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高考数学圆锥曲线复习策略一.圆锥曲线高考大纲文科（1）掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程和简单的几何性质（范围、对称性、顶点、离心率）（2）了解双曲线的定义、几何图形、标准方程，知道其简单的几何性质（范围、对称性、顶点、离心率、渐近线）（3）了解抛物线的的定义、儿何图形、标准方程，知道其简单的儿何性质（范围、对称性、顶点、离心率）（4）理解数形结合的思想。
（5）了解圆锥曲线的简单应用。
理科.（1）了解圆锥曲线的实际背景，了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.（2）掌握椭圆、抛物线的定义、儿何图形、标准方程及简单儿何性质.（范围、对称性、顶点、离心率）（3）了解双曲线的定义、几何图形和标准方程，知道它的简单几何性质（范围、对称性、顶点、离心率、渐近线）.（4）了解圆锥曲线的简单应用.（5）理解数形结合的思想.锥曲线知识网络'对称轴兀轴 住占 八、、八、、标准方程y 2=2P x\顶点 离心率 准线 （卩>0）二.试题趋势近年來圆锥1111线在高考中比较稳定，解答题往往以屮档题或以押轴题形式出现，主要考察学 生逻辑推理能力、运算能力，考察学生综合运用数学知识解决问题的能力。
但圆锥曲线在新 课标中化归到选学内容，要求有所降低，估计2011年高考对本讲的考察，主要考察热点有:（1） 圆锥Illi 线的定义及标准方程； （2） 与圆锥曲线有关的轨迹问题；（3） 与圆锥曲线有关的最值、定值问题；（4） 与平面向量、导数等知识相结合的交汇试题（1）圆锥曲线的定义及标准方程;1. （2010北京文理）（13）已知双曲线二—1的离心率为2,焦点与椭圆—= 1的a 2b 225 9焦点相同，那么双Illi 线的焦点坐标为 _______ ；渐近线方程为 ________ o定义：:椭圆l + IF2PI=2a(2a >1 F.F 2 I)标准方程召+令(a > b > 0)2 f 2a =b +对称轴 兀轴，长轴长为2d y 轴，短轴长为2b隹占 八、、八、、定义：:< 双曲线{lIFfl —IF2PII=2a(2a<F }F 2 I)2 2 标准方程才*卄严轴卜轴，实轴长为2d 对称轴彳I 》轴，虚轴长为"隹占八、、JW\（Q 〉O,b 〉O ）彳顶点21 2 a +b =c离心率 渐近线定义• 抛物线 <・\MF\=d答案：（±4,0）= 02 ,22.（2010天津文数）（13）已知双Illi线罕―仝=1«〉0上〉0）的一条渐近线方程是a b厶y = ^x ,它的一个焦点与抛物线r =16x的焦点相同。
2009年宁夏、海南高考数学试卷分析（数学文理）一、2009年高考宁夏数学试卷的总体特点2009年高考宁夏数学试卷仍然坚持了“稳中有变，稳中有新”的主旋律.试卷在普遍遵循《考试说明》的基础上，进一步体现了新课改的理念.试题有“五大”特点：（1）阅读量加大，考查学生提取信息的能力.（2）试题贴近生活，考查学生用数学知识解决实际问题的能力.（3）淡化特殊技巧和方法，运算能力更加注重算理.（4）增加“设计方案”问题，考查学生自主解决问题的意识和能力.（5）新增内容魅力四射，活力无限.二、阅卷分析主观题总分90分，文科均分25.5分，理科均分30分，文理均分都比2008年降低了5分，说明试题难度加大！答卷中存在的问题1.审题不清.俗话说“成在审题，败在审题”，考生由于审题不够细心而出错现象比较普遍、频繁.导致失误的因素有主观臆断、遗漏条件.2.运算能力差.1）如第19题是一道解析几何题.第一问是求椭圆的方程，很多学生在求出a=4,c=3后，因求而出现错误，进而导致后面的解答全部无效.2）在第二问.已知，把坐标代入化简时出现错误.如3）在分类讨论中，不能全面分类，顾此失彼.3.表述不规范，抓不住重点.4.基础知识不牢固，应变能力差.三、对今后教学的启示：1.加强对《课程标准》和《考试说明》的学习，提高教学的针对性.也就是要把握好大方向，进一步体会课改理念.2.全面复习，不留死角，夯实基础.要扎实搞好系统复习，使学生建立清晰的知识网络，掌握好通行通法，要努力克服“眼高手低”通病，从基础抓起.3.复习时回归课本，充分利用教材资源.4.重视数学能力和数学理念的培养.一是认知再现能力；二是数形结合的数学理念；三是数学运算追求简单准确的意识；四是分类讨论的数学方法.5.加强常规题的解题模式训练，使学生形成规范书写的习惯.解题要抓住关键，踩的分点.6.复习最关键是调动起学生主动学习意识，师生形成合理是高考成功的必要条件.- 1 -。
第2讲数列求和及其综合应用错位相减法求和[学生用书P34]共研典例类题通法错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，其依据是：c n ＝a n b n ，其中{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则qc n ＝qa n b n ＝a n b n ＋1，此时c n ＋1－qc n ＝(a n ＋1－a n )·b n ＋1＝db n ＋1，这样就把对应相减的项变成了一个等比数列，从而达到求和的目的．(2016·高考山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n.求数列{c n }的前n 项和T n .【解】(1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式．所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋ (2)＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2， 所以T n ＝3n ·2n ＋2.应用错位相减法求和需注意的问题(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1，2进行验证． [跟踪训练](2016·兰州模拟)等差数列{a n }中，已知a n ＞0，a 1＋a 2＋a 3＝15，且a 1＋2，a 2＋5，a 3＋13构成等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得： a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝15，即a 2＝5. 又(5－d ＋2)(5＋d ＋13)＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)，所以a 1＝a 2－d ＝3，a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝2n ＋1. 又b 1＝a 1＋2＝5，b 2＝a 2＋5＝10，所以公比q ＝2， 所以b n ＝5×2n －1.(2)因为T n ＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1]， 2T n ＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ]，两式相减得－T n ＝5[3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n ]＝5[(1－2n )2n －1]， 则T n ＝5[(2n －1)2n ＋1]．