16 “数列、三角函数、解三角形”试题精选-《中学生数理化》高考数学2025年2月刊

■浙江师范大学教育学院 余铁青 ■中山市桂山中学 马 锐 1.已知sin(α+β)= 1 3 ,sin(α-β)= 1 4 。 (1)求证:sin αcos β=7cos αsin β; (2)若0<α+β< π 2 ,0<α-β< π 2 ,求 cos 2α的值。 2.已知△ABC 为锐角三角形,且cos A +sin B= 3(sin A+sin B)。 (1)若C= π 4 ,求A; (2)已知点D 在边AC 上,且AD=BD =3,求CD 的取值范围。 3.在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边 分别是a,b,c,已知2csin B=(2a-c)tan C, 角C 的内角平分线与边AB 交于点E。 (1)求角B 的大小; (2)记△BCE,△ACE 的 面 积 分 别 为 S1,S2,在①c=23,b=3,②S△ABC= 9 4 ,b= 21,A>C 这两个条件中任选一个作为已 知,求S1 S2 的值。 4.海水受日月引力会产生潮汐。以海底 平面为基准,涨潮时水面升高,退潮时水面降 低。现测得某港口某天的时刻与水深的关系 如表1所示:(3.1时即为3点06分) 表1 时刻:x(时) 0 3.1 6.2 9.3 12.415.518.621.7 24 水深:y(米) 5.0 7.4 5.0 2.6 5.0 7.4 5.0 2.6 4.0 (1)根据以上数据,可 以 用 函 数 y= Asin (ωx+φ)+bω>0,|φ|< π 2 来近似描 述这一天内港口水深与时间的关系,求出这 个函数的解析式; (2)某条货船的吃水深度(水面高于船底 的距离)为4.2米。安全条例规定,在本港口 进港和在港口停靠时,船底高于海底平面的 安全间隙至少有2米,根据(1)中的解析式, 求这条货船最早可行的进港时间及这条货船 一天最多可以在港口中停靠的总时长。 5.各项均为正数的数列{an},{bn},其中 {an}的前n 项和为Sn,且满足b1=1,log2 bn -log2 bn-1=1,4Sn=a2n+2an。 (1)求数列{bn}的通项公式; (2)求数列{an}的通项公式; (3)设cn= ∑2bn-1i=bnai +2n-1,证明∑ni=1 1ci < 4 9 。 6.已知锐角△ABC 的三个内角是A,B, C,且 满 足 cos 2A -cos 2B =2sin C· (sin B-sin C),△ABC 的外接圆的圆心为 O,半径是1。 (1)求角A 的大小及OC→·OB→ 的值; (2)求OA→·AB→ 的取值范围。 7.已知O 为坐标原点,对于函数f(x) =asin x+bcos x,称向量OM→=(a,b)为函 数f(x)的相伴特征向量,同时称函数f(x) 为向量OM→ 的相伴函数。 (1)记向量ON→=(3,1)的相伴函数为 f(x),若f(x)= 6 5 ,且x∈ - π 6 ,π 3 ,求 sin x 的值。 (2)设函数g(x)=2 3sin x 2cos x 2+ 6cos2 x 2-3 ,试求函数g(x)的相伴特征向量 44 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年2月 OM→,并求出与OM→ 方向相同的单位向量。 (3)已知 A(-3,2),B(3,10),OT→= 2 2 ,2 2 为 函 数 h(x)的 相 伴 特 征 向 量, φ(x)=h x 2+ π 4 。试问:在y=φ(x)的图 像上是否存在一点P,使得AP→⊥BP→? 若存 在,求出点P 的坐标;若不存在,请说明理由。 8.设{an}是等差数列,{bn}是等比数列, 公比大于0,已知a1=b1=3,b2=a3,b3= 4a2+3。 ①求数列{an}和{bn}的通项公式; ②设数列{cn}满足cn= 1,n为奇数, bn 2 ,n为偶数, 求 a1c1+a2c2+…+a2nc2n。 参考答案: 1.因为sin (α+β)=sin αcos β+cos αsin β = 1 3 ,sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β= 1 4 ,所 以 3sin αcos β+3cos αsin β=1, 4sin αcos β-4cos αsin β=1, 两 式 相 减 得 sin αcos β-7cos αsin β=0,则sin αcos β= 7cos αsin β。 (2)因为sin(α+β)= 1 3 ,sin(α-β)= 1 4 ,又0<α+β< π 2 ,0<α-β< π 2 ,所以 cos(α+β)= 22 3 ,cos(α-β)= 15 4 。 