2019年高考數(shù)學總復習 第4章 第7節(jié) 正弦定理和余弦定理課時跟蹤檢測 理（含解析）新人教版.doc

《2019年高考數(shù)學總復習 第4章 第7節(jié) 正弦定理和余弦定理課時跟蹤檢測 理（含解析）新人教版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考數(shù)學總復習 第4章 第7節(jié) 正弦定理和余弦定理課時跟蹤檢測 理（含解析）新人教版.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019年高考數(shù)學總復習 第4章 第7節(jié) 正弦定理和余弦定理課時跟蹤檢測 理（含解析）新人教版 1．(xx湛江檢測)在△ABC中，∠A＝，AB＝2，且△ABC的面積為，則邊AC的長為(　　) A．1 B．　　　　 C．2　　 D．3 解析：選A　∵S△ABC＝ABACsin A＝2AC＝，∴AC＝1.選A. 2．在△ABC中，三個內(nèi)角A，B，C所對的邊為a，b，c，且b2＝a2－ac＋c2，C－A＝90，則cos Acos C＝(　　) A．　 B．　　　 C．－　 D．－ 解析：選C　依題意得a2＋c2－b2＝ac，cos B＝ ＝＝.又0＜B＜180，所以B＝60，C＋A＝120. 又C－A＝90，所以C＝90＋A，A＝15，cos Acos C ＝cos Acos (90＋A)＝－sin 2A＝－sin 30＝－，選C. 3．(xx天津高考)在△ABC中，∠ABC＝，AB＝，BC＝3，則sin ∠BAC＝(　　) A．　 B． C．　 D． 解析：選C　在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2ABBCcos ∠ABC＝2＋9－23＝5，所以AC＝.由正弦定理得＝，即＝，所以sin ∠BAC＝.故選C. 4．(xx吉林一中調(diào)研)在△ABC中，若a，b，c分別是角A，B，C的對邊，A＝60，b＝1，三角形面積為，則＝(　　) A．2　 B．　　　 C．2　 D．2 解析：選A　根據(jù)題意S△ABC＝bcsin A＝1csin 60＝，解得c＝2，由余弦定理可得a＝，由正弦定理得＝＝2R＝＝＝2. 5．(xx杭州模擬)△ABC的三個內(nèi)角，A，B，C所對的邊分別為a，b，c，asin Asin B＋bcos2A＝a，則＝(　　) A．2　 B．2　　　 C．　 D． 解析：選D　由條件及正弦定理， 得sin2Asin B＋sin Bcos2A＝sin A， 即sin B(sin2A＋cos2A)＝sin A， 所以sin B＝sin A，故＝＝.故選D. 6．(xx吉林一中月考)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，tan A＝，cos B＝.若△ABC最長的邊為1，則最短邊的長為(　　) A．　 B．　　　 C．　 D． 解析：選D　由cos B＝知B為銳角，∴tan B＝， 故tan C＝tan (π－A－B)＝－tan (A＋B)＝ －＝－1，所以∠C＝135，故邊c最長，從而c＝1，又tan A＞tan B，故b邊最短，∵sin B＝，sin C＝，由正弦定理得＝，所以b＝＝，即最短邊的長為，故選D. 7．(xx北京高考)在△ABC中，若a＝3，b＝，∠A＝，則∠C的大小為________． 解析：　由正弦定理得，＝， 從而＝，即sin ∠B＝，∴∠B＝或∠B＝. 由a＞b可知∠B＝不合題意，∴∠B＝. ∴∠C＝π－＝. 8．在△ABC中，A＝60，b＝1，其面積為，則△ABC外接圓的直徑是________． 解析：　由題意，知bcsin A＝，所以c＝4.由余弦定理，知a＝＝，由正弦定理，得2R＝＝＝，即△ABC外接圓的直徑是. 9．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且b2＋c2＝a2＋bc，sin Bsin C＝sin2A，則△ABC是________三角形．(從“等腰”、“等邊”、“等腰直角”、“直角”中選擇一個填空) 解析：等邊　由已知得cos A＝＝＝， 又∠A是△ABC的內(nèi)角，∴A＝. 由sin Bsin C＝sin2A及正弦定理，得bc＝a2， 又b2＋c2＝a2＋bc，∴b2＋c2＝2bc. ∴(b－c)2＝0，即b＝c. ∴△ABC是等邊三角形． 10．在△ABC中，三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若b＝2，B＝，sin C＝，則a＝________. 解析：6　根據(jù)正弦定理得＝，則c＝＝2，再由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，即a2－4a－12＝0，(a＋2)(a－6)＝0，解得a＝6或a＝－2(舍去)． 11．