裂项相消法求和[学生用书P35]共研典例类题通法 1．常见的裂项类型 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1； (2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；(3)1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；(4)14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(5)n ＋1n （n －1）·2n ＝2n －（n －1）n （n －1）·2n ＝1（n －1）2n －1－1n ·2n. 2．裂项相消法求和的基本思想是把数列的通项公式a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2016·海口调研测试)在等差数列{a n }中，公差d ≠0，a 1＝7，且a 2，a 5，a 10成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式及其前n 项和S n ； (2)若b n ＝5a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】(1)因为a 2，a 5，a 10成等比数列， 所以(7＋d )(7＋9d )＝(7＋4d )2， 又因为d ≠0，所以d ＝2，所以a n ＝2n ＋5，S n ＝（7＋2n ＋5）n 2＝n 2＋6n .(2)由(1)可得b n ＝5（2n ＋5）（2n ＋7）＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋5－12n ＋7， 所以T n ＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋19－111＋…＋12n ＋5－12n ＋7＝5n14n ＋49.裂项相消法的技巧在裂项时要注意把数列的通项分拆成的两项一定是某个数列中的相邻的两项，或者是等距离间隔的两项，只有这样才能实现逐项相消，只剩余有限的几项，从而求出其和．[跟踪训练](2016·石家庄模拟)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.分组转化求和[学生用书P35]共研典例类题通法 分组转化求和的三种类型分组转化求和是把数列之和分为几组，每组中的各项是可以利用公式(或其他方法)求和的，求出各组之和即得整体之和，这类试题一般有如下三种类型：(1)数列是周期数列，先求出每个周期内的各项之和，然后把整体之和按照周期进行划分，再得出整体之和；(2)奇偶项分别有相同的特征的数列(如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列)，按照奇数项和偶数项分组求和；(3)通项中含有(－1)n 的数列，按照奇数项、偶数项分组，或者按照n 为奇数、偶数分类求和．(2016·呼和浩特模拟)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2)(n ≥2，n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【解】(1)因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a n ＋n ≠0， 所以{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n ＋n ＝4×2n －1＝2n ＋1. 所以a n ＝2n ＋1－n .(2)S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋3＋…＋n )＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组. (2)根据正号、负号分组.(3)根据数列的周期性分组.[题组通关]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝( )A ．1009B ．1010C ．－1009D ．－1010B [解析] 因为a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝(2－3)＋(4－5)＋…＋(2016－2017)＋2018＝1008×(－1)＋2018＝1010.2．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，数列{a 2n －1}是首项为1的等差数列，数列{a 2n }是首项为2的等比数列，且满足S 3＝a 4，a 3＋a 5＝a 4＋2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求S 2n .[解] (1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ，则a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1＋d ，a 4＝2q ，a 5＝1＋2d ，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＋d ＝2q ，（1＋d ）＋（1＋2d ）＝2＋2q ，解得d ＝2，q ＝3.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2·3n 2－1，n ＝2k ，(k ∈N *)．(2)S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2×30＋2×31＋…＋2×3n －1) ＝（1＋2n －1）n 2＋2（1－3n ）1－3＝n 2－1＋3n .等差、等比数列的综合问题[学生用书P36]共研典例类题通法解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1a n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：S n ＜34.【解】(1)由已知a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *，得（a n ＋1－1）＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，即1＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，亦即1a n ＋1－1－1a n －1＝－1(常数)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是以1a 1－1＝－2为首项， －1为公差的等差数列．可得1a n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，所以a n ＝nn ＋1.(2)证明：因为b n ＝a n ＋1a n －1＝（n ＋1）2n （n ＋2）－1＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜12×⎝⎛⎭⎫1＋12＝34.