＝BD＝x。在△BCD中，由＝，可得＝①。在△AED中，由＝，可得＝②。联立①②可得＝，解得cosA＝。故选A。

答案　A

4．(考向二)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a2＋b2＝2c2，则角C的取值范围是________。

解析　因为a2＋b2＝2c2≥2ab(当且仅当a＝b时等号成立)，所以c2≥ab，所以由余弦定理可得cosC＝＝≥＝，又因为C∈(0，π)，所以C∈。

答案

5．(考向二)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若＝sinC，且c＝2，则a＋b的最大值为________。

解析　因为＝sinC，所以＝sinC＝2cosC，可得tanC＝。由C∈(0，π)，得C＝，所以＝＝＝4，所以a＝4sinA，b＝4sinB，则a＋b＝4sinA＋4sin＝4sin。因为A∈，所以A＋∈，所以sin∈，所以a＋b≤4，当A＝时取等号。

答案　4

第四篇：2014高考数学文复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集：第9讲 等差数列、等比数列

专题限时集训(九)

[第9讲 等差数列、等比数列]

(时间：45分钟)

1．一个由正数组成的等比数列，5倍，则此数列的公比为()

A．1B．2

C．3D．4

2．若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S8－S4＝12，则S12的值为()

A．64B．44

C．36D．22

3．在正项等比数列{an}中，已知a3·a5＝64，则a1＋a7的最小值为()

A．64B．32

C．16D．8

4．设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和，若S11＝S10，则a1＝()

A．18B．20

C．22D．24

5．在各项都为正数的等比数列{an}中，a1＝2，a6＝a1a2a3，则公比q的值为()

A.23

C．2D．3

6．公差不为零的等差数列{an

}的第2，3，6项构成等比数列，则这三项的公比为()

A．1B．2

C．3D．4

7．已知等差数列{an}的前n项和为n1313＝13，则a1＝()

A．－14B．13

C．－12D．－11

8．已知数列{an}是公差为2的等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，则数列{an}的前5项和S5＝()

A．20B．30

C．25D．40

9．已知等比数列{an}中，各项均为正数，前n项和为Sn，且4a3，a5，2a4成等差数列，若a1＝1，则S4＝()

A．7B．8

C．15D．16

10．已知等差数列{an}的首项a1＝1，前三项之和S3＝9，则数列{an}的通项公式an＝________．

11．已知等差数列{an}的公差为－2，a3是a1与a4的等比中项，则数列{an}的前n项和Sn＝________．

12．已知{an}为等比数列，a2＋a3＝1，a3＋a4＝－2，则a5＋a6＋a7＝________．

13．在数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝0，a3＝2，bn＝2an＋1(n∈N*)．

(1)求数列{bn}及{an}的通项公式；

(2)若cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn.14．数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋cn(c是常数，n＝1，2，3，…)，且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列．

(1)求c的值；

(2)求数列{an}的通项公式．

－15．等比数列{cn}满足cn＋1＋cn＝10·4n1(n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，且an＝log2cn.(1)求an，Sn；

1(2)数列{bn}满足bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，是否存在正整数m(m>1)，使得4Sn－1

T1，Tm，T6m成等比数列？若存在，求出所有m的值；若不存在，请说明理由．

专题限时集训(九)

1．B [解析] 设此数列的公比为q，根据题意得q>0且q≠1，由

5a1（1－q2），解得q＝2.1－q

122．C [解析] 由S8－S4＝12得a5＋a8＝a6＋a7＝a1＋a12＝6，则S12(a1＋a12)＝36.2

3．C [解析] 由a3·a5＝64可得a1·a7＝64，则a1＋a7≥2 1a7＝16.4．B [解析] 由S11＝S10得，a11＝0，即a1＋(11－1)×(－2)＝0，得a1＝20.5．C [解析] a1q5＝(a1q)3，q2＝a21，因为各项均为正数，所以q＝a1＝2.6．C [解析] 由(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)得d＝－2a1，因此可罗列该数列的前6项为a1，－a1，－3a1，－5a1，－7a1，－9a1，则公比为3.13（a1＋a13）7．D [解析] 在等差数列中，S13＝13，得a1＋a13＝2，即a1＝2－a13＝22

－13＝－11，选D.8．C [解析] 由数列{an}是公差为2的等差数列，得an＝a1＋(n－1)·2，又因为a1，a2，2a5成等比数列，所以a1·a5＝a22，即a1·(a1＋8)＝(a1＋2)，解得a1＝1，所以S5＝5a1＋

