高中数学人教A版第一章解三角形 第1章综合检测

第一章学业质量标准检测一、选择题(本大题共12个小题，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．在△ABC中，a＝80，b＝100，A＝45°，则此三角形解的情况是eq\x(导学号54742189)(B)A．一解 B．两解C．一解或两解 D．无解[解析]∵bsinA＝100×eq\f(\r(2),2)＝50eq\r(2)<80，∴bsinA<a<b，∴此三角形有两解．2．(2023·吉林省长春市质量监测)已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，bc＝4，则△ABC的面积为eq\x(导学号54742190)(C)A．eq\f(1,2) B．1C．eq\r(3) D．2[解析]∵a2＝b2＋c2－bc，∴cosA＝eq\f(1,2)，∴A＝eq\f(π,3)，又bc＝4，∴△ABC的面积为eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，故选C．3．(2023·吉林绥化一模)两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离分别为10km和20km，灯塔A在观察站C的北偏东15°方向上，灯塔B在观察站C的南偏西75°方向上，则灯塔A与灯塔B的距离为eq\x(导学号54742191)A．10eq\r(5)km B．10eq\r(7)kmC．10eq\r(3)km D．30[解析]在△ABC中，∠ACB＝15°＋90°＋(90°－75°)＝120°.已知AC＝10km，BC＝20km，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos120°＝102＋202－2×10×20×(－eq\f(1,2))＝700，∴AB＝10eq\r(7).故选B．4．已知钝角三角形的三边长分别为2、3、x，则x的取值范围是eq\x(导学号54742192)(C)A．1<x<5 B．eq\r(5)<x<eq\r(13)C．1<x<eq\r(5)或eq\r(13)<x<5 D．1<x<eq\r(5)[解析]当x为最大边时eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3<x<5,x2>32＋22))，∴eq\r(13)<x<5；当3为最大边时eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1<x<3,32>x2＋22))，∴1<x<eq\r(5).∴x的取值范围是：1<x<eq\r(5)或eq\r(13)<x<5.5．已知关于x的方程x2－xcosA·cosB＋2sin2eq\f(C,2)＝0的两根之和等于两根之积的一半，则△ABC一定是eq\x(导学号54742193)(C)A．直角三角形 B．钝角三角形C．等腰三角形 D．等边三角形[解析]由题意知：cosA·cosB＝sin2eq\f(C,2)，∴cosA·cosB＝eq\f(1－cosC,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos[180°－(A＋B)]＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)cos(A＋B)，∴eq\f(1,2)(cosA·cosB＋sinA·sinB)＝eq\f(1,2)，∴cos(A－B)＝1，∴A－B＝0，∴A＝B，∴△ABC为等腰三角形，故选C．6．等腰△ABC底角B的正弦与余弦的和为eq\f(\r(6),2)，则它的顶角是eq\x(导学号54742194)(A)A．30°或150° B．15°或75°C．30° D．15°[解析]由题意：sinB＋cosB＝eq\f(\r(6),2).两边平方得sin2B＝eq\f(1,2)，设顶角为A，则A＝180°－2B．∴sinA＝sin(180°－2B)＝sin2B＝eq\f(1,2)，∴A＝30°或150°.7．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，已知8b＝5c，C＝2B，则cosC＝eq\x(导学号54742195)(A)A．eq\f(7,25) B．－eq\f(7,25)C．±eq\f(7,25) D．eq\f(24,25)[解析]由eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)及8b＝5c，C＝2B得，5sin2B＝8sinB，∴cosB＝eq\f(4,5)，∴cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝eq\f(7,25).8．(2023·东北三省四市联考)若G是△ABC的重心，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且aeq\o(GA,\s\up6(→))＋beq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)ceq\o(GC,\s\up6(→))＝0，则角A＝eq\x(导学号54742196)(D)A．90° B．60°C．45° D．30°[解析]由重心性质可知eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，故eq\o(GA,\s\up6(→))＝－eq\o(GB,\s\up6(→))－eq\o(GC,\s\up6(→))，代入aeq\o(GA,\s\up6(→))＋beq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)ceq\o(GC,\s\up6(→))＝0中，即(b－a)eq\o(GB,\s\up6(→))＋(eq\f(\r(3),3)c－a)eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，因为eq\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))不共线，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－a＝0,\f(\r(3),3)c－a＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝a，,c＝\r(3)a，))故cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，因为0<A<180°，所以A＝30°，故选D．9．△ABC中，已知下列条件：①b＝3，c＝4，B＝30°；②a＝5，b＝8，A＝30°；③c＝6，b＝3eq\r(3)，B＝60°；④c＝9，b＝12，C＝60°.其中满足上述条件的三角形有两解的是eq\x(导学号54742197)(A)A．①② B．①④C．①②③ D．