正弦定理一-完整版教学设计

第一章解三角形§正弦定理和余弦定理1．正弦定理(一)一、选择题1．在△ABC中，下列等式中总能成立的是 ()A．asinA＝bsinB B．bsinC＝csinAC．absinC＝bcsinB D．asinC＝csinA2．在△ABC中，若sinA>sinB，则角A与角B的大小关系为 ()A．A>BB．A<BC．A≥BD．A，B的大小关系不能确定3．若△ABC中，a＝4，A＝45°，B＝60°，则边b的值为 ()\r(3)＋1 B．2eq\r(3)＋1C．2eq\r(6) D．2＋2eq\r(3)4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝eq\r(2)，b＝2，sinB＋cosB＝eq\r(2)，则角A的大小为 ()\f(π,2) \f(π,3)\f(π,4) \f(π,6)5．在△ABC中，sinA＝eq\f(3,4)，a＝10，则边长c的取值范围是 ()\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)，＋∞)) B．(10，＋∞)C．(0,10)\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(40,3)))6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果c＝eq\r(3)a，B＝30°，那么角C等于 ()A．120° B．105° C．90° D．75°二、填空题7．在△ABC中，已知a∶b∶c＝3∶4∶5，则eq\f(2sinA－sinB,sinC)＝________.8．在△ABC中，若b＝5，B＝eq\f(π,4)，sinA＝eq\f(1,3)，则a＝________.9．在△ABC中，若tanA＝eq\f(1,3)，C＝150°，BC＝1，则AB＝________.三、解答题10．已知在△ABC中，c＝10，A＝45°，C＝30°，求a、b和B.11.在△ABC中，已知a、b、c分别为内角A、B、C的对边，若b＝2a，B＝A＋60°，求A12．在△ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，求证：a2sin2B＋b2sin2A＝2absinC四、探究与拓展13．△ABC的外接圆半径为R，C＝60°，则eq\f(a＋b,R)的取值范围是 ()A．[eq\r(3)，2eq\r(3)] B．[eq\r(3)，2eq\r(3))C．(eq\r(3)，2eq\r(3)] D．(eq\r(3)，2eq\r(3))

答案1．D\f(2,5)\f(5\r(2),3)\f(\r(10),2)10．a＝10eq\r(2)b＝5(eq\r(6)＋eq\r(2))B＝105°11．30°12．证明因为左边＝4R2sin2A·sin2B＋4R2sin2B＝8R2sin2AsinBcosB＋8R2sin2B·sinAcosA＝8R2sinAsinB(sinAcosB＋cosAsinB)＝8R2sinAsinBsin(A＋B)＝8R2sinAsinBsinC＝2·(2RsinA)·(2RsinB)·sinC＝2absinC＝右边，∴等式成立．13．C一、选择题1．(2022·高考重庆卷)在等差数列{an}中，a2＝2，a3＝4，则a10＝()A．12 B．14C．16 D．18解析：选D.设该数列的公差为d，则d＝a3－a2＝2，因而a10＝a2＋8d＝2＋2×8＝18.2．(2022·济南调研)若数列{an}的前n项和为Sn＝an2＋n(a∈R)，则下列关于数列{an}的说法正确的是()A．{an}一定是等差数列B．{an}从第二项开始构成等差数列C．a≠0时，{an}是等差数列D．不能确定其是否为等差数列解析：选A.由等差数列的前n项和公式Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝(a1－eq\f(d,2))n＋eq\f(d,2)n2可知，该数列{an}一定是等差数列．3．(2022·高考大纲全国卷Ⅱ)如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝()A．14 B．21C．28 D．35解析：选C.∵a3＋a4＋a5＝12，∴3a4＝12，a4＝4.∴a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a4＝28.4．已知等差数列{an}、{bn}的公差分别为2和3，且bn∈N*，则数列{abn}是()A．等差数列且公差为5 B．等差数列且公差为6C．等差数列且公差为8 D．等差数列且公差为9解析：选B.依题意有abn＝a1＋(bn－1)×2＝2bn＋a1－2＝2b1＋2(n－1)×3＋a1－2＝6n＋a1＋2b1－8，故abn＋1－abn＝6，即数列{abn}是等差数列且公差为6.故选B.5．已知数列{an}为等差数列，若eq\f(a11,a10)<－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使Sn>0的n的最大值为()A．11 B．19C．20 D．21解析：选B.