2024-2025学年高中数学第二章解三角形综合测试课时作业含解析北师大版必修5

PAGEPAGE8单元综合测试二(其次章)时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50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．已知在△ABC中，a＝1，b＝eq\r(2)，B＝45°，则角A等于(D)A．150° B．90°C．60° D．30°解析：由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(1×\f(\r(2),2),\r(2))＝eq\f(1,2).∵a<b，∴A为锐角．∴A＝30°.2．在△ABC中，b＝5，c＝5eq\r(3)，A＝30°，则a等于(A)A．5 B．4C．3 D．10解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝52＋(5eq\r(3))2－2×5×5eq\r(3)×cos30°＝25，故a＝5.3．已知锐角三角形的边长分别为1,3，a，则a的取值范围是(B)A．(8,10) B．(2eq\r(2)，eq\r(10))C．(2eq\r(2)，10) D．(eq\r(10)，8)解析：依题意，三角形为锐角三角形，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12＋32－a2>0，,12＋a2－32>0，))解得2eq\r(2)<a<eq\r(10)，故选B.4．在△ABC中，分别依据下列条件解三角形，其中有两解的是(D)A．a＝7，b＝14，A＝30° B．a＝30，b＝25，A＝150°C．a＝6，b＝9，A＝45° D．a＝30，b＝40，A＝30°解析：在A中，bsinA＝14sin30°＝7＝a，故△ABC只有一解；在B中，a＝30，b＝25，故a>b，又A＝150°，故△ABC只有一解；在C中，bsinA＝9sin45°＝eq\f(9\r(2),2)>a＝6，故△ABC无解；在D中，bsinA＝40sin30°＝20，因bsinA<a<b，故△ABC有两解．综上可知，选D.5．三角形两边分别为5和3，它们夹角的余弦是方程5x2－7x－6＝0的根，则三角形的面积是(B)A．12 B．6C．24 D．4解析：∵方程5x2－7x－6＝0的根为－eq\f(3,5)或2.∴两边夹角的余弦值为－eq\f(3,5)，则正弦值为eq\f(4,5).故三角形的面积为eq\f(1,2)×5×3×eq\f(4,5)＝6.6．在△ABC中，若2cosBsinA＝sinC，则△ABC的形态肯定是(C)A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等边三角形解析：由2cosBsinA＝sinC得eq\f(a2＋c2－b2,ac)×a＝c，∴a＝b.∴△ABC是等腰三角形．7．已知圆的半径为4，a，b，c为该圆的内接三角形的三边，若abc＝16eq\r(2)，则三角形的面积为(C)A．2eq\r(2) B．8eq\r(2)C.eq\r(2) D.eq\f(\r(2),2)解析：因为eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R＝8，所以sinC＝eq\f(c,8)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(abc,16)＝eq\f(16\r(2),16)＝eq\r(2).8．在△ABC中，AB＝3，BC＝eq\r(13)，AC＝4，则AC边上的高为(B)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：由余弦定理，得cosA＝eq\f(9＋16－13,2×3×4)＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2)，∴sinA＝eq\f(\r(3),2)，∴AC边上的高＝AB·sinA＝eq\f(3\r(3),2).9．在△ABC中，B＝30°，AB＝2eq\r(3)，AC＝2，则△ABC的面积为(D)A．2eq\r(3) B.eq\r(3)C．2eq\r(3)或4eq\r(3) D.eq\r(3)或2eq\r(3)解析：如图，因为AD＝AB·sinB＝eq\r(3)<2，所以BD＝AB·cosB＝3，CD＝eq\r(AC2－AD2)＝1，C′D＝eq\r(AC′2－AD2)＝1.所以BC＝3－1＝2，BC′＝3＋1＝4，故△ABC有两解，S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AD＝eq\r(3)或S△ABC′＝eq\f(1,2)BC′·AD＝2eq\r(3).10．某小区的绿化地有一个三角形的花圃区，若该三角形的三个顶点分别用A，B，C表示，其对边分别为a，b，c，且满意(2b－c)cosA－acosC＝0，则在A处望B，C所成的角的大小为(B)A.eq\f(π,2)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6)D.eq\f(2π,3)解析：在△ABC中，(2b－c)cosA－acosC＝0，结合正弦定理得2sinBcosA－sinCcosA－sinAcosC＝0，即2sinBcosA－sin(A＋C)＝0，即2sinBcosA－sinB＝0.又因为A，B∈(0，π)，所以sinB≠0，所以cosA＝eq\f(1,2)，所以A＝eq\f(π,3)，即在A处望B，C所成的角的大小为eq\f(π,3).第Ⅱ卷(非选择题，共100分)二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上)11．在△ABC中，tanB＝1，tanC＝2，b＝100，则c＝40eq\r(10).解析：由tanB＝1，tanC＝2，得sinB＝eq\f(\r(2),2)，sinC＝eq\f(2\r(5),5)，由eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)得c＝40eq\r(10).12．已知a、b、c分别是△ABC三个内角A、B、C的对边，若△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)，c＝2，A＝60°，则a的值为eq\r(3).解析：eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)bcsinA＝bsin60°，∴b＝1，由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccosA＝3，∴a＝eq\r(3).13．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若eq\r(3)bcosA－ccosA＝acosC，则sinA＝eq\f(\r(6),3).解析：由正弦定理可得eq\r(3)cosAsinB－sinCcosA＝sinAcosC，化简得eq\r(3)sinBcosA＝sin(A＋C)，即cosA＝eq\f(\r(3),3)，∴sinA＝eq\f(\r(6),3).14．在锐角△ABC中，BC＝1，B＝2A，则eq\f(AC,cosA)的值等于2，AC的取值范围为(eq\r(2)，eq\r(3))．解析：设A＝θ⇒B＝2θ.由正弦定理得eq\f(AC,sin2θ)＝eq\f(BC,sinθ)，所以eq\f(AC,2cosθ)＝1⇒eq\f(AC,cosθ)＝2.由锐角△ABC得0°<2θ<90°⇒0°<θ<45°.