专题强化练3 数列-2021高考理科数学【创新教程】大二轮高考总复习

(２)同方案一 方案三:选择条件③: (１)∵cosA＝－ １４ ,∴sinA＝ １５４ S△ABC ＝ １ ２bcsinA＝ １５ ８ bc＝３ １５ ∴bc＝２４ 由 bc＝２４ b－c＝２{ 解得 b＝６ c＝４{ 或 b＝－４ c＝－６{ (舍) ∴a２ ＝b２ ＋c２ －２bccosA ＝３６＋１６－２×６×４× － １４( ) ＝６４,∴a＝８ (２)同方案一． １４．解析:(１)根 据 条 件 由 正 弦 定 理,求 出sin∠CBD＝１,从 而求出∠CBD＝ π２ ,即可求出结果; (２)设∠BCD＝θ,０＜θ＜π,根 据 余 弦 定 理 求 出 BD２,将 △BCD,△ABC 的面积和表示为θ 的 函 数,由 辅 助 角 公 式化简 面 积 表 达 式,再 结 合 正 弦 函 数 的 最 值,即 可 求解． 解:(１)在 △BCD 中,由 正 弦 定 理 得 CDsin∠CBD ＝ BCsin∠BDC , ∴sin∠CBD＝ ４×sin π６ ２ ＝１ , ∵０＜∠CBD＜π,∴∠CBD＝ π２ , ∴tan∠ABC＝tan ∠ABD＋∠CBD( ) ＝tan π３ ＋ π ２( ) ＝tan５π６ ＝－tan π ６ ＝－ ３ ３ ． (２)设∠BCD＝θ,在△BCD 中, 由余弦定理 得 BD２＝BC２＋CD２ －２BC􀅰CDcosθ＝２２ ＋４２－２×２×４cosθ ＝２０－１６cosθ． ∴S四 边 形ABCD ＝ １ ２BC 􀅰CDsinθ＋ ３４BD ２ ＝４sinθ－４ ３cosθ＋５ ３＝８sin θ－ π３( ) ＋５ ３． 当θ＝５π６ 时,四边形 ABCD 面积的最大值８＋５ ３． 专题三　第１讲 １．C　[由 已 知, ９a１＋３６d＝２７ a１＋９d＝８{ ,所 以 a１ ＝ －１,d＝１,a１００ ＝a１＋９９d＝－１＋９９＝９８,故选 C．] ２．B　[设 等 差 数 列 an{ } 的 公 差 为d,依 题 意 列 出 方 程 组, 再根据前n 项和公式计算可得; 设 等 差 数 列 an{ } 的 公 差 为 d, 则 a１＋d＝－５ S４＝４a１＋ ４×(４－１) ２ d＝－１６{ ,解得 a１＝－７ d＝２{ , 所以S６＝６×(－７)＋ ６×(６－１) ２ ×２＝－１２ ,故选 B．] ３．D　[由求和公 式 可 得 关 于a１ 和q 的 值,再 代 入 求 和 公 式可得． 设等比数列 an{ } 的公比为q,显然q≠１, 由求和公式可得S２＝ a１ １－q ２ ( ) １－q ＝２　①, S３＝ a１ １－q ３ ( ) １－q ＝－６　② ② ① 可得１－q ３ １－q２ ＝１＋q＋q ２ １＋q ＝－６２ ＝－３ ,解得q＝－２, 代入①可得a１＝－２, ∴S５＝ a１ １－q ５ ( ) １－q ＝－２ １－ －２ ( ) ５ [ ] １－ －２( ) ＝－２２ ,故选 D．] ４．C　[设每一层有n 环,由题 可 知 从 内 到 外 每 环 之 间 构 成 等差数列,公差d＝９,a１ ＝９,由 等 差 数 列 性 质 知 Sn,S２n －Sn,S３n－S２n成等差数列,且(S３n －S２n)－(S２n －Sn)＝ n２d,则９n２＝７２９,得n＝９,则三层共有扇形面石板为S３n ＝S２７＝２７a１＋ ２７×２６ ２ ×９＝３４０２ 块．] ５．C　[当n≥２ 时,因 为 Sn ＞nan 等 价 于 n(a１＋an) ２ ＞nan 等价于a１＞an 等价 于(n－１)d＜０等 价 于 d＜０,a３ ＞a４ 等价于a４－a３＜０等价于d＜０, 所以Sn＞nan(n≥２)等价于a３＞a４, 所以“Sn＞nan (n≥２)”是 “a３ ＞a４”的 充 分 必 要 条 件．故 选 C．] ６．A　[由a１a２＜０得公比q＜０,然 后 由 S１＝６ a３＋a５( ) 求 出q,即可计算出 a３a６a９ a３５ ． ∵a１a２＜０,∴公比q＜０, ∵S１＝６a３＋２７a５,∴a１＝６a１q ２＋２７a１q ４,q２＝ １ ９ , 又q＜０,∴q＝－ １ ３ , ∴ a３a６a９ a３５ ＝ a３６ a３５ ＝( a６ a５ )３＝q３＝－ １ ２７． 故选 A．] ７．C　 [利 用 等 比 中 项 的 性 质 求 得 a５ 的 值,进 而 可 求 得(－２)a５ 的值． 在正项等比数 列 an{ } 中,a５＞０,由 等 比 中 项 的 性 质 可 得 a２５＝a３a７＝４,∴a５＝２,因此(－２) a５ ＝４．故选 C．] ８．B　 [Sn 是 等 差 数 列 an{ } 的 前n 项 和,若 S２０１８ ＜S２０２０ ＜S２０１９, 故a２０１９＞０,a２０