∵eq\f(a11,a10)<－1，且Sn有最大值，∴a10>0，a11<0，且a10＋a11<0，∴S19＝eq\f(19a1＋a19,2)＝19·a10>0，S20＝eq\f(20a1＋a20,2)＝10(a10＋a11)<0，故使得Sn>0的n的最大值为19.二、填空题6．(2022·高考辽宁卷)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝24，则a9＝________.解析：设等差数列公差为d，则S3＝3a1＋eq\f(3×2,2)d＝3a1＋3d＝3，即a1＋d＝1，①S6＝6a1＋eq\f(6×5,2)d＝6a1＋15d＝24，即2a1＋5d＝8.②联立①②两式得a1＝－1，d＝2，故a9＝a1＋8d＝－1＋8×2＝15.答案：157．已知数列{an}中，a1＝－1，an＋1·an＝an＋1－an，则数列的通项公式为________．解析：由an＋1·an＝an＋1－an，得eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)＝1，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝－1，又eq\f(1,a1)＝－1，则数列{eq\f(1,an)}是以－1为首项和公差的等差数列，于是eq\f(1,an)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴an＝－eq\f(1,n).答案：an＝－eq\f(1,n)8．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26.记Tn＝eq\f(Sn,n2)，如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都成立，则M的最小值是________．解析：∵{an}为等差数列，由a4－a2＝8，a3＋a5＝26，可解得a1＝1，d＝4，从而Sn＝2n2－n，∴Tn＝2－eq\f(1,n)，若Tn≤M对一切正整数n恒成立，则只需Tn的最大值≤M即可．又Tn＝2－eq\f(1,n)<2，∴只需2≤M，故M的最小值是2.答案：2三、解答题9．(2022·高考福建卷)已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.由a1＝1，a3＝－3可得1＋2d＝－3，解得d＝－2.从而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.(2)由(1)可知an＝3－2n，所以Sn＝eq\f(n[1＋3－2n],2)＝2n－n2.由Sk＝－35可得2k－k2＝－35，即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.又k∈N*，故k＝7.10．数列{an}中，a1＝8，a4＝(1＋i)(1－i)，且满足an＋2＝2an＋1－an，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，n∈N*，求Sn的解析式．解：(1)∵an＋2＝2an＋1－an，n∈N*，∴an＋2＋an＝2an＋1，∴数列{an}为等差数列．又∵a1＝8，a4＝(1＋i)(1－i)＝2，d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝－2.∴an＝8＋(－2)(n－1)＝－2n＋10.(2)令an＝－2n＋10＝0，则有n＝5.∴|an|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2n＋10，n≤5，,2n－10，n≥6.))∴当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝8n＋eq\f(nn－1,2)(－2)＝－n2＋9n；当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋(－a6－a7－…－an)＝2(a1＋a2＋…＋a5)－(a1＋a2＋…＋an)＝2(－52＋9×5)－(－n2＋9n)＝n2－9n＋40.综上，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n2＋9n，n≤5，,n2－9n＋40，n≥6.))11．(探究选做)已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(anan＋1,2)，n∈N*.(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)设bn＝eq\f(1,2Sn)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.解：(1)证明：Sn＝eq\f(anan＋1,2)，n∈N*，n＝1时，a1＝S1＝eq\f(a1a1＋1,2)，∴a1＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2Sn＝a\o\al(2,n)＋an,2Sn－1＝a\o\al(2,n－1)＋an－1))⇒2an＝2(Sn－Sn－1)＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0.∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1(n≥2)，∴数列{an}是等差数列．(2)由(1)得an＝n，Sn＝eq\f(nn＋1,2)，∴bn＝eq\f(1,2Sn)＝eq\f(1,nn＋1).∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).1．(2022·高考江西卷)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝()A．1 B．9C．10 D．55解析：选A.∵Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，∴S1＝1.可令m＝1，得Sn＋1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝1.即当n≥1时，an＋1＝1，∴a10＝1.2．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则满足eq\f(an,n)≤2的正整数n的集合为()A．{1,2} B．{1,2,3,4}C．{1,2,3} D．{1,2,4}解析：选B.因为Sn＝2an－1，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，所以{an}是公比为2的等比数列，又因为a1＝2a1－1，解得a1＝1，故{an}的通项公式为an＝2n－1.而eq\f(an,n)≤2即2n－1≤2n，所以有n＝1,2,3,4.3．在数列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，an＝eq\f(1,1－an－1)(n≥2，n∈N*)，则a2022＝________.解析：∵a1＝eq\f(1,2)，an＝eq\f(1,1－an－1)(n≥2，n∈N*)，∴a2＝2，a3＝－1，a4＝eq\f(1,2)，∴{an}是以3为周期的数列．∴a2022＝a670×3＋2＝a2＝2.答案：24．如图为一三角形数阵，它满足：①第n行首尾两数均为n；②图中的递推关系类似杨辉三角(三角形数阵中的数为其肩上两数之和)，则第n行(n≥2)第2个数是________.1223434774511141156162525166………………解析：设第n行第2个数为an(n≥2)，由已知得an＝(n－1)＋an－1，an－an－1＝n－1，∴a3－a2＝2，a4－a3＝3，…，an－an－1＝n－1，以上各式累加得an＝2＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＝1＋1＋2＋3＋…＋(n－1)＝1＋eq\f(n－1n,2)＝eq\f(n2－n＋2,2).答案：eq\f(n2－n＋2,2)综合测试卷四一、单项选择题（每小题4分，共16分）AUTONUM．（湛江一模）下列说法中正确的是（）A．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动B．质量一定的理想气体，体积不变时，温度越高，压强越小C．D．液晶在光学和电学性质上表现出各向同性答案：C，解析：选项A错误，布朗运动是花粉无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，它说明分子永不停息地做无规则运动。选项B错误，选项C正确。选项D错误，液晶在光学和电学性质上表现出各向异性。AUTONUM．（肇庆二模）下面说法正确的是（）A．常温下处于密封容器里的氢气，所有分子做热运动的速率都相同B．假设两个分子从紧靠在一起开始相互远离，直到无穷远处，在这一过程中分子力先做正功后做负功C．超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越小D．无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应答案：B，解析：选项A错误，所有分子做热运动的速率不一定相同，速率分布有一定规律。选项B正确，选项C错误。选项D错误，要产生光电效应，照射光的频率一定要大于材料的极限频率。AUTONUM．（湛江二模）如图所示是物体在某段作直线运动过程中的v-t图象，在tl和t2时刻的瞬时速度分别为vl和v2，则物体由tl到t2运动的过程中（）A．加速度不断增大B．加速度不断减小C．位移不断减小D．平均速度答案：B，选项A错误，加速度不断减小，v-t图象中斜率表示加速度，由图可以看出斜率绝对值不断减小，负号表示方向与正方向相反，不表示大小。选项C错误，v-t图象中面积表示位移，由图可以看出面积不断增大。选项D错误，非匀变速直线运动，不能使用使用此公式。选项B正确。AUTONUM．（北京高考）某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（）A．电源的内阻较大B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大D．