③④[解析]①csinB<b<c，故有两解；②bsinA<a<b，故有两解；③b＝csinB，有一解；④c<bsinC，无解．所以有两解的有①②，故选A．10．在△ABC中，三边长分别为a－2，a，a＋2，最大角的正弦值为eq\f(\r(3),2)，则这个三角形的面积为eq\x(导学号54742198)(B)A．eq\f(15,4) B．eq\f(15\r(3),4)C．eq\f(21\r(3),4) D．eq\f(35\r(3),4)[解析]∵三边不等，∴最大角大于60°，设最大角为α，故α对的边长为a＋2.∵sinα＝eq\f(\r(3),2)，∴α＝120°，由余弦定理，得(a＋2)2＝(a－2)2＋a2＋a(a－2)，即a2＝5a，解得a＝5，∴三边长为3,5,S△ABC＝eq\f(1,2)×3×5×sin120°＝eq\f(15\r(3),4).11．(2023·江西一模)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对边的边长，若cosA＋sinA－eq\f(2,cosB＋sinB)＝0，则eq\f(a＋b,c)的值是eq\x(导学号54742199)(B)A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2[解析]将cosA＋sinA－eq\f(2,cosB＋sinB)＝0，整理得(cosA＋sinA)(cosB＋sinB)＝2，即cosAcosB＋sinBcosA＋sinAcosB＋sinAsinB＝cos(A－B)＋sin(A＋B)＝2，∴cos(A－B)＝1，sin(A＋B)＝1，∴A－B＝0，A＋B＝eq\f(π,2)，即A＝B＝eq\f(π,4)，C＝eq\f(π,2).利用eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，则eq\f(a＋b,c)＝eq\f(2RsinA＋2RsinB,2RsinC)＝eq\f(sinA＋sinB,sinC)＝eq\f(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2),1)＝eq\r(2).(R为△ABC的外接圆半径)12．如图，一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°，与灯塔S相距20nmile，随后货轮按北偏西30°的方向航行30min后，又测得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为eq\x(导学号54742200)(B)A．20(eq\r(2)＋eq\r(6))nmile/h B．20(eq\r(6)－eq\r(2))nmile/hC．20(eq\r(3)＋eq\r(6))nmile/h D．20(eq\r(6)－eq\r(3))nmile/h[解析]由题意可知∠SMN＝15°＋30°＝45°，MS＝20，∠MNS＝45°＋(90°－30°)＝105°，设货轮每小时航行xnmile，则MN＝eq\f(1,2)x，∴∠MSN＝180°－105°－45°＝30°，由正弦定理，得eq\f(\f(1,2)x,sin30°)＝eq\f(20,sin105°)，∵sin105°＝sin(60°＋45°)＝sin60°cos45°＋cos60°sin45°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，∴x＝20(eq\r(6)－eq\r(2))，故选B．二、填空题(本大题共4个小题，每个小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)13．在△ABC中，已知b＝1，sinC＝eq\f(3,5)，bcosC＋ccosB＝2，则eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(8,5)或－eq\f(8,5).eq\x(导学号54742201)[解析]由余弦定理的推论，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac).∵bcosC＋ccosB＝2，∴eq\f(a2＋b2－c2,2a)＋eq\f(a2＋c2－b2,2a)＝2，∴a＝2，即|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝2.∵sinC＝eq\f(3,5)，0°<C<180°，∴cosC＝eq\f(4,5)，或cosC＝－eq\f(4,5).又∵b＝1，即|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝1，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(8,5)，或eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\f(8,5).14．已知△ABC的周长为eq\r(2)＋1，且sinA＋sinB＝eq\r(2)sinC．若△ABC的面积为eq\f(1,6)sinC，则C＝60°.eq\x(导学号54742202)[解析]∵sinA＋sinB＝eq\r(2)sinC．∴a＋b＝eq\r(2)c.又∵a＋b＋c＝eq\r(2)＋1，∴c＝1，a＋b＝eq\r(2).又S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,6)sinC．∴ab＝eq\f(1,3)，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a＋b2－2ab－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，∴C＝60°.15．(2023·河北石家庄市一模)已知△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，AD⊥BC于D，则eq\f(BD,CD)的值为\x(导学号54742203)[解析]在△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，由余弦定理得cos60°＝eq\f(AB2＋42－2\r(7)2,2AB·4)＝eq\f(1,2)，解得AB＝6(负值舍去)．因为Rt△ABD与Rt△ACD有公共边AD，所以62－BD2＝42－(2eq\r(7)－BD)2，解得BD＝eq\f(12\r(7),7)，所以CD＝eq\f(2\r(7),7)，所以CD＝eq\f(2\r(7),7).故eq\f(BD,CD)＝6.16．在△ABC中，cos2eq\f(A,2)＝eq\f(b＋c,2c)，则△ABC的形状为直角三角形.eq\x(导学号54742204)[解析]∵cos2eq\f(A,2)＝eq\f(1＋cosA,2)＝eq\f(b＋c,2c)＝eq\f(1,2)＋eq\f(b,2c)，∴cosA＝eq\f(b,c).由余弦定理的推论，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b,c)，∴a2＋b2＝c2.