第一章檢測(cè)試卷（A）

第一章檢測(cè)試卷(A)(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1．在鈍角△ABC中，a＝1，b＝2，則最大邊c的取值范圍是()A．(1,3)B．(2,3)C．(eq\r(5)，3)D．(2eq\r(2)，3)答案C解析由cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，得c2>a2＋b2＝5.∴c>eq\r(5)，又c<a＋b＝3，∴eq\r(5)<c<3.2．在△ABC中，若a＝eq\f(\r(5),2)b，A＝2B，則cosB等于()A.eq\f(\r(5),3)B.eq\f(\r(5),4)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(\r(5),6)答案B解析由正弦定理，得eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)，∴a＝eq\f(\r(5),2)b可化為eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(\r(5),2).又A＝2B，∴eq\f(sin2B,sinB)＝eq\f(\r(5),2)，∴cosB＝eq\f(\r(5),4).3．(2018·連云港期末)在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若a＝eq\r(2)bsinA，則角B的大小為()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,6)C.eq\f(3π,4)D.eq\f(π,3)答案A解析∵a＝eq\r(2)bsinA，∴由正弦定理可得，sinA＝eq\r(2)sinBsinA，∵sinA>0，∴sinB＝eq\f(\r(2),2)，∴由B為銳角，可得B＝eq\f(π,4).4．在△ABC中，已知a＝eq\r(5)，b＝eq\r(15)，A＝30°，則c等于()A．2eq\r(5) B.eq\r(5)C．2eq\r(5)或eq\r(5) D．以上都不對(duì)答案C解析∵a2＝b2＋c2－2bccosA，∴5＝15＋c2－2eq\r(15)×c×eq\f(\r(3),2)，化簡得c2－3eq\r(5)c＋10＝0，即(c－2eq\r(5))(c－eq\r(5))＝0，∴c＝2eq\r(5)或c＝eq\r(5).5．已知△ABC中，a＝4，b＝4eq\r(3)，∠A＝30°，則∠B等于()A．30°B．30°或150°C．60°D．60°或120°答案D解析由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinB＝eq\f(4\r(3)×\f(1,2),4)＝eq\f(\r(3),2).又a<b，∴∠B＝60°或120°.6．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，若b2tanA＝a2tanB成立，則△ABC一定是()A．銳角三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰三角形或直角三角形答案D解析由已知及正弦定理可得tanAsin2B＝tanBsin2A，∴eq\f(sinA,cosA)·sin2B＝eq\f(sinB,cosB)·sin2A，又sinA≠0，sinB≠0，∴sinBcosB＝sinAcosA，即sin2A＝sin2B.又∵A∈(0，π)，B∈(0，π)，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，即△ABC是等腰三角形或直角三角形．7．在△ABC中，a，b，c分別是A，B，C的對(duì)邊，已知b2＝c(b＋2c)，若a＝eq\r(6)，cosA＝eq\f(7,8)，則△ABC的面積等于()A.eq\r(17)B.eq\r(15)C.eq\f(\r(15),2)D．3答案C解析∵b2＝c(b＋2c)，∴b2－bc－2c2＝0，即(b＋c)·(b－2c)＝0，∴b＝2c.又a＝eq\r(6)，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(7,8)，解得c＝2，b＝4.∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×2×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))2)＝eq\f(\r(15),2).8．在△ABC中，AB＝2，AC＝3，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1，則BC等于()A.eq\r(3)B.eq\r(7)C．2eq\r(2)D.eq\r(23)答案A解析由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1可得2|eq\o(BC,\s\up6(→))|cos(180°－B)＝1，即2|eq\o(BC,\s\up6(→))|cosB＝－1，由余弦定理可得32＝BC2＋22－2×2BCcosB，把2BCcosB＝－1代入，得9＝BC2＋4＋2，解得BC＝eq\r(3).9．在△ABC中，若lgsinA－lgcosB－lgsinC＝lg2，則△ABC的形狀是()A．直角三角形 B．等腰直角三角形C．等邊三角形 D．等腰三角形答案D解析由已知lgeq\f(sinA,cosBsinC)＝lg2，∴eq\f(sinA,cosBsinC)＝2.sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝2cosBsinC，∴sinBcosC－cosBsinC＝0，即sin(B－C)＝0，∵B，C為三角形內(nèi)角，∴B－C＝0，B＝C.10．