专题四 立体几何（大题突破）-【创新教程】2018-2020三年高考真题文科数学分类特训

(２)由题设及(１)知△ABC 的面积S△ABC＝ ３ ４a , 由正弦定理得a＝csinAsinC ＝ sin(１２０°－C) sinC ＝ ３ ２tanC＋ １ ２． 由于△ABC 为锐角三角形,故０°＜A＜９０°,０°＜C＜９０°． 由(１)知 A＋C＝１２０°,所 以 ３０°＜C＜９０°,故 １２ ＜a＜ ２,从而 ３８ ＜S△ABC＜ ３ ２． 因此,△ABC 面积的取值范围是 ３ ８ ,３ ２ æ è ç ö ø ÷ ． 专题三　数列 １．解:(１)设公比 为q,则 由 a１＋a１q＝４, a１q２－a１＝８,{ 得a１＝１,q＝ ３, 所以数列{an}的通项公式为an＝３n－１ (２)由(１)有log３an＝n－１,数 列 {log３an}是 一 个 以 ０ 为首项,１ 为 公 差 的 等 差 数 列,所 以 Sn＝ n(n－１) ２ ,若 Sm＋Sm＋１＝Sm＋３, 则m(m－１) ２ ＋ (m＋１)m ２ ＝ (m＋３)(m＋２) ２ ． 解得:m＝６或 m＝－１(舍去) 所以 m＝６ ２．解:(１)设{an}的公差为d, 由S９＝－a５ 得a１＋４d＝０． 由a３＝４得a１＋２d＝４． 于是a１＝８,d＝－２． 因此{an}的通项公式为an＝１０－２n． (２)由(１)得a１＝－４d,故an＝(n－５)d, Sn＝ n(n－９)d ２ ． 由a１＞０知d＜０,故Sn≥an 等价于n２－１ln＋１０≤０, 解得１≤n≤１０, 所以n 的取值范围是{n|１≤n≤１０,n∈N}． ３．解:(１)设{an}的公比为q,由题设得 ２q２＝４q＋１６,即q２－２q－８＝０． 解得q＝－２(舍去)或q＝４． 因此{an}的通项公式为an＝２×４n－１＝２２n－１． (２)由(１)得bn＝(２n－１)log２２＝２n－１,因此数列{bn} 的前n 项和为１＋３＋􀆺＋２n－１＝n２． ４．解:(１)由条件可得an＋１＝ ２(n＋１) n an． 将n＝１代入得,a２＝４a１,而a１＝１,所以,a２＝４． 将n＝２代入得,a３＝３a２,所以,a３＝１２． 从而b１＝１,b２＝２,b３＝４． (２){bn}是首项为１,公比为２的等比数列􀆰 由条件可得 an＋１ n＋１＝ ２an n ,即bn＋１＝２bn,又b１＝１,所 以 {bn}是首项为１,公比为２的等比数列􀆰 (３)由(２)可得 an n ＝２ n－１,所以an＝n􀅰２n－１． ５．解:(１)∵a５＝４a３,∴q２＝４,∴q＝±２． 当q＝２时,an＝２n－１ 当q＝－２时,an＝(－２)n－１ ∴{an}的通项公式为an＝２n－１或an＝(－２)n－１． (２)当q＝２时,Sm＝ １－２m １－２ ＝６３ ,解得 m＝６． 当q＝－２时,Sm＝ １－(－２)m １＋２ ＝６３． 无解．∴m＝６． ６．解:(１)∵a１＝－７,S３＝３a１＋３d＝－１５,∴d＝２, ∴an＝－７＋(n－１)􀅰２＝２n－９．(n∈N∗ )． (２)由等差数列前n 项和公式得: Sn＝na１＋ n(n－１) ２ d＝n ２－８n＝(n－４)２－１６, ∴当n＝４时,Sn 取得最小值－１６． 专题四　立体几何 １．解:(１)由 题 设 可 知,PA＝PB＝ PC． 由于△ABC 是正三角形,故可得 △PAC ≌ △PAB,△PAC ≌ △PBC． 又∠APC＝９０°,故∠APB＝９０°, ∠BPC＝９０°, 从而 PB⊥PA,PB⊥PC,又 PA∩PC＝P,故 PB⊥平 面PAC,因为 PB⊂平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAC． (２)设圆锥的底面半径为r,母线长为l． 由题设可得rl＝ ３,l２－r２＝２． 解得r＝１,l＝ ３． 从而 AB＝ ３,由(１)可得 PA２＋PB２＝AB２,故 PA＝ PB＝PC＝ ６２． 所以三棱锥 P－ABC 的体积为 V＝１３× １ ２×PA×PB×PC＝ １ ３× １ ２× ６ ２ æ è ç ö ø ÷ ３ ＝ ６８． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９５ 详解详析 ２．解:(１)因为 M,N 分别为BC