2020高中数学 第一章 解三角形单元质量测评 5

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE15-学必求其心得，业必贵于专精第一章单元质量测评本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．△ABC的三个内角A，B，C的对边边长分别为a,b,c。若a＝eq\f（\r（5),2)b，A＝2B，则cosB等于（)A。eq\f（\r(5），3） B。eq\f(\r(5)，4）C.eq\f（\r（5)，5） D。eq\f(\r(5)，6）答案B解析由正弦定理，得eq\f（a，b)＝eq\f(sinA，sinB)，∴a＝eq\f(\r(5),2)b可化为eq\f(sinA，sinB）＝eq\f(\r(5），2）。又A＝2B，∴eq\f（sin2B,sinB)＝eq\f（\r(5),2)，∴cosB＝eq\f(\r(5），4）.2．在△ABC中，已知a＝eq\r(5)，b＝eq\r（15)，A＝30°，则c等于（)A．2eq\r（5) B。eq\r（5）C．2eq\r(5)或eq\r（5） D．以上都不对答案C解析∵a2＝b2＋c2－2bccosA,∴5＝15＋c2－2eq\r（15）×c×eq\f(\r(3),2).化简，得c2－3eq\r(5)c＋10＝0，即（c－2eq\r(5))(c－eq\r（5))＝0，∴c＝2eq\r（5)或c＝eq\r(5).3．已知△ABC的三边长分别是x2＋x＋1，x2－1和2x＋1(x〉1)，则△ABC的最大角为()A．150° B．120°C．60° D．75°答案B解析令x＝2,得x2＋x＋1＝7,x2－1＝3，2x＋1＝5，∴最大边x2＋x＋1应对最大角，设最大角为α，∴cosα＝eq\f(x2－12＋2x＋12－x2＋x＋12，2x2－12x＋1）＝－eq\f（1，2)，∴最大角为120°.4．在△ABC中，a，b，c分别是∠A,∠B，∠C所对边的边长,若（a＋b＋c）(sinA＋sinB－sinC）＝3asinB，则∠C＝()A．30° B．60°C．120° D．150°答案B解析根据正弦定理，由已知条件可得（a＋b＋c）(a＋b－c)＝3ab，即a2＋b2－c2＝ab,再根据余弦定理有cosC＝eq\f(a2＋b2－c2，2ab)＝eq\f（1，2），故∠C＝60°.5．根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是()A．a＝8，b＝16，A＝30°，有两解B．b＝18,c＝20，B＝60°,有一解C．a＝5，c＝2，A＝90°,无解D．a＝30,b＝25，A＝150°，有一解答案D解析A中，因eq\f（a,sinA）＝eq\f(b，sinB），所以sinB＝eq\f（16×sin30°,8)＝1，∴B＝90°，即只有一解;B中,sinC＝eq\f(20×sin60°,18)＝eq\f(5\r(3），9)，且c>b，∴C>B，故有两解;C中,∵A＝90°，a＝5，c＝2，∴b＝eq\r（a2－c2)＝eq\r(25－4)＝eq\r（21)，即有解，故A,B，C都不正确．所以选D.6．已知△ABC中，A，B,C的对边分别为a，b，c.若a＝c＝eq\r(6)＋eq\r(2），且A＝75°，则b等于(）A．2 B。eq\r（6）－eq\r(2）C．4－2eq\r(3) D．4＋2eq\r（3)答案A解析sinA＝sin75°＝sin(30°＋45°）＝eq\f(\r(6)＋\r(2)，4)，由a＝c,知C＝75°，B＝30°，sinB＝eq\f（1,2）。由正弦定理，得eq\f（b,sinB）＝eq\f(a,sinA）＝eq\f（\r(6）＋\r(2），\f(\r（6）＋\r（2),4））＝4.∴b＝4sinB＝2.7．在△ABC中，已知b2－bc－2c2＝0，a＝eq\r（6)，cosA＝eq\f(7，8），则△ABC的面积S为（)A.eq\f（\r(15),2） B.eq\r(15）C.eq\f（8\r（15）,5) D．6eq\r（3)答案A解析由b2－bc－2c2＝0可得（b＋c)（b－2c）＝0.∴b＝2c，在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA，即6＝4c2＋c2－4c2·eq\f（7,8）。∴c＝2，从而b＝4。∴S△ABC＝eq\f（1，2）bcsinA＝eq\f(1，2）×4×2×eq\r（1－\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(7，8）））2）＝eq\f(\r(15），2）。