三角函数、数列、立体几何试题(卷）学生用.doc

wd三角函数、数列立体几何试题一、选择题1．函数的图象如以下列图，为了得到的图象，可以将的图象〔 〕A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度2．在中，角所对边分别为, 且 , , ，那么的面积为〔 〕A．B．C．D．3．设是等差数列的前n项和，假设〔 〕A．B．C． D．4．数列的前n项和为，假设，那么=〔 〕A．B．C．D．5．如图，四棱锥中，，，和都是等边三角形，那么异面直线与所成角的大小为A．B． C．D．6．如图，空间四边形ABCD的对角线AC＝8，BD＝6，M、N分别为AB、CD的中点，并且AC与BD所成的角为90°，那么MN等于〔 〕 A．5 B．6C．8 D．10二、填空题7．函数．假设是偶函数，那么．8．函数的最小正周期为．9．假设数列满足，那么数列的通项公式为___________．10．数列满足, 那么．11．数列的首项是，前项和为，且，设，假设存在常数，使不等式恒成立，那么的最小值为．12．数列的前n项的和满足，那么=．13．用一个平面截半径为25 cm的球，截面面积是225π ，那么球心到截面的距离为_____cm．14．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，M，E，F分别为PQ，AB，BC的中点，那么异面直线EM与AF所成的角的余弦值是．三、解答题15．〔本小题总分值12分〕在中，设角的对边分别为，且．〔1〕求角的大小；〔2〕假设，求边的大小．16．〔此题总分值12分〕在中，角A、B、C所对的边分别为，且，〔1〕求的值；〔2〕假设，求的面积。

17．〔此题总分值12分〕在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且．〔Ⅰ〕求角B的大小； 〔Ⅱ〕假设，求△ABC的面积．18．〔本小题总分值12分〕向量，假设函数〔1〕求的最小正周期； 〔2〕假设，求的单调减区间．19．〔本小题总分值10分〕，且，〔1〕求的值；〔2〕假设，，求的值．20．〔本小题总分值12分〕正项等差数列的前项和为，且满足，．〔1〕求数列的通项公式；〔2〕假设数列满足，，求数列的前项和．21．〔本小题总分值12分〕数列是等差数列，是等比数列，且，，．〔Ⅰ〕求数列和的通项公式；〔Ⅱ〕数列满足，求数列的前项和．22．〔12分〕数列中,,,数列中,,且点在直线上．〔1〕求数列的通项公式； 〔2〕求数列的通项公式；〔3〕假设,求数列的前n项和．23．如图，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA=AB=BC=2，AD=1．M是棱SB的中点．〔1〕求证：AM//平面SCD；〔2〕求平面SCD与平面SAB所成的二面角的余弦值；〔3〕设点N是直线CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求的最大值．24．〔本小题总分值12分〕如图，多面体ABCDEF中，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，，，，，直线BE与平面ABCD所成的角的正切值等于〔1〕求证：平面BCE⊥平面BDE；〔2〕求平面BDF与平面CDE所成锐二面角的余弦值．参考答案1．B【解析】试题分析：由题根据所给函数图像应用五点法求得函数解析式，然后变为同名函数根据平移知识得到选项．由图知，A=1，，应选B．2．D【解析】试题分析：，结合可得，由正弦定理可得，，，应选D．3．A【解析】试题分析：设等差数列的首项为，由等差数列的性质得：，，∴．4．D【解析】试题分析：∵，∴当时，；当时，．当时，，不符合，∴．5．A【解析】试题分析：由和都是等边三角形，所以，所以P在底面ABCD的射影O到A,B,D距离相等，所以O在BD的中点，所以平面考点：空间线面的垂直关系6．A【解析】试题分析：取BC中点E，连结ME,NE，由三角形中位线性质可知ME=4，NE=3，由AC与BD所成的角为90°得ME,NE垂直，所以MN=57．【解析】试题分析：为偶函数，那么〔〕，因为，所以．8．【解析】试题分析：，所以最小正周期为．9．．【解析】试题分析：考点：数列的通项公式【方法点睛】由数列的递推公式求通项公式时，假设递推关系为an＋1＝an＋f〔n〕或an＋1＝f〔n〕·an，那么可以分别通过累加、累乘法求得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式，〔如角度二〕，注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式的等价变形，〔如角度三、四〕转化为特殊数列求通项．10．【解析】试题分析：由得，考点：累加法求数列通项公式．【方法点睛】累加法求数列通项公式．数列，首相,,那么只需右边求和即可．11．