数学必修五第一章解三角形单元质量评估(二)

第一章单元质量评估(二)时限：120分钟满分：150分一、选择题(每小题5分，共60分)1．在△ABC中，a＝3，b＝3，A＝120°，则B等于()A．30°B．60°C．150°D．30°或150°解析：由正弦定理得asinA＝bsinBsinB＝basinA＝33sin120°＝12.∵A＝120°，∴B为锐角，∴B＝30°，故选A.答案：A2．已知△ABC中，a＝4，b＝43，A＝30°，则B等于()A．30°B．30°或150°C．60°D．60°或120°解析：根据正弦定理得sinB＝bsinAa＝43sin30°4＝32，∵ba，∴BA＝30°，∴B＝60°或120°.答案：D3．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解析：如图所示，∵周长为底边长的5倍，则可设BC＝a，AB＝2a，AC＝2a.∴cosA＝AB2＋AC2－BC22AB·AC＝4a2＋4a2－a22×2a×2a＝78.答案：D4．若△ABC的三个内角满足sinA∶sinB∶sinC＝5∶11∶13，则△ABC()A．一定是锐角三角形B．一定是直角三角形C．一定是钝角三角形D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形解析：由sinA∶sinB∶sinC＝5∶11∶13及正弦定理得a∶b∶c＝5∶11∶13，由余弦定理得cosC＝52＋112－1322×5×110，所以角C为钝角．答案：C5．设△ABC的三个内角为A，B，C，向量m＝(3sinA，sinB)，n＝(cosB，3cosA)，若m·n＝1＋cos(A＋B)，则C＝()A.π6B.π3C.2π3D.5π6解析：∵m·n＝3sinAcosB＋3cosAsinB＝3sin(A＋B)＝1＋cos(A＋B)，∴3sin(A＋B)－cos(A＋B)＝3sinC＋cosC＝2sin(π6＋C)＝1，∴sin(π6＋C)＝12，∴π6＋C＝56π或π6＋C＝π6(舍去)，∴C＝23π.答案：C6．在不等边三角形中，a是最大的边，若a2b2＋c2，则角A的取值范围是()A．(π2，π)B．(π4，π2)C．(π3，π2)D．(0，π2)解析：∵cosA＝b2＋c2－a22bc0，∴Aπ2.又∵三角形为不等边三角形，且a为最大边，∴Aπ3.∴π3Aπ2.答案：C7．△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝3bc，sinC＝23sinB，则A等于()A．30°B．60°C．120°D．150°解析：由正弦定理及已知可得c2R＝23b2R，所以c＝23b，所以cosA＝b2＋c2－a22bc＝－3bc＋c22bc＝－3bc＋23bc2bc＝32，所以A＝30°.答案：A8．(2012·天津高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知8b＝5c，C＝2B，则cosC＝()A.725B．－725C．±725D.2425解析：因为8b＝5c，则由C＝2B得sinC＝sin2B＝2sinBcosB，由正弦定理得cosB＝sinC2sinB＝c2b＝45，所以cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝2×(45)2－1＝725，故选择A.答案：A9．(2012·四川高考)如图，正方形ABCD的边长为1，延长BA至E，使AE＝1，连结EC，ED则sin∠CED＝()A.31010B.1010C.510D.515解析：依题意可知，CD＝1，CE＝CB2＋EB2＝5，DE＝EA2＋AD2＝2，cos∠CED＝CE2＋ED2－CD22CE·ED＝31010，所以sin∠CED＝1－cos2∠CED＝1010，选B.答案：B10．在△ABC中，若sinB＝34，b＝10，则边长c的取值范围是()A．(152，＋∞)B．(0，403]C．(10，＋∞)D．(0,10)解析：由正弦定理可得出c＝403sinC，∴0c≤403.答案：B11．在△ABC中，若acosA＋bcosB＝ccosC，则△ABC的形状是()A．直角三角形B．等腰直角三角形C．等腰三角形D．等边三角形解析：∵acosA＋bcosB＝ccosC∴sinAcosA＋sinBcosB＝sinCcosC，∴sin2A＋sin2B＝sin2C.∴2sin(A＋B)cos(A－B)＝2sinCcosC，∴cos(A－B)＝－cos(A＋B)，∴2cosAcosB＝0，∴cosA＝0或cosB＝0，得A＝π2或B＝π2.∴△ABC是直角三角形．答案：A12．已知在△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，且a＝4，b＋c＝5，tanB＋tanC＋3＝3tanBtanC，则△ABC的面积为()A.34B．33C.334D.34解析：∵tanB＋tanC＋3＝3tanB·tanC，∴tanB＋tanC＝－3(1－tanBtanC)．∴tanB＋tanC1－tanB·tanC＝－3.∴tan(B＋C)＝－3.∴B＋C＝120°，∴A＝60°.∵a＝4，b＋c＝5，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－2bc－2bccosA.∴16＝25－2bc－2bc·12，∴3bc＝9.∴bc＝3.∴S△ABC＝12bcsinA＝334.答案：C二、填空题(每小题5分，共20分)13．已知△ABC的面积为6，AB＝4，∠BAC＝45°，则AC＝________.解析：S△ABC＝12AB·AC·sin∠BAC＝12×4·AC·sin45°＝6，∴AC＝32.答案：3214．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(3b－c)cosA＝acosC，则cosA＝________.