专题09三角函数与数列(解答题)（解析版） - 大数据之十年高考真题（2014-2025）与优 质模拟题（新高考卷与全国理科卷）

大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷）专题09三角函数与数列(解答题)1．【2024年新高考1卷第15题】记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sinC=2(1)求B；(2)若△ABC的面积为3+3，求【答案】(1)B=(2)2【详解】（1）由余弦定理有a2+b可得cosC=因为C∈0,π，所以sin从而sinC=又因为sinC=2cos注意到B∈0,π所以B=π（2）由（1）可得B=π3，cosC=22，C∈而sinA=由正弦定理有asin从而a=6由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为S△ABC由已知△ABC的面积为3+3，可得所以c=22．【2024年新高考1卷第19题】设m为正整数，数列a1,a2,...,a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和(1)写出所有的i,j，1≤i<j≤6，使数列(2)当m≥3时，证明：数列a1,(3)从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和ji<j，记数列a1,a2【答案】(1)1,2(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）首先，我们设数列a1,a2,...,由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a'k得到新数列a'k=kk=换言之，我们可以不妨设ak回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和ji<j那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i,j就是（2）由于从数列1,2,...,4m+2中取出2和13后，剩余的4m①1,4,7,10,3,6,9,12,②15,16,17,18,19,20,21,22,...,（如果m−3=0故数列1,2,...,4m+2是（3）定义集合A=4k+1下面证明，对1≤i<j≤则数列1,2,...,4m+2一定是命题1：i∈A,j∈B或命题2：j−i≠3我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i∈A,j∈B，且此时设i=4k1+1则由i<j可知4k1+1<此时，由于从数列1,2,...,4m+2中取出i=4剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m①1,2,3,4,5,6,7,8,...,②4k1+③4k2+（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,4m+2是第二种情况：如果i∈B,j∈A，且此时设i=4k1+2则由i<j可知4k1+2<由于j−i≠3，故4k2+1此时，由于从数列1,2,...,4m+2中取出i=4k1+2①1,2,3,4,5,6,7,8,...,②4k1+1,3k③全体4k1+p,3k④4k2+（如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k2−k1−4k1+3,4k1+可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k1+1,4k1+2,...,4k2+而这十个数中，除开已经去掉的4k1+2和这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m+2是至此，我们证明了：对1≤i<j≤4m+2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列然后我们来考虑这样的i,首先，由于A∩B=∅，A和B各有m+1个元素，故满足命题1的i,j而如果j−i=3，假设i∈A,j∈B，则可设i=4k但这导致k2−k设i=4k1+2，j=4k所以可能的k1,k2恰好就是0,1,1,2,...,所以这m+12个满足命题1的i,这就得到同时满足命题1和命题2的i,j的个数为当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和ji<j而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4所以数列a1,a2,...,Pm这就证明了结论.3．【2024年甲卷理科第18题】记Sn为数列an的前n项和，已知(1)求an(2)设bn=(−1)n−【答案】(1)a(2)T【详解】（1）当n=1时，4S1当n≥2时，4Sn−1=而a1=4≠0∴数列an是以4为首项，−所以an（2）bn所以T故3所以−==(2∴T4．