【解析】试题分析：由可知，当时，，两式相减得：,所以，又，，所以，，所以数列是以为首项、为公比的等比数列，故，所以，所以，故，即的最小值为．考点：1．与的关系；2．递推公式与通项公式求法；3．等比数列定义与性质；4 基本不等式．12．【解析】试题分析：，所以，又，因此=考点：数列通项13．20cm【解析】试题分析：由截面圆面积为，所以截面圆半径为15，所以球心到截面距离为考点：球的截面圆性质14．【解析】试题分析：以为坐标原点,射线所在直线分别为轴,轴,轴建设空间直角坐标系．令两正方形边长均为2．那么,,,设异面直线与所成的角为,．考点：异面直线所成的角．15．〔1〕；〔2〕．【解析】试题解析：〔1〕利用正弦定理化简acosC+c=b，得：sinAcosC+sinC=sinB，∵sinB=sin〔A+C〕=sinAcosC+cosAsinC，∴sinAcosC+sinC=sinAcosC+cosAsinC，即sinC=cosAsinC，∵sinC≠0，∴cosA=，∵A为三角形内角，∴A=；〔2〕∵a=，b=4，cosA=，∴由余弦定理得：a2=b2+c2﹣2bccosA，15=16+c2﹣4c，即c2﹣4c+1=0，解得：c=＝2±．16．〔1〕;〔2〕.【解析】试题分析：〔1〕根据用诱导公式和两角和差公式可求得.〔2〕由正弦定理可得间的关系式，与条件联立解方程组可解得的值，用三角形面积公式可求得其面积.试题解析：解：〔1〕因为 所以 2分由，得 ，所以 6分〔2〕由〔1〕知，所以，且由正弦定理知：又因为 所以 9分所以 12分考点：1诱导公式，两角和差公式;2正弦定理.17． 〔Ⅰ〕;〔Ⅱ〕．【解析】试题分析： 〔Ⅰ〕可用正弦定理将转化为角的正弦值之比;也可用余弦定理将转化为边之比,即可求得角的余弦值,从而可求得角．〔Ⅱ〕根据条件及余弦定理可解得的知,从而可求得三角形面积．试题解析：解：〔Ⅰ〕解法一：由正弦定理得将上式代入即即∵∵∵B为三角形的内角，∴．〔用射影定理一步即可〕解法二：由余弦定理得将上式代入整理得∴∵B为三角形内角，∴〔Ⅱ〕将代入余弦定理得，∴∴．18．〔1〕；〔2〕．【解析】考点：向量的数量积坐标运算式，倍角公式，辅助角公式，三角函数的性质．19．〔1〕〔2〕【解析】试题分析：将题中式子两边平方得，根据同角三角函数关系式，结合角的范围，求得，第二问结合，从而确定出，再根据，从而确定出角是负角，从而求得，利用将角进展拼凑，利用差角公式求得结果．试题解析：〔1〕由得，所以，因为，所以；〔2〕根据题意有，因为，所以，所以．考点：同角三角函数关系式，倍角公式，和差角公式．20．〔1〕；〔2〕．【解析】试题解析：〔1〕法一：设正项等差数列的首项为，公差为，，那么得．〔2〕，且，．当时，，当时，满足上式，．．．考点：等差数列的通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法求和．21．〔Ⅰ〕；〔Ⅱ〕【解析】试题解析：〔Ⅰ〕设的公差为，的公比为，由，得，从而，因此，3分又，，，故6分〔Ⅱ〕令那么9分两式相减得，故12分考点：等差数列和等比数列的通项公式，错位相减法．22．〔1〕；〔2〕；〔3〕．试题解析：〔1〕由，得,所以是首项为，公比为2的等比数列．所以,故．〔2〕因为在直线上，所以，即，又,故数列是首项为1,公差为1的等差数列, 所以．〔3〕,故．所以，故，相减得，，所以．23．〔1〕 见解析；〔2〕 ；〔3〕【解析】试题分析：〔1〕 建设空间直角坐标系求得平面的法向量， 〔2〕根据平面的法向量为，由二面角公式可求得； 〔3〕设，由线面所成角公式可得即可求得最值试题解析：〔1〕以点A为坐标原点，建设如以下列图的空间直角坐标系，那么A〔0，0，0〕， B〔0，2，0〕， C〔2，2，0〕， D〔1，0，0〕， S〔0，0，2〕， M〔0，1，1〕．设平面SCD的法向量为=〔x，y，z〕， 〔4分〕〔2〕易知平面SAB的一个法向量为=〔1，0，0〕．设平面SCD与平面SAB所成的二面角为那么∴平面SCD与平面SAB所成的二面角的余弦值为 〔4分〕〔3〕设易知平面SAB的一个法向量为=〔1，0，0〕．当 〔4分〕考点：在空间直角坐标系中证明线面平行、求二面角、线面角以及函数最值问题24．〔1〕证明详见解析；〔2〕．【解析】试题解析：〔1〕证明：∵平面平面ABCD，平面平面，，，∴平面ABCD，又平面ABCD，．平面ABCD，为BE与平面ABCD所成的角，设，那么，在中，，，在直角梯形ABCD中，，在中，，，，又，平面BDE，又，∴平面平面．〔2〕解：由题知，DA，DC，DE两两垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建设空间直角坐标系，那么，取平面CDE的一个法向量，设平面BDF的一个法向量，那么即令，那么， 所以．设平面BDF与平面CDE所成锐二面角的大小为，那么，所以平面BDF与平面CDE所成锐二面角的余弦值是．考点：线线垂直、线面垂直、面面垂直、二面角．。