解决数列综合问题的方法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解. [跟踪训练](2016·武汉模拟)已知S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1（2n ＋1）a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设{a n }的公差为d (d ≠0)， 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1S 4，即(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，化简得d 2＝2a 1d .因为d ≠0，所以d ＝2a 1.① 因为a 3＝－52，所以a 1＋2d ＝－52.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－12d ＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12.(2)因为b n ＝1（2n ＋1）a n ＝1（2n ＋1）⎝⎛⎭⎫－n ＋12＝－2（2n ＋1）（2n －1）＝12n ＋1－12n －1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1＋⎝⎛⎭⎫15－13＋⎝⎛⎭⎫17－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n －1＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1. 课时作业[学生用书P120(独立成册)]1．设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4a 8＝32，则S 11的最小值为( ) A ．22 2B ．442C ．22D ．44B [解析] 因为数列{a n }为各项均为正数的等差数列，所以a 4＋a 8≥2a 4a 8＝82，S 11＝（a 1＋a 11）×112＝112(a 4＋a 8)≥112×82＝442，故S 11的最小值为442，当且仅当a 4＝a 8＝42时取等号．2．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1080D ．3105B [解析] 因为a n ＋1＝a n ＋3，所以a n ＋1－a n ＝3. 所以{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列． 所以a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63. 令a n ≤0，得n ≤21. 所以前20项都为负值． 所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30| ＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30 ＝－2S 20＋S 30.因为S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( )A ．20B ．40C ．60D ．80C [解析] 由a n ＋1＝a na n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60.4．(2016·郑州模拟)设等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝12，a 24＝4a 2a 8，若1b n＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，则数列{b n }的前10项和为( )A ．－2011B.2011C ．－95D.95A [解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝4a 2a 8，所以(a 1q 3)2＝4a 1q ·a 1q 7，即4q 2＝1，所以q ＝12或q ＝－12(舍)，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ＝2－n ，所以log 2a n ＝log 22－n ＝－n ，所以1b n ＝－(1＋2＋3＋…＋n )＝－n （1＋n ）2，所以b n ＝－2n （1＋n ）＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项和为－2⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13⎦⎤＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝－2·⎝⎛⎭⎫1－111＝－2011. 5．设b n ＝a n （a n ＋1）（a n ＋1＋1）(其中a n ＝2n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 5＝( )A.3133B.3233C.3166D.1633C [解析] 由题意得，b n ＝2n －1（2n －1＋1）（2n ＋1）＝12n －1＋1－12n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1，所以T 5＝12－133＝3166.6．已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )＞f (x )g ′(x )，且f (x )＝a x g (x )(a＞0，且a ≠1)，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和大于62，则n 的最小值为( )A ．8B ．7C ．6D ．9C [解析] 由⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）g 2（x ）＞0，知f （x ）g （x ）在R 上是增函数，即f （x ）g （x ）＝a x 为增函数，所以a ＞1.又因为a ＋1a ＝52，所以a ＝2或a ＝12(舍)．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n ＝21＋22＋…＋2n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2＞62.即2n ＞32，所以n ＞5.7．(2016·海口调研测试)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，则S 2n ＋3＝________．[解析] 依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. [答案]43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋28．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为________．