在銳角△ABC中，BC＝1，B＝2A，則AC的取值范圍是()A．[－2,2]B．[0,2]C．(0,2]D．(eq\r(2)，eq\r(3))答案D解析由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<π－3A<\f(π,2)，,0<2A<\f(π,2)))?eq\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，AC＝2cosA.∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，∴AC∈(eq\r(2)，eq\r(3))．11．如圖，為測(cè)量河對(duì)岸A，B兩點(diǎn)間的距離，沿河岸選取相距40米的C，D兩點(diǎn)，測(cè)得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝60°，∠ADC＝30°，則A，B兩點(diǎn)之間的距離是()A．20eq\r(2)米 B．20eq\r(3)米C．40eq\r(2)米 D．20eq\r(6)米答案D解析在△BCD中，∠BDC＝60°＋30°＝90°，∠BCD＝45°，∴∠CBD＝90°－45°＝∠BCD，∴BD＝CD＝40，BC＝eq\r(BD2＋CD2)＝40eq\r(2).在△ACD中，∠ADC＝30°，∠ACD＝60°＋45°＝105°，∴∠CAD＝180°－(30°＋105°)＝45°.由正弦定理，得AC＝eq\f(CDsin30°,sin45°)＝20eq\r(2).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝BC2＋AC2－2BC×AC×cos∠BCA＝(40eq\r(2))2＋(20eq\r(2))2－2×40eq\r(2)×20eq\r(2)cos60°＝2400，∴AB＝20eq\r(6)，故A，B兩點(diǎn)之間的距離為20eq\r(6)米．12．如果△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個(gè)內(nèi)角的正弦值，則()A．△A1B1C1和△A2B2C2都是銳角三角形B．△A1B1C1和△A2B2C2都是鈍角三角形C．△A1B1C1是鈍角三角形，△A2B2C2是銳角三角形D．△A1B1C1是銳角三角形，△A2B2C2是鈍角三角形答案D解析△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形，若△A2B2C2是銳角三角形，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinA2＝cosA1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A1))，,sinB2＝cosB1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B1))，,sinC2＝cosC1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C1))，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A2＝\f(π,2)－A1，,B2＝\f(π,2)－B1，,C2＝\f(π,2)－C1，))那么A2＋B2＋C2＝eq\f(π,2)，矛盾，若△A2B2C2是直角三角形，不妨設(shè)A2＝eq\f(π,2)，則cosA1＝sinA2＝1，A1＝0，矛盾．所以△A2B2C2是鈍角三角形．二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．在等腰三角形ABC中，已知sinA∶sinB＝1∶2，底邊BC＝10，則△ABC的周長是________．答案50解析由正弦定理，得BC∶AC＝sinA∶sinB＝1∶2，又底邊BC＝10，∴AC＝20，∴AB＝AC＝20，∴△ABC的周長是10＋20＋20＝50.14．在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，則sinB＝________.答案eq\f(3\r(3),14)解析由正弦定理得eq\f(7,sin120°)＝eq\f(5,sinC)，∴sinC＝eq\f(5\r(3),14)，且C為銳角(A＝120°)．∴cosC＝eq\f(11,14).∴sinB＝sin(180°－120°－C)＝sin(60°－C)＝eq\f(\r(3),2)cosC－eq\f(1,2)sinC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(11,14)－eq\f(1,2)×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(3\r(3),14).15．(2018·江蘇改編)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分線交AC于點(diǎn)D，且BD＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝________.答案1解析依題意有S△ABC＝S△BCD＋S△ABD，即eq\f(1,2)acsin120°＝eq\f(1,2)a×1×sin60°＋eq\f(1,2)c×1×sin60°，ac＝a＋c，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝1.16．太湖中有一小島C，沿太湖有一條正南方向的公路，一輛汽車在公路A處測(cè)得小島在公路的南偏西15°的方向上，汽車行駛1km到達(dá)B處后，又測(cè)得小島在南偏西75°的方向上，則小島到公路的距離是________km.