【2024年新高考2卷第15题】记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA+(1)求A．(2)若a=2，2bsin【答案】(1)A=(2)2【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）由sinA+3cosA=2由于A∈(0,π)⇒A+π3方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）由sinA+3cosA=24cos2A−又A∈(0,π)，故方法三：利用极值点求解设f(x)显然x=π6时，f(f(x)max=f即f'(A)又A∈(0,π)，故方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）设a=(1,3根据向量的数量积公式，a⋅则2cosa,b=2根据向量共线条件，1⋅又A∈(0,π)，故方法五：利用万能公式求解设t=tanA2整理可得，t2解得tanA2=t=又A∈(0,π)，故（2）由题设条件和正弦定理2b又B,C∈(0,π)，则sinBsin于是C=πsinC=由正弦定理可得，asinA=解得b=2故△ABC的周长为25．【2023年新课标全国Ⅱ卷第17题】记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知△ABC的面积为(1)若∠ADC=π3，求(2)若b2+c【答案】(1)35(2)b=c=2【详解】（1）方法1：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC=π3，

则S△ADC=1在△ABD中，∠ADB=2π3即c2=4+1sinB=所以tanB=方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC=π3，则S△ADC=1在△ACD中，由余弦定理得b2即b2=4+1−2C=π6，过A作AE⊥BC于E，于是CE=ACcos所以tanB=（2）方法1：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得c整理得12a2+2又S△ADC=12×3×所以b=c=A方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，则2AD=AB于是4AD2+CB2又S△ADC=12×3×所以b=c=A6．【2023年新课标全国Ⅱ卷第18题】已知an为等差数列，bn=an−6,n为奇数2an,n为偶数，记S(1)求an(2)证明：当n>5时，T【答案】(1)an(2)证明见解析.【详解】（1）设等差数列an的公差为d，而b则b1于是S4=4a1所以数列an的通项公式是a（2）方法1：由（1）知，Sn=n当n为偶数时，bn−Tn当n>5时，Tn−当n为奇数时，Tn当n>5时，Tn−所以当n>5时，T方法2：由（1）知，Sn=n当n为偶数时，Tn当n>5时，Tn−当n为奇数时，若n≥3，则=32n2+52当n>5时，Tn−所以当n>5时，T7．【2023年新课标全国Ⅰ卷第17题】已知在△ABC中，A+B=3(1)求sinA(2)设AB=5，求AB【答案】(1)3(2)6【详解】（1）∵A+B=3∴π−C=3又2sin(A−C∴2sin∴sin∴sin即tanA=3，所以∴sin（2）由（1）知，cosA=由sinB=由正弦定理，csinC=∴1∴ℎ=b⋅sin8．【2023年新课标全国Ⅰ卷第20题】设等差数列an的公差为d，且d>1．令bn=n2+n(1)若3a2=(2)若bn为等差数列，且S99−【答案】(1)a(2)d=【详解】（1）∵3a2=3∴S又T3∴S即2d2−7d+∴a（2）∵{∴2b2∴6(1a2−1a∵d>1，∴又S99−T99=∴a50−2550a50=当a1=2d时，a50当a1=d时，a50综上，d=519．【2023年高考全国乙卷理第18题】在△ABC中，已知∠BAC=120°，AB=2(1)求sin∠ABC(2)若D为BC上一点，且∠BAD=90°，求【答案】(1)2114(2)310【详解】（1）由余弦定理可得：B=4则BC=7，cossin∠ABC=（2）由三角形面积公式可得S△则S△10．【2023年高考全国甲卷理第17题】设Sn为数列an的前n项和，已知(1)求an(2)求数列an+12n的前【答案】(1)a(2)T【详解】（1）因为2S当n=1时，2a1当n=3时，21+当n≥2时，2Sn−化简得：n−2an=n−1a当n=1,2时都满足上式，所以a（2）因为an+1212两式相减得，12=1−1+n11．【2022年新课标全国Ⅰ卷第17题】记Sn为数列an的前n项和，已知a1(1)求an(2)证明：1a【答案】(1)a(2)见解析【详解】（1）∵a1=1，∴S1又∵Snan∴Snan=∴当n≥2时，S∴an整理得：n−1即an∴a=1显然对于n=1∴an的通项公式a（2）1a∴112．【2022年新课标全国Ⅰ卷第18题】记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA(1)若C=2π3(2)求a2【答案】(1)π6(2)42【详解】（1）因为cosA1+而0<B<π2（2）由（1）知，sinB=−cosC>而sinB=−所以C=π2+B，即有所以a=2co当且仅当cos2B=2213．