[解析] 设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则第2，3，4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92，两式相除得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2. [答案]29．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2017＝________．[解析] 因为a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，所以a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，故a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2，所以S 2017＝1009a 1＋1008a 2＝1009×⎝⎛⎭⎫12－2＋1008×2＝10052. [答案]1005210．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，设S n 为数列{a n }的前n 项和，对于任意的n >1，n ∈N *，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)都成立，则S 10＝________．[解析]因为⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＋S n －1＝2S n ＋2，S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋2，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }从第二项开始为等差数列，当n ＝2时，S 3＋S 1＝2S 2＋2，所以a 3＝a 2＋2＝4，所以S 10＝1＋2＋4＋6＋…＋18＝1＋9（2＋18）2＝91. [答案]9111．(2016·东北四市联考)已知数列{a n }满足a 1＝511，a 6＝－12，且数列{a n }的每一项加上1后成为等比数列．(1)求a n ；(2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意数列{a n ＋1}是等比数列，设公比为q ，a 1＋1＝512，a 6＋1＝12＝512×q 5， 解得q ＝14. 则数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列， 所以a n ＋1＝211－2n ，a n ＝211－2n －1.(2)由(1)知b n ＝|11－2n |，当n ≤5时，T n ＝10n －n 2，当n ≥6时，T n ＝n 2－10n ＋50，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5n 2－10n ＋50，n ≥6. 12．(2016·哈尔滨模拟)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2.因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4.即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0.因为公比q ≠0，所以q ＝2.所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n ，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1，②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×4（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1 ＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.13．数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞n n ＋1. [解] (1)证明：因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ， 即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n ＝2n －1，所以S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2. 1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 14．(选做题)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，－2，⎝⎛⎭⎫7π12，2，且在区间⎝⎛⎭⎫π12，7π12上为单调函数． (1)求ω，φ的值；(2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30. [解] (1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ， 解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ， 因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3. (2)因为a n ＝2n sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，所以a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)， 所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.。
后记答题模板【范例赏析】后记答题模板(本讲对应学生用书第48~49页) 范例赏析典例如图，已知A，B分别为曲线C：22xa+y2=1(y≥0，a>0)与x轴的左、右两个交点，直线l过点B，且与x轴垂直，S为l上异于点B的一点，连接AS交曲线C 于点T.(1)若曲线C为半圆，点T为圆弧AB的三等分点，试求出点S的坐标.(2)如图，点M是以SB为直径的圆与线段TB的交点，试问：是否存在a，使得O，M，S三点共线?若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.(典例)【规范解答】(1)当曲线C为半圆时，a=1，由点T为圆弧AB的三等分点，得∠BOT=60°或120°.2分①当∠BOT=60°时，∠SAB=30°.又AB=2，故在△SAB中，有SB=AB·tan 30°=23，所以S231⎛⎝⎭，. 4分②当∠BOT=120°时，同理可求得点S 的坐标为(1，).综上，点S 的坐标为S1⎛ ⎝⎭或S (1，2). 6分(2)切入点一：从点“T ”入手设点T (a cos θ，sin θ)(sin θ≥0)，则直线AT 的方程为y=sin cos a a θθ+(x+a )， 8分令x=a ，得点S 2sin cos 1a θθ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，，所以k OS =2sin (cos 1)a θθ+.