高考數(shù)學文二輪復習 課時鞏固過關練九 Word版含解析

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1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 課時鞏固過關練(九)　三角恒等變換與解三角形 　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．(20xx甘肅臨夏期中)已知sinα＝＋cosα，且α∈，則的值為(　　) A. B．－ C. D．－ 解析：∵sinα＝＋cosα，∴sinα－cosa＝.兩邊平方可得：1－2sinαcosα＝，∴2sinαcosα＝，∴1＋2sinαcosα＝，∴(sinα＋cosα)2＝.∵α∈，∴sinα＋cosα＝. ∴＝＝ －(sinα＋cosα)＝－. 答案：B 2．在△ABC中，A

2、，B，C為三個內(nèi)角，f(B)＝4cosBsin2＋cos2B－2cosB，若f(B)＝2，則角B為(　　) A. B. C. D. 解析：由已知f(B)＝4cosB＋cos2B－2cosB＝2cosB(1＋sinB)＋cos2B－2cosB＝2cosBsinB＋cos2B＝sin2B＋cos2B＝2sin，∵f(B)＝2，∴sin＝1.又<2B＋<π，∴2B＋＝，∴B＝. 答案：A 3．(20xx山東煙臺一調(diào))如果將直角三角形三邊增加同樣的長度，則新三角形的形狀為(　　) A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．由增加的長度決定 解析：設直角三角形三邊分別

3、為a，b，c，其中c為斜邊，增加的長度為d，由已知a2＋b2＝c2，在新三角形中，由余弦定理可得cosC＝ ＝>0.又邊長c＋d為最長邊，故角C最大且為銳角，∴新三角形為銳角三角形． 答案：A 4．在銳角△ABC中，角A，B所對的邊長分別為a，b.若2asinB＝b，則角A等于(　　) A. B. C. D. 解析：由2asinB＝b及正弦定理可得2sinAsinB＝sinB，即sinA＝，結合0

4、三角形 C．鈍角三角形 D．不確定 解析：由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sinAsinA，即sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝1，∴A＝，故選A. 答案：A 6．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a≠b，c＝，sinA＝，cos2A－cos2B＝sinAcosA－sinBcosB，則△ABC的面積為(　　) A. B. C. D. 解析：由題意得，－＝sin2A－sin2B，即sin2A－cos2A＝sin2B－cos2B，sin＝sin，由a≠b得A≠B，又A＋B∈(0，π)，∴2A－＋2B－＝π，即A＋B＝，∴C＝.由

5、c＝，sinA＝，＝得a＝，由a8 B．a(chǎn)c(a＋b)>16 C．6≤abc≤12 D．12≤abc≤24 解析：由題設得sin2A＋sin(π－2B)＝sin(2C－π)＋?sin2A＋sin2B＋sin2C＝?sin[2π

6、－(2B＋2C)]＋sin2B＋sin2C＝?sin2B＋sin2C－sin(2B＋2C)＝?sin2B(1－cos2C)＋sin2C(1－cos2B)＝?4sinBsinC(sinBcosC＋cosBsinC)＝?sinAsinBsinC＝.由三角形面積公式S＝absinC及正弦定理得S＝4R2sinAsinBsinC，∴R2＝4S，又1≤S≤2，∴4≤R2≤8，∴bc(b＋c)＝abc＝8R3sinAsinBsinC>R3恒成立，∴bc(b＋c)>8.故選A. 答案：A 二、填空題 8．(20xx江西吉安期中)在△ABC中，D為BC邊上一點，若△ABD是等邊三角形，且AC＝4，則△A

7、DC的面積的最大值為__________． 解析：在△ACD中，cos∠ADC＝ ＝＝－，整理得AD2＋CD2＝48－ADDC≥2ADDC，∴ADDC≤16，當AD＝CD時等號成立， ∴△ADC的面積S＝ADDCsin∠ADC＝ADDC≤4，故答案為4. 答案：4 9．(20xx北京高考)在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，則＝__________. 解析：＝＝＝＝1. 答案：1 10．在△ABC中，角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，已知bcosC＋ccosB＝2b，則＝__________. 解析：∵bcosC＋ccosB＝2b，由邊角互化得sinBcosC＋sin

8、CcosB＝2sinB，即sin(B＋C)＝2sinB，即sinA＝2sinB，∴a＝2b?＝2. 答案：2 三、解答題 11．(20xx江西高安段考)如圖，在等腰直角三角形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的面積最小？并求出面積的最小值． 解：(1)在△OPQ中，∠OPQ＝45，OM＝，OP＝2，由余弦定理得，OM2＝OP2＋PM2－2OPPMcos45，得PM2－4PM＋3＝0，解得PM＝1或PM＝3. (2)設∠POM＝α，0≤α≤60，在△O

9、MP中，由正弦定理，得＝，所以OM＝＝，同理ON＝. S△OMN＝OMONsin∠MON ＝ ＝ ＝. ∵0≤α≤60，30≤2α＋30≤150，∴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的面積的最小值為8－4. 12. 如圖，港口A在港口O的正東120海里處，小島B在港口O的北偏東60的方向，且在港口A北偏西30的方向上．一艘科學考察船從港口O出發(fā)，沿北偏東30的OD方向以20海里/小時的速度駛離港口O.一艘給養(yǎng)快艇從港口A以60海里/小時的速度駛向小島B，在B島轉運補給物資后以相同的航速送往科考船．已知兩船

10、同時出發(fā)，補給裝船時間為1小時． (1)求給養(yǎng)快艇從港口A到小島B的航行時間； (2)給養(yǎng)快艇駛離港口A后，最少經(jīng)過多少時間能和科考船相遇？ 解：(1)由題意知，在△OAB中，OA＝120，∠AOB＝30，∠OAB＝60.于是AB＝60，而快艇的速度為60海里/小時，所以快艇從港口A到小島B的航行時間為1小時． (2)由(1)知，給養(yǎng)快艇從港口A駛離2小時后，從小島B出發(fā)與科考船匯合．為使航行的時間最少，快艇從小島B駛離后必須按直線方向航行，設t小時后恰與科考船在C處相遇．在△OAB中，OA＝120，∠AOB＝30，∠OAB＝60，所以OB＝60，而在△OCB中，BC＝60t，OC＝20(2＋t)，∠BOC＝30，由余弦定理，得BC2＝OB2＋OC2－2OBOCcos∠BOC，即(60t)2＝(60)2＋[20(2＋t)]2－26020(2＋t)，即8t2＋5t－13＝0，解得t＝1或t＝－(舍去)．故t＋2＝3.即給養(yǎng)快艇駛離港口A后，最少經(jīng)過3小時能和科考船相遇．