【2022年新课标全国Ⅱ卷第17题】已知an为等差数列，bn是公比为2的等比数列，且(1)证明：a1(2)求集合kb【答案】(1)证明见解析；(2)9．【详解】（1）设数列an的公差为d，所以，a1+d−（2）由（1）知，b1=a1=d2，所以bk=am+a14．【2022年新课标全国Ⅱ卷第18题】记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1,S(1)求△ABC的面积；(2)若sinAsinC=【答案】(1)2(2)1【详解】（1）由题意得S1=1即a2+c2−b2=2则cosB=1−13（2）由正弦定理得：bsinB=asinA=15．【2022年高考全国乙卷理第17题】记△ABC的内角A,B,C的对边分别为(1)证明：2a(2)若a=5,cosA=25【答案】(1)见解析(2)14【详解】（1）证明：因为sinC所以sinC所以ac⋅a即a2所以2a（2）解：因为a=5,cos由（1）得b2由余弦定理可得a2则50−所以bc=31故b+c2所以b+c=9所以△ABC的周长为a+b+c=1416．【2022年高考全国甲卷理第17题】记Sn为数列an的前n项和．已知(1)证明：an(2)若a4,a【答案】(1)证明见解析；(2)−78【详解】（1）因为2Snn+n=当n≥2时，2S①−②得，2S即2a即2n−1an−2n−所以an是以1（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得a4=a1+又a4，a7，a9即a1+6所以an=n−13所以，当n=12或n=13时，[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得a4=a1+又a4，a7，a9即a1+6所以an=n−13则当n=12或n=13时，17．【2021年新课标全国Ⅰ卷第17题】已知数列an满足a1（1）记bn=a2n，写出b（2）求an的前20项和【答案】（1）b1=2,b2【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n为偶数，则a所以a2n+2=a所以bn是以2为首项，3于是b1[方法二]：奇偶分类讨论由题意知a1=1,由an+1−an=1数列从第一项起，若n为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以an+2−[方法三]：累加法由题意知数列an满足a所以b1b2则bn所以b1=2,b2（2）[方法一]：奇偶分类讨论S==2[方法二]：分组求和由题意知数列an满足a所以a2所以数列an的奇数项是以1为首项，3同理，由a2n+2=a2n+从而数列an的前20S2018．【2021年新课标全国Ⅰ卷第19题】记△ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2=ac，点D在边AC上，（1）证明：BD=b；（2）若AD=2DC，求【答案】（1）证明见解析；（2）cos∠ABC=【详解】（1）设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，得sin∠ABC=因为BDsin∠ABC=asinC，所以又因为b2=ac，所以（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为AD=2DC，如图，在△ABC中，cos在△BCD中，cosC=由①②得a2+b又因为b2=ac，所以6a2−当a=c3,当a=3c2所以cos∠ABC=[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知AD=2DC，则即12而b2=ac，即故有∠ADB=∠ABC，从而∠ABD=∠C．由b2=ac，即ba=c故ADAB=AB又b2=ac，所以则cos∠ABC=[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知BD=b=AC，再由AD=2DC得在△ADB中，由正弦定理得ADsin又∠ABD=∠C，所以23bsin在△ABC中，由正弦定理知c=23a，又由b在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ABC=故cos∠ABC=[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作DE∥AB，交BC于点E，则△DEC∽△ABC．