高中數(shù)學(xué)人教A版第一章解三角形 第1章綜合檢測

第一章學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．在△ABC中，a＝80，b＝100，A＝45°，則此三角形解的情況是eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742189)(B)A．一解 B．兩解C．一解或兩解 D．無解[解析]∵bsinA＝100×eq\f(\r(2),2)＝50eq\r(2)<80，∴bsinA<a<b，∴此三角形有兩解．2．(2023·吉林省長春市質(zhì)量監(jiān)測)已知△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，bc＝4，則△ABC的面積為eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742190)(C)A．eq\f(1,2) B．1C．eq\r(3) D．2[解析]∵a2＝b2＋c2－bc，∴cosA＝eq\f(1,2)，∴A＝eq\f(π,3)，又bc＝4，∴△ABC的面積為eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，故選C．3．(2023·吉林綏化一模)兩座燈塔A和B與海洋觀察站C的距離分別為10km和20km，燈塔A在觀察站C的北偏東15°方向上，燈塔B在觀察站C的南偏西75°方向上，則燈塔A與燈塔B的距離為eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742191)A．10eq\r(5)km B．10eq\r(7)kmC．10eq\r(3)km D．30[解析]在△ABC中，∠ACB＝15°＋90°＋(90°－75°)＝120°.已知AC＝10km，BC＝20km，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos120°＝102＋202－2×10×20×(－eq\f(1,2))＝700，∴AB＝10eq\r(7).故選B．4．已知鈍角三角形的三邊長分別為2、3、x，則x的取值范圍是eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742192)(C)A．1<x<5 B．eq\r(5)<x<eq\r(13)C．1<x<eq\r(5)或eq\r(13)<x<5 D．1<x<eq\r(5)[解析]當(dāng)x為最大邊時(shí)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3<x<5,x2>32＋22))，∴eq\r(13)<x<5；當(dāng)3為最大邊時(shí)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1<x<3,32>x2＋22))，∴1<x<eq\r(5).∴x的取值范圍是：1<x<eq\r(5)或eq\r(13)<x<5.5．已知關(guān)于x的方程x2－xcosA·cosB＋2sin2eq\f(C,2)＝0的兩根之和等于兩根之積的一半，則△ABC一定是eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742193)(C)A．直角三角形 B．鈍角三角形C．等腰三角形 D．等邊三角形[解析]由題意知：cosA·cosB＝sin2eq\f(C,2)，∴cosA·cosB＝eq\f(1－cosC,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos[180°－(A＋B)]＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)cos(A＋B)，∴eq\f(1,2)(cosA·cosB＋sinA·sinB)＝eq\f(1,2)，∴cos(A－B)＝1，∴A－B＝0，∴A＝B，∴△ABC為等腰三角形，故選C．6．等腰△ABC底角B的正弦與余弦的和為eq\f(\r(6),2)，則它的頂角是eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742194)(A)A．30°或150° B．15°或75°C．30° D．15°[解析]由題意：sinB＋cosB＝eq\f(\r(6),2).兩邊平方得sin2B＝eq\f(1,2)，設(shè)頂角為A，則A＝180°－2B．∴sinA＝sin(180°－2B)＝sin2B＝eq\f(1,2)，∴A＝30°或150°.7．在△ABC中，內(nèi)角A、B、C所對的邊分別是a、b、c，已知8b＝5c，C＝2B，則cosC＝eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742195)(A)A．eq\f(7,25) B．－eq\f(7,25)C．±eq\f(7,25) D．eq\f(24,25)[解析]由eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)及8b＝5c，C＝2B得，5sin2B＝8sinB，∴cosB＝eq\f(4,5)，∴cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝eq\f(7,25).8．(2023·東北三省四市聯(lián)考)若G是△ABC的重心，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且aeq\o(GA,\s\up6(→))＋beq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)ceq\o(GC,\s\up6(→))＝0，則角A＝eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742196)(D)A．90° B．60°C．45° D．30°[解析]由重心性質(zhì)可知eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，故eq\o(GA,\s\up6(→))＝－eq\o(GB,\s\up6(→))－eq\o(GC,\s\up6(→))，代入aeq\o(GA,\s\up6(→))＋beq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)ceq\o(GC,\s\up6(→))＝0中，即(b－a)eq\o(GB,\s\up6(→))＋(eq\f(\r(3),3)c－a)eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，因?yàn)閑q\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))不共線，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－a＝0,\f(\r(3),3)c－a＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝a，,c＝\r(3)a，))故cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，因?yàn)?<A<180°，所以A＝30°，故選D．9．△ABC中，已知下列條件：①b＝3，c＝4，B＝30°；②a＝5，b＝8，A＝30°；③c＝6，b＝3eq\r(3)，B＝60°；④c＝9，b＝12，C＝60°.