校本作业必修五参考答案

校本作业必修五参考答案1．1．1正弦定理1．D2．B3．C4．B5．D6．A7．D8．B9．C10．D11．152＋56612．{x|0x≤2或x＝22}13．直角三角形14．515．解：∵2B＝A＋C，A＋B＋C＝180°，∴B＝60°，A＋C＝120°，∴0°A120°，0°C120°且A＝120°－C。又∵a＋2b＝2c，由正弦定理得：sinA＋2sinB＝2sinC，∴sin(120°－C)＋62＝2sinC，即32cosC＋12sinC＋62＝2sinC，∴32sinC－32cosC＝62，∴sin(C－30°)＝22，∵－30°C－30°90°，∴C－30°＝45°，∴C＝75°，∴sinC＝sin(45°＋30°)＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°＝6＋24。16．解：（1）由acosC＋12c＝b和正弦定理得：sinAcosC＋12sinC＝sinB，又sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，∴12sinC＝cosAsinC，∵sinC≠0，∴cosA＝12，∵0Aπ，∴A＝π3。（2）由正弦定理得：b＝asinBsinA＝23sinB，c＝asinCsinA＝23sinC，则l＝a＋b＋c＝1＋23(sinB＋sinC)＝1＋23[sinB＋sin(A＋B)]＝1＋2(32sinB＋12cosB)＝1＋2sin(B＋π6)。∵A＝π3，∴B∈(0，2π3)，∴B＋π6∈(π6，5π6)，∴sin(B＋π6)∈(12，1]，∴△ABC的周长l的取值范围为（2，3]。1．1．2余弦定理1．C2．C3．B4．A5．A6．D7．D8．D9．A10．B11．等腰三角形12．π3或2π313．414．2＋515．解：（1）由已知及正弦定理，得：sinBcosC＝（2sinA－sinC）cosB，即：sinBcosC＋cosBsinC＝2sinAcosB，∴sin(B＋C)＝2sinAcosB。又∵sin(B＋C)＝sinA≠0，∴2cosB＝1，即cosB＝12，∴B＝60°。（2）根据余弦定理，有b2＝a2＋c2－2accosB，又b2＝ac，则ac＝a2＋c2－2accos60°，即a2＋c2－2ac＝0，∴(a－c)2＝0，即a＝c，从而b＝ac＝a＝c，故△ABC为正三角形。16．解：（1）由已知及正弦定理得：2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，故cosA＝－12，又A∈(0，π)，∴A＝120°。（2）由（1）得sin2A＝sin2B＋sin2C＋sinBsinC，又sinB＋sinC＝1，得sinB＝sinC＝12，又∵0°B90°，0°C90°，故B＝C=30°，∴△ABC是等腰钝角三角形。1．1．2余弦定理1．A2．C3．D4．D5．B6．B7．C8．C9．D10．C11．无12．156米13．π414．北偏东30°，a15．解：如图所示，考点为A，检查开始处为B，设公路上C、D两点到考点的距离为1千米。在△ABC中，AB＝3≈1.732，AC＝1，∠ABC＝30°，由正弦定理可得：sin∠ACB＝sin30°AC·AB＝32，∴∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合题意)，∴∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝1。在△ACD中，AC＝AD，∠ACD＝60°，∴△ACD为等边三角形，∴CD＝1。∵BC12×60＝5，∴在BC上需5分钟，CD上需5分钟。答：最长需要5分钟检查员开始收不到信号，并持续至少5分钟才算合格。16．解：由题意知AB＝5(3＋3)海里，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，∴∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°。在△DAB中，由正弦定理得：DBsin∠DAB＝ABsin∠ADB∴DB＝AB·sin∠DABsin∠ADB＝＋3sin105°＝＋3sin45°cos60°＋cos45°sin60°＝533＋3＋12＝103(海里)。又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝203海里，则在△DBC中，由余弦定理得：CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠DBC＝300＋1200－2×103×203×12＝900，∴CD＝30(海里)，则需要的时间t＝3030＝1(小时)。答：救援船到达D点需要1小时。第一章自测题1．B2．C3．B4．D5．A6．B7．A8．D9．B10．D11．B12．D13．π614．②③15．1416．62552717．解：（1）∵△AOB是等边三角形，∠AOC＝45°，∴∠BOC＝45°＋60°，∴sin∠BOC＝sin(45°＋60°)＝sin45°cos60°＋cos45°sin60°＝2＋64。（2）在△OBC中，OCsin∠OBC＝BCsin∠BOC，∴BC＝sin∠BOC×OCsin∠OBC＝2＋64×2sin60°＝1＋33。18．解：（1）由已知可得：2[1－cos（B+C）]－cos2A=72，即2+2cosA－（2cos2A-1）－72=0，∴cosA=12，∴A=60°。（2）由（1）知：a2=b2+c2－2bccos60°，即3=（b+c）2－3bc=9－bc，∴bc=2。又由b+c=3得b=1，c=2或b=2，c=1。19．解：∵b2=3ac，∴sin2（180°－A－C）=3sinCsinA，即sin（180°－90°－C－C）=3sin（90°+C）sinCsin（90°－2C）=3cosCsinCcos22C=32sin2CsinC=12，又A－C=2，∴C=12，A=127π，B=3。