由AD=2DC，得在△BED中，cos∠BED=在△ABC中cos∠ABC=因为cos∠ABC=−所以a2整理得6a又因为b2=ac，所以即a=c3或下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为AD=2DC，所以以向量BA,BC为基底，有所以BD2即b2又因为b2=ac，所以9由余弦定理得b2所以ac=a联立③④，得6a所以a=32c下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，AC所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y轴，DC长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则D0,0由（1）知，BD=b=AC=3，所以点B在以D为圆心，3设Bx,y−由b2=ac知，即(x+2联立⑤⑥解得x=−74或x=7代入⑥式得a=|由余弦定理得cos∠ABC=19．【2021年新课标全国Ⅱ卷第17题】记Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，若（1）求数列an的通项公式a（2）求使Sn>a【答案】(1)an=【详解】(1)由等差数列的性质可得：S5=5设等差数列的公差为d，从而有：a2S4从而：−d2=−数列的通项公式为：an(2)由数列的通项公式可得：a1=2则不等式Sn>an即：解得：n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为20．【2021年新课标全国Ⅱ卷第18题】在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，b=a+1，c=a+2（1）若2sinC=3sinA（2）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）1574；（2）存在，且【详解】（1）因为2sinC=3sinA，则2c=2a+2cosC=a2+b因此，S△（2）显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理可得cosC=解得−1<a<3由三角形三边关系可得a+a+1>a+2，可得a>1，21．【2021年高考全国乙卷理第19题】记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前（1）证明：数列bn（2）求an【答案】（1）证明见解析；（2）an【详解】（1）[方法一]：由已知2Sn+1bn=取n=1,由S1=由于bn为数列Sn的前所以2b所以2b所以2b由于b所以22bn+1所以数列bn是以b1=[方法二]【最优解】：由已知条件知bn=于是bn−1=由①②得bnbn−又2Sn+由③④得bn令n=1，由S1=所以数列bn是以32为首项，[方法三]：

由2Sn+1bn=2，得又因为bn=Sn⋅在2Sn+1b故数列bn是以32为首项，[方法四]：数学归纳法

由已知2Sn+1bn=2，得Sn=2bn2b下面用数学归纳法证明．当n=1假设当n=k时成立，即bk那么当n=k+1时，b综上，猜想对任意的n∈N即数列bn是以32为首项，（2）由（1）可得，数列bn是以b1=∴bSn当n=1时，a1当n≥2时,an=S∴an22．【2021年高考全国甲卷理第18题】已知数列an的各项均为正数，记Sn为an的前n①数列an是等差数列：②数列Sn是等差数列；③注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】证明过程见解析【详解】选①②作条件证明③：[方法一]：待定系数法+an与S设Sn=an+b(当n=1时，a当n≥2时，a因为an也是等差数列，所以a+b2=a所以an=a22[方法二]：待定系数法设等差数列an的公差为d，等差数列Sn的公差为则Sn=a1+化简得d2n2则有d=2d12,选①③作条件证明②：因为a2=3所以公差d=a所以Sn=na因为Sn+所以Sn选②③作条件证明①：[方法一]：定义法设Sn=an+b(当n=1时，a当n≥2时，a因为a2=3a1，所以a当b=0时，a1=a2,a当b=−4a3时，S综上可知an[方法二]【最优解】：求解通项公式因为a2=3a1，所以S1=a1，S2=a1+a2=2a1，因为Sn23．【2020年新课标全国Ⅱ卷第17题】在①ac=3，②csinA=3，③问题：是否存在△ABC，它的内角A,B,C的对边分别为a,b注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】详见解析【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理由sinA=3sinB可得：则：c2=a若选择条件①：据此可得：ac=3m×m=3m2若选择条件②：据此可得：cosA=则：sinA=1−−1若选择条件③：可得cb=mm=1［方法二］：正弦定理由C=π6,由sinA=3sinB，得得tanB=33．由于0<B<π，得若选择条件①：由asinA=csin解得c=b=1,a=3．所以，选条件①若选择条件②：由csinA=3，得csin2由asinA=csin所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时c=2若选择条件③：由于c=3b与24．【2020年新课标全国Ⅱ卷第18题】已知公比大于1的等比数列{an}（1）求{a（2）求a1【答案】（1）an=2n【详解】(1)设等比数列an的公比为q(q>1)，则a整理可得：2q∵q>1,数列的通项公式为：an(2)由于：−1a==225．