又B (a ，0)，所以k TB =sin cos -a a θθ. 10分假设存在a (a>0)，使得O ，M ，S 三点共线，由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS.所以k OS ·k TB =sin cos -a a θθ·2sin (cos 1)a θθ+=-1，解得a 2=2.又因为a>0，所以. 15分经检验，当时，O ，M ，S 三点共线.故存在，使得O ，M ，S 三点共线. 16分切入点二：从点“S ”入手设点S (a ，m )，则直线SA 的方程为y=2m a (x+a )，联立方程组2221()2x y a m y x a a ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，，化简得(m 2+4)x 2+2m 2ax+m 2a 2-4a 2=0.8分设点T (x T ，y T )，因为A (-a ，0)，所以x T ·(-a )=2222-44m a a m +，得x T =224-4a m am +，y T =244m m +，所以k TB =-2ma . 10分假设存在a (a>0)，使得O ，M ，S 三点共线，由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS.12分又因为k OS =m a ，所以k OS ·k TB =m a ·2-ma ⎛⎫⎪⎝⎭=-1，解得a 2=2.又因为a>0，所以a=2.15分经检验，当a=2时，O ，M ，S 三点共线.故存在a=2，使得O ，M ，S 三点共线. 16分切入点三：从直线AS 的斜率入手 假设存在a (a>0)，使得O ，M ，S 三点共线. 由于点M 在以SB 为直径的圆上，故BT ⊥OS.8分显然，直线AS 的斜率k 存在且k>0，可设直线AS 的方程为y=k (x+a ).由2221()x y a y k x a ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，，得(1+a 2k 2)x 2+2a 3k 2x+a 4k 2-a 2=0. 10分设点T (x T ，y T )，所以x T ·(-a )=42222-1a k a a k +.故x T =3222-1a a k a k +，从而y T =k (x T +a )=2221ak a k +，亦即T 322222-211a a k ak a k a k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，. 12分方法一：因为B (a ，0)，所以BT u u u r =322222-2211a k aka k a k ⎛⎫⎪++⎝⎭，.由()x a y k x a =⎧⎨=+⎩，，得S (a ，2ak )，所以OS u u u r =(a ，2ak ).由BT ⊥OS ，可得BT u u u r ·OS u uu r =422222-241a k a k a k ++=0，即-2a 4k 2+4a 2k 2=0. 因为k>0，a>0，所以2. 15分经检验，当2时，O ，M ，S 三点共线.故存在2，使得O ，M ，S 三点共线. 16分方法二：因为B (a ，0)，所以k BT =-TT y x a =-21a k ，故k SM =a 2k.由()x a y k x a =⎧⎨=+⎩，，得S (a ，2ak )，所以直线SM 的方程为y-2ak=a 2k (x-a ).O ，M ，S 三点共线当且仅当O 在直线SM 上，即-2ak=a 2k (-a ).因为k>0，a>0，所以2. 15分经检验，当2时，O ，M ，S 三点共线.故存在2，使得O ，M ，S 三点共线. 16分【总结提升】解题几何中的多动点问题，一直是学生难以逾越的障碍，究其原因：“多且动”，大有牵一发而动全身的感觉，各个点都丝丝相连，环环相扣.而恰恰正是点多且动，反而给我们一个启发，多且动的点中肯定有一个“核心点”，正是这个点牵动了其他点，使其他点始终围绕这个“核心点”运动.例题正是这类问题，其中点M 即为“核心点”，只要把握好这个“核心点”在圆上具有的性质，以其他的点或线为切入点，就可从多途径入手，让每个动点都可“一显身手”，以达到多解的目的.【拓展训练】拓 展 训 练变式 (2015·盐城二模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：22x a+22y b =1(a>b>0)的离心率为2，直线l ：y=12x 与椭圆E 相交于A ，B 两点，AB=25，C ，D 是椭圆E 上异于A ，B 两点，且直线AC ，BD 相交于点M ，直线AD ，BC 相交于点N.(1)求a ，b 的值；(2)求证：直线MN 的斜率为定值.(变式)【解答】(1)因为e=c a =2，所以c 2=12a 2，即a 2-b 2=12a 2，所以a 2=2b 2，故椭圆E 的方程为222x b +22y b =1.由题意，不妨设点A 在第一象限，点B 在第三象限.由22221212y x x y b b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，，解得A233⎫⎪⎪⎝⎭，. 又AB=5，所以5，即43b 2+13b 2=5，解得b 2=3.故a=6，3.(2)由(1)知椭圆E 的方程为26x +23y =1，从而A (2，1)，B (-2，-1).①当CA ，CB ，DA ，DB 的斜率都存在时，设直线CA ，DA 的斜率分别为k 1，k 2，C (x 0，y 0)，显然k 1≠k 2.从而k 1·k CB =00-1-2y x ·0012y x ++=2020-1-4y x =202031--16-4x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭=20202-2-4x x =-12，所以k CB =-112k .同理k DB =-212k .于是直线AD 的方程为y-1=k 2(x-2)，直线BC 的方程为y+1=-112k (x+2).由1211-(2)2-1(-2)y x k y k x ⎧+=+⎪⎨⎪=⎩，，解得12112122124-4-221-2-41.21k k k x k k k k k y k k ⎧=⎪+⎪⎨+⎪=⎪+⎩，从而点N 的坐标为12112212124-4-2-2-412121k k k k k k k k k k ⎛⎫+ ⎪++⎝⎭，. 用k 2代k 1，k 1代k 2得点M 的坐标为12212112124-4-2-2-412121k k k k k k k k k k +++，.所以k MN =12212112121211221212-2-41-2-41-21214-4-24-4-2-2121k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k ++++++=12214(-)4(-)k k k k =-1.即直线MN 的斜率为定值-1.②当CA ，CB ，DA ，DB 中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，故不妨设直线CA 的斜率不存在，从而C (2，-1).仍然设DA 的斜率为k 2，由①知k DB =-212k .此时CA ：x=2，DB ：y+1=-212k (x+2)，它们的交点坐标为M 222-1-k ⎛⎫⎪⎝⎭，.由BC ：y=-1，AD ：y-1=k 2(x-2)，它们交点N 222--1k ⎛⎫⎪⎝⎭，，从而k MN =-1也成立. 由①②可知，直线MN 的斜率为定值-1.。