线圈的自感系数较大答案：C解析：断电的自感现象，断电时电感线圈与小灯泡组成回路，电感线圈储存磁能转化为电能，电感线圈相当于电源，其自感电动势，与原电源无关，A错误；小灯泡电阻偏大，分得的电压大，可能看到显著的延时熄灭现象，B错误；线圈电阻偏大，相当于电源内阻大，使小灯泡分得的电压小，可看到不显著的延时熄灭现象，C正确；线圈的自感系数较大时，自感电动势较大，可能看到显著的延时熄灭现象，D错误.二、双项选择题（每小题6分，共30分）AUTONUM．（茂名一模）下列说法中正确的是（）A．天然放射性现象中产生的射线速度与光速相当，贯穿能力很强B．(铀238)核放出一个粒子后就变为(钍234)C．天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构D．玻尔首先发现电子并提出氢原子轨道模型答案：BC，解析：选项A错误，天然放射性现象中产生的射线速度与光速的十分之一相当，贯穿能力很弱。选项B正确。选项C正确。选项D错误，电子是汤姆逊发现的。AUTONUM．（茂名一模）图中虚线1、2、3、4表示匀强电场的等势面.一带正电的粒子只在电场力的作用下从a点运动到b点，轨迹如图中实线所示.下列说法中错误的是（）A、等势面1电势最低B．粒子从a运动到b，动能减小C．粒子从a运动到b，电势能减小D．粒子从a运动到b的过程中电势能与动能之和不变答案：CD，解析：由图示可知，粒子有初速度，方向右下方，粒子受向上的电场力，此过程电场力做负功，动能减小，电势能增大，选项B正确，选项C错误。正电荷的电势能增大时，所处位置电势高，选项A正确。根据能量守恒，选项D错误，少了重力势能。AUTONUM．（惠州一调）将一磁铁缓慢或迅速地插到闭合线圈中的同一位置，两次发生变化的物理量不同的是：（）A．磁通量的变化量B．磁通量的变化率C．感应电流的电流强度D．流过线圈导体横截面中的电量答案：BC，解析：两次磁通量变化一样，所用时间不同，所以电动势不同，感应电流不同，选项A错误，选项B正确，选项C正确。根据，与时间无关，Q不变，选项D错误。AUTONUM．（佛山二模）图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1.原线圈与如图甲所示的交流电连接.电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝5Ω，热敏电阻R2的阻值随温度的升高而减小，则（）A．电压表示数为VB．R1的电功率为C．R1电流的频率为50HzD．R2处温度升高时，电流表示数变小答案：BC，解析：选项A错误，电压表示数为1V.选项B正确。选项C正确，周期为.选项D错误，根据能量守恒，热敏电阻R2的阻值随温度的升高而减小，电功率变大，输入功率也要变大，电流表读数变大。AUTONUM．（上海高考）受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其图线如图所示，则（）A．在秒内，外力大小不断增大B．在时刻，外力为零C．在秒内，外力大小可能不断减小D．在秒内，外力大小可能先减小后增大答案：CD，解析：选项A错误，从v-t图上看出，图象斜率变小，物体加速度变小，根据牛顿第二定律，合外力变小，外力F变小。选项B错误，在时刻，图象斜率为零，物体加速度为零，合外力为零，外力等于摩擦阻力，不为零。选项C、D正确，在秒内，图象斜率变大，物体加速度变大，合外力变大，外力F变小或者反向变大。三、非选择题（共3题，每小题18分，共54分）AUTONUM．（广州一模）(1)(8分)用下图所示的实验装置来验证牛顿第二定律①为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作为：取下______________，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做_______运动.②某次实验测得的数据如下表所示.根据这些数据在坐标图中描点并作出图线，从图线求得合外力大小为________N(计算结果保留两位有效数字).(2)(10分)某同学测量一节干电池的电动势和内阻时，用、、、、de和共6根导线连成如图甲所示的实验电路图.①请根据电路图在图乙的实物图中完成余下电路的连线.②如果这6根导线中仅有一根内部断了，其它器材及连接均完好，现闭合开关，发现电流表、电压表的示数均为零，由此可以肯定内部没有断的导线有de、和______.③闭合开关的情况下，要求用多用表对逐根导线进行排査并找出断导线，正确的操作是：将选择开关旋至_____挡(填“Ω×10”、“直流电压"或“直流电流10mA")、把______(选填“红”或“黑”)表笔固定在a点，另一支表笔依次接a′、b′、c′、d′….如果某次检测时，表盘指针如图丙所示，其读数为____________答案：解析：（1）①本实验装置是用来验证牛顿第二定律，也是牛顿的发明创新之举，创新之处就是消除摩擦阻力的方法，只要能匀速直线运动，则此时的合外力一定为零。②加速度-质量倒数图象，斜率表示合外力。（2）开关闭合的情况下，只能用直流电压表检查电路故障，此时要注意直流电压表的正负极，多用电表的直流电压表中红笔是正极。开关断开的情况下，只能用欧姆表检测电路故障，欧姆表的黑笔是表内电源的正极。本题中直流电压表没有读数，一定是aa'、bb'、dd'三者有一个是断路。