【2020年新课标全国Ⅰ卷第18题】已知公比大于1的等比数列{an}（1）求{a（2）记bm为{an}在区间(0,m](m∈【答案】（1）an=2【详解】（1）由于数列an是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，依题意有a1q+a所以an=2n，所以数列（2）［方法一］：规律探索由于21b1对应的区间为(0,1]，则bb2,b3对应的区间分别为b4,b5,b6b8,b9,⋯,b16,b17,⋯,b32,b33,⋯,b64,b65,所以S100［方法二］【最优解】：由题意，2n≤m，即n≤log2当m∈2k,2=0［方法三］：由题意知bm=k,m∈2k,2k+1，因此，当m=1时，b1=0；m∈[2,4)时，bm=1；m∈[4,8)所以S==0所以数列bn的前100项和S26．【2020年新课标Ⅲ卷理科第17题】设数列{an}满足a1=3，an（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．【答案】（1）a2=5，a3=【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得a2=3a1−4=9−4证明如下：当n=1时，a假设n=kk∈N∗那么n=k+1时，a则对任意的n∈N∗，都有［方法二］：构造法由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7．由a1=3,［方法三］：累加法由题意可得a2=3由an+1=3an−4n得an+13n+1−an［方法四］：构造法2a2=3a1−4=5,a3=3a2−8=7，猜想an=2（2）由（1）可知，a［方法一］：错位相减法Sn=2Sn由①−②得：−=6即Sn［方法二］【最优解】：裂项相消法2nan［方法三］：构造法当n≥2时，Sn=Sn−1+(2n+所以Sn+(−4n+2)故Sn［方法四］：因为2nanf(f'(所以b1故Sn27．【2020年新课标Ⅱ卷理科第17题】△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．（1）求A；（2）若BC=3，求△ABC周长的最大值.【答案】（1）2π3；（2）【详解】（1）由正弦定理可得：BC∴cos∵A∈0,π，（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式由余弦定理得：BC即AC+AB2∵AC⋅AB≤AC+AB22∴9解得：AC+AB≤23（当且仅当∴△ABC周长L=AC+AB+BC≤3+23，[方法二]：正弦化角（通性通法）设B=π6+α,C=π6−α，则−π6<α<π6[方法三]：余弦与三角换元结合在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得9=b2+c2+bc，即b+12所以△ABC周长的最大值为3+28．【2020年新课标Ⅰ卷理科第17题】设{an}是公比不为1的等比数列，a1为（1）求{a（2）若a1=1，求数列{【答案】（1）−2；（2）S【详解】（1）设{an}的公比为q，a∵2∵q≠1,（2）设{nan}的前n项和为Sn=−2S①−②得，3=1∴S29．【2019年新课标Ⅲ卷理科第18题】ΔABC的内角A,B,C（1）求B；（2）若ΔABC为锐角三角形，且c=1，求【答案】(1)B=π3;(2)【详解】(1)[方法一]【最优解：利用三角形内角和为π结合正弦定理求角度】由三角形的内角和定理得A+C2此时asinA+C2由诱导公式得sinπ2−在△ABC中，由正弦定理知a=2此时就有sinAcosB再由二倍角的正弦公式得cosB2=[方法二]【利用正弦定理解方程求得cosB的值可得∠B由解法1得sinA+C两边平方得sin2A+C又A+B+C=180°，即cos(A+C进一步整理得2cos解得cosB=12[方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为π求得A,根据题意asinA+C2因为0<A<π消去sinA得sin0<B<π，0<A+C而根据题意A+B+C=π，故A+C2+B=π不成立，所以又因为A+B+C=π，代入得3B=π，所以B=(2)[方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】因为△ABC是锐角三角形，又B=π3，所以则S△ABC因为C∈π6,π2从而S△ABC∈38,[方法二]【由题意求得边a的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】由题设及（1）知△ABC的面积S△ABC因为△ABC为锐角三角形，且c=1,所以cosA=b又由余弦定理得b2=a2+所以38<S△ABC<[方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】如图，在△ABC中，过点A作AC1⊥BC，垂足为C1，作AC由题设及（1）知△ABC的面积S△ABC=34a所以点C位于在线段C1C2即cosπ3<a<1cos故△ABC面积的取值范围是38

