江苏省无锡市高一数学 数列重点难点突破六（含解析）苏教版-苏教版高一全册数学试题VIP免费

高一数学数列重点难点必考点串讲六课前抽测（基础题课后作业+学霸必做题课堂集训）1、在ABC△中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，sin1sinsinbCacAB已知，且5,5bCACB�，则ABC△的面积是．【答案】153【解析】试题分析：根据题意由正弦定理得：1bcacab即：222bcabc，所以由余弦定理得：2221cos222bcabcAbcbc又因为：0A，所以3A,因为5CACB�即：5cos5aC即：222552abcaab与2225cos310cac联立解得：12c，所以ABC△的面积是：1512sin1532A，所以答案为：153．考点：1．正弦定理；2．余弦定理；3．三角形的面积公式．2．设ABC内角CBA,,的对边分别为cba,,，且满足,53coscosaCbBc则CBtantan．【答案】41【解析】由正弦定理，得)sin(53cossincossinCBCBBC,即)sincoscos(sin53cossincossinCBCBCBBC,则BCBCsincos58cossin52,则41cossincossintantanBCCBCB．考点：正弦定理与三角恒等变形．3．在ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c且222abcbc，=3a，S为ABC的面积，则3coscosSBC的最大值为.【答案】3.【解析】试题分析： 222abcbc，∴2221cos22bcaAbc，∴23A，设ABC外接圆的半径为R，则3222sinsin3aRA，∴1R，∴133coscossin3coscos3coscos24SBCbcABCbcBC3sinsin3coscos3cos()BCBCBC，故3coscosSBC的最大值为3.考点：1.正余弦定理的运用；2.三角恒等变形.4、设数列}{na满足21a，)(11*1Nnaaannn，则该数列的前2015项的乘积2015321aaaa_________.【答案】3.【解析】试题分析：由题意可得，121131aaa，2321112aaa，3431113aaa，4514121aaaa，∴数列{}na是以4为周期的数列，而201545033，∴前2015项乘积为1233aaa.考点：数列的递推公式.5、已知在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，(3)()()bbcacac，且B为钝角．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若12a，求3bc的取值范围．【答案】（Ⅰ）6A；（Ⅱ）3bc11,22．【解析】试题分析：（Ⅰ）由(3)()()bbcacac得2223bbcac，得2223bcabc，应用余弦定理即得．（Ⅱ）由B为钝角知2AC，推出03C应用正弦定理12211sin2aRA，进一步3bcsin3sinBCcos()3C11,22试题解析：（Ⅰ）由(3)()()bbcacac得2223bbcac，得2223bcabc于是222cos2bcaAbc32又(0,)A，∴6A6分（Ⅱ） B为钝角于是2AC，又6A，∴03C由正弦定理可知，12211sin2aRA所以3bcsin3sinBC5sin()3sin6CC13cossin22CCcos()3C又03C，2333C∴3bccos()3C11,2213分考点：1．正弦定理、余弦定理的应用;2．三角函数的图象和性质．6．（本小题满分12分）设为ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且2cos2aCbc.（1）求角A的大小;（2）若1a，求bc的取值范围.【答案】（1）3;（2）(1,2].【解析】试题分析：（1）由下弦定理把已知中的边转化为角的正弦，整理可得1cos2A，从而可求角A的值；或由余弦定理将cosC转化为边，现用余弦定理可得1cos2A，从而可求角A的值；（2）用正弦定理将边,bc转化为2sin3bB，2sin3cC及三角形内角和定理可得2sin6bcB由角B的取值范围可求bc的取值范围.或用余弦定理得221bcbc，再利用基本不等式可求得2bc，又bca，可求bc的取值范围.试题解析：（1）解法1由2cos2aCbc得2sincos2sinsinACBC.又sinsinBACsincoscossinACAC，所以2cossinACsinC.因为sin0C，所以1cos2A，又因为0A，所以3A.（6分）解法2由2cos2aCbc得222222abcabcab，即222abcbc，又2222cosabcbcA，所以1cos2A，又因为0A，所以3A.（6分）（2）解法1由正弦定理得sin2sinsin3aBbBA，2sin3cC...