2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題突破練9三角恒等變換與解三角形-專項訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題突破練9三角恒等變換與解三角形-專項訓(xùn)練一、單項選擇題1.在鈍角△ABC中,AB=2,sinB=32,且△ABC的面積是32,則AC=(A.3 B.2 C.7 D.32.若tanα2=13,則sinA.-13 B.-3 C.13 D3.已知△ABC的三內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,其中R為△ABC外接圓的半徑.若3asinA+3bsinB+4asinB=6Rsin2C,則sinAsinB-cosAcosB=()A.34 B.23 C.-23 D4.古希臘數(shù)學(xué)家畢達哥拉斯通過研究正五邊形和正十邊形的作圖,發(fā)現(xiàn)了黃金分割率,黃金分割率的值也可以用2sin18°表示.若實數(shù)n滿足4sin218°+n2=4,則1-sin18°8A.14 B.12 C.54 5.(2024·新高考Ⅰ,4)已知cos(α+β)=m,tanαtanβ=2,則cos(α-β)=()A.-3m B.-m3 C.m3 D.6.已知cosα+sin2β=32,sinα+sinβcosβ=13,則cos(α+2β)=(A.49 B.59 C.536 D7.小李在某大學(xué)測繪專業(yè)學(xué)習(xí),節(jié)日回家,來到一個池塘邊(如圖陰影部分),為了測量該池塘兩側(cè)C,D兩點間的距離,除了觀測點C,D外,他又選了兩個觀測點P1,P2,且P1P2=a,已經(jīng)測得∠P1P2D=α,∠P2P1D=β,由于條件不足,需要再觀測新的角,則利用已知觀測數(shù)據(jù)和下面三組新觀測的角的其中一組,就可以求出C,D間距離的是()①∠DP1C和∠DCP1;②∠P1P2C和∠P1CP2;③∠P1DC和∠DCP1.A.①② B.①③ C.②③ D.①②③8.人臉識別技術(shù)應(yīng)用在各行各業(yè),改變著人類的生活,而所謂人臉識別,就是利用計算機分析人臉視頻或者圖象,并從中提取出有效的識別信息,最終判別人臉對象的身份.在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應(yīng)用距離的測試,常用的測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.假設(shè)二維空間中有兩個點A(x1,y1),B(x2,y2),O為坐標原點,余弦相似度similarity為向量OA,OB夾角的余弦值,記作cos(A,B),余弦距離為1-cos(A,B).已知點P(sinα,cosα),Q(sinβ,cosβ),R(sinα,-cosα),若點P,Q的余弦距離為13,點Q,R的余弦距離為12,則tanαtanβA.7 B.17 C.4 D.二、多項選擇題9.(2024·安徽蕪湖二模)在平面直角坐標系xOy中,角θ以坐標原點O為頂點,以x軸的非負半軸為始邊,其終邊經(jīng)過點M(a,b),|OM|=m(m≠0),定義f(θ)=b+am,g(θ)=bA.f(π6)+g(π6)B.f(θ)+f2(θ)≥0C.若f(θ)g(D.f(θ)g(θ)是周期函數(shù)10.若△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且滿足b-2a+4asin2A+B2=A.角C一定為銳角 B.a2+2b2-c2=0C.3tanA+tanC=0 D.tanB的最小值為311.(2024·廣西4月模擬)已知△ABC內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,點O為△ABC的重心,cosA=15,AO=2,則(A.AOB.AB·ACC.△ABC的面積的最大值為36D.a的最小值為2512.東漢末年的數(shù)學(xué)家趙爽在《周髀算經(jīng)》中利用一副“弦圖”,根據(jù)面積關(guān)系給出了勾股定理的證明,后人稱其為“趙爽弦圖”.如圖1,它是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形.我們通過類比得到圖2,它是由三個全等的鈍角三角形與一個小等邊三角形A'B'C'拼成的一個大等邊三角形ABC.對于圖2,下列說法正確的是()圖1圖2A.這三個全等的鈍角三角形不可能是等腰三角形B.若BB'=3,sin∠ABB'=5314,則C.若AB=2A'B',則AB'=5BB'D.若A'是AB'的中點,則三角形ABC的面積是三角形A'B'C'面積的7倍三、填空題13.已知△ABC的面積為23,AB=2,B=π3,則sinBsinC14.已知tanθ,tan(π4-θ)是方程x2+ax-3=0的兩個根,則a=.15.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且滿足a=2,a2=2b2+c2,則△ABC的面積的最大值為.

