2024高考数学二轮专题复习测试大题基础练一含解析

PAGE大题基础练(一)三角函数与解三角形1．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知cos2C＝－eq\f(3,4).(1)求sinC；(2)当c＝2a，且b＝3eq\r(7)时，求a.解：(1)由已知可得1－2sin2C＝－eq\f(3,4).所以sin2C＝eq\f(7,8).因为在△ABC中，sinC>0，所以sinC＝eq\f(\r(14),4).(2)因为c＝2a，所以sinA＝eq\f(1,2)sinC＝eq\f(\r(14),8).因为△ABC是锐角三角形，所以cosC＝eq\f(\r(2),4)，cosA＝eq\f(5\r(2),8).所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(14),8)×eq\f(\r(2),4)＋eq\f(5\r(2),8)×eq\f(\r(14),4)＝eq\f(3\r(7),8).由正弦定理可得：eq\f(3\r(7),sinB)＝eq\f(a,sinA)，所以a＝eq\r(14).2．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且(acosC＋ccosA)tanA＝eq\r(3)b.(1)求角A的大小；(2)若a＝eq\r(3)，求bc的最大值．解：(1)因为(acosC＋ccosA)tanA＝eq\r(3)b，利用正弦定理可得，(sinAcosC＋sinCcosA)tanA＝eq\r(3)sinB，即sin(A＋C)tanA＝eq\r(3)sinB，因为A＋C＝π－B，所以sin(π－B)tanA＝eq\r(3)sinB，即sinBtanA＝eq\r(3)sinB，因为0<B<π，所以sinB≠0，tanA＝eq\r(3)，因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).(2)由(1)及余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccosA，即3＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)，所以3＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，当且仅当b＝c时等号成立，所以bc的最大值为3.3.如图，已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asinA＋(c－a)sinC＝bsinB，点D是AC的中点，DE⊥AC，交AB于点E，且BC＝2，DE＝eq\f(\r(6),2).(1)求B；(2)求△ABC的面积．解：(1)因为asinA＋(c－a)sinC＝bsinB，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)得a2＋c2－ac＝b2，由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，因为0<B<π，所以B＝60°.(2)连接CE，如图：D是AC的中点，DE⊥AC，所以AE＝CE，所以CE＝AE＝eq\f(DE,sinA)＝eq\f(\r(6),2sinA)，在△BCE中，由正弦定理得eq\f(CE,sinB)＝eq\f(BC,sin∠BEC)＝eq\f(BC,sin2A)，所以eq\f(\r(6),2sinAsin60°)＝eq\f(2,2sinAcosA)，所以cosA＝eq\f(\r(2),2)，因为0<A<π，所以A＝45°，＝90°，所以CE＝AE＝eq\r(3)，AB＝AE＋BE＝eq\r(3)＋1，所以S△ABC＝eq\f(1,2)AB·CE＝eq\f(3＋\r(3),2).4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)．(1)求角C；(2)若3a＝2b，求sinA.解：(1)因为S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)＝eq\f(1,2)absinC，所以sinC＝eq\f(\r(3)（a2＋b2－c2）,2ab)＝eq\f(\r(3)×2abcosC,2ab)＝eq\r(3)cosC，解得tanC＝eq\r(3)，又C∈(0，π)，故C＝eq\f(π,3).(2)设a＝2t，b＝3t(t>0)则c＝eq\r(a2＋b2－2abcosC)＝eq\r(7)t所以sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(2t,\r(7)t)·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(21),7).5．在锐角△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且有asinC＋csinA＝eq\f(4\r(3),3)bsinAsinC.(1)求sinB；(2)求eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)的取值范围．解：(1)由正弦定理的边化角公式可得2sinAsinC＝eq\f(4\r(3),3)sinAsinBsinC.因为A，B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinA≠0，sinC≠0，所以sinB＝eq\f(\r(3),2).(2)由(1)可知B＝eq\f(π,3)，则A＋C＝eq\f(2π,3)，因为△ABC为锐角三角形，则A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，因为A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))，所以eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)∈(eq\r(3)，2]．6．在条件①(a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，②asinB＝bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，③bsineq\f(B＋C,2)＝asinB中任选一个，补充到横线上，并解答问题．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＋c＝6，a＝2eq\r(6)，________．求△ABC的面积．