高中数学必修五第一章测试题

1必修五阶段测试一(第一章解三角形)时间：120分钟满分：150分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2017·江西金溪一中月考)已知△ABC中，a＝2，b＝3，B＝60°，那么∠A＝()A．45°B．90°C．130°或45°D．150°或30°2．在△ABC中，B＝π3，AB＝8，BC＝5，则△ABC外接圆的面积为()A.49π3B．16πC.47π3D．15π3．(2017·黑龙江鸡西期末)已知锐角△ABC的面积为33，BC＝4，CA＝3，则角C的大小为()A．75°B．60°C．45°D．30°4．在△ABC中，sin2A＝sin2B＋sinB·sinC＋sin2C，则A等于()A．30°B．60°C．120°D．150°5．在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且abc,a2b2＋c2，则∠A的取值范围是()A.π2，πB.π4，π2C.π3，π2D.0，π26．(2017·阆中中学质检)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果bcosC＋ccosB－asinA＝0，那么△ABC的形状为()A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．不确定7．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.2425C．－725D．±7258．(2017·青海师范大学附属中学月考)在△ABC中，A＝30°，B＝60°，C＝90°，那么三边之比a∶b∶c等于()A．1∶2∶3B．3∶2∶1C．1∶3∶2D．2∶3∶19．在△ABC中，b＝8,c＝83，S△ABC＝163，则∠A等于()A．30°B．60°C．30°或150°D．60°或120°10．(2017·莆田六中期末)如图，已知A，B两点分别在河的两岸，某测量者在点A所在的河岸边另选定一点C，测得AC＝50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为()2A．503mB．253mC．252mD．502m11．在锐角△ABC中，B＝2A，则ACBC的取值范围是()A．(－2,2)B．(2，2)C．(0，3)D．(2，3)12.A，B两地相距200m，且A地在B地的正东方．一人在A地测得建筑C在正北方，建筑D在北偏西60°；在B地测得建筑C在北偏东45°，建筑D在北偏西15°，则两建筑C和D之间的距离为()A．2002mB．1007mC．1006mD．100(3－1)m二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若b＋c＝2a,3sinA＝5sinB，则角C＝________.14．(2017·唐山一中月考)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若ba＋ab＝6cosC，则tanCtanA＋tanCtanB＝________.15．三角形的一边长为14，这条边所对的角为60°，另两边之比为8∶5，则这个三角形的面积为________．16．已知△ABC的面积为32，AC＝3，∠ABC＝π3，则△ABC的周长等于_________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)在四边形ABCD中，AD⊥CD，AD＝5，AB＝7，∠BDA＝60°，∠CBD＝15°，求BC的长．18.(12分)(2017·贵州铜仁期中)设a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，S是△ABC的面积，已知a＝4，b＝5，S＝53.(1)求角C；3(2)求c边的长度．19．(12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b2＋c2－a22＝83S△ABC(其中S△ABC为△ABC的面积)．(1)求sin2B＋C2＋cos2A；(2)若b＝2，△ABC的面积为3，求a.20.(12分)(2017·河北开滦一中期末)如图，△ACD是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD交AC于E，AB＝2.(1)求cos∠CBE的值；(2)求AE.21．(12分)(2017·山西省朔州期末)在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝4，cosA＝34，sinB＝5716，c4.(1)求b；(2)求证：C＝2A.22．(12分)如图所示，一辆汽车从O点出发，沿海岸一条直线公路以100km/h的速度向东匀速行驶，汽车开动时，在O点南偏东方向距O点500km，且与海岸距离为300km的海上M处有一快艇，与汽车同时发出，要把一件重要物品递送给这辆汽车的司机，问快艇至少必须以多大的速度行驶，才能把物品送到司机手中，并求快艇以最小速度行驶的行驶方向与OM所成的角．4答案与解析1．A由正弦定理asinA＝bsinB，得sinA＝asinBb＝2sin60°3＝22.又ab，∴AB，∴A＝45°.2．A由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝64＋25－2×8×5×12＝49，∴AC＝7.由正弦定理得ACsinB＝2R(R为△ABC外接圆的半径)，∴R＝AC2sinB＝72×32＝733.∴△ABC外接圆的面积S＝πR2＝49π3.3．BS△ABC＝12BC·CA·sinC，∴12×4×3·sinC＝33，∴sinC＝32，又△ABC是锐角三角形，∴C＝60°，故选B.4．C由正弦定理，得sinA＝a2R，sinB＝b2R，sinC＝c2R(其中R为△ABC外接圆半径)，代入sin2A＝sin2B＋sinB·sinC＋sin2C，得a2＝b2＋bc＋c2＝b2＋c2＋bc，即b2＋c2－a2＝－bc，由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝－bc2bc＝－12.