2019-2020年高中数学 第2部分 模块复习精要 新人教A版必修5.doc

2019-2020年高中数学 第2部分 模块复习精要 新人教A版必修5理清知识脉略主干知识一网尽览二、高频考点聚焦锁定备考范围高考题型全盘突破利用正、余弦定理解斜三角形1对于解三角形的考查，命题多利用正、余弦公式，三角形内角和定理来求边和角，其中以求边或角的取值范围为主，以解三角形与三角函数的结合为命题热点，试题多以大题的形式出现，难度中等2解题时，要弄清三角形三边、三角中已知什么、求什么，分清题目条件与结论，并结合三角形的有关性质，如大边对大角，内角和定理等，注意数形结合，正确地求解三角形，防止出现漏解或增根的情况例1(xx全国新课标高考)已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，casin Cccos A.(1)求A；(2)若a2，ABC的面积为，求b，c.解(1)由casin Cccos A及正弦定理得sin Asin Ccos Asin Csin C0.由于sin C0，所以sin(A).又0A，则A，故A，所以A.(2)由正弦定理可得ABC的面积Sbcsin A，故bc4.而由余弦定理可得，a2b2c22bccos A，故b2c28.则(bc)2b2c22bc16而bc0故bc4，b，c是方程x24x40的两根，解得bc2.1在ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，已知9，sin Bcos Asin C，(1)求边AC的长度；(2)若BC4，求角B的正弦值解：(1)由9得，cbcos A9.又sin Bcos Asin C，cos Acb代入cbcos A9得b3.即|AC|9(2)cbcos A9，cos A，把a4，b3代入得c5，c2b2a2.sin B.正、余弦定理的实际应用1正、余弦定理在实际中的应用是高考中的热点，主要考查距离、高度、角度等问题，试题以解答题为主，难度一般2解决这类题目，一要掌握仰角、俯角和方位角等常用术语；二要通过审题把已知量和待求量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解三角形的模型；三要利用正、余弦定理解出所需要的边和角，求得该数学模型的解例2某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/时的航行速度沿正东方向匀速行驶假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？(2)为保证小艇在30分钟内(含30分钟)能与轮船相遇，试确定小艇航行速度的最小值解(1)法一：若相遇时小艇的航行距离最小，又轮船沿正东方向匀速行驶，则小艇航行方向为正北方向设小艇与轮船在C处相遇(如图)在RtOAC中，OC20cos 3010，AC20sin 3010.又AC30t，OCvt，此时，轮船航行时间t，v30，即小艇以30海里/时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小法二：设相遇时小艇的航行距离为s海里，则s .故当t时，s最小值10，v30.即小艇以30海里/时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小(2)设小艇与轮船在B处相遇由题意可得(vt)2202(30t)222030tcos(9030)，化简得v29004002675，由于0t，即2，所以当2时，v取得最小值10，即小艇航行速度的最小值为10海里/小时2如图，测量人员沿直线MNP的方向测量，测得塔顶A的仰角分别是AMB30，ANB45，APB60，且MNPN500 m，求塔高AB.解：设ABx，AB垂直于地面，ABM，ABN，ABP均为直角三角形BMx，BNx.BPx.在MNB中，由余弦定理知BM2MN2BN22MNBNcosMNB，在PNB中，由余弦定理知BP2NP2BN22NPBNcosPNB，又MNB与PNB互补，MNNP500，3x2250 000x22500xcosMNB，x2250 000x22500xcosPNB.，得x2500 0002x2，x250或x250(舍去)所以塔高为250 m.等差数列与等比数列的基本运算1数列的基本运算以小题出现具多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小2在等差(或等比)数列中，首项a1与公差d(或公比q)是两个基本量，一般的等差(或等比)数列的计算问题，都可以设出这两个量求解在等差数列中的五个量a1，d，n，an，Sn或等比数列中的五个量a1，q，n，an，Sn中，可通过列方程组的方法，知三求二在利用Sn求an时，要注意验证n1是否成立 例3(xx重庆高考)已知an为等差数列，且a1a38，a2a412.(1)求an的通项公式；(2)记an的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk2成等比数列，求正整数k的值解(1)设数列an的公差为d，由题意知解得a12，d2，所以ana1(n1)d22(n1)2n.(2)由(1)可得Snn(n1)因a1，ak，Sk2成等比数列，所以aa1Sk2.从而(2k)22(k2)(k3)，即k25k60，解得k6或k1(舍去)因此k6.3成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列bn中的b3、b4、b5.(1)求数列bn的通项公式；(2)数列bn的前n项和为Sn，求Sn.解：(1)设成等差数列的三个正数分别为ad，a，ad.依题意，得adaad15，解得a5.所以bn中的b3，b4，b5依次为7d,10,18d.依题意，有(7d)(18d)100，解得d2或d13(舍去)故bn的第3项为5，公比为2，由b3b122，即5b122，解得b1.