16.現(xiàn)制作一批獎杯,獎杯的剖面圖形如圖所示,其中扇形OAB的半徑為10,∠PBA=∠QAB=60°,AQ=QP=PB,工藝制造廠發(fā)現(xiàn),若按此方案設(shè)計,當(dāng)OP最長時,該獎杯比較美觀,此時∠AOB=.

專題突破練9三角恒等變換與解三角形答案一、單項選擇題1.C解析設(shè)內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.依題意,三角形ABC是鈍角三角形,c=2,sinB=32,S△ABC=12acsinB=32,解得a=1,a<c,所以A為銳角.當(dāng)C為鈍角時,cosB=1-sin2B=12,b=a2+當(dāng)B為鈍角時,cosB=-1-sin2B=-12,故b=a2+c2-2ac·cosB=72.A解析因為sinα由于cosα=1-2sin2α2,sinα=2sinα2cos所以cosα-1sinα=3.C解析由正弦定理asinA=b得sinA=a2R,sinB=b2R,sin代入3asinA+3bsinB+4asinB=6Rsin2C,得3a22R+化簡得3a2+3b2+4ab=3c2,即a2+b2-c2=-43ab所以cosC=a2+b故sinAsinB-cosAcosB=-cos(A+B)=cosC=-234.A解析1-5.A解析∵tanαtanβ=2,∴sinαsinβ=2cosαcosβ.∵cos(α+β)=m,即cosαcosβ-sinαsinβ=cosαcosβ-2cosαcosβ=m,∴cosαcosβ=-m,sinαsinβ=-2m.∴cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ=-m-2m=-3m.6.C解析由cosα+sin2β=32知2cosα-cos2β=2①,因為sinα+sinβcosβ=13,所以2sinα+sin2β=23②,將①②兩個等式平方相加得4+1-4cos(2β+α)=4+49,解得cos(α+2β7.D解析根據(jù)題意,△P1P2D的三個角和三條邊均可以求出,①中,CDsin∠DP1C=DP1sin∠DCP1,故CD=DP1sin∠DP1Csin∠DCP1,故①可以求出CD;③與①條件等價.②中,8.A解析由OP=(sinα,cosα),OQ=(sinβ,cosβ),OR=(sinα,-cosα),cos(P,Q)=OP·OQ|OP||OQ|=sinαsinβ+cosαcosβ=cos(α-β),cos(Q,R)=OQ·OR|OQ||OR|=sinαsinβ-cosαcosβ=-cos(α+β),所以二、多項選擇題9.ACD解析因為點M(a,b)在角θ的終邊上,且|OM|=m,所以cosθ=am,sinθ=b所以f(θ)=b+am=sinθ+cosθ,g(θ)=b-am=sin對于A,f(π6)+g(π6)=sinπ6+cosπ6+sinπ6-cosπ6對于B,f(θ)+f2(θ)=sinθ+cosθ+(sinθ+cosθ)2,令t=sinθ+cosθ=2sin(θ+π4)∈[-2,2],所以f(θ)+f2(θ)=t+t2=(t+12)2-14≥-1對于C,f(θ)g(θ)=所以sin2θ=2sinθcosθ=2sinθcosθsin對于D,f(θ)g(θ)=(sinθ+cosθ)(sinθ-cosθ)=sin2θ-cos2θ=-cos2θ,顯然f(θ)g(θ)=-cos2θ為周期函數(shù),故D正確.