所以cos 2α=cos [(α+β)+(α-β)]= cos(α+β)cos(α-β)-sin(α+β)sin(α-β) = 22 3 · 15 4 - 1 3 ·1 4= 2 30-1 12 。 2.(1)因为cos A+sin B= 3(sin A+ sin B),所以cos A- 3sin A= 3cos B- sin B,即cosA+ π 3 =cosB+π6 。 又因为 π 3<A+ π 3< 5π 6 ,π 6<B+ π 6< 2π 3 ,所以A+ π 3=B+ π 6 ,即B=A+ π 6 。 又因为A+B+C=π,C= π 4 ,所以A+ A+ π 6+ π 4=π ,解得A= 7π 24 。 (2)因为 AD=BD=3,所以∠DBA= ∠A。又∠ABC=∠DBA+∠DBC=A+ π 6 ,所以∠DBC= π 6 。 在△DBC 中, CD sin∠DBC= BD sin C ,所以 CD= BD·sin ∠DBC sin C = 3 2 sin C= 3 2sin C 。 在△ABC 中,sin C=sin(A+∠ABC) =sin2A+ π 6 。 因 为 △ABC 为 锐 角 三 角 形,所 以 0<A< π 2 , 0<B=A+ π 6< π 2 , 0<C=π-A-A- π 6< π 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 解 得 π 6 <A< π 3 ,所 以 π 2 <2A + π 6 < 5π 6 ,所 以 1 2 < sin2A+ π 6 <1,所以 32sin C∈ 32,3 ,即 CD 的取值范围为 32 ,3 。 3.(1)已知2csin B=(2a-c)tan C,由 正弦 定 理 可 得 2sin Csin B= (2sin A- sin C) sin C cos C ,即 2sin Bcos C=2sin A - sin C。 又因 为sin A=sin[π-(B+C)]= sin (B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,所以 2sin Ccos B=sin C。 因为 C∈(0,π),所以sin C>0,所以 cos B= 1 2 。 又因为B∈(0,π),所以B= π 3 。 (2)选①:c=23,b=3。 由(1)知B= π 3 ,结合余弦定理得cos B = a2+c2-b2 2ac = a2+12-9 43a = 1 2 ,整理得a2- 23a+3=0,解得a= 3。 54 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年2月 又CE 为∠ACB 的平分线,令∠ACE= ∠BCE=θ,则 S1= 1 2BC ·CE·sin θ= 1 2 · 3·CE·sin θ,S2= 1 2AC ·CE·sin θ = 1 2 ·3·CE·sin θ,所以 S1 S2 = 3 3 。 选②:S△ABC= 93 4 ,b= 21,A>C。 由S△ABC = 1 2acsin B= 1 2acsin π 3= 93 4 ,解得ac=9。 由(1)知B= π 3 ,又b= 21,结合余弦 定理得b2=a2+c2-2acos B,即21=a2+ c2-2×9× 1 2 ,所以a2+c2=30。 因为A>C,所以a>c,所以(a+c)2= a2+c2+2ac=30+18=48,即a+c=43。 联立 a2+c2=30, a+c=43, 解得 a=33,c= 3。 又CE 为∠ACB 的平分线,令∠ACE= ∠BCE=θ,则 S1= 1 2BC ·CE·sin θ= 1 2 ·3 3·CE·sin θ,S2= 1 2AC ·CE· sin θ= 1 2 · 21·CE·sin θ,所以 S1 S2 = 33 21 = 37 7 。 4.(1)由题中表格可知y 的最大值为 7.4,最小 值 为2.6,所 以 A= 7.4-2.6 2 = 2.4,b= 7.4+2.6 2 =5 。 又因为周期T=12.4-0=12.4,所以ω = 2π T= 2π 12.4= 5π 31 。 所以y=2.4sin 5π 31x+φ +5。 将点(3.1,7.4)代入上式可得7.4= 2.4sin5π31×3.1+φ +5,所 以5π31×3.1+ φ= π 2+2kπ ,k∈Z,解得φ=2kπ,k∈Z。 因为|φ|< π 2 ,所以 φ=0,所 以 y= 2.4sin 5π 31x+5 ,0≤x<24。 (2)因为货船需要的安全水深为4.2+2 =6.2(米), 所以进港条件为y≥6.2。 令y=2.4sin 5π 31x+5≥6.2 ,即sin 5π 31x ≥ 1 2 ,所以π 6+2kπ≤ 5π 31x≤ 5π 6+2kπ ,k∈Z, 解得 31 30+ 62k 5 ≤x≤ 31 6+ 62k 5 ,k∈Z。 