2020高中數(shù)學 第一章 解三角形單元質量測評（含解析）5

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE15-學必求其心得，業(yè)必貴于專精第一章單元質量測評本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題)兩部分,滿分150分，考試時間120分鐘．第Ⅰ卷(選擇題，共60分）一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．設a,b，c分別是△ABC中∠A，∠B,∠C所對邊的邊長,則直線xsinA＋ay＋c＝0與bx－ysinB＋sinC＝0的位置關系是（）A．平行 B．重合C．垂直 D．相交但不垂直答案C解析∵k1＝－eq\f（sinA，a），k2＝eq\f(b，sinB)，∴k1k2＝－1,∴兩直線垂直．故選C．2．在△ABC中,已知a－2b＋c＝0，3a＋b－2c＝0,則sinA∶sinB∶sinC等于(）A．2∶3∶4B．3∶4∶5C．4∶5∶8D．3∶5∶7答案D解析因為a－2b＋c＝0，3a＋b－2c＝0，所以c＝eq\f（7，3)a，b＝eq\f(5，3)a．a∶b∶c＝3∶5∶7．所以sinA∶sinB∶sinC＝3∶5∶7．故選D．3．△ABC的三邊分別為a,b,c，且a＝1,B＝45°，S△ABC＝2，則△ABC的外接圓的直徑為()A．4eq\r（3）B．5C．5eq\r（2）D．6eq\r(2)答案C解析∵S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝2，∴c＝4eq\r（2）．由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB＝25，∴b＝5．由正弦定理2R＝eq\f（b,sinB)＝5eq\r（2）(R為△ABC外接圓的半徑）．故選C．4．已知關于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()A．直角三角形 B．鈍角三角形C．等腰三角形 D．等邊三角形答案C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．5．△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（）A．①② B．①④C．①②③ D．③④答案A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．所以有兩解的是①②．故選A．6．在△ABC中,a，b，c分別為內角A,B，C所對的邊,若a＝1,sinB＝eq\f（\r(3），2），C＝eq\f（π，6），則b的值為(）A．1B．eq\f(\r(3)，2）C．eq\r(3)或eq\f（\r（3)，2)D．±1答案C解析在△ABC中，sinB＝eq\f（\r（3）,2),0＜B＜π，∴B＝eq\f(π,3）或eq\f（2π,3），當B＝eq\f（π，3）時，△ABC為直角三角形，∴b＝a·sinB＝eq\f（\r(3）,2）；當B＝eq\f（2π，3）時，A＝C＝eq\f（π，6)，a＝c＝1．由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accoseq\f（2π，3)＝3，∴b＝eq\r(3）．故選C．7．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（)A．30°或150° B．15°或75°C．30° D．15°答案A解析由題意：sinB＋cosB＝eq\f(\r(6),2)．兩邊平方得sin2B＝eq\f（1，2），設頂角為A，則A＝180°－2B．∴sinA＝sin(180°－2B)＝sin2B＝eq\f(1，2),∴A＝30°或150°．故選A．8．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＝(）A．90° B．60°C．45° D．30°答案D解析由重心性質可知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－aeq\o（GC,\s\up6(→））＝0,因為eq\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，）)故由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc）＝eq\f(\r（3)，2）．因為0<A<180°,所以A＝30°．故選D．9．在△ABC中，B＝60°,C＝45°，BC＝8，D為BC上一點,且eq\o（BD，\s\up6（→））＝eq\f（\r（3)－1，2）eq\o（BC,\s\up6(→)）,則AD的長為(）A．4（eq\r(3）－1) B．4（eq\r(3）＋1）C．4（3－eq\r(3）) D．4(3＋eq\r（3)）答案C解析由題意知∠BAC＝75°，根據正弦定理，得AB＝eq\f（BCsin45°,sin75°）＝8(eq\r（3）－1),因為eq\o(BD，\s\up6（→))＝eq\f(\r(3)－1,2）eq\o(BC，\s\up6（→）)，所以BD＝eq\f(\r（3)－1，2）BC．又BC＝8，所以BD＝4(eq\r（3)－1）．在△ABD中,AD＝eq\r（AB2＋BD2－2AB·BD·cos60°）＝4（3－eq\r(3))．故選C．10．在△ABC中，Beq\o(A,\s\up6(→））·Beq\o(C，\s\up6（→））＝3，S△ABC∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(\r(3），2)，\f(3\r(3)，2）））,則B的取值范圍是(）A．eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(π，4)，\f（π,3）））B．eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（π,6），\f(π,4）））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））)答案C解析由題意知ac·cosB＝3，所以ac＝eq\f(3，cosB），S△ABC＝eq\f（1,2）ac·sinB＝eq\f(1，2)×eq\f(3，cosB)×sinB＝eq\f(3，2)tanB．因為S△ABC∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（\r(3），2)，\f(3\r(3）,2)））,所以tanB∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)，3)，\r(3）))，所以B∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π,6），\f（π，3)））．故選C．11．在△ABC中,三內角A，B，C所對邊分別為a，b,c，若(b－c）sinB＝2csinC且a＝eq\r(10），cosA＝eq\f（5，8)，則△ABC面積等于()A．eq\f(\r（39),2）B．eq\r（39)C．3eq\r(13)D．3答案A解析由正弦定理，得（b－c）·b＝2c2，得b2－bc－2c2＝0,得b＝2c或b＝－c（舍）．由a2＝b2＋c2－2bccosA，得c＝2，則b＝4．由cosA＝eq\f（5,8)知,sinA＝eq\f（\r(39）,8）．S△ABC＝eq\f（1，2)bcsinA＝eq\f(1，2)×4×2×eq\f(\r（39)，8）＝eq\f（\r(39)，2)．故選A．12．銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b,c，若2sinA(acosC＋ccosA)＝eq\r(3)b，則eq\f（c，b)的取值范圍是（)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2)，2））B．eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（\r（3),2）,\f（2\r（3）,3）)）C．(1，2)D．eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（\r(3）,2),1)）答案A解析2sinA(acosC＋ccosA）＝eq\r（3)b?2sinA·（sinAcosC＋sinCcosA)＝eq\r（3）sinB?2sinAsin(A＋C)＝eq\r（3)sinB?2sinAsinB＝eq\r（3）sinB?sinA＝eq\f(\r(3）,2），因為△ABC為銳角三角形，所以A＝eq\f（π，3)，a2＝b2＋c2－bc，①a2＋c2＞b2，②a2＋b2＞c2，③由①②③可得2b2＞bc，2c2＞bc，所以eq\f(1,2)＜eq\f（c，b)＜2．故選A．第Ⅱ卷(非選擇題，共90分)二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13．已知在△ABC中,a＋b＝eq\r（3),A＝eq\f(π，3)，B＝eq\f（π,4），則a的值為________．答案3eq\r(3）－3eq\r(2）解析由正弦定理，得b＝eq\f（asinB，sinA)＝eq\f(\r（6)，3）a．由a＋b＝a＋eq\f(\r(6）,3)a＝eq\r(3），解得a＝3eq\r（3)－3eq\r(2)．14．在△ABC中,AB＝eq\r(2），點D在邊BC上,BD＝2DC，cos∠DAC＝eq\f(3\r（10）,10),cosC＝eq\f(2\r（5),5），則AC＋BC＝________．答案3＋eq\r（5）解析∵cos∠DAC＝eq\f(3\r(10），10)，cosC＝eq\f（2\r(5),5）,∴sin∠DAC＝eq\f（\r(10），10)，sinC＝eq\f(\r(5）,5），∴sin∠ADC＝sin(∠DAC＋∠C）＝eq\f(\r（10)，10)×eq\f(2\r（5),5)＋eq\f(3\r（10),10)×eq\f（\r(5）,5）＝eq\f(\r(2),2)．由正弦定理，得eq\f(AC,sin∠ADC）＝eq\f(DC,sin∠DAC)，得AC＝eq\r(5)DC．又∵BD＝2DC,∴BC＝3DC．在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC＝5DC2＋9DC2－2eq\r(5)DC·3DC·eq\f(2\r（5)，5）＝2DC2．由AB＝eq\r（2),得DC＝1，從而BC＝3,AC＝eq\r(5)．即AC＋BC＝3＋eq\r（5）．15．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．已知a＝2eq\r（3）,C＝45°，1＋eq\f(tanA，tanB)＝eq\f(2c,b)，則邊c的值為________．答案2eq\r（2)解析在△ABC中，∵1＋eq\f(tanA,tanB)＝1＋eq\f（sinAcosB，cosAsinB)＝eq\f（cosAsinB＋sinAcosB,cosAsinB）＝eq\f(sinA＋B,cosAsinB）＝eq\f（sinC，cosAsinB)＝eq\f（2c，b)．由正弦定理得eq\f(c，bcosA)＝eq\f(2c,b），∴cosA＝eq\f(1，2），∴A＝60°．又∵a＝2eq\r（3)，C＝45°．由eq\f(a,sinA）＝eq\f(c，sinC）得eq\f（2\r（3),\f（\r(3），2））＝eq\f(c,\f（\r(2），2)),∴c＝2eq\r（2）．16．在△ABC中,a，b，c分別為角A，B，C的對邊，且a，b,c滿足2b＝a＋c,B＝eq\f（π，4)，則cosA－cosC＝________．