8．下列命题中，正确的是(）A．△ABC中，若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰三角形B．△ABC中,若b＝4eq\r(3）,c＝2，C＝30°，则这个三角形有两解C．△ABC中，a＝2eq\r（6)，b＝6＋2eq\r(3)，c＝4eq\r（3),则最小角为45°D．△ABC中，eq\f(a＋b,a）＝eq\f（sinA＋sinB,sinA)答案D解析∵sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝180°,∴A＝B或A＋B＝90°，即△ABC为等腰三角形或直角三角形，∴A错误；∵eq\f(b，sinB)＝eq\f（c,sinC），∴sinB＝eq\f（4\r(3)×sin30°,2)＝eq\r(3)>1，这个三角形无解，故B错误;由题意可知最小边为a＝2eq\r(6），设最小角为α，∴cosα＝eq\f(6＋2\r(3）2＋4\r(3）2－2\r(6)2,2×6＋2\r(3)×4\r(3）)＝eq\f(\r(3)，2），∴α＝30°≠45°，∴C错误，故选D.9．在△ABC中,AB＝7,AC＝6，M是BC的中点，AM＝4，则BC等于（)A。eq\r(21） B.eq\r(106)C.eq\r（69) D.eq\r（154)答案B解析设BC＝a，则BM＝MC＝eq\f(a，2).在△ABM中，AB2＝BM2＋AM2－2BM×AMcos∠AMB，即72＝eq\f(1,4)a2＋42－2×eq\f（a,2）×4×cos∠AMB,①在△ACM中,AC2＝AM2＋CM2－2AM×CM×cos∠AMC，即62＝42＋eq\f(1,4）a2＋2×4×eq\f（a,2）×cos∠AMB，②由①＋②,得72＋62＝42＋42＋eq\f（1,2）a2，∴a＝eq\r（106).10．甲船在湖中B岛的正南A处，AB＝3km，甲船以8km/h的速度向正北方向航行，同时乙船从B岛出发，以12km/h的速度向北偏东60°方向驶去，则行驶15分钟时,两船的距离是(）A.eq\r（7）km B。eq\r（13）kmC。eq\r(19)km D。eq\r（10－3\r（3）)km答案B解析如图,设行驶15分钟时，甲船到达M处，由题意，知AM＝8×eq\f（15，60)＝2，BN＝12×eq\f（15，60）＝3,MB＝AB－AM＝3－2＝1，所以由余弦定理，得MN2＝MB2＋BN2－2MB×BNcos120°＝1＋9－2×1×3×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2）))＝13，所以MN＝eq\r（13）km.11．设a，b，c是△ABC的三边,对任意实数x，f（x)＝b2x2＋（b2＋c2－a2)x＋c2有（)A．f（x)＝0 B．f(x)>0C．f（x）≤0 D．f（x)〈0答案B解析将本题中的函数看成关于x的二次函数，令f（x)＝0得对应的Δ＝(b2＋c2－a2)2－4b2c2＝(2bccosA）2－4b2c2＝4b2c2·(cos2A－1)〈0，∴f（x）>0恒成立．12．在不等边三角形ABC中,角A，B,C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，如果sin2（B＋C)<sin2B＋sin2C，则角A的取值范围为（）A.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π，4),\f(π,2))）C.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，6），\f(π,3）)） D.eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，3）,\f(π,2)））答案D解析由题意，得sin2A<sin2B＋sin2C，再由正弦定理，得a2<b2＋c2，即b2＋c2－a2〉0，则cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)>0，∴0<A<eq\f(π,2），又∵a为最大边，∴A>eq\f（π,3)，∴角A的取值范围是eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,3），\f(π，2)）)。第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分,共20分，将答案填在题中的横线上）13．已知a，b,c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边．