注：假如选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分解：若选①：由正弦定理，得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).＝4，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(π,3)＝eq\r(3).若选②：由正弦定理，得sinAsinB＝sinBcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).因为0<B<π，所以sinB≠0，所以sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，化简得sinA＝eq\f(\r(3),2)cosA－eq\f(1,2)sinA，所以tanA＝eq\f(\r(3),3).因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,6).又因为a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,6)，所以bc＝eq\f(（b＋c）2－a2,2＋\r(3))＝eq\f(62－（2\r(6)）2,2＋\r(3))，即bc＝24－12eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×(24－12eq\r(3))×eq\f(1,2)＝6－3eq\r(3).若选③：由正弦定理，得sinBsineq\f(B＋C,2)＝sinAsinB.因为0<B<π，所以sinB≠0，所以sineq\f(B＋C,2)＝sinA.又因为B＋C＝π－A，所以coseq\f(A,2)＝2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2).因为0<A<π，0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，所以coseq\f(A,2)≠0，所以sineq\f(A,2)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(A,2)＝eq\f(π,6)，所以A＝eq\f(π,3).＝4，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(π,3)＝eq\r(3).7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB＋sinC,cosB＋cosC)＝10，③c＝8，④△ABC的面积S＝10eq\r(3)，请指出这三个条件，并说明理由；(2)若a＝3，求△ABC周长L的取值范围．解：因为eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB＋sinC,cosB＋cosC)，所以sinAcosB＋sinAcosC＝cosAsinB＋cosAsinCsinAcosB－cosAsinB＝cosAsinC－sinAcosC所以sin(A－B)＝sin(C－A)因为A，B，C∈(0，π)，所以A－B＝C－A，即2A＝B＋C，所以A＝eq\f(π,3)(1)△ABC还同时满意条件①③④理由如下：若△ABC同时满意条件①②则由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(5\r(3),7)>1，这不行能，所以△ABC不能同时满意条件①②，所以△ABC同时满意条件③④所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×b×8×eq\f(\r(3),2)＝10eq\r(3)所以b＝5与②冲突所以△ABC还同时满意条件①③④(2)在△ABC中，由正弦定理得：eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝2eq\r(3)因为C＝eq\f(2π,3)－B，所以b＝2eq\r(3)sinB，c＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))所以L＝a＋b＋c＝2eq\r(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinB＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))))＋3＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinB＋\f(1,2)cosB))＋3＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＋3，因为B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以B＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以△ABC周长L的取值范围为(6，9]．8．已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，若△ABC同时满意以下四个条件中的三个：①eq\f(b－a,c)＝eq\f(2\r(6)a＋3c,3（a＋b）)；②eq\f(cosC,cosA)＋eq\f(c,a)＝eq\f(2b,a)；③a＝eq\r(6)，④b＝2eq\r(2).(1)条件①②能否同时满意，请说明理由；(2)以上四个条件，请在满意三角形有解的全部组合中任选一组，并求出对应△ABC的面积．解：(1)由①eq\f(b－a,c)＝eq\f(2\r(6)a＋3c,3（a＋b）)得：3(a2＋c2－b2)＝－2eq\r(6)ac，由余弦定理cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(\r(6),3).由②eq\f(cosC,cosA)＋eq\f(c,a)＝eq\f(2b,a)及正弦定理，得：eq\f(cosCsinA＋cosAsinC,cosAsinA)＝eq\f(2sinB,sinA)，即eq\f(sin（A＋C）,cosAsinA)＝eq\f(2sinB,sinA)，因为A＋C，A∈(0，π)，所以sin(A＋C)＝sinB≠0，sinA≠0，所以cosA＝eq\f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).因为cosB＝－eq\f(\r(6),3)<－eq\f(1,2)且B∈(0，π)，所以B>eq\f(2π,3).所以A＋B>π，冲突．所以△ABC不能同时满意①②.(2)由(1)知，△ABC满意①③④或②③④.若△ABC满意①③④，因为b2＝a2＋c2－2accosB，所以8＝6＋c2＋2×eq\r(6)×c×eq\f(\r(6),3)，即c2＋4c－2