2024-2025学年高中数学第一章解三角形检测试题课时作业含解析新人教A版必修5

PAGEPAGE7第一章检测试题时间：90分钟分值：120分第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．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的边长等于(A)A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(6),2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)解析：因为A＝180°－45°－60°＝75°，所以A>C>B，所以边b最短．由eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得b＝eq\f(csinB,sinC)＝eq\f(sin45°,sin60°)＝eq\f(\r(6),3).2．在△ABC中，若a＝eq\f(\r(5),2)b，A＝2B，则cosB等于(B)A.eq\f(\r(5),3) B.eq\f(\r(5),4)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(\r(5),6)解析：由正弦定理得eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)，所以a＝eq\f(\r(5),2)b可化为eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(\r(5),2).又A＝2B，所以eq\f(sin2B,sinB)＝eq\f(\r(5),2)，所以cosB＝eq\f(\r(5),4).3．在△ABC中，A＝60°，a＝eq\r(6)，b＝4，那么满意条件的△ABC(C)A．有一个解 B．有两个解C．无解 D．不能确定解析：bsinA＝4×sin60°＝4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3).又a＝eq\r(6)，且eq\r(6)<2eq\r(3)，则△ABC无解．故选C.4．已知△ABC的外接圆的半径是3，a＝3，则A等于(A)A．30°或150° B．30°或60°C．60°或120° D．60°或150°解析：依据正弦定理得eq\f(a,sinA)＝2R，sinA＝eq\f(a,2R)＝eq\f(1,2)，因为0°<A<180°，所以A＝30°或150°.5．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝2eq\r(3)，cosA＝eq\f(\r(3),2)且b<c，则b＝(C)A．3 B．2eq\r(2)C．2 D.eq\r(3)解析：由a2＝b2＋c2－2bccosA，得4＝b2＋12－6b，解得b＝2或4.又b<c，所以b＝2.6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若3a＝2b，则eq\f(2sin2B－sin2A,sin2A)的值为(D)A．－eq\f(1,9) B.eq\f(1,3)C．1 D.eq\f(7,2)解析：由正弦定理得，原式＝eq\f(2b2－a2,a2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2－1＝eq\f(7,2).7．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，b＝8，c＝8eq\r(3)，S△ABC＝16eq\r(3)，则A等于(C)A．30° B．60°C．30°或150° D．60°或120°解析：由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA，得eq\f(1,2)×8×8eq\r(3)sinA＝16eq\r(3).所以sinA＝eq\f(1,2).所以A＝30°或150°.故选C.8．若△ABC的内角A、B、C所对的边a、b、c满意(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为(A)A.eq\f(4,3) B．8－4eq\r(3)C．1 D.eq\f(2,3)解析：由已知得a2＋b2－c2＋2ab＝4，由于C＝60°，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，即a2＋b2－c2＝ab，因此ab＋2ab＝4，ab＝eq\f(4,3)，故选A.9．△ABC中，BC＝eq\r(13)，A＝60°，AC＝4，则边AC上的高是(B)A.eq\f(3\r(3),2) B.eq\f(3\r(3),2)或eq\f(\r(3),2)C.eq\f(3,2) D．3eq\r(3)解析：因为A＝60°，a＝eq\r(13)，b＝4，由余弦定理得13＝16＋c2－4c，即c2－4c＋3＝0，解得c＝1或3.设边AC上的高为h，则h＝csin60°，所以h＝eq\f(3,2)eq\r(3)或eq\f(\r(3),2).故选B.10．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b＝2ccosA，c＝2bcosA，则△ABC的形态为(C)A．直角三角形 B．锐角三角形C．等边三角形 D．等腰直角三角形解析：因为eq\f(b,c)＝eq\f(2ccosA,2bcosA)，所以b＝c.因为2bcosA＝c，所以cosA＝eq\f(1,2).又因为A∈(0°，180°)，所以A＝60°，所以三角形是等边三角形．故选C.11．某船起先望见灯塔在南偏东30°方向，船沿南偏东60°的方向航行30nmile后望见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是(A)A．10eq\r(3)nmile B．20eq\r(3)nmileC．10eq\r(2)nmile D．20eq\r(2)nmile解析：如图，A为灯塔，∠COD＝60°，在△AOC中，OC＝30，∠AOC＝30°，∠OCA＝30°所以∠OAC＝120°，设AC＝x，则eq\f(x,sin30°)＝eq\f(30,sin120°)，所以x＝eq\f(30·sin30°,sin120°)＝10eq\r(3).12．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若a＝2eq\r(2)，b＝2eq\r(6)，A＝30°，则B等于(D)A．