2020届高考数学大二轮复习 刷题首选卷 第一部分 刷考点 考点十 三角恒等变换与解三角形课件 理

考点十三角恒等变换与解三角形第一部分刷考点A卷一、选择题1．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈0，π2，2sin2α＝cos2α＋1，则sinα＝()A．15B．55C．33D．255答案B解析由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝2cos2α.又∵α∈0，π2，∴tanα＝12，∴sinα＝55.故选B.2．(2019·辽宁丹东质量测试二)若tanα＋π4＝－3，则sin2α－cos2α＝()A．35B．－25C．－1D．3答案A解析因为tanα＋π4＝－3⇒tanα＋tanπ41－tanα·tanπ4＝－3⇒tanα＝2，所以sin2α－cos2α＝sin2α－cos2αsin2α＋cos2α＝2sinαcosα－cos2αsin2α＋cos2α＝2tanα－11＋tan2α＝35，故选A.3．(2019·湖北4月调研)已知3sinx＋cosx＝22，则cosx－π3＝()A．12B．24C．23D．34答案B解析由3sinx＋cosx＝22，得2sinx＋π6＝22，所以cosx－π3＝sinx＋π6＝24，故选B.4．(2019·山西吕梁阶段性测试一)已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若2cosB＝ac，则该三角形一定是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形答案A解析由2cosB＝ac得2×a2＋c2－b22ac＝ac，即c2＝b2，∴b＝c，∴△ABC为等腰三角形，故选A.5．(2019·湖南湘东五校联考)已知sin(α＋β)＝12，sin(α－β)＝13，则log5tanαtanβ2等于()A．2B．3C．4D．5答案C解析因为sin(α＋β)＝12，sin(α－β)＝13，所以sinαcosβ＋cosαsinβ＝12，sinαcosβ－cosαsinβ＝13，所以sinαcosβ＝512，cosαsinβ＝112，所以tanαtanβ＝5，所以log5tanαtanβ2＝log552＝4.故选C.6．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为()A．518B．34C．32D．78答案D解析根据题意可设此三角形的三边长分别为2t,2t，t，由余弦定理得它的顶角的余弦值为2t2＋2t2－t22·2t·2t＝78.7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a，b，c成等比数列，且a2＝c2＋ac－bc，则cbsinB＝()A．32B．233C．33D．3答案B解析由a，b，c成等比数列得b2＝ac，则有a2＝c2＋b2－bc，由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝bc2bc＝12，故A＝π3，对于b2＝ac，由正弦定理得，sin2B＝sinAsinC＝32·sinC，由正弦定理得，cbsinB＝sinCsin2B＝sinC32sinC＝233.8．(2019·山东栖霞模拟)设锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，B＝2A，则b的取值范围为()A．(0,4)B．(2,23)C．(22，23)D．(22，4)答案C解析∵a＝2，B＝2A，∴02Aπ2，A＋B＝3A，∴π23Aπ，∴π6Aπ3，又0Aπ4，∴22cosA32，由正弦定理得ba＝12b＝2cosA，即b＝4cosA，∴224cosA23，则b的取值范围为(22，23)，故选C.二、填空题9．(2019·吉林联合模拟一)已知sin10°＋mcos10°＝－2cos40°，则m＝________.答案－3解析由sin10°＋mcos10°＝－2cos40°得sin10°＋mcos10°＝－2cos(10°＋30°)＝－232cos10°－12sin10°，所以m＝－3.10．(2019·江西景德镇第二次质检)公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin18°.若m2＋n＝4，则m＋nsin63°＝________.答案22解析因为m＝2sin18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cos218°，所以m＋nsin63°＝2sin18°＋2cos18°sin63°＝22sin18°＋45°sin63°＝22.11．(2019·河南八市重点高中模拟)已知点(3，a)和(2a,4)分别在角β和角β－45°的终边上，则实数a的值是________．答案6解析由题得tanβ＝a3，tan(β－45°)＝tanβ－11＋tanβ＝a3－11＋a3＝42a，所以a2－5a－6＝0，解得a＝6或－1，当a＝－1时，两个点分别在第四象限和第二象限，不符合题意，舍去，所以a＝6.12．(2019·华南师大附中一模)在△ABC中，a，b，c为∠A，∠B，∠C的对边，a，b，c成等比数列，a＋c＝3，cosB＝34，则AB→·BC→＝________.答案－32解析因为a，b，c成等比数列，所以b2＝ac.又因为a＋c＝3，cosB＝34.根据余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac－2accosB，所以ac＝32－2ac－32ac，解得ac＝2，所以AB→·BC→＝c·acos(π－B)＝－accosB＝－2×34＝－32.三、解答题13．(2019·河北保定二模)已知△ABC中，A＝π4，cosB＝35，AC＝8.(1)求△ABC的面积；(2)求AB边上的中线CD的长．