故選ACD.10.BC解析∵b-2a+4asin2A+B∴b-2a+4asin2π2-∴b-2a+4acos2C2=∴b-2a+4a·1+cosC2∴b+2acosC=0,∴cosC<0,∴角C一定為鈍角,A錯誤;b+2acosC=0?b+2a·a2+b2-c22ab=0?a2+b+2acosC=0?sinB+2sinAcosC=0?3sinAcosC+cosAsinC=0?3tanA+tanC=0,C正確;tanB=-tan(A+C)=tanA+tanCtanAtanC-1=-2tan11.BC解析如圖,延長AO交BC于點D.因為點O是△ABC的重心,所以D是邊BC的中點.所以AO=23AD=2由AO=13AB+13AC得AB+AC=3AO,所以9AO2=(AB+AC)2又AB·AC=|AB||AC|cosA=15|AB|·|AC|,即|AB||所以2×5AB·AC+2AB·AC≤9×22,所以AB·AC≤3,當(dāng)且僅當(dāng)|AB|=||AB||AC|=AB·ACcosA≤15,當(dāng)且僅當(dāng)|AB|=|AC|時等號成立,sinA=1-cos2A=265,所以S△ABC=12|AB||A由9AO2=(AB+AC)2=AB2+AC2+2AB·AC得|AB|2+|AC|2=36-2AB·AC=36-25|AB||AC|,所以a2=b2+c2-2bccosA=|AB|2+|AC|2-2|AB||AC|cosA=36-45故選BC.12.ABD解析對于A選項,根據(jù)題意,題圖2,它是由三個全等的鈍角三角形與一個小等邊三角形A'B'C'拼成的一個大等邊三角形ABC,故AA'=BB',AB'>BB',所以這三個全等的鈍角三角形不可能是等腰三角形,故A選項正確;對于B選項,由題知,在△ABB'中,BB'=3,sin∠ABB'=5314,∠所以cos∠ABB'=1114,所以sin∠BAB'=sin(60°-∠ABB')=3314,所以由正弦定理得BB'sin∠BAB'=AB'sin∠ABB對于C選項,不妨設(shè)AB=2A'B'=2,AA'=x,所以在△AB'B中,由余弦定理得AB2=AB'2+BB'2-2AB'·BB'cos∠AB'B,代入數(shù)據(jù)得AA'=x=5-12,所以AB'=AA'+A'B'=5-12+1=5+12,BB'=AA'=5對于D選項,若A'是AB'的中點,則S△ABB'=12BB'·AB'sin120°=B'C'·A'B'sin60°=2S△A'B'C',所以S△ABC=3S△ABB'+S△A'B'C'=7S△A'B'C',故D選項正確三、填空題13.3解析設(shè)內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,則AB=2=c,S△ABC=12acsinB=12×a×2×32=23,∴b2=a2+c2-2accosB=16+4-2×4×2×12=∴b=23,∴sinB14.-4解析因為tanθ,tanπ4-θ是方程x2+ax-3=0的兩個根,所以tanθ+tanπ4-θ=-a,tanθtanπ4-θ=-3,Δ=a所以tanπ4=tanθ+π4-θ=tan15.23解析由余弦定理及題意可得a2=b2+c2-2bccosA=2b2+c2=4,所以cosA=-b2c,則sinA=4c2-b22c,則△16.π2解析由題意可知,四邊形ABPQ為等腰梯形.如圖,連接OP,過點O作OM⊥QP垂足為點M,交AB于點C,則OC⊥AB,OM平分∠AOB,M為線段PQ的中點.設(shè)∠AOC=則AB=20sinθ,OC=10cosθ,設(shè)AQ=QP=BP=x,過點Q作QE⊥AB垂足為點E,過點P作PF⊥AB垂足為點F,因為∠PBA=∠QAB=6