新高考数学一轮复习巩固练习解三角形、数列冲刺练（6）（2份，原卷版+含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习巩固练习解三角形、数列冲刺练（6）（2份，原卷版+含答案解析），文件包含新高考数学一轮复习巩固练习解三角形数列冲刺练6原卷版docx、新高考数学一轮复习巩固练习解三角形数列冲刺练6含答案解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
(1)证明：数列bn为等差数列； (2)设数列bn的前n项和为Sn，求数列−1nSn的前n项的和Tn．
2．已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且a2=3，an=Sn+Sn−1（n∈N*且n≥2）．
(1)求an的通项公式； (2)若bn=an2n，求数列bn的前n项和Tn．
3．在数列an中，a1=2，an+1=4an−3n+1n∈N+
(1)证明：数列an−n是等比数列. (2)求数列an的前n项和Sn.
4．在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为S，已知4StanB=a2csB+abcsA.
(1)求角B； (2)若b=3,△ABC的周长为l，求Sl的最大值.
10．如图，在三棱锥P−ABC中，△PAC为等边三角形，PB=AC=4,AB=2，∠BAC=60°.
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)点D是棱BC上的动点，当直线BC与平面APD所成角的正弦值为255时，求D点的位置.
12．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E为线段CD中点，现将△ADE沿AE折起，使得点D到点P位置，且AP⊥BE．
(1)求证：平面AEP⊥平面ABCD；(2)已知点M是线段CP上的动点（不与点P，C重合），若使平面MAE与平面APE的夹角为π4，试确定点M的位置．
参考答案
1．【详解】（1）证明：因为数列an满足a1=1，an−an+1=2anan+1，可得1an+1−1an=2，又因为bn=1an，即bn+1−bn=2，且b1=1，
所以数列bn表示首项为1，公差为2的等差数列.
（2）解：由（1），可得数列bn的通项公式为bn=2n−1，可得Sn=n(1+2n−1)2=n2，
所以−1nSn=−1n⋅n2
当n为偶数时，Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=−1+22−32+42+⋯−(n−1)2+n2
=(2+1)(2−1)+(4+3)(4−3)+⋯+[n+(n−1)][n−(n−1)]
=1+2+3+⋯+n=n(n+1)2；
当n为奇数时，Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=−1+22−32+42+⋯−(n−2)2+(n−1)2−n2
=(2+1)(2−1)+(4+3)(4−3)+⋯+[(n−1)+(n−2)][(n−1)−(n−2)]−n2
=1+2+3+⋯+(n−1)2−n2=(n−1)(1+n−1)2−n2=−n(n+1)2，
所以数列−1nSn的前n项和为：Tn=n(n+1)2,n为偶数−n(n+1)2,n为奇数.
2．【详解】（1）当n=2时，a2=S2+S1，
即3=3+a1+a1，解得a1=1．
因为an=Sn−Sn−1（n≥2），
所以an=Sn−Sn−1Sn+Sn−1（n≥2），
又an=Sn+Sn−1（n≥2，n∈N*），an>0，
所以Sn−Sn−1=1（n≥2），
又S1=a1=1=1，
所以数列Sn是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以Sn=1+n−1=n，所以Sn=n2．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−n−12=2n−1，
当n=1时，a1=1，满足上式，
所以数列an的通项公式为an=2n−1．
（2）由（1）知bn=an2n=2n−12n，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=12+322+523+⋯+2n−12n，
所以12Tn=122+323+524+⋯+2n−12n+1，
所以12Tn=12+222+223+⋯+22n−2n−12n+1=1+12+122+⋯+12n−1−12−2n−12n+1 =1−12n1−12−12−2n−12n+1= 32−2n+32n+1，
所以Tn=3−2n+32n．
3．【详解】（1）由an+1=4an−3n+1得an+1−n+1=4an−4n=4an−n，
a1−1=1≠0，
所以数列an−n为首项为1，公比为4 的等比数列.
（2）由（1）得an−n=1⋅4n−1，则an=4n−1+n，
Sn=40+41+42+⋯+4n−1+1+2+3+⋯+n
=1⋅4n−14−1+1+nn2
=4n−13+n2+n2.