解(1)∵cosB＝35，且B∈(0，π)，∴sinB＝1－cos2B＝45，∴sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝22×35＋22×45＝7210，在△ABC中，由正弦定理，得ACsinB＝ABsinC，即845＝AB7210，解得AB＝72.∴△ABC的面积为S＝12AB·AC·sinA＝12×72×8×22＝28.(2)解法一：在△ACD中，AD＝722，∴由余弦定理得CD2＝82＋7222－2×8×722×22＝652，∴CD＝1302.解法二：∵cosB＝3522，∴Bπ4，∵A＝π4，∴C为锐角，故cosC＝1－sin2C＝210或∴cosC＝cosπ－A－B＝－cosA＋B＝210.∵CA→＋CB→＝2CD→，∴4|CD→|2＝(CA→＋CB→)2＝|CA→|2＋2CA→·CB→＋|CB→|2＝64＋2×8×52×210＋50＝130，∴CD＝1302.14．(2019·河南郑州第三次质量检测)在△ABC中，AB＝23，AC＝3，AD为△ABC的内角平分线，AD＝2.(1)求BDDC的值；(2)求角A的大小．解(1)在△ABD中，由正弦定理，得BDsinA2＝ABsin∠ADB，在△ACD中，由正弦定理，得CDsinA2＝ACsin∠ADC，∵sin∠ADB＝sin∠ADC，AC＝3，AB＝23，∴BDDC＝ABAC＝2.(2)在△ABD中，由余弦定理，得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcosA2＝16－83×cosA2，在△ACD中，由余弦定理，得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcosA2＝7－43cosA2，所以16－83cosA27－43cosA2＝4，解得cosA2＝32，又A2∈0，π2，∴A2＝π6，即A＝π3.B卷一、选择题1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，A＝60°，a＝43，b＝4，则B＝()A．B＝30°或B＝150°B．B＝150°C．B＝30°D．B＝60°或B＝150°答案C解析∵A＝60°，a＝43，b＝4，∴sinB＝bsinAa＝4×sin60°43＝12，∵ab，∴B60°，∴B＝30°，故选C.2．(2019·江西新八校第二次联考)我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，则“三斜求积”公式为S＝14a2c2－a2＋c2－b222，若a2sinC＝2sinA，(a＋c)2＝6＋b2，则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为()A．32B．3C．12D．1答案A解析∵a2sinC＝2sinA，∴a2c＝2a，即ac＝2，又(a＋c)2＝6＋b2，∴a2＋c2＋2ac＝6＋b2，即a2＋c2－b2＝6－2ac＝6－4＝2，则△ABC的面积为1422－222＝32，故选A.3．(2019·湖北黄冈元月调研)已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，已知C＝45°，c＝2，a＝x，若满足条件的三角形有两个，则x的取值范围是()A．2x1B．2x2C．1x2D．1x2答案B解析在△ABC中，由正弦定理得asinA＝csinC，即xsinA＝2sin45°，可得sinA＝12x，由题意得当A∈0，3π4时，满足条件的△ABC有两个，所以2212x1，解得2x2，则a的取值范围是(2，2)，故选B.4．若sin2α＝55，sin(β－α)＝1010，且α∈π4，π，β∈π，3π2，则α＋β的值是()A．7π4B．9π4C．5π4或7π4D．5π4或9π4答案A解析因为α∈π4，π，所以2α∈π2，2π，又sin2α＝55，所以2α∈π2，π，α∈π4，π2，所以cos2α＝－255.又β∈π，3π2，所以β－α∈π2，5π4，故cos(β－α)＝－31010，所以cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos2αcos(β－α)－sin2αsin(β－α)＝－255×－31010－55×1010＝22，又α＋β∈5π4，2π，故α＋β＝7π4，选A.5．(2019·河北邯郸一模)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知absinC＝20sinB，a2＋c2＝41，且8cosB＝1，则b＝()A．6B．42C．35D．7答案A解析因为absinC＝20sinB，所以由正弦定理得abc＝20b，所以ac＝20，又因为a2＋c2＝41，cosB＝18，所以由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝41－2×20×18＝36，所以b＝6.6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a∶b∶c＝6∶4∶3，则sin2AsinB＋sinC＝()A．－1114B．127C．－1124D．－712答案A解析由已知得b＝2a3，c＝a2，所以sin2AsinB＋sinC＝2sinAcosAsinB＋sinC＝2a·cosAb＋c＝127cosA.因为cosA＝b2＋c2－a22bc＝－1124，所以sin2AsinB＋sinC＝－1114.故选A.7．(2019·闽粤赣三省十校联考)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且cosCcosA＝2b－3c3a，点M在边AC上，且cos∠AMB＝－217，BM＝7，则AB＝()A．4B．2C．2D．3答案A解析由正弦定理可知cosCcosA＝2sinB－3sinC3sinA，即3sinAcosC＝2sinBcosA－3cosAsinC⇒3sin(A＋C)＝2sinBcosA，即3sinB＝2sinBcosA⇒cosA＝32⇒sinA＝12，cos∠AMB＝－217⇒sin∠AMB＝277，在△AMB中，BMsinA＝ABsin∠AMB，即712＝AB277，解得AB＝4，故选A.8．(2019·福建宁德第