人大行政管理考研复试真题心得分享作为考研复试的一部分，面试环节是很多考生备战过程中感到较为紧张的一环。
而作为人大行政管理的考研复试科目之一，面试的通过与否对考生未来的发展具有重要的影响。
在这里，我将分享一些关于人大行政管理考研复试真题的心得体会，希望对正在备考的考生们有所帮助。
首先，了解考研大纲是非常重要的。
考研大纲是考生备考的的重要依据，熟悉大纲不仅可以了解考试的内容和要求，还可以帮助考生明确备考的重点和方向，提高备考效率。
在备考过程中，我会仔细研读大纲，并将其划分为不同的模块，逐一进行学习和掌握。
同时，大纲中的每个考点都应该被掌握并独立进行总结，这样可以确保自己在复试中可以有足够的答题材料。
其次，考研笔记的整理与积累是备考过程中不可或缺的一环。
在复习的过程中，我会针对每个考点进行详细的笔记整理。
这不仅可以帮助我加深对知识点的理解和记忆，还可以方便我在复习过程中进行查阅。
考研笔记的整理应该注重概念的讲解、案例的引用以及自己对于知识的理解与补充，这样才能帮助我更好地回答问题和理解考研真题。
最后，复试真题的练习也是非常重要的。
通过做真题可以帮助我了解考试的形式和要求，熟悉考试的节奏和时间分配。
而且，真题可以帮助我发现自己的薄弱环节和需要加强的地方。
在进行真题练习时，我会模拟考试环境，合理安排时间，注重思路的清晰和表达的准确。
每做完一套真题，我会仔细分析自己的答题情况，找出不足之处，并进行针对性的复习和提高，以争取在实际考试中能够得心应手。
总结起来，人大行政管理考研复试是需要考生全方位准备的一个环节，综合素质和学科基础都是重要的考察要素。
在备考过程中，我们应该密切关注考研大纲，合理安排复习时间，积极整理和记忆相关知识点，同时进行适当的真题练习。
只有全面准备，才能在复试中取得好的成绩。
希望以上的分享能够对正在备考人大行政管理考研复试的考生们有所帮助。
祝愿大家能够顺利通过复试，实现自己的考研梦想！。
第2讲 平面向量、解三角形【课前热身】第2讲 平面向量、解三角形(本讲对应学生用书第4~6页)1.(必修4 P76习题7改编)在矩形ABCD 中，O 是对角线的交点，若BC u u u r =e 1，DC u u u r =e 2，则OC u u u r= .【答案】12(e 1+e 2)【解析】因为O 是矩形ABCD 对角线的交点，BCu u u r =e 1，DCu u u r =e 2，所以OCu u u r =12(BC u u u r +DC u u u r)=12(e 1+e 2).2.(必修4 P90习题19改编)已知向量a =(6，-3)，b =(2，x+1)，若a ⊥b ，则实数x= . 【答案】3【解析】因为a ⊥b ，所以a ·b =0，所以12-3x-3=0，解得x=3.3.(必修5 P10练习2改编)在锐角三角形ABC 中，设角A ，B 所对的边分别为a ，b.若2a sin B=3b ，则角A= .【答案】π3【解析】在△ABC 中，由正弦定理及已知得2sin A·sin B=3sin B ，因为B 为△ABC的内角，所以sin B ≠0，所以sinA=32.又因为△ABC 为锐角三角形，所以A ∈π02⎛⎫ ⎪⎝⎭，，所以A=π3.4.(必修4 P80例5改编)已知向量a =(1，0)，b =(2，1)，则当k= 时，向量k a -b 与a +3b 平行.【答案】-13【解析】由题设知向量a 与b 不平行，因为向量k a -b 与a +3b 平行，所以1k =-13，即k=-13.5.(必修5 P16习题1(3)改编)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a=7，b=43，c=13，则△ABC 最小的内角为 .【答案】π6【解析】因为13<43<7，所以C<B<A ，又因为cosC=222-2a b c ab +=2743⨯⨯=32，所以C=π6.【课堂导学】平面向量与三角函数综合例1 (2016·淮安5月信息卷)已知向量m =(cos α，sin α)，n =(3，-1)，α∈(0，π).(1)若m ⊥n ，求角α的大小； (2)求|m +n |的最小值.【解答】(1)因为m =(cos α，sin α)，n =(3，-1)，且m ⊥n ，所以3cos α-sin α=0，即tan α=3.又因为α∈(0，π)，所以α=π3.(2)因为m +n =(cos α+3，sin α-1)，所以|m +n |=22(cos 3)(sin -1)αα++=523cos -2sin αα+=π54cos 6α⎛⎫++ ⎪⎝⎭. 因为α∈(0，π)，所以α+ππ7π666⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，故当α+π6=π，即α=5π6时，|m +n |取得最小值1.正弦定理、余弦定理的应用例2 (2016·苏州暑假测试)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.已知sin2-2A B+sin A sin B=22+.(1)求角C 的大小；(2)若b=4，△ABC 的面积为6，求c 的值.【解答】(1)sin2-2A B+sin A sin B=1-cos(-)2A B+2sin sin2A B=1-cos cos-sin sin2A B A B+2sin sin2A B=1-cos cos sin sin2A B A B+=1-(cos cos-sin sin)2A B A B=1-cos()2A B+=1-cos(π-)2C=1cos2C+=22+，所以cos C=22.又0<C<π，所以C=π4.(2)因为S=12ab sin C=12a×4×sinπ4=2a=6，所以a=32.因为c2=a2+b2-2ab cos C=(32)2+42-2×32×4×22=10，所以c=10.变式1(2016·南通一调)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(a+b-c)(a+b+c)=ab.(1)求角C的大小；(2)若c=2a cos B，b=2，求△ABC的面积.【解答】(1)在△ABC中，由(a+b-c)(a+b+c)=ab，得222-2a b cab+=-12，即cosC=-12.因为0<C<π，所以C=2π3.(2)方法一：因为c=2a cos B，由正弦定理，得sin C=2sin A cos B.因为A+B+C=π，所以sin C=sin(A+B )，所以sin(A+B )=2sin A cos B ，即sin A cos B-cos A sin B=0， 所以sin(A-B )=0.又-π3<A-B<π3，所以A-B=0，即A=B ，所以a=b=2. 所以△ABC 的面积为S △ABC =12ab sin C=12×2×2×sin 2π3=3.方法二：由c=2a cos B 及余弦定理，得c=2a×222-2a c b ac +，化简得a=b ，所以△ABC 的面积为S △ABC =12ab sin C=12×2×2×sin 2π3=3.变式2 (2016·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)在斜三角形ABC 中，tan A+tan B+tan A tan B=1.(1)求角C 的大小； (2)若A=15°，2，求△ABC 的周长.