答案eq\f(\r(3),6)解析如圖，∠CAB＝15°，∠CBA＝180°－75°＝105°，∠ACB＝180°－105°－15°＝60°，AB＝1km.在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，∴BC＝eq\f(1,sin60°)×sin15°＝eq\f(3\r(2)－\r(6),6)(km)．設(shè)C到直線AB的距離為d，則d＝BC·sin75°＝eq\f(3\r(2)－\r(6),6)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(\r(3),6)(km)．三、解答題(本大題共6小題，共70分)17．(10分)(2018·北京)在△ABC中，a＝7，b＝8，cosB＝－eq\f(1,7).(1)求A；(2)求AC邊上的高．解(1)在△ABC中，因?yàn)閏osB＝－eq\f(1,7)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(3),7).由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(3),2).由題設(shè)知eq\f(π,2)<B<π，所以0<∠A<eq\f(π,2)，所以∠A＝eq\f(π,3).(2)在△ABC中，因?yàn)閟inC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(3\r(3),14)，所以AC邊上的高為asinC＝7×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(3\r(3),2).18．(12分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知△ABC的面積為3eq\r(15)，b－c＝2，cosA＝－eq\f(1,4).(1)求a和sinC的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))的值．解(1)在△ABC中，由cosA＝－eq\f(1,4)，可得sinA＝eq\f(\r(15),4).由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝3eq\r(15)，得bc＝24.又由b－c＝2，解得b＝6，c＝4.由a2＝b2＋c2－2bccosA，可得a＝8.由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(15),8).(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝cos2A·coseq\f(π,6)－sin2A·sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2)(2cos2A－1)－eq\f(1,2)×2sinA·cosA＝eq\f(\r(15)－7\r(3),16).19．(12分)(2018·全國Ⅰ)在平面四邊形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(1)求cos∠ADB；(2)若DC＝2eq\r(2)，求BC.解(1)在△ABD中，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠A)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，即eq\f(5,sin45°)＝eq\f(2,sin∠ADB)，所以sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).由題意知，∠ADB<90°，所以cos∠ADB＝eq\r(1－sin2∠ADB)＝eq\r(1－\f(2,25))＝eq\f(\r(23),5).(2)由題意及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),5)＝25，所以BC＝5.20．(12分)已知△ABC的角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，設(shè)向量m＝(a，b)，n＝(sinB，sinA)，p＝(b－2，a－2)．(1)若m∥n，求證：△ABC為等腰三角形；(2)若m⊥p，邊長c＝2，角C＝eq\f(π,3)，求△ABC的面積．(1)證明∵m∥n，∴asinA＝bsinB，由正弦定理，得a2＝b2，∴a＝b.∴△ABC為等腰三角形．(2)解由題意知m·p＝0，即a(b－2)＋b(a－2)＝0.∴a＋b＝ab.由余弦定理可知，4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，即(ab)2－3ab－4＝0.∴ab＝4(ab＝－1舍去)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(π,3)＝eq\r(3).21．(12分)如圖，已知A，B，C是一條直路上的三點(diǎn)，AB與BC各等于1km，從三點(diǎn)分別遙望塔M，在A處看見塔在北偏東45°方向，在B處看見塔在正東方向，在C處看見塔在南偏東60°方向，求塔到直路ABC的最短距離．解由題意得∠CMB＝30°，∠AMB＝45°，∵AB＝BC＝1，∴S△MAB＝S△MBC，即eq\f(1,2)MA×MB×sin45°＝eq\f(1,2)MC×MB×sin30°，∴MC＝eq\r(2)MA，在△MAC中，由余弦定理，得AC2＝MA2＋MC2－2MA×MC×cos75°，∴MA2＝eq\f(4,3－2\r(2)cos75°)，設(shè)M到AB的距離為h，則由△MAC的面積得eq\f(1,2)MA×MC×sin75°＝eq\f(1,2)AC×h，∴h＝eq\f(\r(2)MA2,2)