∴△ABC为直角三角形．三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)(2023·北京理，15)在△ABC中，a2＋c2＝b2＋eq\r(2)\x(导学号54742205)(1)求∠B的大小；(2)求eq\r(2)cosA＋cosC的最大值．[解析](1)由余弦定理及题设条件得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2).又0<∠B<π，所以<B＝eq\f(π,4).(2)由(1)知∠A＋∠C＝eq\f(3π,4)，则eq\r(2)cosA＋cosC＝eq\r(2)cosA＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\r(2)cosA－eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4))).因为0<∠A<eq\f(3π,4)，所以当∠A＝eq\f(π,4)时，eq\r(2)cosA＋cosC取得最大值1.18．(本题满分12分)(2023·广州市综合检测)已知△ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，且a︰b︰c＝7︰5︰\x(导学号54742206)(1)求cosA的值；(2)若△ABC的面积为45eq\r(3)，求△ABC外接圆半径的大小．[解析](1)因为a︰b︰c＝7︰5︰3，所以可设a＝7k，b＝5k，c＝3k(k>0)，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(5k2＋3k2－7k2,2×5k×3k)＝－eq\f(1,2).(2)由(1)知cosA＝－eq\f(1,2)，因为A是△ABC的内角，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),2).由(1)知b＝5k，c＝3k，因为△ABC的面积为45eq\r(3)，所以eq\f(1,2)bcsinA＝45eq\r(3)，即eq\f(1,2)×5k×3k×eq\f(\r(3),2)＝45eq\r(3)，解得k＝2eq\r(3).由正弦定理得2R＝eq\f(7k,sinA)＝eq\f(14\r(3),\f(\r(3),2))＝28，解得R＝14，所以△ABC外接圆半径的大小为14.19．(本题满分12分)为保障高考的公平性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点周围1km内不能收到手机信号．检查员抽查青岛市一考点，在考点正西约eq\r(3)km有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以12km/h的速度沿公路行驶，最长需要多少时间，检查员开始收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格？eq\x(导学号54742207)[解析]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1km.在△ABC中，AB＝eq\r(3)≈，AC＝1，∠ABC＝30°，由正弦定理，得sin∠ACB＝eq\f(ABsin30°,AC)＝eq\f(\r(3),2)，∴∠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.∵eq\f(BC,12)×60＝5，∴在BC上需要5min，CD上需要5min.∴最长需要5min检查员开始收不到信号，并至少持续5min该考点才算合格．20．(本题满分12分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c，已知eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，cosB＝eq\f(1,3)，b＝3，求：eq\x(导学号54742208)(1)a和c的值；(2)cos(B－C)的值．[解析](1)由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2得c·acosB＝2.又cosB＝eq\f(1,3)，所以ac＝6.由余弦定理得a2＋c2＝b2＋2accosB．又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×eq\f(1,3)＝13.解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ac＝6，,a2＋c2＝13，))得a＝2，c＝3或a＝3，c＝2.因为a>c，所以a＝3，c＝2.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\f(1,3)2)＝eq\f(2\r(2),3).由正弦定理，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(2,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(4\r(2),9).因为a＝b>c，所以C为锐角，因此cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\f(4\r(2),9)2)＝eq\f(7,9).于是cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝eq\f(1,3)×eq\f(7,9)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(23,27).21．(本题满分12分)(2023·山东淄博市检测)已知锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanA＝eq\f(\r(3)cb,c2＋b2－a2).eq\x(导学号54742209)(1)求角A的大小；(2)当a＝eq\r(3)时，求c2＋b2的最大值，并判断此时△ABC的形状．[解析](1)由已知及余弦定理，得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(3)cb,2cbcosA)，sinA＝eq\f(\r(3),2)，因为A为锐角，所以A＝60°.(2)解法1：由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，所以b＝2sinB，c＝2sinC＝2sin(120°－B)．c2＋b2＝4[sin2B＋sin2(120°－B)]＝4[eq\f(1－cos2B,2)＋eq\f(1－cos240°－2B,2)]＝4－cos2B＋eq\r(3)sin2B＝4＋2sin(2B－30°)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\v