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1、中檔題專練(二)
1.(2017鎮(zhèn)江高三期末)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若bcosA+acosB=-2ccosC.
(1)求C的大小;
(2)若b=2a,且△ABC的面積為23,求c.
2.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,O,E分別為B1D,AB的中點.
(1)求證:OE∥平面BCC1B1;
(2)求證:平面B1DC⊥平面B1DE.
3.在數(shù)列{an}中,a1=1,且對任意的k∈N*,a2k-1,a2k,a2k+1成等比數(shù)列,其公比為qk.
(1)若qk=2(k∈N*),求a1+a3+a5+…+a2k-1;
2、
(2)若對任意的k∈N*,a2k,a2k+1,a2k+2成等差數(shù)列,其公差為dk,設(shè)bk=1qk-1.
①求證{bk}成等差數(shù)列,并指出其公差;
②若d1=2,試求數(shù)列{dk}的前k項的和Dk.
答案精解精析
1.解析 (1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC,且bcosA+acosB=-2ccosC得:
sinBcosA+sinAcosB=-2sinCcosC,所以sin(B+A)=-2sinCcosC.
又A,B,C為三角形內(nèi)角,所以B+A=π-C,所以sinC=-2sinCcosC.
因為C∈(0,π),所以sinC>0.
所以cosC=-12,
所以C=2
3、3π.
(2)因為△ABC的面積為23,
所以12absinC=23,所以ab=43sinC.
由(1)知C=23π,所以sinC=32,
所以ab=8.
又b=2a,解得a=2,b=4,
所以c2=a2+b2-2abcosC=22+42-2×2×4×-12=28,
所以c=27.
2.證明 (1)連接BC1,設(shè)BC1∩B1C=F,連接OF,
因為O,F分別是B1D與B1C的中點,所以O(shè)F∥DC,且OF=12DC,又E為AB的中點,所以EB∥DC,且EB=12DC,
從而OF∥EB,OF=EB,即四邊形OEBF是平行四邊形,所以O(shè)E∥BF,又OE?平面BCC1B1,BF?平
4、面BCC1B1,所以O(shè)E∥平面BCC1B1.
(2)因為DC⊥平面BCC1B1,BC1?平面BCC1B1,所以BC1⊥DC,又BC1⊥B1C,且DC,B1C?面B1DC,DC∩B1C=C,所以BC1⊥面B1DC,而BC1∥OE,所以O(shè)E⊥面B1DC,又OE?面B1DE,所以面B1DC⊥面B1DE.
3.解析 (1)因為qk=2,所以a2k+1a2k-1=4,故a1,a3,a5,…,a2k-1是首項a1=1,公比為4的等比數(shù)列,所以a1+a3+a5+…+a2k-1=1-4n1-4=13(4n-1).
(2)①因為a2k,a2k+1,a2k+2成等差數(shù)列,所以2a2k+1=a2k+a2k
5、+2,
而a2k=a2k+1qk,a2k+2=a2k+1·qk+1,所以1qk+qk+1=2,
所以bk+1=1qk+1-1=qkqk-1=bk+1,即bk+1-bk=1,
所以{bk}成等差數(shù)列,其公差為1.
②因為d1=2,所以a3=a2+2,即a22=a1a3=a2+2,
所以a2=2或a2=-1.
(i)當(dāng)a2=2時,q1=a2a1=2,所以b1=1q1-1=1,所以bk=1+(k-1)×1=k,即1qk-1=k,得qk=k+1k.所以a2k+1a2k-1=qk2=k+1k2,
a2k+1=k+1k2·kk-12·…·212·a1=(k+1)2,a2k=a2k+1qk=k
6、(k+1),
所以dk=a2k+1-a2k=k+1,Dk=k(2+k+1)2=k(k+3)2.
(ii)當(dāng)a2=-1時,q1=a2a1=-1,所以b1=1q1-1=-12,bk=-12+(k-1)×1=k-32,
即1qk-1=k-32,得qk=k-12k-32.所以a2k+1a2k-1=qk2=k-12k-322,
a2k+1=k-12k-322·k-32k-522·…·1-121-322·a1=(2k-1)2,a2k=a2k+1qk=(2k-1)(2k-3),
所以dk=a2k+1-a2k=4k-2,Dk=k(2+4k-2)2=2k2.
綜合得Dk=k(k+3)2或Dk=2k2.
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江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 中檔題專練二