因为0≤x<24,所以当k=0时, 31 30≤ x≤ 31 6 ;当k=1时, 403 30≤x≤ 527 30 。 因为 31 30 时 =1时2分, 31 6 时=5时10 分,403 30 时=13时26分, 527 30 时=17时34 分,所以货船可以在1时2分进港,5时10 分出港;或在13时26分进港,17时34分 出港。 所以该货船最早可行的进港时间为1时 2分,停靠总时长为8小时16分钟。 5.(1)由题意知,log2 b1=0,且log2 bn- log2 bn-1=1,所以{log2 bn}是以0为首项,1 为公差的等差数列,所以log2 bn=n-1,所以 bn=2n-1。 (2)由4S1=4a1=a21+2a1⇒a21-2a1=0 ⇒a1=2或a1=0(舍)。 因为4Sn=a2n+2an,所以4Sn-1=a2n-1+ 2an-1,两式相减得4an=a2n-a2n-1+2(an- an-1),所以a2n-a2n-1=2(an+an-1)。 又因为an+an-1>0,所以an-an-1=2。 所以{an}是首项和公差都为2的等差数 列,故an=2n。 (3)由题设及(1)(2)知,cn= ∑2n-1i=2n-12i + 2n-1,所以cn=2[2n-1+(2n-1+1)+(2n-1+ 2)+…+(2n-1)]+2n-1=22n-1+2[0+1+2 +…+(2n-1-1)]+2n-1=22n-1+2n-1(2n-1- 1)+2n-1=22n-1+22n-2=3·4n-1。 64 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年2月 故∑ n i=1 1 ci =∑ n i=1 1 3·4i-1 = 4 3∑ n i=1 1 4i = 4 3× 1 4 1- 1 4n 1- 1 4 = 4 9 1- 1 4n < 49。 6.(1)因为cos 2A-cos 2B=2sin C· (sin B-sin C),所 以 1-2sin2A-1+ 2sin2B=2sin Csin B-2sin2C,所以sin2B+ sin2C-sin2A=sin Csin B。 由正弦定理得b2+c2-a2=bc,所以 b2+c2-a2 2bc = 1 2 ,即cos A= 1 2 。 又因为A∈ 0, π 2 ,所以A=π3。 由圆周角定理可得∠BOC=2A= 2π 3 。 又因为OB=OC=1,所以 OC→·OB→= |OC→||OB→|cos ∠BOC=- 1 2 。 (2)OA→·AB→=OA→(OB→-OA→)=OA→· OB→-OA→2=cos ∠AOB-1=cos 2C-1 。 因 为 △ABC 是 锐 角 三 角 形, 所 以 0<C< π 2 , π 2<C+A<π , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 π 6<C< π 2 ,所以π 3< 2C<π。 又因为函数y=cos x 在 π3 ,π 上单调 递减,所以-1<cos 2C< 1 2 ,所以-2< cos 2C-1<- 1 2 。 故OA→·AB→ 的取值范围是 -2,- 1 2 。 7.(1)向量ON→=(3,1)的相伴函数为 f(x)= 3sin x+cos x=2sinx+ π 6 。 当f(x)=2sinx+ π 6 =65时,可得 sinx+ π 6 =35。 又因为x∈ - π 6 ,π 3 ,所以x+π6∈ 0, π 2 ,所以cosx+π6 =45。 所 以 sin x =sin x+ π 6 -π6 = sinx+ π 6 cos π6 -cos x+π6 sin π 6 = 3 5× 3 2- 4 5× 1 2= 33-4 10 。 (2)由函数g(x)=2 3sin x 2cos x 2+ 6cos2 x 2-3= 3sin x+61+cos x 2 -3= 3sin x+3cos x,可得函数g(x)的相伴特 征向量OM→=(3,3)。 所以与OM→=(3,3)方向相同的单位向 量为 OM→ |OM→| = 1 23 (3,3)= 1 2 ,3 2 。 (3)因为函数h(x)的相伴特征向量OT→ = 2 2 ,2 2 ,所以h(x)= 22sin x+ 22cos x =sinx+ π 4 ,所以φ(x)=h x2+π4 = sin x 2+ π 4 +π4 =cosx2。 设点 P x,cos x 2 ,因 为 A(-3,2), B(3,10),所以AP→= x+3,cosx2-2 ,BP→ = x-3,cos x 2-10 。 若AP→⊥BP→,则 AP→·BP→=(x+3)· (x-3)+ cos x 2-2 cosx2-10 =0,化简 得 cos x 2-6 2 =25-x2。 因为-1≤cos x 2≤1 ,所以-7≤cos x 2 -6≤-5,故25≤ cos x 2-6 2 ≤49。 