4．【详解】（1）因为4StanB=a2csB+abcsA，
所以4×12acsinBcsBsinB=a2csB+abcsA，
即2ccsB=acsB+bcsA，
由正弦定理，得2sinCcsB=sinAcsB+sinBcsA=sin(A+B)，
因为A+B=π−C，
所以2sinCcsB=sinC，
因为C∈0,π，所以sinC≠0，所以csB=12，
又B∈0,π，所以B=π3.
（2）由余弦定理，得b2=a2+c2−2accsB，即9=a2+c2−ac，
所以9=a+c2−3ac，即ac=13a+c2−9，
因为S=12acsinB=34ac，l=a+c+3，
所以Sl=3ac4a+c+3=3a+c2−912a+c+3，
所以Sl=312a+c−3，
又ac≤a+c24（当且仅当a=c时取等号），
所以9=a+c2−3ac≥a+c24（当且仅当a=c=3时取等号），
所以a+c≤6（当且仅当a=c=3时取等号），
所以Sl=312a+c−3≤312×6−3=34（当且仅当a=c=3时取等号），
即Sl的最大值为34.
5．【详解】（1）如图，取AC中点为E，连接PE,BE.
因为AC=4，AB=2，∠BAC=60°，
在△ABC中，由余弦定理可得BC2=AC2+AB2−2AC×ABcs60° =12，
所以BC=23，且BC2+AB2=AC2，
所以BA⊥BC.
又因为△PAC为等边三角形，AC中点为E，
所以，BE=12AC=2，PE⊥AC，且PE=PA2−AE2=23.
在△PEB中，有PE2+BE2=16=PB2，
所以，PE⊥BE.
因为BE⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，BE∩AC=E，
所以，PE⊥平面ABC.
因为PE⊂平面PAC，
所以，平面PAC⊥平面ABC.
（2）由（1）知，BA⊥BC，PE⊥平面ABC.
分别以BA,BC所在的直线为x,y轴，以过点B且与PE平行的直线为z轴，如图建立空间直角坐标系，
则B0,0,0，A0,2,0，C23,0,0，E3,1,0，P3,1,23，
设Da,0,00≤a≤23，
则BC=23,0,0，AP=3,−1,23，AD=a,−2,0，
设n=x,y,z是平面APD的一个法向量，
则有AP⋅n=0AD⋅n=0，即3x−y+23z=0ax−2y=0，
取x=43，则y=23a，z=a−23，n=43,23a,a−23.
因为直线BC与平面APD所成角的正弦值为255时，
所以有csBC,n=255，即BC⋅nBCn=255，
所以有23×4323×48+12a2+a−232=255，
整理可得，13a2−43a=0，解得a=0或a=4313.
所以，点D与点B重合或BD=4313.
6．【详解】（1）∵E为CD中点，AB=4，
∴DE=CE=2，
又∵AD=2，四边形ABCD为矩形，
∵AE2=BE2=22，
∴AE2+BE2=AB2，
∴AE⊥BE．
又∵AP⊥BE，AE∩AP=A，AP，AE⊂平面APE，
∴BE⊥平面APE，
又∵BE⊂平面ABCE，
∴平面AEP⊥平面ABCE．
（2）过点E作EQ⊥平面ABCE，以E为坐标原点，以EA，EB，EQ所在直线
分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
A22,0,0，P2,0,2，C−2,2,0，E0,0,0，B0,22,0．
∴CP=22,−2,2，EC=−2,2,0，EA=22,0,0，
设CM=λCP，λ∈0,1，
则EM=EC+CM=22λ−2,2−2λ,2λ，
设n=x,y,z是平面AME的一个法向量，则
n⋅EM=0n⋅EA=0即22x=022λ−2x+2−2λy+2λz=0，
取y=λ，则x=0z=λ−1，
∴n=0,λ,λ−1．
又EB=0,22,0为平面APE的一个法向量，
∴csn,EB=22λ22λ2+λ−12=λλ2+λ−12，
∵平面MAE与平面APE的夹角为π4，
∴λλ2+λ−12=22，解得λ=12，
∴点M为线段PC的中点．