又0°<180°－3θ<90°⇒30°<θ<60°，故30°<θ<45°⇒eq\f(\r(2),2)<cosθ<eq\f(\r(3),2)，所以AC＝2cosθ∈(eq\r(2)，eq\r(3))．15．如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从C点测得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100m，则山高MN＝150m.解析：依据题图知，AC＝100eq\r(2)m.在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°.由正弦定理得eq\f(AC,sin45°)＝eq\f(AM,sin60°)⇒AM＝100eq\r(3)m.在△AMN中，eq\f(MN,AM)＝sin60°，所以MN＝100eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝150(m)．三、解答题(本大题共6个小题，满分75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16．(本小题满分12分)在△ABC中，BC＝a，AC＝b，且a，b是方程x2－2eq\r(3)x＋2＝0的两根，2cos(A＋B)＝1.(1)求角C的度数；(2)求AB的长．解：(1)cosC＝cos[180°－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－eq\f(1,2).又因为C∈(0°，180°)，所以C＝120°.(2)因为a，b是方程x2－2eq\r(3)x＋2＝0的两根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝2\r(3)，,ab＝2.))所以AB2＝a2＋b2－2abcos120°＝(a＋b)2－ab＝10，所以AB＝eq\r(10).17．(本小题满分12分)在△ABC中，内角A，B，C对边分别为a，b，c，且bsinA＝eq\r(3)acosB.(1)求B；(2)若b＝3，sinC＝2sinA，求a，c的值．解：(1)由bsinA＝eq\r(3)acosB及正弦定理得sinB＝eq\r(3)cosB，即tanB＝eq\r(3)，因为B是三角形的内角，所以B＝eq\f(π,3).(2)由sinC＝2sinA及正弦定理得c＝2a.由余弦定理及b＝3，得9＝a2＋c2－2accoseq\f(π,3)，即9＝a2＋4a2－2a2，所以a＝eq\r(3)，c＝2eq\r(3).18．(本小题满分12分)△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝eq\f(π,6)，(1＋eq\r(3))c＝2b.(1)求C；(2)若eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝1＋eq\r(3)，求a，b，c.解：(1)由(1＋eq\r(3))c＝2b，得eq\f(b,c)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(sinB,sinC).则有eq\f(sin(π－\f(π,6)－C),sinC)＝eq\f(sin\f(5π,6)cosC－cos\f(5π,6)sinC,sinC)＝eq\f(1,2)cotC＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2).得cotC＝1，即C＝eq\f(π,4).(2)由eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝1＋eq\r(3)，推出abcosC＝1＋eq\r(3)，而C＝eq\f(π,4)，即得eq\f(\r(2),2)ab＝1＋eq\r(3)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)ab＝1＋\r(3)，,(1＋\r(3))c＝2b，,\f(a,sinA)＝\f(c,sinC).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)，,b＝1＋\r(3)，,c＝2.))19．(本小题满分12分)已知△ABC中，A＝120°，a＝7，b＋c＝8，求b，c，sinB及△ABC的面积．解：在△ABC中，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f((b＋c)2－2bc－a2,2bc)＝－eq\f(1,2).将a＝7，b＋c＝8代入得bc＝15，又b＋c＝8.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝3，,c＝5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝5，,c＝3.))当b＝3，c＝5时，由正弦定理得eq\f(3,sinB)＝eq\f(7,sin120°)，∴sinB＝eq\f(3\r(3),14).S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×3×5×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).当b＝5，c＝3时，同理可得sinB＝eq\f(5\r(3),14)，S△ABC＝eq\f(15\r(3),4).20．(本小题满分13分)在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2A＝sin2B＋cos2C＋sinAsinB.(1)求角C的大小；(2)若c＝eq\r(3)，求△ABC周长的取值范围．解：(1)由题意知1－sin2A＝sin2B＋1－sin2C＋sinAsinB，即sin2A＋sin2B－sin2C＝－sinAsinB，由正弦定理得a2＋b2－c2＝－ab，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－ab,2ab)＝－eq\f(1,2)，又∵0<C<π，∴C＝eq\f(2π,3).(2)∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝2，∴a＝2sinA，b＝2sinB，则△ABC的周长L＝a＋b＋c＝2(sinA＋sinB)＋eq\r(3)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－A))))＋eq\r(3)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＋eq\r(3).∵0<A<eq\f(π,3)，∴eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,3)<eq\f(2π,3)，∴eq\f(\r(3),2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))≤1，∴2eq\r(3)<2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＋eq\r(3)≤2＋eq\r(3)，∴△ABC周长的取值范围是(2eq\r(3)，2＋eq\r(3)]．21．(本小题满分14分)如图所示，直线a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上点A处有一个水声监测点