所以bn是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn2n152n3.(2)数列bn的前n项和Sn52n2. 等差、等比数列的性质及应用1等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前n项和的性质利用性质求数列中某一项等，试题充分体现“小”、“巧”、“活”的特点，题型多以选择题和填空题的形式出现，一般难度较小2解决这类题目首先要熟悉数列的性质，灵活运用性质求数列中项等问题，把握两类数列单调性的条件，等差数列公差为d，若d0，则数列递增若d0，则数列递减；等比数列公比为q，若(1)或an为递增数列；(2)或an为递减数列；若考生只注意q1和q1，而忽略a1的正负，导致在判断等比数列单调性时出错例4(1)已知an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，以Sn表示数列an的前n项和，则使得Sn取得最大值的n是()A21B20C19D18(2)记等比数列an的前n项积为Tn(nN*)，已知am1am12am0，且T2m1128，则m_.解析(1)由a1a3a5105得，3a3105，a335.同理可得a433，da4a32，ana4(n4)(2)412n.由得n20.使Sn达到最大值的n是20.(2)因为an为等比数列，所以am1am1a，又由am1am12am0，从而am2.由等比数列的性质可知前(2m1)项积T2m1a，记22m1128，故m4.答案(1)B(2)44(1)已知an为等比数列，Sn是它的前n项和若a2a32a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5()A35 B33C31D29(2)(xx浙江高考)设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是()A若d0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则d0C若数列Sn是递增数列，则对任意nN*，均有Sn0D若对任意nN*，均有Sn0，则数列Sn是递增数列解析(1)设数列an的公比为q，则由等比数列的性质知，a2a3a1a42a1，即a42.由a4与2a7的等差中项为知，a42a72，a7(2a4).q3，即q.a4a1q3a12，a116，S531.(2)选项A、B、D均正确，对于选项C，首项为1，d2时就不成立答案(1)C(2)C数列求和1数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题形式出现，难度较大2对于一般数列求和，其关键是瞄准通项公式，即通过对通项公式进行化简变形，改变原数列通项的结构，将一个不能直接求和的数列转化为等差、等比数列或其他能够求和的常见数列，从而达到求和的目的，它是化归思想的具体应用在错位相减求和时，若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况分别求和而利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等例5(xx浙江高考)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2n2n，nN*，数列bn满足an4log2bn3，nN*.(1)求an，bn；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解(1)由Sn2n2n，得当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn14n1.所以an4n1，nN*.由4n1an4log2bn3，得bn2n1，nN*.(2)由(1)知anbn(4n1)2n1，nN*，所以Tn3721122(4n1)2n1，2Tn32722(4n5)2n1(4n1)2n，所以2TnTn(4n1)2n34(2222n1)(4n5)2n5.故Tn(4n5)2n5，nN*.5已知等差数列an为递增数列，且a2，a5是方程x212x270的两根，数列bn的前n项和Tn1bn.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若cn，求数列cn的前n项和Sn.解：(1)由题意得a23，a59，数列an的公差d2.所以ana2(n2)d2n1.由Tn1bn，得n1时，b1，n2时，bnTnTn1bn1bn，得bnbn1，所以bn.(2)由(1)得cn，则Snc1c2cn1.一元二次不等式1一元二次不等式和一元二次方程、一元二次函数三者构成一个统一的整体贯穿于高中数学的始终，更是高考的重点内容，在考题中有时单独对某类不等式的解法进行考查，一般以小题形式出现，难度不大，但有时在解答题中与其它知识联系在一起，难度较大2新课标中，重点是解一元二次不等式，解一元二次不等式的关键是确定二次项系数的符号，把系数化为正数，利用相应方程根表示不等式的解集，含参数的不等式要注意对参数分类讨论对含参数不等式的恒成立问题，其解决的关键便是转化与化归思想的运用，解决办法有判别式法、分离参数法、变更主元法等例6已知关于x的不等式：0时，解该不等式解(1)当a1时，不等式化为1，化为0，1x2.解集为x|1x2(2)原不等式可化为1即0a2时，解集为x|1x；当2时，解集为x|x16关于x的方程x2(m1)x10有两个不等正根，求实数m的取值范围解：设f(x)x2(m1)x1，若方程有两个不等正根，画出简图如下：由题意，知解得m的取值范围是(1，)例7f(x)ax2ax1在R上满足f(x)0，则a的取值范围是_解析(1)当a0时，f(x)10恒成立，故a0符合题意；(2)当a0时，由题意得：4a0，综上所述：4a0.