济宁一中高一三角函数及解三角形测试题

济宁一中高一三角函数及解三角形测试题命题李增民审题张明伦罗璇一.选择题（60分）1.已知ABC中，BAba,30,4,40（）A.030B.00150,30C.060D.00120,602.已知ABC中，ABCSBAAB,120,30,600（）A.9B.18C.39D.183.在ABC中，根据下列条件解三角形，其中有一解的是（）A.030,3,7CcbB045,4,5BcbC.060,6,6BbaD.030,30,20Aba4.已知在ABC中，,7:5:3sin:sin:sinCBA那么这个三角形的最大角是（）A.0135B.090C.0120D.01505.已知2cos23，则44sincos的值为（）A．1813B．1811C．97D．16．设函数cos0fxx，将yfx的图像向右平移3个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于（）(A)13(B)3(C)6(D)97．在ABC中，若,tantan22baBA则ABC的形状是（）A.直角三角形B.等腰或直角三角形C.等腰三角形D.不能确定8.△ABC所在平面内有一点O，满足2OA→＋AB→＋AC→＝0，|OA→|＝|OB→|＝|AB→|＝1，则CA→·CB→等于（）A.3B.32C．3D.329.已知函数()sin(2)fxx，其中为实数，若()()6fxf对xR恒成立，且()()2ff，则()fx的单调递增区间是（）（A）,()36kkkZ（B）,()2kkkZ（C）2,()63kkkZ（D）,()2kkkZ10角的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线2yx上，则cos2=（）（A）45（B）35（C）35（D）4511.已知函数xxxfcossin3，Rx，若1xf，则x的取值范围为（）A.Zkkxkx,3B.Zkkxkx,232C.Zkkxkx,656D.Zkkxkx,6526212.在ABC中，,,6020acbB则ABC是（）A.锐角三角形B.钝角三角形C.等腰三角形D等边三角形二.填空题（20分）13.在ABC中，CBAcos,53sin,135cos________14.ABC的周长是20，面积是,60,3100ABC=________15.在△ABC中，222sinsinsinsinsinABCBC，则A的取值范围是_________16.在ABC中，内角,,ABC的对边分别是,,abc，若223abbc，sin23sinCB，则A____________三解答题17.函数()的最大值为3,其图像相邻两条对称轴之间的距离为,(1)求函数的解析式;()sin()16fxAx0,0A2()fx(2)设,则,求的值.18.．在△ABC中，已知sin(A＋B)＝sinB＋sin(A－B)．(1)求角A；(2)若|BC→|＝7，AB→·AC→＝20，求|AB→＋AC→|.(0,)2()22f19.ABC的内角ABC、、的对边分别为abc、、.己知sincsin2sinsin,aACaCbB(Ⅰ)求B；（Ⅱ）若75,2,.Abac求,20.设ABC的内角CBA、、所对的边分别为cba、、.已知1a，2b，41cosC.（Ⅰ）求ABC的周长；（Ⅱ）求CAcos的值.21.在ABC中，,AB为锐角，角,,ABC所对应的边分别为,,abc，且310cos2,sin510AB（I）求AB的值；（II）若21ab，求,,abc的值。22.已知向量a＝sinx，34，b＝()cosx，－1.(1)当a∥b，求cos2x－sin2x的值；(2)设函数f(x)＝2(a＋b)·b，已知在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a＝3，b＝2，sinB＝63，求f(x)＋4cos2A＋π6x∈0，π3的取值范围．参考答案参考答案一选择题ACCCBCBCABBD二填空题13.651614.715.(0,]316.30三解答题17.解析:(1)∵函数的最大值为3,∴即∵函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为,∴最小正周期为∴,故函数的解析式为(2)∵即∵,∴∴,故18(1)原式可化为sinB＝sin(A＋B)－sin(A－B)＝2cosAsinB，因为B∈(0，π)，所以sinB＞0，所以cosA＝12，因为A∈(0，π)，所以A＝π3.(2)由余弦定理，得|BC→|2＝|AB→|2＋|AC→|2－2|AB→||AC→|·cosA，因为|BC→|＝7，AB→·AC→＝|AB→||AC→|·cosA＝20，所以|AB→|2＋|AC→|2＝89，因为|AB→＋AC→|2＝|AB→|2＋|AC→|2＋2AB→·AC→＝129，所以|AB→＋AC→|＝129.19.(Ⅰ)由正弦定理sincsin2sinsin,aACaCbB可变形为2222acacb，即2222acbac，由余弦定理22222cos222acbacBacac又(0,)B,所以4B()fx13,A2A2T2()fxsin(2)16yx()2sin()1226f1sin()6202663663（Ⅱ）首先26sinsin(4530).4A3sinsin60.2C由正弦定理262sin431.sin22bAaB，同理32sin26.sin22bCcB20解析：（Ⅰ）∵441441cos2222Cabbac∴2c∴ABC的周长为5221cba.（Ⅱ）∵41cosC，∴415411cos1sin22CC，∴8152415sinsincCaA∵ca，∴CA,故A为锐角，∴878151sin1cos22AA∴CAcosCACAsinsincoscos16114158154187.21解：（Ⅰ）A、B为锐角，10sin10B，2310cos1sin10Bb又23cos212sin5AA，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m5sin5A，225cos1sin5AA，253105102cos()coscossinsin5105102ABABAB0AB4AB（Ⅱ）由（Ⅰ）知34C,2sin2C.w.w.w.k.s.5.u.c.o.m由正弦定理sinsinsinabcABC得5102abc，即2ab，5cb21abQ，221bb，1b2,5ac22(1)∵a∥b，∴34cosx＋sinx＝0，∴tanx＝－34，∴cos2x－sin2x＝cos2x－2sinxcosxsin2x＋cos2x＝1－2tanx1＋tan2x＝85.(2)f(x)＝2(a＋b)·b＝2sin2x＋π4＋32，由正弦定理，得asinA＝bsinB，可得sinA＝22，∴A＝π4.f(x)＋4cos2A＋π6＝2sin2x＋π4－12，∵x∈0，π3，∴2x＋π4∈π4，11π12.∴32－1≤f(x)＋4cos2A＋π6≤2－12.