若a＝1，b＝eq\r（3)，A＋C＝2B，则sinC＝________。答案1解析在△ABC中，A＋B＋C＝π,A＋C＝2B，∴B＝eq\f(π,3）。由正弦定理,知sinA＝eq\f（asinB,b)＝eq\f（1,2）.又a〈b。∴A＝eq\f（π,6),C＝eq\f(π，2).∴sinC＝1。14．在锐角△ABC中，角A,B，C的对边分别是a，b，c.若eq\f（b，a）＋eq\f(a，b)＝6cosC，则eq\f（tanC,tanA）＋eq\f（tanC,tanB）＝________.答案4解析∵eq\f(b,a）＋eq\f（a，b)＝6cosC，可知eq\f(a2＋b2，ab)＝6·eq\f（a2＋b2－c2,2ab)，∴2a2＋2b2－2c2＝c2。又eq\f（tanC，tanA）＋eq\f（tanC,tanB)＝eq\f（sinCsinB＋A,sinAsinBcosC）＝eq\f（sin2C，sinAsinBcosC）＝eq\f(c2，abcosC)＝eq\f(2c2，a2＋b2－c2)＝4。15．某海岛周围42nmile有暗礁，一轮船由西向东航行,初测此岛在北偏东60°方向,航行30nmile后测得此岛在东北方向，若不改变航向，则此船________触礁危险（填“有”或“无”）．答案有解析如图所示，在△ABC中，AB＝30，∠BAC＝30°，∠ABC＝135°，∴∠ACB＝15°。由正弦定理,得BC＝eq\f(ABsin∠BAC，sin∠ACB)＝eq\f(30sin30°，sin15°)＝eq\f(15,\f(\r(6）－\r(2)，4））＝15(eq\r（6)＋eq\r（2))．在Rt△BDC中，CD＝eq\f（\r（2）,2）BC＝15（eq\r(3)＋1）〈42.∴此船有触礁的危险．16．已知a，b,c分别为△ABC三个内角A，B,C的对边,若cosB＝eq\f(4,5），a＝10，△ABC的面积为42,则b＋eq\f(a，sinA)的值等于________．答案16eq\r(2)解析∵cosB＝eq\f(4，5），B为三角形的内角，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f（3,5),又∵a＝10,△ABC的面积为42，∴eq\f(1,2）acsinB＝42,∴3c＝42,∴c＝14，由余弦定理,得b2＝a2＋c2－2accosB＝100＋196－224＝72，∴b＝6eq\r（2),∵eq\f（a,sinA）＝eq\f（b,sinB)＝eq\f(6\r（2)，\f（3,5)）＝10eq\r（2）,∴b＋eq\f（a，sinA)＝6eq\r（2)＋10eq\r(2）＝16eq\r(2).三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）在△ABC中,角A，B，C所对的边长分别是a，b，c，且cosA＝eq\f（4,5）。(1)求sin2eq\f（B＋C,2)＋cos2A的值；(2)若b＝2,△ABC的面积S＝3,求a。解（1）sin2eq\f（B＋C,2)＋cos2A＝eq\f（1－cosB＋C,2）＋cos2A＝eq\f(1＋cosA,2)＋2cos2A－1＝eq\f（59，50）.(2)∵cosA＝eq\f（4，5），∴sinA＝eq\f(3，5）。由S△ABC＝eq\f（1，2）bcsinA，得3＝eq\f（1,2）×2c×eq\f(3,5），解得c＝5.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得a2＝4＋25－2×2×5×eq\f（4,5)＝13,∴a＝eq\r(13）。18．(本小题满分12分）已知△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设向量m＝(a，b)，n＝(sinB,sinA）,p＝（b－2，a－2）．（1)若m∥n,求证：△ABC为等腰三角形；（2)若m⊥p,边长c＝2，C＝eq\f(π，3），求△ABC的面积．解（1)证明：∵m∥n,∴asinA＝bsinB，即a·eq\f(a,2R）＝b·eq\f（b，2R），其中R是△ABC外接圆的半径，∴a＝b.∴△ABC为等腰三角形．（2）由题意知m·p＝0，即a（b－2）＋b（a－2）＝0.∴a＋b＝ab。由余弦定理可知，4＝a2＋b2－ab＝（a＋b)2－3ab，即(ab）2－3ab－4＝0.∴ab＝4（舍去ab＝－1）,∴S△ABC＝eq\f（1，2）absinC＝eq\f（1,2)×4×sineq\f（π，3)＝eq\r(3)。19．