20．解：按题意设折叠后A点落在边BC上改称P点，显然A、P两点关于折线DE对称，又设∠BAP=θ，∴∠DPA=θ，∠BDP=2θ，再设AB=a，AD=x，∴DP=x在△ABP中，∠APB=180°－∠ABP－∠BAP=120°－θ，由APBABBAPBPsinsin可得BP=)120sin(sina在△PBD中，60sin2sin)120sin(sin,60sinsin,sinsinxaxBPBDPBPDBPDP从而所以,∴sinsin603sin2sin(120)2sin(602)3aax。∵0°≤θ≤60°，∴60°≤60°+2θ≤180°，∴当60°+2θ=90°，即θ=15°时，sin(60°+2θ)=1，此时x取得最小值)332(323aa，即AD最小，∴AD∶AB=23－32．1数列的概念与简单表示法1．C2．B3．B4．A5．C6．B7．C8．A9．D10．C11．an＝n＋23n＋212．1013．1；014．an＝1n＝1n！2n≥2。15．解：若a5为奇数，则3a5＋1＝1，a5＝0(舍去)．若a5为偶数，则a52＝1，a5＝2。若a4为奇数，则3a4＋1＝2，a4＝13（舍去）。若a4为偶数，则a42＝2，a4＝4。若a3为奇数，则3a3＋1＝4，a3＝1，则a2＝2，a1＝4。若a3为偶数，则a32＝4，a3＝8。若a2为奇数，则3a2＋1＝8，a2＝73（舍去）。若a2为偶数，则a22＝8，a2＝16。若a1为奇数，则3a1＋1＝16，a1＝5。若a1为偶数，则a12＝16，a1＝32。故m的所有可能的值为4，5，32。16．解：（1）由已知可得a1＝1，a2＝13，a3＝15，a4＝17，a5＝19。（2）由（1）可得数列的每一项的分子均为1，分母分别为1，3，5，7，9，…，所以它的一个通项公式为an＝12n－1。（3）令199＝12n－1，可解得n＝50。故199是这个数列的第50项。2．2等差数列1．C2．A3．B4．B5．A6．D7．C8．C9．B10．B11．1312．4313．2n＋114．3d15．解：由于数列{an}为等差数列，因此可设前三项分别为a－d，a，a＋d，于是可得21()()231adaadadaad，即22321()231aaad，解得a＝7d＝4或a＝7d＝－4。由于数列{an}为单调递增数列，因此a＝7d＝4，从而an＝4n－1。16．解：假设存在常数p使数列{an}为等差数列。记数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd，依题得：[a1＋(n－1)d](a1＋nd)＝n2＋3n＋2对n∈N*恒成立。即d2n2＋(2a1d－d2)n＋(a12－a1d)＝n2＋3n＋2对n∈N*恒成立。所以d2＝12a1d－d2＝3，a12－a1d＝2即d＝1a1＝2或d＝－1a1＝－2∵a1＝p0，故p的值为2。所以存在常数p＝2使数列{an}为等差数列。2．3等差数列的前n项和1．B2．C3．D4．B5．D6．A7．C8．B9．D10．C11．812．2n13．170°14．1015．解：（1）令t＝x＋1，则x＝t－1，得f(t)＝(t－1)2－4，即f(x)＝(x－1)2－4。由a1，a2，a3成等差数列，得f(x－1)＋f(x)＝－3，即2x2－6x＝0，解得x＝0或x＝3。当x＝0时，a1＝f(－1)＝0，公差d＝－320，舍去；当x＝3时，a1＝f(2)＝－3，公差d＝320，故所求的x的值为3。（2）因为x＝3，所以首项a1＝－3，公差d＝32，所以通项公式为an＝32n－92。（3）因为数列{an}为等差数列，故a2，a5，a8，…，a26也成等差数列，且公差为3d＝92，所以a2＋a5＋a8＋…＋a26＝－32×9＋9×82×92＝2972，即a2＋a5＋a8＋…＋a26的值为2972。16．解：（1）∵S4＝2S2＋4，∴4a1＋3×42d＝2(2a1＋d)＋4，解得d＝1.所以公差d为1。（2）∵a1＝－52，∴数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝n－72，∴bn＝1＋1an＝1＋1n－72。∵函数f(x)＝1＋1x－72在－∞，72和72，＋∞上分别是单调减函数，∴当1≤n≤3时，b3b2b11；当n≥4时，1bnb4.∴数列{bn}中的最大项是b4＝3，最小项是b3＝－1，故数列{bn}中的最大项和最小项分别为3，－1。（3）由bn＝1＋1an，得bn＝1＋1n＋a1－1.又函数f(x)＝1＋1x＋a1－1在(－∞，1－a1)和(1－a1，＋∞)上分别是单调减函数，∴当x1－a1时，f(x)1；当x1－a1时，f(x)1。又∵对任意的n∈N*，都有bn≤b8，∴71－a18，∴－7a1－6，∴a1的取值范围是(－7，－6)。2．4等比数列1．C2．C3．D4．C5．C6．A7．D8．C9．D10．D11．1112．112()3n13．314．5215．解：∵Sn＝3n2＋5n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋2，而a1＝S1＝8适合上式。∴an＝6n＋2。由64bn＋1－bn＝0得：bn＋1bn＝164，∴{bn}是首项为8，公比为8－2的等比数列，∴bn＝8·(8－2)n－1＝83－2n。假设存在常数c和m，使an＋logcbn＝m恒成立，则6n＋2＋logc83－2n＝m，即(6－2logc8)n＋(2＋3logc8)＝m对任意n∈N*恒成立．∴6－2logc8＝02＋3logc8＝m，∴c＝2m＝11。故存在常数c＝2，使对任意n∈N*，an＋logcbn恒为常数11.16．解：（1）由题意得：1＋d＝q1＋5d＝q2，解得d＝3，q＝4。（2）假设存在常数a，b，由an＝3n－2，bn＝4n－1，代入an＝logabn＋b得3n－2＝loga4n－1＋b，即(3－loga4)n＋(loga4－b－2)＝0对n∈N*都