2024高考數(shù)學二輪專題復習測試大題基礎練一含解析

PAGE大題基礎練(一)三角函數(shù)與解三角形1．在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知cos2C＝－eq\f(3,4).(1)求sinC；(2)當c＝2a，且b＝3eq\r(7)時，求a.解：(1)由已知可得1－2sin2C＝－eq\f(3,4).所以sin2C＝eq\f(7,8).因為在△ABC中，sinC>0，所以sinC＝eq\f(\r(14),4).(2)因為c＝2a，所以sinA＝eq\f(1,2)sinC＝eq\f(\r(14),8).因為△ABC是銳角三角形，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分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且(acosC＋ccosA)tanA＝eq\r(3)b.(1)求角A的大?。?2)若a＝eq\r(3)，求bc的最大值．解：(1)因為(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，因為A＋C＝π－B，所以sin(π－B)tanA＝eq\r(3)sinB，即sinBtanA＝eq\r(3)sinB，因為0<B<π，所以sinB≠0，tanA＝eq\r(3)，因為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，當且僅當b＝c時等號成立，所以bc的最大值為3.3.如圖，已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且asinA＋(c－a)sinC＝bsinB，點D是AC的中點，DE⊥AC，交AB于點E，且BC＝2，DE＝eq\f(\r(6),2).(1)求B；(2)求△ABC的面積．解：(1)因為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)，因為0<B<π，所以B＝60°.(2)連接CE，如圖：D是AC的中點，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)，因為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的對邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S，且S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)．(1)求角C；(2)若3a＝2b，求sinA.解：(1)因為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)設a＝2t，b＝3t(t>0)則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．在銳角△ABC中，角A、B、C的對邊分別為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)的取值范圍．解：(1)由正弦定理的邊化角公式可得2sinAsinC＝eq\f(4\r(3),3)sinAsinBsinC.因為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)，則A＋C＝eq\f(2π,3)，因為△ABC為銳角三角形，則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)))，因為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．在條件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中任選一個，補充到橫線上，并解答問題．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，b＋c＝6，a＝2eq\r(6)，________．求△ABC的面積．注：假如選擇多個條件分別解答，那么按第一個解答計分解：若選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).因為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).若選②：由正弦定理，得sinAsinB＝sinBcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).因為0<B<π，所以sinB≠0，所以sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，化簡得sinA＝eq\f(\r(3),2)cosA－eq\f(1,2)sinA，所以tanA＝eq\f(\r(3),3).因為0<A<π，所以A＝eq\f(π,6).又因為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).若選③：由正弦定理，得sinBsineq\f(B＋C,2)＝sinAsinB.因為0<B<π，所以sinB≠0，所以sineq\f(B＋C,2)＝sinA.又因為B＋C＝π－A，所以coseq\f(A,2)＝2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2).因為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的對邊分別為a，b，c，eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB＋sinC,cosB＋cosC)＝10，③c＝8，④△ABC的面積S＝10eq\r(3)，請指出這三個條件，并說明理由；(2)若a＝3，求△ABC周長L的取值范圍．解：因為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)因為A，B，C∈(0，π)，所以A－B＝C－A，即2A＝B＋C，所以A＝eq\f(π,3)(1)△ABC還同時滿意條件①③④理由如下：若△ABC同時滿意條件①②則由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(5\r(3),7)>1，這不行能，所以△ABC不能同時滿意條件①②，所以△ABC同時滿意條件③④所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×b×8×eq\f(\r(3),2)＝10eq\r(3)所以b＝5與②沖突所以△ABC還同時滿意條件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)因為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，因為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周長L的取值范圍為(6，9]．8．已知a，b，c分別為△ABC內(nèi)角A，B，C的對邊，若△ABC同時滿意以下四個條件中的三個：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)條件①②能否同時滿意，請說明理由；(2)以上四個條件，請在滿意三角形有解的全部組合中任選一組，并求出對應△ABC的面積．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)，因為A＋C，A∈(0，π)，所以sin(A＋C)＝sinB≠0，sinA≠0，所以cosA＝eq\f(1,2)，因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).因為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，沖突．所以△ABC不能同時滿意①②.(2)由(1)知，△ABC滿意①③④或②③④.若△ABC滿意①③④，因為b2＝a2＋c2－2accosB，所以8＝6＋c2＋2×eq\r(6)×c×eq\f(\r(6),3)，即c2＋4c－2