又因为25-x2≤25,所以当且仅当x=0 时,cos x 2-6 2 =25-x2=25成立。 故在y=φ(x)的图像上存在一点P(0, 1),使得AP→⊥BP→。 8.由题意可设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为q,q>0,联立 b2=a3, b3=4a2+3, 即 3q=3+2d, 3q2=15+4d, 解得 d=3 , q=3。 74 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年2月 所以数列{an}的通项公式为an=3+ 3(n-1)=3n; 数列{bn}的通项公式为bn=3×3n-1= 3n。 (2)数列{cn}满足cn= 1,n为奇数, bn 2 ,n为偶数。 综合(1)可得a1c1+a2c2+…+a2nc2n= (a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+ a6b3+…+a2nbn)= 3n+ n(n-1) 2 ×6 + (6×3+12×32+18×33+…+6n×3n)= 3n2+6(1×3+2×32+…+n×3n)(n∈ N*)。 令 Tn=1×3+2×32+…+n×3n,则 3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,两式相 减得2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1 =-3× 1-3n 1-3+n×3 n+1= (2n-1)3n+1+3 2 。 所以a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+ 6Tn=3n2+3×2Tn= (2n-1)3n+2+6n2+9 2 (n∈N*)。 (责任编辑 王福华) 􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹 (上接第43页) 题型四、求边和角的多元函数的范围或最值 在解三角形的范围或最值问题中,有一 类目标函数是既有角又有边的多元函数,这 类问题的解决策略是化角为边或化边为角, 并化为一元函数。解题时需要关注三角恒等 变换的化简技巧及边角互化的方向,及时调 整解题思路。 例 4 在锐角△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且a-c=2ccos B。 (1)证明:B=2C; (2)若a=2,求 cos C b + 1 c 的取值范围。 解析:(1)已知a-c=2ccos B,由正弦定 理得sin A-sin C=2sin Ccos B。 因为 A=π-(B+C),所以sin A- sin C=sin(B+C)-sin C=sin Bcos C+ sin Ccos B -sin C =2sin Ccos B,即 sin Bcos C-sin Ccos B=sin C,即sin(B- C)=sin C。 因为0<B<π,0<C<π,所以B-C=C 或B-C+C=π,即B=2C 或B=π(舍去)。 所以B=2C。 (2)因 为△ABC 是 锐 角 三 角 形,所 以 0<C< π 2 , 0<2C< π 2 , 0<π-3C< π 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 解得 π 6<C< π 4 。 所以 2 2<cos C< 3 2 。 由正弦定理得 b c= sin B sin C ,则b= sin B sin C · c= sin 2C sin C ·c=2cos C·c。 所以 cos C b = 1 2c ,所以cos C b + 1 c= 3 2c 。 由(1)知B=2C,又a-c=2ccos B,所 以2-c=2ccos 2C,所以c= 2 2cos 2C+1 。 所以 cos C b + 1 c = 3 2c= 3 4 2cos 2C+1 = 3(2cos 2C+1) 4 = 3(4cos2C-1) 4 。 因为cos C∈ 2 2 ,3 2 ,所以4cos2C-1 ∈(1,2)。 所以 cos C b + 1 c= 3(4cos 2C-1) 4 的取值 范围是 3 4 ,3 2 。 点评:本题第(1)问由正弦定理、两角和 差的正弦公式可得到sin (B-C)=sin C,然 后可求出B 和C 的关系。第(2)问先根据锐 角三角形求出cos C 的取值范围,进一步将 目标式子 cos C b + 1 c 转换为只含有cos C 的 式子,从而求得范围,体现了转化与化归的数 学思想。 (责任编辑 王福华) 84 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年2月