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b,c，已知3acosA＝ccosB＋bcosC.（1）求cosA的值；（2）若a＝1,cosB＋cosC＝eq\f（2\r（3），3)，求边c的值．解（1）由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB,c2＝a2＋b2－2abcosC有ccosB＋bcosC＝a，代入已知条件得3acosA＝a，即cosA＝eq\f（1,3）。(2）由cosA＝eq\f(1，3），得sinA＝eq\f（2\r(2)，3）.则cosB＝－cos(A＋C)＝－eq\f(1，3）cosC＋eq\f(2\r（2)，3）sinC,代入cosB＋cosC＝eq\f(2\r(3)，3)得cosC＋eq\r(2)sinC＝eq\r(3）,从而得sin(C＋φ)＝1，其中sinφ＝eq\f（\r（3),3)，cosφ＝eq\f（\r(6),3）,0〈φ<eq\f(π,2).则C＋φ＝eq\f（π，2)，于是sinC＝eq\f（\r(6),3)，由正弦定理，得c＝eq\f(asinC，sinA)＝eq\f(\r（3），2)。20．(本小题满分12分)如图所示，已知⊙O的半径是1,点C在直径AB的延长线上，BC＝1，点P是⊙O半圆上的一个动点,以PC为边作等边三角形PCD,且点D与圆心分别在PC的两侧．（1）若∠POB＝θ，试将四边形OPDC的面积y表示为关于θ的函数；（2）求四边形OPDC面积的最大值．解(1)在△POC中，由余弦定理，得PC2＝OP2＋OC2－2OP×OCcosθ＝5－4cosθ，所以y＝S△OPC＋S△PCD＝eq\f(1,2)×1×2sinθ＋eq\f(\r（3),4)×（5－4cosθ）＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π，3)）)＋eq\f（5\r（3),4).(2)当θ－eq\f(π,3)＝eq\f（π,2），即θ＝eq\f(5π,6）时,ymax＝2＋eq\f（5\r(3)，4)。21．（本小题满分12分)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\r(3）sin\f(x,4)，1))，n＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（cos\f（x,4），cos2\f(x，4)）），函数f（x)＝m·n。(1）若f（x）＝1,求coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2π,3）－x))的值；(2)在△ABC中，角A,B，C的对边分别是a，b，c，且满足acosC＋eq\f(1，2）c＝b,求f（B)的取值范围．解由题意,得f（x)＝eq\r（3）sineq\f(x,4)coseq\f(x，4)＋cos2eq\f（x，4）＝eq\f（\r(3),2)sineq\f（x,2）＋eq\f(1，2）coseq\f（x,2)＋eq\f(1,2）＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（x,2)＋\f(π,6））)＋eq\f(1,2）。（1）由f(x）＝1，得sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（x,2)＋\f(π，6)）)＝eq\f（1，2)，则coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2π，3)－x)）＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π，3）－\f(x，2）)）－1＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（x,2)＋\f（π,6)））－1＝－eq\f（1,2)。（2）已知acosC＋eq\f(1,2）c＝b，由余弦定理,得a·eq\f（a2＋b2－c2，2ab)＋eq\f（1，2）c＝b,即b2＋c2－a2＝bc，则cosA＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc)＝eq\f（1，2）,又因为A为三角形的内角，所以A＝eq\f（π，3),从而B＋C＝eq\f（2π,3),易知0<B<eq\f(2π,3），0〈eq\f(B，2）〈eq\f（π，3），则eq\f(π,6）〈eq\f（B,2）＋eq\f(π,6)<eq\f（π,2），