届高考数学二轮复习大题专项练打包16套文Word文档格式.docx
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=sin(2x-)+1,
所以f()=sin(2×
-)+1=×
+1=2.
(2)由f(x)=sin(2x-)+1,
当2x-=+2kπ,k∈Z,
即x=+kπ,k∈Z时,f(x)取得最大值为+1,
最小正周期为T==π.
2.解:
(1)f(x)=sin2x+sinx·
cosx+2cos2x
=sin2x+cos2x+1
=sin2x++1
=sin(2x+)+,
函数的最小正周期为T==π.
令+2kπ≤2x+≤+2kπ(k∈Z),
解得+kπ≤x≤kπ+(k∈Z),
函数的单调递减区间为[+kπ,+kπ](k∈Z).
(2)函数y=sin2x的图象向左平移个单位得到函数y=sin(2x+)的图象,再将函数图象向上平移个单位得到f(x)=sin(2x+)+的图象.
3.解:
(1)在△ABC中,由cosA=,得A为锐角,
所以sinA=,
所以tanA==,
所以tanB=tan[(B-A)+A]=
==3.
(2)在三角形ABC中,由tanB=3,
得sinB=,cosB=,
由sinC=sin(A+B)
=sinAcosB+cosAsinB
=,
由正弦定理=,得b===15,
所以△ABC的面积S=bcsinA=×
15×
13×
=78.
4.解:
(1)在△ABC中,acosB+bsinA=c,
由正弦定理得sinAcosB+sinBsinA=sinC,
又sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB,
所以sinBsinA=cosAsinB,
又sinB≠0,
所以sinA=cosA,
又A∈(0,π),
所以tanA=1,A=.
(2)由S△ABC=bcsinA=bc=,
解得bc=2-,
又a2=b2+c2-2bccosA,
所以2=b2+c2-bc=(b+c)2-(2+)bc,
所以(b+c)2=2+(2+)bc=2+(2+)(2-)=4,
所以b+c=2.
一 三角函数与解三角形(B)
铁东区校级二模)已知函数f(x)=sin(2x-)-2sin(x-)sin(x+).
(1)求函数f(x)的最小正周期和图象的对称轴方程;
(2)求函数f(x)在区间[-,]上的最值.
金华模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边为a,b,c,已知sinA=sin(B-C)+2sin2B,B≠.
(1)求证:
c=2b;
(2)若△ABC的面积S=5b2-a2,求tanA的值.
资阳模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(a+b)(sinA-sinB)=c(sinC-sinB).
(1)求A;
(2)若a=4,求b2+c2的取值范围.
朝阳区二模)已知函数f(x)=2sinx(sinx+cosx)-a的图象经过点(,1),a∈R.
(1)求a的值,并求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若当x∈[0,]时,不等式f(x)≥m恒成立,求实数m的取值范围.
(1)因为f(x)=sin(2x-)-2sin(x-)·
sin(x+)
=sin(2x-)-2sin(x-)cos(x-)
=sin(2x-)-sin(2x-)=sin(2x-)+cos2x
=sin2x-cos2x+cos2x=sin2x-cos2x
=sin(2x-),
所以T==π,
令2x-=kπ+(k∈Z),
解得x=+(k∈Z).
所以函数f(x)的最小正周期为π,
图象的对称轴方程为x=+(k∈Z).
(2)因为x∈[-,],
所以2x-∈[-,].
因为f(x)=sin(2x-)在区间[-,]上单调递增,在区间[,]上单调递减,
所以当x=时,f(x)取最大值1.
又因为f(-)=-<
f()=,
所以当x=-时,f(x)取最小值-.
2.
(1)证明:
△ABC中,由sinA=sin(B-C)+2sin2B,
得sin(B+C)=sin(B-C)+4sinBcosB,
展开化简得,cosBsinC=2sinBcosB,
又因为B≠,所以cosB≠0,
所以sinC=2sinB,
由正弦定理得,c=2b.
(2)解:
因为△ABC的面积为S=5b2-a2,
所以有bcsinA=5b2-a2,
由
(1)知c=2b,
代入上式得b2sinA=5b2-a2,①
又由余弦定理有a2=b2+c2-2bccosA=5b2-4b2cosA,
代入①得b2sinA=4b2cosA,
所以tanA=4.
(1)根据正弦定理得(a+b)(a-b)=c(c-b),
即a2-b2=c2-bc,
则=,
即cosA=,
由于0<
A<
π,
所以A=.
