2023届高考数学二轮复习寒假作业（八）三角恒等变换与解三角形（注意命题点的区分度）理

寒假作业(八)三角恒等变换与解三角形(注意命题点的区分度)一、选择题1．(2023·石家庄质检)假设sin(π－α)＝eq\f(1,3)，且eq\f(π,2)≤α≤π，那么sin2α的值为()A．－eq\f(4\r(2),9)B．－eq\f(2\r(2),9)C.eq\f(2\r(2),9)D.eq\f(4\r(2),9)解析：选A因为sin(π－α)＝sinα＝eq\f(1,3)，eq\f(π,2)≤α≤π，所以cosα＝－eq\f(2\r(2),3)，所以sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(2),3)))＝－eq\f(4\r(2),9).2．设角θ的终边过点(2,3)，那么taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝()A.eq\f(1,5)B．－eq\f(1,5)C．5D．－5解析：选A由于角θ的终边过点(2,3)，因此tanθ＝eq\f(3,2)，故taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(tanθ－1,1＋tanθ)＝eq\f(\f(3,2)－1,1＋\f(3,2))＝eq\f(1,5).3．在△ABC中，AB＝3，BC＝eq\r(13)，AC＝4，那么边AC上的高为()A.eq\f(3\r(2),2)B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(3,2)D．3eq\r(3)解析：选B由题意及余弦定理可得cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(1,2)，∴sinA＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)，∴边AC上的高h＝AB·sinA＝eq\f(3\r(3),2).4．(2023·南昌模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos2A＝sinA，bc＝2，那么△ABCA.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C．1D．2解析：选A由cos2A＝sinA，得1－2sin2A＝sinA，解得sinA＝eq\f(1,2)(负值舍去)，由bc＝2，可得△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).5．△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c，假设cosA＝eq\f(7,8)，c－a＝2，b＝3，那么a＝()A．2B.eq\f(5,2)C．3D.eq\f(7,2)解析：选A由余弦定理可知，a2＝b2＋c2－2bccosA⇒a2＝9＋(a＋2)2－2·3·(a＋2)·eq\f(7,8)⇒a＝2，应选A.6．α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,7)，那么sin2α＋cos2α的值为()A．－eq\f(1,5)B.eq\f(7,5)C．－eq\f(7,5)D.eq\f(3,4)解析：选A由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,7)，知eq\f(tan2α＋1,1－tan2α)＝eq\f(1,7)，∴tan2α＝－eq\f(3,4).∵2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴sin2α＝eq\f(3,5)，cos2α＝－eq\f(4,5)，∴sin2α＋cos2α＝－eq\f(1,5)，应选A.7．假设△ABC的三个内角满足eq\f(sinB－sinA,sinB－sinC)＝eq\f(c,a＋b)，那么A＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)解析：选B由eq\f(sinB－sinA,sinB－sinC)＝eq\f(c,a＋b)，结合正弦定理，得eq\f(b－a,b－c)＝eq\f(c,a＋b)，整理得b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，由A为三角形的内角，知A＝eq\f(π,3).8．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，假设c2＝(a－b)2＋6，C＝eq\f(π,3)，那么△ABC的面积是()A．3B.eq\f(9\r(3),2)C.eq\f(3\r(3),2)D．3eq\r(3)解析：选C∵c2＝(a－b)2＋6，∴a2＋b2－c2＝2ab－6，又cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(2ab－6,2ab)＝eq\f(1,2)，∴ab＝6，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).9．假设sin(α－β)sinβ－cos(α－β)cosβ＝eq\f(4,5)，且α为第二象限角，那么taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A．7B.eq\f(1,7)C．－7D．－eq\f(1,7)解析：选Bsin(α－β)sinβ－cos(α－β)cosβ＝eq\f(4,5)，即－cos(α－β＋β)＝－cosα＝eq\f(4,5)，即cosα＝－eq\f(4,5).又α为第二象限角，∴tanα＝－eq\f(3,4)，∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(1,7).10．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，假设cosA＋sinA－eq\f(2,cosB＋sinB)＝0，那么eq\f(a＋b,c)的值是()A．1B.eq\r(2)C.eq\r(3)D．2解析：选B由cosA＋sinA－eq\f(2,cosB＋sinB)＝0，得eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))·eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝1，又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))))≤1，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))))≤1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝1，A＝B＝eq\f(π,4)，C＝eq\f(π,2)，所以a＝b＝eq\f(\r(2),2)c，eq\f(a＋b,c)＝eq\r(2).应选B.11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2＋c2－a2＝bc，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＞0，a＝eq\f(\r(3),2)，那么b＋c的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))解析：选B由b2＋c2－a2＝bc得，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，那么A＝eq\f(π,3)，由eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＞0知，B为钝角，又eq\f(a,sinA)＝1，那么b＝sinB，c＝sinC，b＋c＝sinB＋sinC＝sinB＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\f(3,2)sinB＋eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))，∵eq\f(π,2)＜B＜eq\f(2π,3)，∴eq\f(2π,3)＜B＋eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6)，∴eq\f(1,2)＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＜eq\f(\r(3),2)，b＋c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.sinA－sinB＝eq\f(1,3)sinC,3b＝2a,2≤a2＋ac≤18，设△ABC的面积为S，p＝eq\r(2)a－S，那么p的最大值是()A.eq\f(5\r(2),9)B.eq\f(7\r(2),9)C.eq\r(2)D.eq\f(9\r(2),8)解析：选D在△ABC中，由sinA－sinB＝eq\f(1,3)sinC结合正弦定理可得，c＝3a－3b，再根据3b＝2a,2≤a2＋ac≤18，可得a＝c,1≤a≤3，由余弦定理可得b2＝eq\f(4a2,9)＝a2＋a2－2a·acosB⇒cosB＝eq\f(7,9)，可得sinB＝eq\f(4\r(2),9)，所以S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(2\r(2),9)a2，故p＝eq\r(2)a－S＝eq\r(2)a－eq\f(2\r(2),9)a2，根据二次函数的图象可得，当a＝eq\f(9,4)时，p取得最大值eq\f(9\r(2),8).