其中滿足上述條件的三角形有兩解的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742197)(A)A．①② B．①④C．①②③ D．③④[解析]①csinB<b<c，故有兩解；②bsinA<a<b，故有兩解；③b＝csinB，有一解；④c<bsinC，無解．所以有兩解的有①②，故選A．10．在△ABC中，三邊長分別為a－2，a，a＋2，最大角的正弦值為eq\f(\r(3),2)，則這個(gè)三角形的面積為eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742198)(B)A．eq\f(15,4) B．eq\f(15\r(3),4)C．eq\f(21\r(3),4) D．eq\f(35\r(3),4)[解析]∵三邊不等，∴最大角大于60°，設(shè)最大角為α，故α對的邊長為a＋2.∵sinα＝eq\f(\r(3),2)，∴α＝120°，由余弦定理，得(a＋2)2＝(a－2)2＋a2＋a(a－2)，即a2＝5a，解得a＝5，∴三邊長為3,5,S△ABC＝eq\f(1,2)×3×5×sin120°＝eq\f(15\r(3),4).11．(2023·江西一模)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對邊的邊長，若cosA＋sinA－eq\f(2,cosB＋sinB)＝0，則eq\f(a＋b,c)的值是eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742199)(B)A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2[解析]將cosA＋sinA－eq\f(2,cosB＋sinB)＝0，整理得(cosA＋sinA)(cosB＋sinB)＝2，即cosAcosB＋sinBcosA＋sinAcosB＋sinAsinB＝cos(A－B)＋sin(A＋B)＝2，∴cos(A－B)＝1，sin(A＋B)＝1，∴A－B＝0，A＋B＝eq\f(π,2)，即A＝B＝eq\f(π,4)，C＝eq\f(π,2).利用eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，則eq\f(a＋b,c)＝eq\f(2RsinA＋2RsinB,2RsinC)＝eq\f(sinA＋sinB,sinC)＝eq\f(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2),1)＝eq\r(2).(R為△ABC的外接圓半徑)12．如圖，一貨輪航行到M處，測得燈塔S在貨輪的北偏東15°，與燈塔S相距20nmile，隨后貨輪按北偏西30°的方向航行30min后，又測得燈塔在貨輪的東北方向，則貨輪的速度為eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742200)(B)A．20(eq\r(2)＋eq\r(6))nmile/h B．20(eq\r(6)－eq\r(2))nmile/hC．20(eq\r(3)＋eq\r(6))nmile/h D．20(eq\r(6)－eq\r(3))nmile/h[解析]由題意可知∠SMN＝15°＋30°＝45°，MS＝20，∠MNS＝45°＋(90°－30°)＝105°，設(shè)貨輪每小時(shí)航行xnmile，則MN＝eq\f(1,2)x，∴∠MSN＝180°－105°－45°＝30°，由正弦定理，得eq\f(\f(1,2)x,sin30°)＝eq\f(20,sin105°)，∵sin105°＝sin(60°＋45°)＝sin60°cos45°＋cos60°sin45°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，∴x＝20(eq\r(6)－eq\r(2))，故選B．二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每個(gè)小題4分，共16分．將正確答案填在題中橫線上)13．在△ABC中，已知b＝1，sinC＝eq\f(3,5)，bcosC＋ccosB＝2，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(8,5)或－eq\f(8,5).eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742201)[解析]由余弦定理的推論，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac).∵bcosC＋ccosB＝2，∴eq\f(a2＋b2－c2,2a)＋eq\f(a2＋c2－b2,2a)＝2，∴a＝2，即|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝2.∵sinC＝eq\f(3,5)，0°<C<180°，∴cosC＝eq\f(4,5)，或cosC＝－eq\f(4,5).又∵b＝1，即|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝1，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(8,5)，或eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\f(8,5).14．已知△ABC的周長為eq\r(2)＋1，且sinA＋sinB＝eq\r(2)sinC．若△ABC的面積為eq\f(1,6)sinC，則C＝60°.eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742202)[解析]∵sinA＋sinB＝eq\r(2)sinC．∴a＋b＝eq\r(2)c.又∵a＋b＋c＝eq\r(2)＋1，∴c＝1，a＋b＝eq\r(2).又S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,6)sinC．∴ab＝eq\f(1,3)，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a＋b2－2ab－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，∴C＝60°.15．(2023·河北石家莊市一模)已知△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，AD⊥BC于D，則eq\f(BD,CD)的值為\x(導(dǎo)學(xué)號54742203)[解析]在△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，由余弦定理得cos60°＝eq\f(AB2＋42－2\r(7)2,2AB·4)＝eq\f(1,2)，解得AB＝6(負(fù)值舍去)．因?yàn)镽t△ABD與Rt△ACD有公共邊AD，所以62－BD2＝42－(2eq\r(7)－BD)2，解得BD＝eq\f(12\r(7),7)，所以CD＝eq\f(2\r(7),7)，所以CD＝eq\f(2\r(7),7).故eq\f(BD,CD)＝6.16．在△ABC中，cos2eq\f(A,2)＝eq\f(b＋c,2c)，則△ABC的形狀為直角三角形.eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742204)[解析]∵cos2eq\f(A,2)＝eq\f(1＋cosA,2)＝eq\f(b＋c,2c)＝eq\f(1,2)＋eq\f(b,2c)，∴cosA＝eq\f(b,c).