解析：由正弦定理得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，则(3b－c)cosA＝acosC可化为3sinBcosA－sinCcosA＝sinAcosC.∴3sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB，又∵0Bπ，∴sinB≠0，∴3cosA＝1，∴cosA＝33.答案：3315．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且cosCcosB＝－2a＋cb，则角B的大小为________．解析：根据余弦定理，得cosCcosB＝a2＋b2－c22aba2＋c2－b22ac＝a2＋b2－c2a2＋c2－b2×cb＝－2a＋cb.化简可得a2＋c2－b2＝－ac.所以cosB＝a2＋c2－b22ac＝－12.因为B为三角形内角，所以B＝2π3.答案：2π316.如图，在斜度一定的山坡上一点A测得山顶上一建筑物顶端C对于山坡的斜度为α，向山顶前进am到达点B，从B点测得斜度为β，设建筑物的高为hm，山坡对于地平面的倾斜角为θ，则cosθ＝________.解析：在△BCD中，∠BDC＝π2＋θ，∴由正弦定理得BCsinπ2＋θ＝hsinβ，∴BC＝hcosθsinβ.在△ABC中，BCsinα＝asinβ－α，∴BC＝asinαsinβ－α.∴hcosθsinβ＝asinαsinβ－α.∴cosθ＝asinαsinβhsinβ－α.答案：asinαsinβhsinβ－α三、解答题(共70分)17．(本小题10分)在△ABC中，已知B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．解：在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，由余弦定理得cos∠ADC＝AD2＋DC2－AC22AD·DC＝100＋36－1962×10×6＝－12，∴∠ADC＝120°，∴∠ADB＝60°.在△ABD中，AD＝10，B＝45°，∠ADB＝60°.由正弦定理得ABsin∠ADB＝ADsinB，∴AB＝AD·sin∠ADBsinB＝10sin60°sin45°＝10×3222＝56.18．(本小题12分)在△ABC中，已知sinC＝sinA＋sinBcosA＋cosB，试判断三角形的形状．解：∵sinC＝sinA＋sinBcosA＋cosB，由正弦定理得c(cosA＋cosB)＝a＋b，再由余弦定理得c·c2＋b2－a22bc＋c·a2＋c2－b22ac＝a＋b，∴a3＋a2b－ac2－bc2＋b3＋ab2＝0∴(a＋b)(c2－a2－b2)＝0，∴c2＝a2＋b2，∴△ABC为直角三角形．19．(本小题12分)已知△ABC的周长为2＋1，且sinA＋sinB＝2sinC.(1)求边AB的长；(2)若△ABC的面积为16sinC，求角C的度数．解：(1)由题意及正弦定理得，AB＋BC＋AC＝2＋1，BC＋AC＝2AB，两式相减，得AB＝1.(2)由△ABC的面积12BC·ACsinC＝16sinC，得BC·AC＝13.由余弦定理得cosC＝AC2＋BC2－AB22AC·BC＝AC＋BC2－2AC·BC－AB22AC·BC＝12，所以C＝60°.20．(本小题12分)在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且1＋tanAtanB＝2cb.(1)求角A；(2)若a＝3，试判断bc取得最大值时△ABC的形状．解：(1)∵1＋tanAtanB＝2cb，∴sinBcosA＋sinAcosB＝2sinCcosA，∴sin(A＋B)＝2sinCcosA，∴cosA＝12，∴A＝60°.(2)∵cosA＝12，∴b2＋c2－a22bc＝12，∴b2＋c2－3＝bc，∴b2＋c2＝bc＋3≥2bc，∴bc≤3(当且仅当b＝c时取等号)．∴当bc取最大值时，b＝c，而A＝60°，∴△ABC为正三角形．21．(本小题12分)在锐角△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且3a＝2csinA.(1)确定C的大小；(2)若c＝3，求△ABC周长的取值范围．解：(1)由3a＝2csinA及正弦定理得，ac＝2sinA3＝sinAsinC.∵sinA≠0，∴sinC＝32.∵△ABC是锐角三角形，∴C＝π3.(2)∵asinA＝bsinB＝csinC＝2，∴a＋b＋c＝2(sinA＋sinB)＋3＝2[sinA＋sin(2π3－A)]＋3＝23sin(A＋π6)＋3∵△ABC是锐角三角形，∴0Aπ2，故12sin(A＋π6)≤1，所以△ABC周长的取值范围是(23，33]．22．(本小题12分)如图所示，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上点A处有一个水声监测点，另两个监测点B，C分别在A的正东方向20km处和54km处．某时刻，监测点B收到发自目标P的一个声波，8s后监测点A、20s后监测点C相继收到这一信号，在当时的气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5km/s.(1)设A到P的距离为xkm，用x分别表示B，C到P的距离，并求x的值；(2)求目标P到海防警戒线a的距离(精确到0.01km)．解：(1)依题意，得PA－PB＝1.5×8＝12(km)，PC－PB＝1.5×20＝30(km)，所以PB＝(x－12)(km)，PC＝(x＋18)(km)．在△PAB中，AB＝20km，由余弦定理，得cos∠PAB＝PA2＋AB2－PB22PA·AB＝x2＋202－x－1222x·20＝3x＋325x.同理在△PAC中，cos∠PAC＝72－x3x.由于cos∠PAB＝cos∠PAC，所以3x＋325x＝72－x3x，解得x＝1327(km)．(2)作PD⊥a，垂足为D，在Rt△PDA中，PD＝PA·cos∠APD＝PA·cos∠PAB＝x·3x＋325x≈17.71(km)．所以目标P到海防警戒线a的距离约为17.71km.