30．【2019年新课标Ⅱ卷理科第19题】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an+1（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；（2）求{an}和{bn}的通项公式.【答案】（1）见解析；（2）an=1【详解】(1)由题意可知4an+1=3an所以4an+1所以数列an+bn是首项为1、公比为因为4a所以an+1−bn+1=an(2)由(1)可知，an+b所以an=131．【2019年新课标Ⅰ卷理科第17题】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sinB−（1）求A；（2）若2a+b=2c【答案】（1）A=π3；（2）【详解】（1）sinB−即：sin由正弦定理可得：b2∴cos∵A∈0,π，（2）[方法一]正弦定理+两角和差正余弦由（1）知，B+C=2π3得2sin整理得32sinC−又C∈0,2π3,则sinC=[方法二]正弦定理+方程思想由2a+b=2c代入(sinB−得sinC−整理得4sin2C−由sinB=2sinC−所以sinC=[方法三]余弦定理令ca=t．由b=2将b=2c−2a代入即3t2−32所以t=c从而sinC=[方法四]摄影定理因为2c=2a+b由射影定理得∠C=180所以sinC=32．【2018年新课标Ⅱ卷理科第17题】记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知

（1）求{a

（2）求Sn，并求S【答案】（1）an=2【详解】（1）[方法一]：【通性通法】【最优解】公式法设等差数列{an}的公差为d，由S3=−15得，[方法二]：函数+待定系数法设等差数列{an}通项公式为an=kn+b，易得k+b=（2）[方法1]：邻项变号法由Sn=na1+n(n−1)d2可得所以Sn的最小值为−[方法2]：函数法由题意知Sn=d所以Sn的最小值为S4=4233．【2018年新课标Ⅲ卷理科第17题】等比数列an中，a（1）求an（2）记Sn为an的前n项和．若Sm【答案】（1）an=−（2）m=6【详解】（1）设{an}的公比为q由已知得q4=4q2，解得q=故an=−（2）若an=−2n−1，则若an=2n−1，则Sn=综上，m=634．【2018年新课标Ⅰ卷理科第17题】在平面四边形ABCD中，∠ADC=90∘，∠A=45（1）求cos∠ADB（2）若DC=22，求【答案】（1）235；（2）5【详解】（1）［方法1］：正弦定理＋平方关系在△ABD中，由正弦定理得BDsin∠A=ABsin∠ADB，代入数值并解得sin∠ADB=2［方法2］：余弦定理在△ABD中，BD2=ABcos∠ADB=［方法3］：【最优解】利用平面几何知识如图，过B点作BE⊥AD，垂足为E，BF⊥CD，垂足为F．在Rt△AEB中，因为∠A=45°，AB=2，所以AE=BE=2．在Rt所以cos∠ADB=［方法4］：坐标法以D为坐标原点，DC为x轴，DA为y轴正方向，建立平面直角坐标系（图略）．设∠BDC=α，则B(5cosα,5sinα)从而AB=(0−5cosα)2+（2）［方法1］：【通性通法】余弦定理在△BCD，由（1）得，cos∠ADB==52+［方法2］：【最优解】利用平面几何知识作BF⊥DC，垂足为F，易求，BF=23，FC=2，由勾股定理得35．【2017年新课标Ⅰ卷理科第17题】△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,已知△ABC的面积为a(1)求sinB(2)若6cosBcosC=1,【答案】(1)sinBsinC=【详解】（1）由题设得12acsin由正弦定理得12故sinB（2）由题设及（1）得cosBcosC−所以B+C=2π3由题设得12bcsin由余弦定理得b2+c2−bc=故△ABC的周长为3+36．【2017年新课标Ⅲ卷理科第17题】ΔABC的内角A,B,C（1）求角A和边长c；（2）设D为BC边上一点，且AD⊥AC,求ΔABD【答案】（1）2π3，4；（2）【详解】（1）∵sinA+3cosA=0,∴tanA=−3，∵0<A<π,(2)∵c2=b2+a2−2ab37．【2017年新课标Ⅱ卷理科第17题】△ABC的内角A,B,C的对边分别为（1）求cosB（2）若a+c=6，△ABC面积为2，求b【答案】（1）1517【详解】（1）sinA+C=8sin2B2∴161−cosB2+co（2）由（1）可知sinB=∵S△ABC=12∴b2∴b=238．【2016年新课标Ⅲ卷理科第17题】已知数列{an}的前n项和S（Ⅰ）证明{a（Ⅱ）若S5=31【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）λ=−1．【详解】（Ⅰ）由题意得，故，，.由，得，即.由，得，所以.因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是.（Ⅱ）由（Ⅰ）得.由得，即.解得λ=−139．