5×（5－1）·d＝5×1＋20＝25.2

9．C [解析] 由4a3＋2a4＝2a5得q2(q2－q－2)＝0，由题意知q＝2，则S4＝1＋2＋4＋8＝15.3（a1＋a3）10．2n－1 [解析] 由＝S3，得a3＝5，故d＝2，an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.2

11．－n＋9n [解析] 由2a1（1－q4）1－q＝a23＝a1·a4n（n－1）可得a1＝－4d＝8，故Sn＝8n＋×(－2)＝2

－n2＋9n.12．24 [解析] 由a2＋a3＝1，a3＋a4＝－2得q＝－2，由a2＋a2q＝1，得a2＝－1，因此a5＋a6＋a7＝8－16＋32＝24.13．解：(1)方法一，依题意b1＝2，b3＝23＝8，设数列{bn}的公比为q，由bn＝2an＋1>0，可知q>0.由b3＝b1·q2＝2·q2＝8，得q2＝4，又q>0，则q＝2，－－故bn＝b1qn1＝2·2n1＝2n，又由2an＋1＝2n，得an＝n－1.(2)依题意cn＝(n－1)·2n.－Sn＝0·21＋1·22＋2·23＋…＋(n－2)·2n1＋(n－1)·2n，①

＋则2Sn＝0·22＋1·23＋2·24＋…＋(n－2)·2n＋(n－1)·2n1，②

①－②得

－Sn＝2＋2＋…＋2－(n－1)·2

＋23nn＋1＝22－2n＋11－2－(n－1)·2n1，＋＋即－Sn＝－4＋(2－n)·2n1，故Sn＝4＋(n－2)·2n1.bn＋1方法二，(1)依题意{bn}为等比数列，则＝q(常数)，bn

由bn＝2an＋1>0，可知q>0.由2an＋1＋1

2an＋12an＋1－an＝q，得an＋1－an＝log2q(常数)，故{an}为等差数列．

设{an}的公差为d，由a1＝0，a3＝a1＋2d＝0＋2d＝2，得d＝1，故an＝n－1.(2)同方法一．

14．解：(1)a1＝3，a2＝3＋c，a3＝3＋3c，∵a1，a2，a3成等比数列，∴(3＋c)2＝3(3＋3c)，解得c＝0或c＝3.当c＝0时，a1＝a2＝a3，不符合题意，舍去，故c＝3.(2)当n≥2时，由a2－a1＝c，a3－a2＝2c，…，an－an－1＝(n－1)c，n（n－1）则an－a1＝[1＋2＋…＋(n－1)]c2

33又∵a1＝3，c＝3，∴an＝3＋n(n－1)＝(n2－n＋2)(n＝2，3，…)． 22

3当n＝1时，上式也成立，∴an2－n＋2)． 2

15．解：(1)因为c1＋c2＝10，c2＋c3＝40，所以公比q＝4，－－由c1＋4c1＝10，得c1＝2，cn＝2·4n1＝22n1，－所以an＝log222n1＝2n－1.Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log2c1＋log2c2＋…＋log2cn＝log2(c1·c2·…·cn)＝log2(21·23·…·22n－1＋＋…＋2n－1))＝log22(13＝n2.111－1(2)由(1)知bn＝22n－12n＋1，4n－12

111111n于是Tn＝[(1－)＋()＋…＋()]＝.23352n－12n＋12n＋1

假设存在正整数m(m>1)，使得T1，Tm，T6m成等比数列，则 m216m4m2－7m－2＝0，2m＋1＝3×12m＋1

1解得m＝－或m＝2.4

*由m∈N，m>1，得m＝2.因此存在正整数m＝2，使得T1，Tm，T6m成等比数列．

第五篇：2014高考数学文复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集：第3A讲 不等式与线性规划 Word版含解析专题

专题限时集训(三)A

[第3讲 不等式与线性规划]

(时间：30分钟)

1．函数f(x)＝3－x

x－12()

A．[－3，3]B．[33]

C．(1 D．[－，1)∪(1，x－2x2．已知集合A＝x0，x∈N，B＝{x|1≤2≤16，x∈Z}，则A∩B＝()x

A．(1，2)B．[0，2]C．{0，1，2}D．{1，2}

0≤x≤1，3．已知实数x，y满足x－y≤2，则z＝2x－3y的最大值是()

x＋y≤2，A．－6B．－1C．6D．4

x≤0，4．若A为不等式组y≥0，表示的平面区域，则当实数a从－2连续变化到0时，动直

y－x≤2

线x＋y＝a扫过A中部分的区域的面积为()