30°B．30°或150°C．60°D．60°或120°解析：由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2\r(6)sin30°,2\r(2))＝eq\f(\r(3),2)，分析可知30°<B<150°，故B＝60°或120°.第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确的答案填在题中的横线上)13．在△ABC中，cosA＝eq\f(5,13)，sinB＝eq\f(3,5)，a＝20，则b的值为13.解析：由题意，得sinA＝eq\f(12,13)，所以b＝eq\f(a,sinA)·sinB＝eq\f(20,\f(12,13))×eq\f(3,5)＝13.14．已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若a＝3，C＝120°，△ABC的面积S＝eq\f(15\r(3),4)，则c＝7.解析：由S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×3×b×sin120°＝eq\f(15\r(3),4)，得b＝5.由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝32＋52－2×3×5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝49，则c＝7.15．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b＋c＝2a,3sinA＝5sinB，则角C＝eq\f(2π,3).解析：由已知条件和正弦定理得：3a＝5b，且b＋c＝2则a＝eq\f(5b,3)，c＝2a－b＝eq\f(7b,3)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2)，又0<C<π，因此角C＝eq\f(2π,3).16．一船自西向东匀速航行，上午7点到达一座灯塔的南偏西75°且距灯塔80nmile的M处，若这只船的航行速度为10eq\r(6)nmile/h，则到达这座灯塔东南方向的N处时是上午11点．解析：如图，画出灯塔A与船航行的位置，则∠MAN＝75°＋45°＝120°，MA＝80，∠AMN＝90°－75°＝15°，∠ANM＝45°.由正弦定理，得eq\f(MN,sin∠MAN)＝eq\f(MA,sin∠ANM)，则MN＝eq\f(MA·sin120°,sin45°)＝40eq\r(6)，所以船从M处到N处须要的时间是eq\f(40\r(6),10\r(6))＝4(h)，即到达这座灯塔东南方向的N处时是上午11点．三、解答题(本大题共4小题，共40分．解答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，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知3cos(B－C)－1＝6cosBcosC.(1)求cosA；(2)若a＝3，△ABC的面积为2eq\r(2)，求b，c.解：(1)∵3(cosBcosC＋sinBsinC)－1＝6cosBcosC，∴3cosBcosC－3sinBsinC＝－1，∴3cos(B＋C)＝－1，∴cos(π－A)＝－eq\f(1,3)，∴cosA＝eq\f(1,3).(2)由(1)得sinA＝eq\f(2\r(2),3)，由面积公式eq\f(1,2)bcsinA＝2eq\r(2)可得bc＝6①，依据余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－9,12)＝eq\f(1,3)，则b2＋c2＝13②，①②两式联立可得b＝2，c＝3，或b＝3，c＝2.18．(10分)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq\f(7,9).(1)求a，c的值；(2)求sin(A－B)的值．解：(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB又b＝2，a＋c＝6，cosB＝eq\f(7,9)，所以ac＝9，解得a＝3，c＝3.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(2),9)，由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2\r(2),3).因为a＝c，所以A为锐角．所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3).因此sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝eq\f(10\r(2),27).19．(10分)为保障高考的公允性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点四周1千米内不能收到手机信号，检查员抽查某市一考点，在考点正西eq\r(3)千米有一条北偏东60°方向的马路，在此处检查员用手机接通电话，以每小时12千米的速度沿马路行驶，问最长须要多少分钟，检查员起先收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格？解：如图，考点为A，检查起先处为B，设马路上C、D两点到考点的距离为1千米．在△ABC中，AB＝eq\r(3)，AC＝1，∠ABC＝30°，由正弦定理得sin∠ACB＝eq\f(sin30°,AC)·AB＝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5分钟，CD上需5分钟．答：最长须要5分钟检查员起先收不到信号，并持续至少5分钟才算合格．20．(10分)如图，在平面四边形ABCD中，已知AD＝AB＝1，∠BAD＝θ，且△BCD为正三角形．(1)将四边形ABCD的面积S表示为θ的函数；(2)求S的最大值及此时θ的值．解：(1)△ABD的面积S1＝eq\f(1,2)×1×1×sinθ＝eq\f(1,2)sinθ，△BCD的面积S2＝eq\f(\r(3),4)BD2＝eq\f(\r(3),4)(12＋12－2×1×1×cosθ)＝eq\f(\r(3),2)(1－cosθ)，所以四边形ABCD的面积S＝S1＋S2＝