答案：(4,07求使不等式x2(a6)x93a0，当|a|1恒成立时的x的取值范围解析：将原不等式整理为形式上是关于a的一元一次不等式(x3)ax26x90.令f(a)(x3)ax26x9.因为f(a)0在|a|1时恒成立，所以由一次函数的单调性，可得即解得x2或x4.简单的线性规划问题1高考中线性规划主要考查平面区域的表示和图解法的具体应用，命题形式以选择题、填空题为主，命题模式是以线性规划为载体，考查区域的划分、区域的面积，涉及区域的最值问题、决策问题、整点问题、参数的取值范围问题等2解答这类题目关键确定可行域，其方法是直线定界、特殊点定域，但要注意不等式是否可取等号，不可取等号时直线画成虚线，可取等号时直线画成实线若直线不过原点，特殊点常选取原点在求目标函数的最值时，要作出目标函数对应的直线，据题意确定取得最优解的点，进而求出目标函数的最值例8(1)(xx辽宁高考)设变量x，y满足则2x3y的最大值为()A20 B35C45D55(2)(xx合肥一检)已知z2xy，x，y满足且z的最大值是最小值的4倍，则a的值是()A.BC. D解析(1)画出可行域如图：设z2x3y，最优解为A(5，15)代入得z2531555.(2)在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域及直线2xy0，平移该直线，当相应直线分别经过该平面区域内的点(a，a)与(1,1)时，相应直线在x轴上的截距达到最小与最大，此时z2xy取得最小值与最大值，于是有2114(2aa)，a.答案(1)D(2)B8(1)(xx青岛质检)设变量x，y满足约束条件：则目标函数z的最小值为_(2)某公司租赁甲、乙两种设备生产A，B两类产品，甲种设备每天能生产A类产品5件和B类产品10件，乙种设备每天能生产A类产品6件和B类产品20件已知设备甲每天的租赁费为200元，设备乙每天的租赁费为300元，现该公司至少要生产A类产品50件，B类产品140件，所需租赁费最少为_元解析：(1)不等式组所表示的平面区域如图中的ABC，目标函数的几何意义是区域内的点与点P(0，1)连线的斜率，显然图中AP的斜率最小由解得点A的坐标为(2,1)，故目标函数z的最小值为1.(2)设需租赁甲种设备x台，乙种设备y台， 则目标函数为z200x300y.作出其可行域，易知当x4，y5时，z200x300y有最小值2 300元答案：(1)1(2)2 300基本不等式1考试中单纯对不等式性质的考查并不多，但是不等式作为工具几乎渗透到各个考点，所以其重要性不言而喻而利用基本不等式求最值，解决实际问题是考试的热点，题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度为中、低档题；2不等式的基本性质是解决不等式有关问题的基础，在应用中，要注意各性质的条件和结论，看交换条件和结论是否依然成立，也就是说要观察每条性质是否具有可逆性在应用基本不等式求最值时，要把握三个方面，即“一正各项都是正数；二定和或积为定值；三相等等号能取得”，这三个方面缺一不可例9(1)(xx济南名校模考)正数a，b满足ab1，则a2b的最小值是()A. B2C.D3(2)(xx湖南高考)设x，yR，且xy0，则(x2)(4y2)的最小值为_解析(1)a，b0，a2b22.(2)(x2)(4y2)144x2y2142 9，当且仅当4x2y2，即|xy|时等号成立答案(1)B(2)99(1)设x、y是正实数，且xy5，则lg xlg y的最大值是_(2)若0，则下列不等式不正确的是()AababB0Cabb2Da2b2解析：(1)x0，y0，5xy2，xy2，当且仅当xy时等号成立故lg xlg ylg(xy)lg224lg 2.(2)由0，可得ba0，故选D.答案：(1)24lg 2(2)D三、模块综合检测考前热身自评，学习效果心知肚明一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1一个等差数列的第5项a510，且a1a2a33，则有()Aa12，d3Ba12，d3Ca13，d2Da13，d2解析：选Aa1a2a33且2a2a1a3，a21.又a5a23d13d10，d3.a1a2d132.2若a1，那么下列命题中正确的是()A.B.1Ca2b2Dabab解析：选D利用特值法，令a2，b2.则，A错；0，得x3，函数的定义域为(，1)(3，)log3(x24x3)1且ylog3x为增函数，0x24x33，0x1或3x4，不等式的解集为x|0x1或3x417(12分)(xx浙江高考)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsin Aacos B.(1)求角B的大小；(2)若b3，sin C2sin A，求a，c的值解：(1)由bsin Aacos B及正弦定理，得sin Bcos B，所以tan B又0B，所以B.(2)由sin C2sin A及，得c2a.由b3及余弦定理b2a2c22accos B，得9a2c2ac.所以a，c2.18(14分)设数列an的前n项和为Sn2n2，bn为等比数列，且a1b1，b2(a2a1)b1.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.解：(1)当n2时，anSnSn12n22(n1)24n2，当n1时，a1S12满足上式，故an的通项公式为an4n2.设bn的公比为q，由已知条件a1b1，b2(a2a1)b1知，b12，b2，所以q，bnb1qn12，即bn.(2)cn(2n1)4n1，Tnc1c2cn1341542(2n1)4n1.4Tn14342543(2n3)4n1(2n1)4n.两式相减得：3Tn12(4142434n1)(2n1)4n(6n5)4n5Tn(6n5)4n5