31A.B.C．2D．1 42

5．已知关于x的不等式ax2＋2x＋b>0(a≠0)的解集是错误!，且a>b，则错误!的最小值是

()

A．2 2B．2C.2D．1

6．在如图X3－1所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x为

______m.7．若直线ax－by＋1＝0平分圆C＋1＝0的周长，则ab的取值范围是

()

11－∞，B.－∞ A.48

110，D.0，C.482x＋y－2≥0，8．设变量x，y满足约束条件x－2y＋4≥0，则目标函数z＝3x－2y的最小值为()

x－1≤0，A．－6B．－4C．2D．4

0≤x≤1，9．已知点P(x，y)满足则点Q(x＋y，y)构成的图形的面积为()

0≤x＋y≤2，A．1B．2

C．3D．4

－1≤x＋y≤1，1

10．设实数x，y满足则点(x，y)在圆面x2＋y2≤()

－1≤x－y≤1，π

A.8πB.43πC.4

πD.2

11．某旅行社租用A，B两种型号的客车安排900名客人旅行，A，B两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1600元/辆和2400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B型车不能多于A型车7辆，则租金最少为()

A．31 200元B．36 000元C．36 800元D．38 400元

x≤2，

12．不等式组y≥0，表示的平面区域的面积是________．

y≤x－1

x－y＋3≥0，

13．已知变量x，y满足约束条件－1≤x≤1，则z＝x＋y的最大值是________．

y≥1，a2

14．设常数a>0，若9x＋a＋1对一切正实数x成立，则a的取值范围为________．

x

专题限时集训(三)A

3－x≥0，1．D [解析] 由题意知3≤x3且x≠1.x－1≠0，x－2)2．D [解析] 集合A＝{x0，x∈N}＝{1，2}，B＝{x|1≤2x≤16，x∈Z}＝

x 

{0，1，2，3，4}，所以A∩B＝{1，2}．

3．C [解析] 画图可知，四个角点分别是A(0，－2)，B(1，－1)，C(1，1)，D(0，2)，可知zmax＝zA＝

6.4．D [解析] A区域为(－2，0)，(0，0)，(0，2)形成的直角三角形，其面积为2，则直线x＋y＝a从(－2，0)开始扫过，扫到区域一半时停止，所以扫过A中部分的区域的面积为1.5．A [解析] 由已知可知方程ax2＋2x＋b＝0(a≠0)有两个相等的实数解，故Δ＝0，即ab＝1.a2＋b2（a－b）2＋2ab22

＝(a－b)＋a>b，所以(a－b)＋2

2.a－b（a－b）（a－b）（a－b）

6．20 [解析] ADE与△ABC相似，设矩形的S△ADE40－y2x（40－y）x＋y2

另一边长为y，则，所以y＝40－x，又有xy≤＝＝400成40S△ABC402立，当且仅当x＝40－x时等号成立，则有x＝20，故其边长x为20 m.7．B [解析] 依题意知直线ax－by＋1＝0过圆C的圆心(－1，2)，即a＋2b＝1，由1＝

a＋2b≥2 2abab，故选B.8

3z

8．B [解析] 作出不等式组对应的可行域如图所示，由z＝3x－2y得y＝x－由图像可

3z

知当直线y＝x－C(0，2)时，直线的截距最大，而此时z＝3x－2y最小，最小值为－

4.0≤u－v≤1，9．B [解析] 令x＋y＝u，y＝v，则点Q(u，v)满足在uOv平面内画出点

0≤u≤2，

Q(u，v)

－1≤x＋y≤1，10．B [解析] 不等式组表示的可行域是边长为2的正方形，所以S

－1≤x－y≤1

正

＝2.x2＋y2≤且圆的面积为πr2＝π，所以点(x，y)在圆面x2＋y2≤内

2221

π2

部的概率为＝24

11．C [解析] 根据已知，设需要A型车x辆，B型车y辆，则根据题设，有

y－x≤7，x≥0，y≥0，画出可行域，求出三个顶点的坐标分别为A(7，14)，B(5，12)，C(15，6)，36x＋60y＝900，目标函数(租金)为k＝1600x＋2400y，如图所示，将点B的坐标代入其中，即得租金的最小值，即k＝1600×5＋2400×12＝36 800(元)．

x＋y≤21，1112.[解析] 不等式组表示的可行域如图中阴影所示，故面积为×1×1.222

13．5 [解析] z＝x＋y在点C

14.15∞[解析] 6a≥a＋1a≥15

.