【解答】(1)因为tan A+tan B+tan A tan B=1， 即tan A+tan B=1-tan A tan B.因为在斜三角形ABC 中，1-tan A tan B ≠0，所以tan(A+B )=tan tan 1-tan tan A BA B +=1，即tan(180°-C )=1，tan C=-1. 因为0°<C<180°，所以C=135°.(2)在△ABC 中，A=15°，C=135°，则B=180°-A-C=30°.由正弦定理sin BC A =sin CAB =sin ABC ，得sin15BC o =°sin30CA=2=2，故BC=2sin 15°=2sin(45°-30°)=2(sin 45°cos 30°-cos 45°sin 30°)=6-2 2，CA=2sin 30°=1.所以△ABC的周长为AB+BC+CA=2+1+6-22=2622++.平面向量与解三角形综合例3(2016·无锡期末)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量a=(sin B-sin C，sin C-sin A)，b=(sin B+sin C，sin A)，且a⊥b.(1)求角B的大小；(2)若b=c·cos A，△ABC的外接圆的半径为1，求△ABC的面积.【解答】(1)因为a⊥b，所以a·b=0，即sin2B-sin2C+sin A(sin C-sin A)=0，即sin A sin C=sin2A+sin2C-sin2B，由正弦定理得ac=a2+c2-b2，所以cos B=222-2a c bac+=12.因为B∈(0，π)，所以B=π3.(2)因为c·cos A=b，所以bc=222-2b c abc+，即b2=c2-a2，又ac=a2+c2-b2，b=2R sin3，解得a=1，c=2.所以S△ABC =12ac sin B=3.变式(2016·苏锡常镇二调)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知向量m=(cos B，cos C)，n=(4a-b，c)，且m∥n.(1)求cos C的值；(2)若c=3，△ABC的面积S=15，求a，b的值.【解答】(1)因为m∥n，所以c cos B=(4a-b)cos C，由正弦定理，得sin C cos B=(4sin A-sin B)cos C，化简得sin(B+C)=4sin A cos C.因为A+B+C=π，所以sin(B+C)=sin A.又因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以cos C=14.(2)因为C∈(0，π)，cos C=14，所以sin C=21-cos C=11-16=15.因为S=12ab sin C=15，所以ab=2.①因为c=3，由余弦定理得3=a2+b2-12ab，所以a2+b2=4，②由①②，得a4-4a2+4=0，从而a2=2，a=2(a=-2舍去)，所以a=b=2.【课堂评价】1.(2016·镇江期末)已知向量a=(-2，1)，b=(1，0)，则|2a+b|=. 【答案】13【解析】因为2a+b=(-3，2)，所以|2a+b|=22(-3)2+=13.2.(2016·南京学情调研)已知向量a=(1，2)，b=(m，4)，且a∥(2a+b)，则实数m=.【答案】2【解析】方法一：由题意得a=(1，2)，2a+b=(2+m，8)，因为a∥(2a+b)，所以1×8-(2+m)×2=0，故m=2.方法二：因为a∥(2a+b)，所以存在实数λ，使得λa=2a+b，即(λ-2)a=b，所以(λ-2，2λ-4)=(m，4)，所以λ-2=m且2λ-4=4，解得λ=4，m=2.3.(2016·南京、盐城一模)在△ABC中，设a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若a=5，A=π4，cos B=35，则c=.【答案】7【解析】因为cos B=35，所以B∈π2⎛⎫⎪⎝⎭，，从而sin B=45，所以sin C=sin(A+B)=sinA cos B+cos A sin B=2×35+2×45=72，又由正弦定理得sinaA=sincC，即52 =72c，解得c=7.4.(2016·全国卷Ⅲ)在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于13BC，则cos A=.(第4题)【答案】-10【解析】如图，作AD ⊥BC交BC 于点D ，设BC=3，则AD=BD=1，AB=2，AC=5.由余弦定理得32=(2)2+(5)2-2×2×5×cos A ，解得cos A=-10.5.(2016·南通一调)已知在边长为6的正三角形ABC 中，BD u u u r =12BC u u u r ，AE u u u r=13AC u u u r ，AD 与BE 交于点P ，则PB u u u r ·PD u u ur 的值为 .(第5题)【答案】274【解析】如图，以BC 为x 轴，AD 为y 轴，建立平面直角坐标系，不妨设B (-3，0)，C (3，0)，则D (0，0)，A (0，33)，E (1，23)，P 330⎛ ⎝⎭，，所以PB u u u r ·PD u u ur =|PD u u u r |2=233⎝⎭=274.温馨提示：趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》第3～4页.【检测与评估】第2讲 平面向量、解三角形一、 填空题1.(2016·苏州暑假测试)设x ，y ∈R ，向量a =(x ，1)，b =(2，y )，且a +2b =(5，-3)，则x+y= .2.(2016·盐城三模)已知向量a ，b 满足a =(4，-3)，|b |=1，|a -b |=21，则向量a ，b 的夹角为 .3.(2016·全国卷Ⅱ)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A=45，cos C=513，a=1，则b= .4.(2016·天津卷)在△ABC 中，若AB=13，BC=3，∠C=120°，则AC= .5.(2016·南京三模)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB=4，AD=3，CD=2，AM u u u u r =2MD u u u u r .若AC u u u r ·BM u u u u r =-3，则AB u u u r ·AD u u u r = .(第5题)6.(2016·无锡期末)已知平面向量α，β满足|β|=1，且α与β-α的夹角为120°，则α的模的取值范围为 .7.在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.若b a +ab =6cos C ，则tan tan C A +tan tan CB = .8.(2016·苏北四市摸底)在△ABC 中，AB=2，AC=3，角A 的平分线与AB 边上的中线交于点O ，若AO u u u r =x AB u u u r+y AC u u u r (x ，y ∈R )，则x+y 的值为 .二、 解答题9.(2016·苏北四市期末)已知在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，sin A=35，tan(A-B )=-12.(1)求tan B 的值； (2)若b=5，求c 的值.10.