2024-2025学年高中数学第1章解三角形阶段质量检测含解析新人教A版必修5VIP

PAGE1-阶段质量检测(一)解三角形一、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．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝c＝2a，则cosBA.eq\f(1,8)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2)D．1解析：在△ABC中，由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋2a2－2a2,2a·2a)＝eq\f(1,4)，故选B.答案：B2．在钝角三角形ABC中，AB＝eq\r(3)，AC＝1，B＝30°，则角A的大小为()A．120°B．45°C．30°D．15°解析：由于eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，将AB＝eq\r(3)，AC＝1，B＝30°代入，求得sinC＝eq\f(\r(3),2).又△ABC是钝角三角形，所以C＝120°，所以A＝30°.故选C.答案：C3．如图，为了测量A，B两点间的距离，在地面上选择适当的点C，测得AC＝100m，BC＝120m，∠ACB＝60°，那么A，B的距离为()A．20eq\r(91)mB．20eq\r(31)mC．500mD．60eq\r(66)m解析：由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC＝1002＋1202－2×100×120×eq\f(1,2)＝12400，所以AB＝20eq\r(31)(m)，故选B.答案：B4．已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，若△ABC的周长为2(eq\r(2)＋1)，且sinB＋sinC＝eq\r(2)sinA，则a＝()A.eq\r(2)B．2C．4D．2eq\r(2)解析：依据正弦定理，sinB＋sinC＝eq\r(2)sinA可转化为b＋c＝eq\r(2)a，△ABC的周长为2(eq\r(2)＋1)，即a＋b＋c＝2(eq\r(2)＋1)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＋c＝\r(2)a,a＋b＋c＝2\r(2)＋1))，解得a＝2，故选B.答案：B5．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cosB＝eq\f(c,2a)，那么△ABC是()A．等腰直角三角形B．等腰三角形C．直角三角形D．等边三角形解析：由正弦定理知sinC＝2sinAcosB，所以sin(A＋B)＝2sinAcosB，所以sinAcosB＋cosAsinB＝2sinAcosB，所以sin(A－B)＝0，所以A＝B，所以△ABC为等腰三角形，故选B.答案：B6．△ABC的两边长分别为2,3，其夹角的余弦值为eq\f(1,3)，则其外接圆的直径为()A.eq\f(9\r(2),2)B.eq\f(9\r(2),4)C.eq\f(9\r(2),8)D．9eq\r(2)解析：设另一条边为x，则x2＝22＋32－2×2×3×eq\f(1,3)，∴x2＝9，∴x＝3.设cosθ＝eq\f(1,3)，则sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(2),3).∴2R＝eq\f(3,sinθ)＝eq\f(3,\f(2\r(2),3))＝eq\f(9\r(2),4).答案：B7．一角槽的横断面如图所示，四边形ADEB是矩形，且α＝50°，β＝70°，AC＝90mm，BC＝150mm，则DE的长等于()A．210mmB．200mmC．198mmD．171mm解析：由题图可知，∠ACB＝α＋β＝50°＋70°＝120°.在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠＝902＋1502－2×90×150×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝44100，所以AB＝210，即DE＝210mm.故选A.答案：A8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a2＋c2－b2)·tanB＝eq\r(3)ac，则角B的值为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)D.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)解析：∵(a2＋c2－b2)tanB＝eq\r(3)ac，∴eq\f(a2＋c2－b2,2ac)·tanB＝eq\f(\r(3),2)，即cosB·tanB＝sinB＝eq\f(\r(3),2).∵0<B<π，∴角B的值为eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).答案：D9．下列命题中，错误的是()A．在△ABC中，A>B，则sinA>sinBB．在锐角△ABC中，不等式sinA>cosB恒成立C．在△ABC中，若acosA＝bcosB，则△ABC必是等腰直角三角形D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形解析：在△ABC中，由acosA＝bcosB，利用正弦定理可得sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，∵A，B∈∴2A＝2B或2A＝2π－2∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，因此△ABC是等腰三角形或直角三角形，因此C是假命题．答案：C10．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若三边的长为三个连续的正整数，且A>B>C,3b＝20acosA，则sinA:sinB:sinC为()A．4:3:2B．5:6:7C．5:4:3D．6:5:4解析：由题意可得a>b>c，且a，b，c为连续的正整数，不妨设c＝n，b＝n＋1，a＝n＋2(n>1，且n∈N*)，则由余弦定理及3b＝20acosA可得3(n＋1)＝20(n＋2)·eq\f(n2＋n＋12－n＋22,2nn＋1)，化简得7n2－13n－60＝0，n∈N*，解得n＝4，由正弦定理可得sinA:sinB:sinC＝a:b:c＝6:5:4.答案：D11．在三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，假如sin2(B＋C)<sin2B＋sin2C，则角AA.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)))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<π，∴0<A<eq\f(π,2).又a为最大边，∴A>eq\f(π,3).因此角A的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).答案：D12．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)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，②①＋②得72＋62＝42＋42＋eq\f(1,2)a2，所以a＝eq\r(106).答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(sinC,sinA)＝2，cosB＝eq\f(1,4)，△ABC的周长为5，则b的长为________．解析：由正弦定理及eq\f(sinC,sinA)＝2得c＝2a，因为b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋4a2－4a2×eq\f(1,4)＝4a2，所以b＝2a.