二、填空题13．(2023·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.C＝60°，b＝eq\r(6)，c＝3，那么A＝________.解析：由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(\r(6)sin60°,3)＝eq\f(\r(2),2)，因为0°＜B＜180°，所以B＝45°或135°.因为b＜c，所以B＜C，故B＝45°，所以A＝180°－60°－45°＝75°.答案：75°14．x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝－eq\f(3,5)，那么cos2x的值是________．解析：∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)，∴cosx－sinx＞0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(\r(2),2)(cosx－sinx)＞0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(4,5)，又cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))，∴cos2x＝2×eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(24,25).答案：－eq\f(24,25)15.(2023·福州质检)如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.假设山高AD＝100m，汽车从B点到C点历时14s，那么这辆汽车的速度约为________m/s(精确到0.1)．参考数据：eq\r(2)≈1.414，eq\r(5)≈2.236.解析：因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.设这辆汽车的速度为vm/s，那么BC＝14v，在Rt△ADB中，AB＝eq\f(AD,cos∠BAD)＝eq\f(AD,cos60°)＝200.在Rt△ADC中，AC＝eq\f(AD,cos∠CAD)＝eq\f(100,cos45°)＝100eq\r(2).在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，所以(14v)2＝(100eq\r(2))2＋2002－2×100eq\r(2)×200×cos135°，所以v＝eq\f(50\r(10),7)≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6m/s.答案：22.616．△ABC的三个内角为A，B，C，假设eq\f(\r(3)cosA＋sinA,\r(3)sinA－cosA)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))，那么2cosB＋sin2C的最大值为________．解析：eq\f(\r(3)cosA＋sinA,\r(3)sinA－cosA)＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6))))＝－eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－A－\f(π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))，所以－A－eq\f(π,3)＝－eq\f(7π,12)，所以A＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,12)＝eq\f(π,4)，所以tanA＝taneq\f(π,4)＝1，所以2cosB＋sin2C＝2cosB＋sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－B))))＝2cosB＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－2B))＝2cosB－cos2B＝2cosB－2cos2B＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB－\f(1,2)))2＋eq\f(3,2)，故当cosB＝eq\f(1,2)时，有最大值eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)三、解答题17．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝3，b＝4，B＝eq\f(π,2)＋A.(1)求tanB的值；(2)求c的值．解：(1)∵a＝3，b＝4，∴4sinA＝3sinB.由B＝eq\f(π,2)＋A得，cosB＝－sinA，∴sinA＝－cosB，∴tanB＝－eq\f(4,3).(2)∵tanB＝－eq\f(4,3)，B＝eq\f(π,2)＋A，∴sinB＝eq\f(4,5)，cosB＝－eq\f(3,5).又C＝π－(A＋B)，∴sinC＝sin(A＋B)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,2)))，∴sinC＝－cos2B＝－(cos2B－sin2B)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,25)－\f(16,25)))＝eq\f(7,25).∴c＝b·eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(4×\f(7,25),\f(4,5))＝eq\f(7,5).18．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且满足eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)c－a))cosB＝bcosA.(1)假设sinA＝eq\f(2,5)，a＋b＝10，求a；(2)假设b＝3eq\r(5)，a＝5，求△ABC的面积S.解：∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)c－a))cosB＝bcosA，∴由正弦定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)sinC－sinA))·cosB＝sinBcosA，即有eq\f(5,4)sinCcosB＝sinAcosB＋cosAsinB，那么eq\f(5,4)sinCcosB＝sinC.∵sinC>0，∴cosB＝eq\f(4,5).(1)由cosB＝eq\f(4,5)，得sinB＝eq\f(3,5)，∵sinA＝eq\f(2,5)，∴eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(2,3)，又a＋b＝10，解得a＝4.(2)∵b2＝a2＋c2－2accosB，b＝3eq\r(5)，a＝5，∴45＝25＋c2－8c，即c2－8解得c＝10或c＝－2(舍去)，∴S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×5×10×eq\f(3,5)＝15.19．(2023·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.△ABC的面积为eq\f(a2,3sinA).(1)求sinBsinC；(2)假设6cosBco