(2016·徐州、连云港、宿迁三检)如图，在梯形ABCD 中，已知AD ∥BC ，AD=1，BD=210，∠CAD=π4，tan ∠ADC=-2.(1)求CD 的长； (2)求△BCD 的面积.(第10题)11.(2016·南京三模)在△ABC 中，已知a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边.若向量m =(a ，cos A )，向量n =(cos C ，c )，且m ·n =3b cos B.(1)求cos B 的值；(2)若a ，b ，c 成等比数列，求1tan A +1tan C 的值.【检测与评估答案】第2讲 平面向量、解三角形一、 填空题1. -1 【解析】由题意得a +2b =(x+4，1+2y )=(5，-3)，所以4512-3x y +=⎧⎨+=⎩，，解得1-2x y =⎧⎨=⎩，，所以x+y=-1.2. π3【解析】设向量a ，b 的夹角为θ，由|a -b|=，得21=(a -b )2=a 2+b 2-2a ·b =25+1-2·5·cos θ，即cos θ=12，所以向量a ，b 的夹角为π3.3. 2113 【解析】因为cos A=45，cos C=513，且A ，C 为三角形的内角，所以sin A=35，sin C=1213，所以sin B=sin(A+C )=sin A cos C+cos A sin C=6365.由正弦定理得sin b B =sin aA ，解得b=2113.4. 1【解析】设AC=x，由余弦定理得cos 120°=29-13 23xx+⋅⋅=-12，即x2+3x-4=0，解得x=1或x=-4(舍去)，所以AC=1.5.32【解析】方法一：设ABu u u r=4a，ADu u u r=3b，其中|a|=|b|=1，则DCu u u r=2a，AMu u u u r=2b.由ACu u u r·BMu u u u r=(ADu u u r+DCu u u r)·(BAu u u r+AMu u u u r)=-3，得(3b+2a)·(2b-4a)=-3，化简得a·b=18，所以ABu u u r·ADu u u r=12a·b=32.方法二：建立平面直角坐标系，使得A(0，0)，B(4，0)，设D(3cos α，3sin α)，则C(3cos α+2，3sin α)，M(2cos α，2sin α).由ACu u u r·BMu u u u r=-3，得(3cos α+2，3sin α)·(2cos α-4，2sin α)=-3，化简得cos α=18，所以ABu u u r·ADu u u r=12cos α=32.6.23⎛⎤⎥⎝⎦，【解析】如图，设α=ABu u u r，β=ACu u u r，则β-α=BCu u u r，∠ABC=60°，设α与β的夹角为θ，则0°<θ<120°，由正弦定理可得°||sin(120-)θα=°||sin60β，所以|α|=233sin(120°-θ).因为0°<θ<120°，所以0°<120°-θ<120°，所以0<sin(120°-θ)≤1，所以0<|α|≤23.(第6题)7. 4 【解析】b a +ab =6cos C ⇒6ab cos C=a 2+b 2⇒3(a 2+b 2-c 2)=a 2+b 2⇒a 2+b 2=232c ，所以tan tan C A +tan tan CB =sin cosC C ·cos sin sin cos sin sin B A B A A B +=sin cos C C ·sin()sin sin A B A B +=1cos C ·2sin sin sin C A B =2222-aba b c +·2c ab =22223-2c c c=2222c c =4.8. 58 【解析】如图，在△ABC 中，AD 为∠BAC 的平分线，CE 为AB 边上的中线，且AD ∩CE=O.在△AEO 中，由正弦定理得sin AE AOE ∠=sin EOEAO ∠.在△ACO 中，由正弦定理得sin AC AOC ∠=sin COCAO ∠，两式相除得AE AC =EO OC .因为AE=12AB=1，AC=3，所以EO OC =13，所以CO u u u r =3OE u u u r ，即AO u u u r -AC u u u r =3(AE u u u r -AO u u ur )，即4AO u u u r =3AE u u u r+AC u u u r ，所以4AO u u u r =32AB u u ur +AC u u u r ，从而AO u u u r =38AB u u u r +14AC u u u r .因为AO u u u r =x AB u u u r+y ACu u u r ，所以x=38，y=14，所以x+y=58.(第8题)二、 解答题9. (1) 方法一：在锐角三角形ABC 中，由sin A=35，得cos A=21-sin A =45，所以tan A=sin cos A A =34.由tan(A-B )=tan -tan 1tan ?tan A B A B +=-12，得tan B=2.方法二：在锐角三角形ABC 中，由sin A=35，得cos A=21-sin A =45，所以tanA=sin cos A A =34.又因为tan(A-B )=-12，所以tan B=tan[A-(A-B )]=tan -tan(-)1tan tan(-)A A B A A B +=31--42311-42⎛⎫ ⎪⎝⎭⎛⎫+⨯ ⎪⎝⎭=2. (2) 由(1)知tan B=2，得sin B=255，cos B=55， 所以sin C=sin(A+B )=sin A cos B+cos A sin B=11525，由正弦定理sin bB =sin cC ，得c=sin sin b C B =112.10. (1) 因为tan ∠ADC=-2，且∠ADC ∈(0，π)，所以sin ∠ADC=255，cos ∠ADC=-55. 所以sin ∠ACD=sinππ--4ADC ∠⎛⎫ ⎪⎝⎭ =sin ∠ADC+π4=sin ∠ADC ·cos π4+cos ∠ADC ·sin π4=，在△ADC 中，由正弦定理得CD=·sin sin AD DACACD ∠∠=.(2) 因为AD ∥BC ，所以cos ∠BCD=-cos ∠ADC=，sin ∠BCD=sin ∠ADC=.在△BDC 中，由余弦定理得BD 2=BC 2+CD 2-2BC ·CD ·cos ∠BCD ， 即BC 2-2BC-35=0，解得BC=7，所以S △BCD =12BC ·CD ·sin ∠BCD=12×7=7.11. (1) 因为m ·n =3b cos B ，所以a cos C+c cos A=3b cos B. 由正弦定理得sin A cos C+sin C cos A=3sin B cos B ， 所以sin(A+C )=3sin B cos B ， 所以sin B=3sin B cos B.因为B 是△ABC 的内角，所以sin B ≠0，所以cos B=13.(2) 因为a ，b ，c 成等比数列，所以b 2=ac. 由正弦定理得sin 2B=sin A ·sin C.因为cos B=13，B 是△ABC 的内角，所以sinB=，又1tan A +1tan C =cos sin A A +cos sin C C =cos ?sin sin ?cos sin sin A C A CA C +⋅ =sin()sin sin A C A C +⋅=sin sin sin B A C=2sin sin B B =1sin B=.。