又a＋b＋c＝5，所以a＝1，因此b＝2.答案：214．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＝________.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.答案：115．甲船在A处视察到乙船在它的北偏东60°方向的B处，两船相距2海里，乙船向正北方向行驶．若甲船的速度是乙船速度的eq\r(3)倍，则甲船用最短的时间追上乙船时，乙船已行驶了________海里．解析：如图所示，设甲船在C处追上乙船，并设∠CAB＝θ，由题意及正弦定理，得sinθ＝eq\f(BC·sin120°,AC)＝eq\f(1,2)，∴θ＝30°.从而BC＝eq\f(AB·sinθ,sin∠ACB)＝eq\f(2·sin30°,sin180°－120°－30°)＝2(海里)．故甲船用最短的时间追上了乙船时，乙船已行驶了2海里．答案：216．钝角三角形的三边为a，a＋1，a＋2，其最大角不超过120°，则a的取值范围是________．解析：由题可知边a＋2所对的角为最大角，且最大角的范围是(90°，120°]，所以可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋a＋1>a＋2，,a2＋a＋12－a＋22<0，,\f(a2＋a＋12－a＋22,2aa＋1)≥－\f(1,2)，))解得eq\f(3,2)≤a<3.答案：eq\f(3,2)≤a<3三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)在△ABC中，已知B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．解析：在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，由余弦定理得cos∠ADC＝eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq\f(100＋36－196,2×10×6)＝－eq\f(1,2)，所以∠ADC＝120°，∠ADB＝60°在△ABD中，AD＝10，B＝45°，∠ADB＝60°，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sinB)，所以AB＝eq\f(AD·sin∠ADB,sinB)＝eq\f(10sin60°,sin45°)＝eq\f(10×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝5eq\r(6).18．(12分)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且a＝2，cosB＝eq\f(3,5).(1)若b＝4，求sinA的值；(2)若△ABC的面积S△ABC＝4，求b，c的值．解析：(1)∵cosB＝eq\f(3,5)且0<B<π，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4,5).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2×\f(4,5),4)＝eq\f(2,5).(2)∵S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝4，∴eq\f(1,2)×2×c×eq\f(4,5)＝4，∴c＝5.由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b＝eq\r(a2＋c2－2accosB)＝eq\r(22＋52－2×2×5×\f(3,5))＝eq\r(17).19．(12分)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asinA＝(2b＋c)sinB＋(2c＋b)sinC(1)求A的大小；(2)若sinB＋sinC＝1，试推断△ABC的形态．解析：(1)由已知，依据正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，则a2＝b2＋c2＋bc.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得cosA＝－eq\f(1,2).又0°<A<180°，∴A＝120°.(2)方法一：由(1)中a2＝b2＋c2＋bc，结合正弦定理，可得sin2A＝sin2B＋sin2C＋sinBsinC＝eq\f(3,4)，即(sinB＋sinC)2－sinBsinC＝eq\f(3,4).又sinB＋sinC＝1，∴sinBsinC＝eq\f(1,4)，∴sinB＝sinC＝eq\f(1,2).∵0°<B<60°，0°<C<60°.∴B＝C.故△ABC是等腰三角形．方法二：由(1)得B＋C＝60°，∴sinB＋sinC＝sinB＋sin(60°－B)＝sin(60°＋B)＝1，又0<B<60°，∴B＝30°，∴C＝B＝30°，故△ABC是等腰三角形．20．(12分)在△ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，且asinB＝－bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))).(1)求A；(2)若△ABC的面积S＝eq\f(\r(3),4)c2，求sinC的值．解析：(1)∵asinB＝－bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))，∴由正弦定理得sinAsinB＝－sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))，∵sinB≠0，∴sinA＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))，即sinA＝－eq\f(1,2)sinA－eq\f(\r(3),2)cosA，化简得tanA＝－eq\f(\r(3),3)，∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(5π,6).(2)∵A＝eq\f(5π,6)，∴sinA＝eq\f(1,2)，由S＝eq\f(\r(3),4)c2＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,4)bc，得b＝eq\r(3)c，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝7c2，则a＝eq\r(7)c，由正弦定理得sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(\r(7),14).21．(12分)如图所示，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋eq\r(3))海里的两个观测点．现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20eq\r(3)海里的C点的救援船马上前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点须要多长时间？解析：由题意知AB＝5(3＋eq\r(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eq\f(DB,sin∠DAB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，∴DB＝eq\f(AB·sin∠DAB,sin∠ADB)＝eq\f(53＋\r(3)·sin45°,sin105°)＝eq\f(53＋\r(3)·sin45°,sin45°cos60°＋cos45°sin60°)＝eq\f(5\r(3)\r(3)＋1,