(xx新課標全國高考Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a＝bcos C＋csin B． (1)求B； (2)若b＝2，求△ABC面積的最大值． 解：(1)由已知及正弦定理得 sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B． ① 又A＝π－(B＋C)，故 sin A＝sin (B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C． ② 由①，②和C∈(0，π)得sin B＝cos B， 又B∈(0，π)，所以B＝. (2)△ABC的面積S＝acsin B＝ac. 由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accos . 又a2＋c2≥2ac，故ac≤＝2(2＋)，當且僅當a＝c時等號成立． 所以ac≤＋1. 即△ABC面積的最大值為＋1. 12．(xx溫州十校聯(lián)合體測試)已知λ∈R，f(x)＝cos x(λsin x－cos x)＋cos2滿足f＝f(0)． (1)求函數(shù)f(x)的對稱軸和單調(diào)遞減區(qū)間； (2)設(shè)△ABC三內(nèi)角A，B，C所對邊分別為a，b，c且＝－，求f(x)在(0，A]上的值域． 解：(1)f(x)＝λsin xcos x－cos2 x＋sin2 x ＝λsin 2x－cos 2x， ∵f＝f(0)，∴λ＝2 ∴f(x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin. 由2x－＝kπ＋，k∈Z，得x＝＋，k∈Z. ∴函數(shù)圖象的對稱軸為x＝＋，k∈Z. 由＋2kπ≤2x－≤＋2kπ， 得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z. ∴函數(shù)的遞減區(qū)間為(k∈Z)． (2)由條件及正弦定理得 ＝－＝－， ∴－sin Acos B＝cos A(sin B＋2sin C) 整理得sin(A＋B)＝sin C＝－2cos Asin C， ∵sin C＞0，∴cos A＝－. 又0＜A＜π，∴A＝. 當0＜x≤時，－＜2x－≤. ∴－≤sin≤1，∴－1≤f(x)≤2. ∴函數(shù)f(x)的值域為[－1,2]． 1．在銳角△ABC中，BC＝1，∠B＝2∠A，則AC的取值范圍是(　　) A．[－2,2]　　 B．[0,2] C．(0,2]　 D．(，) 解析：選D　由題意得得＜∠A＜. 由正弦定理＝得AC＝2cos A. ∵∠A∈，∴AC∈(，)．故選D. 2．(xx佛山質(zhì)檢)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a＝2，c＝2，1＋＝，則角C的值為________． 解析：　由正弦定理可知1＋＝， 即＝. 所以cos A＝，sin A＝，由＝， 得sin C＝，又因為c＜a，所以C＝. 3．(xx九江第一中學調(diào)研)在△ABC中，a，b，c分別為∠A，∠B，∠C的對邊，若a，b，c成等差數(shù)列，sin B＝，且△ABC的面積為，則b＝________. 解析：2　由a，b，c成等差數(shù)列知a＋c＝2b?、伲蒩csin B＝得ac＝?、?，由題意知角B為銳角，cos B＝所以＝　③，聯(lián)立①②③得b＝2. 4．(xx深圳調(diào)研)已知△ABC中，a、b、c分別為角A、B、C的對邊，sin ＝，且a2＋b2＜c2. (1)求角C的大?。? (2)求的取值范圍． 解：(1)因為a2＋b2＜c2，由余弦定理，cos C＝＜0，所以C為鈍角， 因為sin ＝，又＜2C－＜， 所以2C－＝，解得C＝. (2)由(1)，得B＝－A,0＜A＜. 根據(jù)正弦定理，＝＝＝＝sin . 又＜A＋＜，所以＜sin ≤1， 從而的取值范圍為. 5．(xx福建高考)如圖，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90，OP＝2，點M在線段PQ上． (1)若OM＝，求PM的長； (2)若點N在線段MQ上，且∠MON＝30，問：當∠POM取何值時，△OMN的面積最??？并求出面積的最小值． 解：(1)在△OMP中，∠OPM＝45，OM＝，OP＝2， 由余弦定理得，OM2＝OP2＋MP2－2OPMPcos 45，得MP2－4MP＋3＝0，解得MP＝1或MP＝3. (2)設(shè)∠POM＝α，0≤α≤60， 在△OMP中，由正弦定理，得＝， 所以O(shè)M＝.同理ON＝. 故S△OMN＝OMONsin ∠MON ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝. 因為0≤α≤60，所以30≤2α＋30≤150， 故當α＝30時，sin (2α＋30)的最大值為1，此時△OMN的面積取到最小值，即∠POM＝30時，△OMN面積的最小值為8－4.