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高中数学必修5第一章解三角形检测试题(带解析新人教A版)

2019-03-22 作者:wykjedu888
第一章 解三角形
学业质量标准检测
一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.在△ABC中,a=80,b=100,A=45°,则此三角形解的情况是( B )
A.一解     B.两解
C.一解或两解    D.无解
[解析] ∵bsinA=100×22=502<80,
∴bsinA<a<b,∴此三角形有两解.
2.已知a、b、c分别是△ABC三个内角A、B、C的对边,b=7,c=3,B=π6,那么a等于( C )
A.1    B.2
C.4    D.1或4
[解析] 在△ABC中,b=7,c=3,cosB=32,由余弦定理有b2=a2+c2-2accosB,即7=a2+3-3a,
解得a=4或a=-1(舍去).
故a的值为4.
3.(2018-2019学年度深圳耀华实验中学高二月考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且asinA+bsinB=csinC,则△ABC的形状是( B )
A.等腰三角形    B.直角三角形
C.等腰直角三角形    D.等腰或直角三角形
[解析] 由asinA+bsinB=csinC及正弦定理,得
a2+b2=c2,∴△ABC是直角三角形.
4.三角形两边之差为2,夹角的余弦值为35,面积为14,那么这个三角形的此两边长分别是( D )
A.3和5    B.4和6
C.6和8    D.5和7
[解析] 设夹角为A,∵cosA=35,∴sinA=45,
S=12bcsinA=14,∴bc=35,
又b-c=2,∴b=7,c=5.
5.已知关于x的方程x2-xcosA•cosB+2sin2C2=0的两根之和等于两根之积的一半,则△ABC一定是( C )
A.直角三角形    B.钝角三角形
C.等腰三角形    D.等边三角形
[解析] 由题意知:cosA•cosB=sin2C2,
∴cosA•cosB=1-cosC2=12-12cos[180°-(A+B)]=12+12cos(A+B),
∴12(cosA•cosB+sinA•sinB)=12,∴cos(A-B)=1,
∴A-B=0,∴A=B,∴△ABC为等腰三角形,故选C.
6.若把直角三角形的三边都增加同样的长度,则这个新的三角形的形状为( A )
A.锐角三角形    B.直角三角形
C.钝角三角形    D.由增加的长度决定
[解析] 设增加同样的长度为x,原三边长为a、b、c,且c2=a2+b2,c为最大边,
新三角形的三边长为a+x,b+x,c+x,
∴c+x为最大边,其对角为最大角.
而(a+x)2+(b+x)2-(c+x)2=x2+2(a+b-c)x>0,
∴设最大角为θ,则
cosθ=?a+x?2+?b+x?2-?c+x?22?a+x??b+x?>0,
∴θ为锐角,故选A.
7.(2018~2019学年度宁夏育才中学高二月考)在△ABC中,A=60°,b=1,其面积为3,则a+b+csinA+sinB+sinC等于( B )
A.3    B.2393
C.2633    D.292
[解析] 由题意,知3=12bcsinA=12c•sin60°,∴c=4.
由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccosA
=1+16-2×1×4×12=13,
∴a=13.
∴a+b+csinA+sinB+sinC=asinA=1332=2393.
8.在△ABC中,已知sin2A+sin2B-sinAsinB=sin2C,且满足ab=4,则该三角形的面积为( D )
A.1    B.2
C.2    D.3
[解析] 由sin2A+sin2B-sinAsinB=sin2C,得a2+b2-ab=c2,cosC=a2+b2-c22ab=12.
∵C∈(0°,180°),∴C=60°.
∴sinC=32,∴S△ABC=12absinC=3.
9.△ABC中,已知下列条件:①b=3,c=4,B=30°;②a=5,b=8,A=30°;③c=6,b=33,B=60°;④c=9,b=12,C=60°.其中满足上述条件的三角形有两解的是( A )
A.①②    B.①④
C.①②③    D.③④
[解析] ①csinB<b<c,故有两解;②bsinA<a<b,故有两解;③b=csinB,有一解;
④c<bsinC,无解.
所以有两解的有①②,故选A.
10.若G是△ABC的重心,a、b、c分别是角A、B、C的对边,且aGA→+bGB→+33cGC→=0,则角A=( D )
A.90°    B.60°
C.45°    D.30°
[解析] 由重心性质可知GA→+GB→+GC→=0,故GA→=-GB→-GC→,代入aGA→+bGB→+33cGC→=0中,
即(b-a)GB→+(33c-a)GC→=0,
因为GB→,GC→不共线,则b-a=033c-a=0,
即b=ac=3a,故cosA=b2+c2-a22bc=32,
因为0<A<180°,所以A=30°,故选D.
11.在△ABC中,a、b、c分别是角A、B、C所对边的边长,若cosA+sinA-2cosB+sinB=0,则a+bc的值是( B )
A.1    B.2
C.3    D.2
[解析] 将cosA+sinA-2cosB+sinB=0,整理得(cosA+sinA)(cosB+sinB)=2,即cosAcosB+sinBcosA+sinAcosB+sinAsinB=cos(A-B)+sin(A+B)=2,
∴cos(A-B)=1,sin(A+B)=1,
∴A-B=0,A+B=π2,
即A=B=π4,C=π2.利用asinA=bsinB=csinC=2R,得a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,则a+bc=2RsinA+2RsinB2RsinC=sinA+sinBsinC=22+221=2.(R为△ABC的外接圆半径)
12.如图,一货轮航行到M处,测得灯塔S在货轮的北偏东15°,与灯塔S相距20 n mile,随后货轮按北偏西30°的方向航行30 min后,又测得灯塔在货轮的东北方向,则货轮的速度为( B )
 