又0°∠A180°，∴∠A＝120°.故选C.5．C解法一：cosA＝b2＋c2－a22bc，∵a2b2＋c2,abc,cosAa2＋c2－a22bc＝c2bb2b＝12，∴cosA0，且cosA12.∴∠A的范围为π3，π2，故选C.解法二：∵abc,∴a为最长边，∠Aπ3.又a2b2＋c2,∴∠Aπ2.∴π3∠Aπ2.故选C.6．AbcosC＋ccosB－asinA＝0，∴sinBcosC＋sinCcosB－sin2A＝0.∴sin(B＋C)－sin2A＝0.∴sinA－sin2A＝0，∴sinA＝0(舍去)或sinA＝1，5∴A＝π2.故选A.7．A∵C＝2B，∴sinC＝sin2B＝2sinBcosB.又∵8b＝5c，csinC＝bsinB，∴cb＝sinCsinB＝85.∴cosB＝sinC2sinB＝12×85＝45.∴cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝2×452－1＝725.8．Ca∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝12∶32∶1＝1∶3∶2，故选C.9．C∵S△ABC＝12bcsinA,∴sinA＝2S△ABCbc＝12.∴∠A＝30°或150°，经检验均满足已知条件，故选C.10．D∠CBA＝180°－∠ACB－∠CAB＝180°－45°－105°＝30°，∴ABsin∠BCA＝ACsin∠CBA，∴AB＝AC·sin∠BCAsin∠CBA＝50×sin45°sin30°＝502m．故选D.11．D∵B＝2A，∴ACBC＝sinBsinA＝sin2AsinA＝2cosA，∵△ABC是锐角三角形，∴2A＜π2，π－3A＜π2，∴π6＜A＜π4，∴2＜2cosA＜3，故选D.12．C由题可知△BCA是等腰直角三角形，∴AB＝AC＝200，BC＝2002，∠DBC＝15°＋45°＝60°，∵∠DAB＝90°－60°＝30°，∴∠BDA＝45°，∴ABsin45°＝DBsin30°.∴DB＝AB·sin30°sin45°＝1002，∴DC2＝DB2＋BC2－2DB·BC·cos60°＝(1002)2＋(2002)2－2×1002×2002×12＝6×1002，∴DC＝1006m，故选C.613.2π3解析：由3sinA＝5sinB，得3a＝5b.又b＋c＝2a，∴a＝5c7，b＝3c7.在△ABC中，由余弦定理得cosC＝a2＋b2－c22ab＝－12.∴C＝2π3.14．4解析：ba＋ab＝6cosC，∴b2＋a2＝6abcosC＝3(a2＋b2－c2)，∴3c2＝2a2＋2b2.tanCtanA＋tanCtanB＝tanCcosAsinA＋cosBsinB＝sinCcosCsinA＋BsinAsinB＝sin2CcosCsinAsinB＝c2abcosC＝23a2＋b216a2＋b2＝4.15．403解析：设另两边分别为8t,5t(t0)，则由余弦定理得142＝(8t)2＋(5t)2－2·8t·5t·cos60°，∴t2＝4,∴t＝2.∴S△ABC＝12×16×10×32＝403.16．3＋3解析：由已知得32＝12AB·BCsinπ3，∴AB·BC＝2.又AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝AB2＋BC2－AB·BC＝(AB＋BC)2－3AB·BC＝(AB＋BC)2－6.又AC＝3，∴AB＋BC＝3.∴AB＋BC＋AC＝3＋3.17．解：在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos60°，又AD＝5，AB＝7，∴BD2－5BD－24＝0，解得BD＝8.7在△BCD中，∠BDC＝30°，∠BCD＝135°，由正弦定理得BC＝BDsin∠BDCsin∠BCD＝8sin30°sin135°＝42.18．解：(1)由题知S＝53，a＝4，b＝5.由S＝12absinC得，53＝12×4×5sinC，解得sinC＝32，又C是△ABC的内角，所以C＝π3或C＝2π3.(2)当C＝π3时，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosπ3＝16＋25－2×4×5×12＝21，解得c＝21；当C＝2π3时，c2＝a2＋b2－2abcos2π3＝16＋25＋2×4×5×12＝61，解得c＝61.综上得，c边的长度是21或61.19.解：(1)由已知得2bccosA2＝83×12bcsinA，即3cosA＝4sinA0，又∵sin2A＋cos2A＝1，∴sinA＝35，cosA＝45.sin2B＋C2＋cos2A＝1＋cosA2＋cos2A＝2cos2A＋cosA2－12＝2×1625＋42×5－12＝5950.(2)由(1)知sinA＝35，S△ABC＝12bcsinA＝3，b＝2，∴c＝5.又∵a2＝b2＋c2－2bccosA，∴a2＝4＋25－2×2×5×45＝13，∴a＝13.20．解：(1)∵∠BCD＝90°＋60°＝150°，CB＝AC＝CD，∴∠CBE＝15°，∴cos∠CBE＝cos(45°－30°)＝6＋24.(2)在△ABE中，AB＝2，由正弦定理得AEsin45°－15°＝2sin90°＋15°，故AE＝2sin30°cos15°＝2×126＋24＝6－2.821.解：(1)∵cosA＝34，可得sinA＝1－cos2A＝74，∴由正弦定理可得b＝a·sinBsinA＝4×571674＝5.(2)证明：∵由(1)可得a＝4，cosA＝34，b＝5，∴由余弦定理可得16＝25＋c2－2×b×c×34，整理可得2c2－15c＋18＝0，∴解得c＝6或32(c4，故舍去)，∴由正弦定理可得sinC＝csinAa＝6×744＝378.又∵sin2A＝2sinAcosA＝2×74×34＝378，∴可得sinC＝sin2A，∵C∈(0，π)，2A∈(0，π)，∴C＝2A，或C＋2A＝π(A≠B故舍去)．∴C＝2A，得证.22．解：如图，设快艇从M处以vkm/h的速度出发，沿MN方向航行，t小时后与汽车相遇．在△MON中，MO＝500，ON＝100t,MN＝vt.设∠MON＝α.由题意知sinα＝35，则cosα＝45.由余弦定理知MN2＝OM2＋ON2－2OM·ON·cosα，即v2t2