由余弦定理的推論，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b,c)，∴a2＋b2＝c2.∴△ABC為直角三角形．三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本題滿分12分)(2023·北京理，15)在△ABC中，a2＋c2＝b2＋eq\r(2)\x(導(dǎo)學(xué)號54742205)(1)求∠B的大??；(2)求eq\r(2)cosA＋cosC的最大值．[解析](1)由余弦定理及題設(shè)條件得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2).又0<∠B<π，所以<B＝eq\f(π,4).(2)由(1)知∠A＋∠C＝eq\f(3π,4)，則eq\r(2)cosA＋cosC＝eq\r(2)cosA＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\r(2)cosA－eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4))).因?yàn)?<∠A<eq\f(3π,4)，所以當(dāng)∠A＝eq\f(π,4)時(shí)，eq\r(2)cosA＋cosC取得最大值1.18．(本題滿分12分)(2023·廣州市綜合檢測)已知△ABC的三邊a，b，c所對的角分別為A，B，C，且a︰b︰c＝7︰5︰\x(導(dǎo)學(xué)號54742206)(1)求cosA的值；(2)若△ABC的面積為45eq\r(3)，求△ABC外接圓半徑的大?。甗解析](1)因?yàn)閍︰b︰c＝7︰5︰3，所以可設(shè)a＝7k，b＝5k，c＝3k(k>0)，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(5k2＋3k2－7k2,2×5k×3k)＝－eq\f(1,2).(2)由(1)知cosA＝－eq\f(1,2)，因?yàn)锳是△ABC的內(nèi)角，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),2).由(1)知b＝5k，c＝3k，因?yàn)椤鰽BC的面積為45eq\r(3)，所以eq\f(1,2)bcsinA＝45eq\r(3)，即eq\f(1,2)×5k×3k×eq\f(\r(3),2)＝45eq\r(3)，解得k＝2eq\r(3).由正弦定理得2R＝eq\f(7k,sinA)＝eq\f(14\r(3),\f(\r(3),2))＝28，解得R＝14，所以△ABC外接圓半徑的大小為14.19．(本題滿分12分)為保障高考的公平性，高考時(shí)每個(gè)考點(diǎn)都要安裝手機(jī)屏蔽儀，要求在考點(diǎn)周圍1km內(nèi)不能收到手機(jī)信號．檢查員抽查青島市一考點(diǎn)，在考點(diǎn)正西約eq\r(3)km有一條北偏東60°方向的公路，在此處檢查員用手機(jī)接通電話，以12km/h的速度沿公路行駛，最長需要多少時(shí)間，檢查員開始收不到信號，并至少持續(xù)多長時(shí)間該考點(diǎn)才算合格？eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742207)[解析]如圖所示，考點(diǎn)為A，檢查開始處為B，設(shè)公路上C，D兩點(diǎn)到考點(diǎn)的距離為1km.在△ABC中，AB＝eq\r(3)≈，AC＝1，∠ABC＝30°，由正弦定理，得sin∠ACB＝eq\f(ABsin30°,AC)＝eq\f(\r(3),2)，∴∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合題意)，∴∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝1.在△ACD中，AC＝AD，∠ACD＝60°，∴△ACD為等邊三角形，∴CD＝1.∵eq\f(BC,12)×60＝5，∴在BC上需要5min，CD上需要5min.∴最長需要5min檢查員開始收不到信號，并至少持續(xù)5min該考點(diǎn)才算合格．20．(本題滿分12分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a>c，已知eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，cosB＝eq\f(1,3)，b＝3，求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742208)(1)a和c的值；(2)cos(B－C)的值．[解析](1)由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2得c·acosB＝2.又cosB＝eq\f(1,3)，所以ac＝6.由余弦定理得a2＋c2＝b2＋2accosB．又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×eq\f(1,3)＝13.解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ac＝6，,a2＋c2＝13，))得a＝2，c＝3或a＝3，c＝2.因?yàn)閍>c，所以a＝3，c＝2.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\f(1,3)2)＝eq\f(2\r(2),3).由正弦定理，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(2,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(4\r(2),9).因?yàn)閍＝b>c，所以C為銳角，因此cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\f(4\r(2),9)2)＝eq\f(7,9).于是cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝eq\f(1,3)×eq\f(7,9)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(23,27).21．(本題滿分12分)(2023·山東淄博市檢測)已知銳角三角形ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且tanA＝eq\f(\r(3)cb,c2＋b2－a2).eq\x(導(dǎo)學(xué)號54742209)(1)求角A的大小；(2)當(dāng)a＝eq\r(3)時(shí)，求c2＋b2的最大值，并判斷此時(shí)△ABC的形狀．[解析](1)由已知及余弦定理，得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(3)cb,2cbcosA)，sinA＝eq\f(\r(3),2)，因?yàn)锳為銳角，所以A＝60°.(2)解法1：由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，所以b＝2sinB，c＝2sinC＝2sin(120°－B)．c2＋b2＝4[sin2B＋sin2(120°－B)]＝4[eq\f(1－cos2B,2)＋eq\f(1－cos240°－2B,2)]＝4－cos2B＋eq\r(3)sin2B＝4＋2sin(2B－30°)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\v