A.20(2+6)n mile/h    B.20(6-2)n mile/h
C.20(3+6)n mile/h    D.20(6-3)n mile/h
[解析] 由题意可知
∠SMN=15°+30°=45°,MS=20,∠MNS=45°+(90°-30°)=105°,设货轮每小时航行x n mile,则MN=12x,
∴∠MSN=180°-105°-45°=30°,
由正弦定理,得12xsin30°=20sin105°,
∵sin105°=sin(60°+45°)
=sin60°cos45°+cos60°sin45°=6+24,
∴x=20(6-2),故选B.
二、填空题(本大题共4个小题,每个小题5分,共20分.将正确答案填在题中横线上)
13.在△ABC中,已知b=1,sinC=35,bcosC+ccosB=2,则AC→•BC→=__85或-85__.
[解析] 由余弦定理的推论,得cosC=a2+b2-c22ab,cosB=a2+c2-b22ac.
∵bcosC+ccosB=2,
∴a2+b2-c22a+a2+c2-b22a=2,
∴a=2,即|BC→|=2.
∵sinC=35,0°<C<180°,
∴cosC=45,或cosC=-45.
又∵b=1,即|AC→|=1,
∴AC→•BC→=85,或AC→•BC→=-85.
14.(2018•浙江,13)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=7,b=2,A=60°,则sinB=__217__,c=__3__.
[解析] 由正弦定理,得asinA=bsinB,∴7sin60°=2sinB,得sinB=217,由余弦定理,得cosA=b2+c2-a22bc=4+c2-74c=12,解得c=3.
15.(2016•全国卷Ⅱ理,13)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,若cosA=45,cosC=513,a=1,则b=__2113.
[解析] 解法一:因为cosA=45,cosC=513,所以sinA=35,sinC=1213,从而sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=35×513+45×1213=6365.由正弦定理asinA=bsinB,得b=asinBsinA=2113.
解法二:因为cosA=45,cosC=513,所以sinA=35,sinC=1213,从而cosB=-cos(A+C)=-cosAcosC+sinAsinC=-45×513+35×1213=1665.由正弦定理asinA=csinC,得c=asinCsinA=2013.由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得b=2113.
解法三:因为cosA=45,cosC=513,所以sinA=35,sinC=1213,
由正弦定理asinA=csinC,得c=asinCsinA=2013.
从而b=acosC+ccosA=2113.
解法四:如图,作BD⊥AC于点D,
 
由cosC=513,a=BC=1,知CD=513,BD=1213.
又cosA=45,所以tanA=34,从而AD=1613.
故b=AD+DC=2113.
16.(2018-2019学年度江西戈阳一中高二月考)在△ABC中,内角A、B、C所对的边分别为a,b,c,已知(a+b-c)•(a+b+c)=3ab,且c=4,则△ABC面积的最大值为__43__.
[解析] (a+b-c)(a+b+c)=(a+b)2-c2=a2+2ab+b2-c2=3ab,∴a2+b2-c2=ab.
又∵a2+b2-c2=2abcosC,
∴2abcosC=ab,∴cosC=12,
∵C∈(0,π),∴C=π3.
由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcosC,
∴16=a2+b2-2abcosπ3=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab,
∴ab≤16.
∴△ABC面积的最大值
S=12×16×sinπ3=43.
三、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(本题满分10分)(2016•北京理,15)在△ABC中,a2+c2=b2+2ac.
(1)求∠B的大小;
(2)求2cosA+cosC的最大值.
[解析] (1)由余弦定理及题设条件得cosB=a2+c2-b22ac=2ac2ac=22.
又0<∠B<π,所以<B=π4.
(2)由(1)知∠A+∠C=3π4,则
2cosA+cosC=2cosA+cos3π4-A=2cosA-22cosA+22sinA=22cosA+22sinA=cosA-π4.
因为0<∠A<3π4,
所以当∠A=π4时,2cosA+cosC取得最大值1.
18.(本题满分12分)在△ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知cosC=35.
(1)若CB→•CA→=92,求△ABC的面积;
(2)设向量x=(2sinB2,3),y=(cosB,cosB2),且x∥y,求sin(B-A)的值.
[解析] (1)由CB→•CA→=92得abcosC=92.
又因为cosC=35,所以ab=92cosC=152.
又C为△ABC的内角,所以sinC=45.
所以△ABC的面积S=12absinC=3.
(2)因为x∥y,所以2sinB2cosB2=3cosB,
即sinB=3cosB,
因为cosB≠0,所以tanB=3.
因为B为三角形的内角,所以B=π3.
所以A+C=2π3,所以A=2π3-C.
所以sin(B-A)=sin(π3-A)=sin(C-π3)
=12sinC-32cosC=12×45-32×35=4-3310.
19.(本题满分12分)为保障高考的公平性,高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪,要求在考点周围1  km内不能收到手机信号.检查员抽查青岛市一考点,在考点正西约3  km有一条北偏东60°方向的公路,在此处检查员用手机接通电话,以12 km/h的速度沿公路行驶,最长需要多少时间,检查员开始收不到信号,并至少持续多长时间该考点才算合格?
 