【2016年新课标Ⅱ卷理科第17题】Sn为等差数列an的前n项和，且2n−12,n为奇数2n（Ⅰ）求b1（Ⅱ）求数列bn【答案】（Ⅰ）b1=0,【详解】（Ⅰ）设{an}的公差为d，据已知有所以{anb（Ⅱ）因为b所以数列{bn}的前40．【2016年新课标Ⅰ卷理科第17题】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2cosC（1）求角C；（2）若c=7，SΔABC【答案】（1）C=π3【详解】（1）根据正弦定理把2cosC(acosB+bcosA)=c化成2cosC(sinAcos试题解析：（1）由已知可得2cos∴（2）S又∵∴a2∴ΔABC41．【2015年新课标Ⅱ理科第17题】ΔABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，ΔABD面积是(1)求sinB(2)若AD＝1，DC＝22【答案】（1）12；（2）BD=2,【详解】（1），SΔACD∵SΔABD=2SΔ由正弦定理可知sin∠B（2）∵BD:DC=S∴BD=2设AC=x，则AB=2在△ABD与△ACD中，由余弦定理可知，cos∠ADB=cos∠ADC=∵∠ADB+∠ADC=π，∴cos∠ADB=−∴3−4x即AC=142．【2015年新课标Ⅰ理科第17题】Sn为数列{an}的前n项和.已知an＞0，a（Ⅰ）求{an（Ⅱ）设bn=1an【答案】（Ⅰ）2n+1（Ⅱ【详解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵an＝2n+1，∴bn=1anan+1=12n+12n+3=12（121．（2024·四川自贡·三模）已知数列an的前项和为Sn，且(1)证明：数列an(2)若a5，a9，a11【答案】(1)证明见解析(2)78【详解】（1）数列an满足Sn当n≥2时，有Sn−①−②可得：Sn即(1−n变形可得an故数列an是以−（2）由（1）可知数列an是以−若a5，a9，a11即(a1−所以an所以an单调递减，又当1≤n<13时，an>0，当n=13故当n=12或13时，S且Snmax=S12=S13=12×(1)求证：数列an(2)记bn=log2an−1【答案】(1)证明见解析(2)Sn【详解】（1）由an+1=又a1−1（2）由（1）知，an−所以1bS=当n∈N∗时，Sn=1−1n+1单调递增，故12≤Sn<1．

3．（2024·江西新余·二模）在△ABC中，内角A(1)求角B；(2)若∠ABC的平分线交AC于点D，a=3，c=4，求【答案】(1)π(2)123【详解】（1）在△ABC中，S=12ac即sinB>0，所以由余弦定理得cosB=a2（2）在△ABC中，由等面积法得S△ABC即12即1所以BD=12

4．（2024·山东济南·二模）如图，已知平面四边形ABCD中，AB=BC=22(1)若A,B,(2)求四边形ABCD面积的最大值.【答案】(1)AC=(2)37【详解】（1）在△ABC中，由余弦定理得：A=8在△ACD中，由余弦定理得：A=16因为A,B,C,上述两式相加得：2AC2（2）由（1）得：16−化简得cos∠ADC−则cos2四边形ABCD的面积S===4整理得sin∠ADC+则sin①②相加得：2−即2−由于0<∠ADC<所以当且仅当∠ADC+∠ABC=π时，cos∠ADC+∠ABC取得最小值此时四边形ABCD的面积最大，由1+S2故四边形ABCD面积的最大值为37.

5．（2024·山东菏泽·二模）已知在△ABC中，CA⋅CB(1)求角C的度数；(2)若BC=2,D,E是AB上的动点，且∠DCE始终等于30°，记∠CED=α【答案】(1)∠C=120(2)75°【详解】（1）设CA=b,CB=a，则abcosC=−2由C为△ABC的内角，所以∠C=120（2）由（1）知，12absin120°=3，又a=在△ACE中，由正弦定理得CAsinα=在△CDE中，由正弦定理得CEsinDE==1显然30°≤α≤120°，则有0≤2此时2α−60°=所以α的值75°.

6．（2024·山东青岛·二模）已知数列an满足an+(1)求数列an(2)设bn=(−2)an，数列bn【答案】(1)an(2)5.【详解】（1）数列an中，n∈N∗，an+1则an+1−an−当n为正奇数时，数列{a则a2n−1当n为偶奇数时，数列{a则a2n=5+所以数列an的通项公式是a（2）由（1）知bn=(−2)2则Sn=−8(1−4n而数列{4n}是递增数列，4所以n的最小值为5.

7．（2024·陕西渭南·二模）已知等比数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足a1(1)求数列an(2)若数列bn满足bn=an+(【答案】(1)an(2)T2【详解】（1）设等比数列an的公比为q(q>0)，由得a3解得q=2，于是a1+所以数列an的通项公式是a（2）由（1）知，bn所以T=1−22n1−2+3n=22n+(1)求数列an，b(2)记数列an⋅bn的前n项和为Tn，数列Tnb【答案】(1)an=2(2)证明见解析【详解】（1）等比数列an满足an+1>a设an的公比为qq>1，等差数列bn的公差为解得q=2d=1所以an=2（2）由（1）可得an所以T2所以