答案±eq\r(4,2)解析∵2b＝a＋c，由正弦定理得2sinB＝sinA＋sinC，又∵B＝eq\f(π,4），∴sinA＋sinC＝eq\r(2），A＋C＝eq\f（3π,4)．設cosA－cosC＝x，可得(sinA＋sinC)2＋(cosA－cosC）2＝2＋x2,即sin2A＋2sinAsinC＋sin2C＋cos2A－2cosAcosC＋cos2C＝2－2cos(A＋C)＝2－2coseq\f（3π，4）＝2＋x2．則(cosA－cosC）2＝x2＝－2coseq\f（3π,4）＝eq\r（2）,∴cosA－cosC＝±eq\r（4，2）．三、解答題（本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．（本小題滿分10分）如圖，△ACD是等邊三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°,BD交AC于E,AB＝2．(1)求cos∠CBE的值；(2）求AE．解（1）∵∠BCD＝90°＋60°＝150°，CB＝AC＝CD,∴∠CBE＝15°．∴cos∠CBE＝cos15°＝cos(45°－30°)＝eq\f（\r（6)＋\r(2）,4）．（2)在△ABE中，AB＝2，由正弦定理,得eq\f(AE，sin45°－15°）＝eq\f（2，sin90°＋15°），故AE＝eq\f（2sin30°,sin75°）＝eq\f(2×\f（1，2)，\f（\r（6）＋\r（2)，4))＝eq\r（6)－eq\r(2)．18．(本小題滿分12分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a,b，c,且eq\f(cosA,a)＋eq\f（cosB，b)＝eq\f(sinC，c)．（1）證明:sinAsinB＝sinC；(2)若b2＋c2－a2＝eq\f（6，5）bc,求tanB．解(1)證明:由正弦定理eq\f（a，sinA）＝eq\f(b，sinB）＝eq\f（c,sinC），可知原式可以化為eq\f（cosA，sinA）＋eq\f(cosB,sinB）＝eq\f（sinC，sinC)＝1，因為A和B為三角形內角，所以sinAsinB≠0,則兩邊同時乘以sinAsinB，可得sinBcosA＋sinAcosB＝sinAsinB，由和角公式可知，sinBcosA＋sinAcosB＝sin（A＋B)＝sin(π－C）＝sinC，原式得證．（2）因為b2＋c2－a2＝eq\f(6，5)bc，根據余弦定理可知，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc)＝eq\f（3，5）．因為A為三角形內角，A∈（0,π),sinA〉0，則sinA＝eq\r（1－\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3,5)))2)＝eq\f（4,5)，即eq\f（cosA，sinA)＝eq\f（3，4），由（1）可知eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosB,sinB）＝eq\f(sinC，sinC)＝1,所以eq\f(cosB,sinB)＝eq\f（1,tanB）＝eq\f（1，4),所以tanB＝4．19．（本小題滿分12分）為保障高考的公平性，高考時每個考點都要安裝手機屏蔽儀，要求在考點周圍1km內不能收到手機信號．檢查員抽查青島市一考點，在考點正西約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接通電話，以12km/h的速度沿公路行駛，最長需要多少時間,檢查員開始收不到信號,并至少持續(xù)多長時間該考點才算合格？解如右圖所示，考點為A，檢查開始處為B，設公路上C，D兩點到考點的距離為1km．在△ABC中,AB＝eq\r(3)≈1．732，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°不符合題意）,∴∠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該考點才算合格．20．(本小題滿分12分)已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c,a2＋b2＝λab．(1)若λ＝eq\r(6)，B＝eq\f（5π，6)，求sinA；（2）若λ＝4，AB邊上的高為eq\f(\r（3)c，6),求C．解（1)由已知B＝eq\f(5π,6），a2＋b2＝eq\r(6)ab，綜合正弦定理得4sin2A－2eq\r（6）sinA＋1＝0．于是sinA＝eq\f（\r（6）±\r(2）,4)，∵0＜A＜eq\f(π，6),∴sinA＜eq\f(1，2），∴sinA＝eq\f（\r（6)－\r(2)，4）．（2)由題意可知S△ABC＝eq\f（1,2)absinC＝eq\f（\r（3）,12)c2，得eq\f（1，2)absinC＝eq\f(\r(3），12）(a2＋b2－2abcosC）＝eq\f（\r（3），12）(4ab－2abcosC)，從而有eq\r(3)sinC＋cosC＝2即sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π，6）)）＝1．又eq\f(π，6）＜C＋eq\f(π,6)＜eq\f（7π,6)，∴C＝eq\f（π，3)．21．（本小題滿分12分)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）．（1）求角A的大小;(2）當a＝eq\r(3）時，求c2＋b2的最大值，并判斷此時△ABC的形狀．解（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)，因為A為銳角，所以A＝60°．（2)解法一：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＋sin