[解析] 如图所示,考点为A,检查开始处为B,设公路上C,D两点到考点的距离为1  km.
在△ABC中,AB=3≈1.732,AC=1,∠ABC=30°,
由正弦定理,得sin∠ACB=ABsin30°AC=32,
∴∠ACB=120°(∠ACB=60°不合题意),
∴∠BAC=30°,∴BC=AC=1.
在△ACD中,AC=AD,∠ACD=60°,
∴△ACD为等边三角形,∴CD=1.
∵BC12×60=5,
∴在BC上需要5 min,CD上需要5 min.
∴最长需要5 min检查员开始收不到信号,并至少持续5 min该考点才算合格.
20.(本题满分12分)(2018-2019学年度深圳耀华实验中学高二月考)在△ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,已知acosB+bcosA=2.
(1)求c的值;
(2)若∠C=2π3,试写出△ABC的周长f(B),并求出f(B)的最大值.
[解析] (1)由acosB+bcosA=2及余弦定理,得
a×a2+c2-b22ac+b×b2+c2-a22bc=2,整理解得c=2.
(2)由c=2和∠C=2π3及正弦定理,得asinA=bsinB=csinC=2sin2π3=433,
∴△ABC的周长f(B)=a+b+c
=433sinA+433sinB+2
由三角形内角和为π,得A=π3-B,
∴f(B)=433sin(π3-B)+433sinB+2=2+433(12sinB+32cosB)=433sin(B+π3)+2,
又∵B∈(0,π3),∴B+π3∈(π3,2π3),
当B+π3=π2,即B=π6时,f(B)取得最大值433+2.
21.(本题满分12分)(2018-2019学年度北京市顺义区杨镇一中高二月考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=2,c=3,cosB=14.
(1)求b的值;
(2)求sinC的值;
(3)求△ABC的面积.
[解析] (1)由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB
=22+32-2×2×3×14=10,
∴b=10.
(2)∵cosB=14,∴sinB=154.
由正弦定理,得bsinB=csinC,∴sinC=csinBb
=3×15410=368.
(3)由(1)知b=10,由(2)得sinC=368,又a=2,
∴S△ABC=12absinC=12×2×10×368=3154.
22.(本题满分12分)如图所示,甲船以每小时302 n mile的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀速直线航行,当甲船位于A1处时,乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处,此时两船相距20 n mile.当甲船航行20 min到达A2处时,乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处,此时两船相距102 n mile,问乙船每小时航行多少n mile?
 
 [解析] 解法一:如图,连结A1B2,
 
由题意知A2B2=102 n mile,A1A2=302×2060=102 n mile.
所以A1A2=A2B2.
又∠A1A2B2=180°-120°=60°,
所以△A1A2B2是等边三角形.
所以A1B2=A1A2=102 n mile.
由题意知,A1B1=20 n mile,∠B1A1B2=105°-60°=45°,
在△A1B2B1中,由余弦定理,得B1B22=A1B21+A1B22-2A1B1•A1B2•cos45°=202+(102)2-2×20×102×22=200.
所以B1B2=102 n mile.
因此,乙船速度的大小为10220×60=302(n mile/h).
答:乙船每小时航行302 n mile.
解法二:如下图所示,连结A2B1,
 
由题意知A1B1=20 n mile,A1A2=302×2060
=102 n mile,∠B1A1A2=105°,
又cos105°=cos(45°+60°)
=cos45°cos60°-sin45°sin60°=2?1-3?4,
sin105°=sin(45°+60°)=sin45°cos60°+cos45°sin60°
=2?1+3?4,
在△A2A1B1中,由余弦定理,得A2B21=A1B21+A1A22-2A1B1•A1A2•cos105°=202+(102)2-2×20×102×2?1-3?4=100(4+23),
所以A2B1=10(1+3)n mile
由正弦定理,得sin∠A1A2B1=A1B1A2B1•sin∠B1A1A2=2010?1+3?×2?1+3?4=22,
所以∠A1A2B1=45°,即∠B1A2B2=60°-45°=15°,cos15°=sin105°=2?1+3?4.
在△B1A2B2中,由题知A2B2=102 n mile,
由余弦定理,得B1B22=A2B21+A2B22-2A2B1•A2B2•cos15°=102(1+3)2+(102)2-2×10(1+3)×102×2?1+3?4=200,
所以B1B2=102 n mile,故乙船速度的大小为10220×60=302(n mile/h).
答:乙船每小时航行302 n mile.

 
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