(2)根据余弦定理,a2=b2+c2-2bccos=b2+c2-bc,
所以b2+c2=16+bc≤16+,
当且仅当b=c时取等号,则有b2+c2≤32,
又b2+c2=16+bc>
16,
所以b2+c2的取值范围是(16,32].
(1)函数f(x)=2sinx(sinx+cosx)-a的图象经过点(,1),
所以2sin(sin+cos)-a=1,
即2-a=1,解得a=1,
所以函数f(x)=2sinx(sinx+cosx)-1
=2sin2x+2sinxcosx-1
=2×
+sin2x-1
=sin2x-cos2x
令-+2kπ≤2x-≤+2kπ,k∈Z,
解得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,
所以f(x)的单调递增区间为[-+kπ,+kπ],k∈Z.
(2)当x∈[0,]时,2x-∈[-,],
令g(t)=sint在[-,]上单调递增,在[,π]上单调递减,且g(-)=-<
g(π)=,
所以sin(2x-)≥×
(-)=-1,
又不等式f(x)≥m恒成立,
所以实数m的取值范围是(-∞,-1].
二 数列(A)
烟台模拟)已知{an}为等差数列,且a3=-6,a6=0.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若等比数列{bn}满足b1=-8,b2=a1+a2+a3,求{bn}的前n项和.
蚌埠二模)已知等差数列{an}满足a2=2,a1+a4=5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足:
b1=3,b2=6,{bn-an}为等比数列,求数列{bn}的前n项和Tn.
凌源市模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=an-a1(n∈N*),且a1-1,2a2,a3+7成等差数列.
(2)令bn=2log9an(n∈N*),求数列{}的前n项和Tn.
成都模拟)已知公差不为零的等差数列{an}中,a3=7,且a1,a4,a13成等比数列.
(2)记数列{an·
2n}的前n项和为Sn,求Sn.
(1)在等差数列{an}中,由a3=-6,a6=0,得
d===2,
所以an=a6+(n-6)d=2n-12.
(2)在等比数列{bn}中,b1=-8,b2=a1+a2+a3=-10+(-8)+(-6)=-24,
所以q===3,
所以{bn}的前n项和Sn==4×
(1-3n).
(1)等差数列{an}满足a2=2,a1+a4=5,
则
解得a1=d=1,
所以an=1+(n-1)=n.
(2)因为b1=3,b2=6,{bn-an}为等比数列,设公比为q,
所以b1-a1=3-1=2,b2-a2=6-2=4,
所以q=2,
所以bn-an=2×
2n-1=2n,
所以bn=n+2n,
所以数列{bn}的前n项和Tn=(1+2+3+…+n)+(2+22+…+2n)=+=+2n+1-2.
(1)由Sn=an-a1得2Sn=3an-a1,
由作差得an=3an-1(n≥2),
又2(a1+a2)=3a2-a1,则a2=3a1.
所以数列{an}是公比为3的等比数列,
又a1-1,2a2,a3+7成等差数列,4a2=a1+a3+6,
即12a1=a1+9a1+6,解得a1=3,所以an=3n.
(2)由
(1)得bn=2log93n=n,
所以=-,
所以Tn=1-+-+…+-=.
(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
由a3=7,且a1,a4,a13成等比数列,得
解得a1=3,d=2.
所以an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)因为an·
2n=(2n+1)·
2n,
所以数列{an·
2n}的前n项和Sn=3·
21+5·
22+…+(2n+1)·
2Sn=3·
22+5·
23+…+(2n-1)·
2n+(2n+1)·
2n+1,
所以-Sn=6+23+24+…+2n+1-(2n+1)·
2n+1=6+-(2n+1)·
2n+1=-2+(1-2n)×
所以Sn=2-(1-2n)×
2n+1.
二 数列(B)
醴陵模拟)已知正项等比数列{an}中,a1+a2=6,a3+a4=24.
(2)数列{bn}满足bn=log2an,求数列{an+bn}的前n项和Tn.
上饶二模)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1+n-2.
(2)设bn=log2(an-1),求Tn=+++…+.
益阳模拟)已知{an}是各项均为正数的等差数列,且数列{}的前n项和为,n∈N*.
(2)若数列{an}的前n项和为Sn,数列{}的前n项和Tn,求证Tn<
.
深圳模拟)已知数列{an}满足a1=1,且an=2an-1+2n(n≥2,且n∈N*),
数列是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)设数列{an}的前n项之和为Sn,求证:
>
2n-3.
(1)设数列{an}的首项为a1,公比为q(q>
0).
则解得
所以an=2×
2n-1=2n.
(2)由
(1)得bn=log22n=n,
Tn=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(an+bn)
=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)
=(
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