2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題三 3.2 三角恒等變換與解三角形能力訓(xùn)練 新人教A版

《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題三 3.2 三角恒等變換與解三角形能力訓(xùn)練 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題三 3.2 三角恒等變換與解三角形能力訓(xùn)練 新人教A版（4頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題三 3.2 三角恒等變換與解三角形能力訓(xùn)練 新人教A版 一、選擇題(本大題共7小題,每小題5分,共35分) 1.已知=-,則cos α+sin α等于(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.- B. C. D.- 2.(xx浙江嘉興二測(cè),文5)若sin θ+cos θ=,θ∈[0,π],則tan θ=(　　) A.- B. C.-2 D.2 3.在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,若c=1,B=45°,cos A=,則b等于(　　) A. B. C. D. 4.(xx浙江諸暨質(zhì)檢,文4)已知cos,則sin 2α=(

2、　　) A. B. C.± D.± 5.已知a,b,c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊,且(b-c)(sin B+sin C)=(a-c)sin A,則角B的大小為(　　) A.30° B.45° C.60° D.120° 6.在三角形ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,且acos C,bcos B,ccos A成等差數(shù)列,若b=,則a+c的最大值為(　　) A. B.3 C.2 D.9 7.鈍角三角形ABC的面積是,AB=1,BC=,則AC=(　　) A.5 B. C.2 D.1 二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分) 8.(xx浙江杭州

3、二中仿真,文10)已知0<α<,-<β<0,cos(α-β)=,且tan α=,則cos α=　　　　　,sin β=　　　　　.? 9.(xx浙江重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體二適,文14)在△ABC中,若sin A=2cos Bcos C,則tan B+tan C=　　　　　.? 10.若α∈,則的最大值為　　　　　.? 11.已知a,b,c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊,a=2,且(2+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C,則△ABC面積的最大值為　　　　　.? 三、解答題(本大題共3小題,共45分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 12.(本小題滿分14

4、分)(xx廣東,文16)已知tan α=2. (1)求tan的值; (2)求的值. 13.(本小題滿分15分)(xx浙江嘉興教學(xué)測(cè)試(二),文16)三角形ABC中,已知sin2A+sin2B+sin Asin B=sin2C,其中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c. (1)求角C的大小; (2)求的取值范圍. 14.(本小題滿分16分)(xx湖南,文17)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,a=btan A. (1)證明:sin B=cos A; (2)若sin C-sin A

5、cos B=,且B為鈍角,求A,B,C. 專題能力訓(xùn)練7　三角恒等變換與解三角形 1.D　解析:由=-可得-(sin α+cos α).故cos α+sin α=-. 2.C　解析:∵sin θ+cos θ=,∴(sin θ+cos θ)2=sin2θ+cos2θ+2sin θcos θ=,因此得2sin θcos θ=-<0. 又θ∈[0,π],∴sin θ>0,cos θ<0,因此θ∈. ∵(sin θ-cos θ)2=sin2θ+cos2θ-2sin θcos θ=,由于sin θ>0,cos θ<0,∴sin θ-cos θ=.

6、 又sin θ+cos θ=,∴sin θ=,cos θ=-,得tan θ==-2.故選C. 3.C　解析:因?yàn)閏os A=,所以sin A=. 所以sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=cos 45°+sin 45°=. 由正弦定理,得b=×sin 45°=. 4.B　解析:sin 2α=cos=2cos2-1=2×-1=.故選B. 5.A　解析:由正弦定理及(b-c)(sin B+sin C)=(a-c)sin A得(b-c)(b+c)=(a-c)a,即b2-c2=a2-ac,所以a2+c2-b2=ac.又因?yàn)閏os

7、 B=,所以cos B=.所以B=30°. 6.C　解析:∵acos C,bcos B,ccos A成等差數(shù)列, ∴2bcos B=acos C+ccos A. ∴2sin Bcos B=sin Acos C+sin Ccos A. ∴2sin Bcos B=sin(A+C).∴2sin Bcos B=sin B. ∵sin B≠0,∴cos B=.又∵0

8、 即×1×sin B,解得sin B=. 于是得B=45°或B=135°. 當(dāng)B=45°時(shí),AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B=12+()2-2×1×=1. 此時(shí)AC2+AB2=BC2,△ABC為直角三角形,不符合題意; 當(dāng)B=135°時(shí),AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B=12+()2-2×1×=5,解得AC=.符合題意.故選B. 8.　-　解析:因?yàn)閠an α=, 所以sin α=cos α.① 因?yàn)閟in2α+cos2α=1,② 0<α<,由①②聯(lián)立解得cos α=, 所以sin α=. 又-<β<0,所以0<α-β<π,sin(α-β)

9、=. 所以sin β=sin[α-(α-β)]=sin αcos(α-β)-cos αsin(α-β)==-. 9.2　解析:因?yàn)樵凇鰽BC中,sin A=2cos Bcos C,所以sin(B+C)=2cos Bcos C,tan B+tan C==2. 10.　解析:∵α∈,∴tan α∈(0,+∞). ∴, 當(dāng)且僅當(dāng)tan α=時(shí)等號(hào)成立. 11.　解析:由正弦定理,可得(2+b)(a-b)=(c-b)·c. ∵a=2,∴a2-b2=c2-bc, 即b2+c2-a2=bc. 由余弦定理,得cos A=. ∴sin A=.由b2+c2-bc=4,得b2+c2=4+bc.

10、 ∵b2+c2≥2bc,即4+bc≥2bc,∴bc≤4. ∴S△ABC=bc·sin A≤,即(S△ABC)max=. 12.解:(1)tan ==-3. (2) = = ==1. 13.解:(1)由題意結(jié)合正弦定理得a2+b2-c2=-ab,于是由余弦定理可得cos C==-,故C=. (2)由正弦定理得(sin A+sin B).∵A+B=,∴B=-A. ∴sin A+sin B=sin A+sin=sin. ∵0