適用于老高考舊教材2023屆高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)理考點(diǎn)突破練2三角變換與解三角形含解析

Page1考點(diǎn)突破練2三角變換與解三角形一、選擇題1.(2022·陜西榆林一模)已知sin(α+π)+2sinα+π2=0,則tanα+π4=()A.3 B.-3 C.13 D.-2.(2022·北京海淀一模)在△ABC中,A=π4,則“sinB<22”是“△ABC是鈍角三角形”的(A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件3.(2022·北京·10)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P為△ABC所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),且PC=1,則PA·PB的取值范圍是(A.[-5,3] B.[-3,5]C.[-6,4] D.[-4,6]4.(2022·山西太原一模)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.若b=6,a=2c,B=π3,則△ABC的面積為(A.23 B.33 C.63 D.65.(2022·浙江杭州4月質(zhì)檢)已知λ∈R,若λsin170°+tan10°=33,則λ=(A.32 B.2C.3 D.46.已知0<β<π4<α<π2,且sinα-cosα=55,sinβ+π4=45,則sin(α+β)=A.-31010 B.C.155 D.7.若△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,已知bsin2A=asinB,且c=2b,則ab=()A.32 B.4C.2 D.38.(2022·河南鄭州質(zhì)檢)魏晉南北朝時(shí)期,中國(guó)數(shù)學(xué)的測(cè)量學(xué)取得了長(zhǎng)足進(jìn)展.劉徽提出重差術(shù),應(yīng)用中國(guó)傳統(tǒng)的出入相補(bǔ)原理.因其第一題為測(cè)量海島的高度和距離,故題為《海島算經(jīng)》.受此題啟發(fā),某同學(xué)測(cè)量某塔的高度.如圖,點(diǎn)D,G,F在水平線DH上,CD和EF是兩個(gè)垂直于水平面且等高的測(cè)量標(biāo)桿的高度,稱為“表高”,測(cè)得以下數(shù)據(jù)(單位:米):前表卻行DG=1,表高CD=EF=2,后表卻行FH=3,表距DF=61.則塔高AB為()A.60米 B.61米 C.62米 D.63米9.(2022·陜西榆林一模)已知函數(shù)f(x)=2sin2x+3sin2x-1,則下列結(jié)論正確的是()A.f(x)的最小正周期是πB.f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)-5π6,0對(duì)稱C.f(x)在-π,-π2上單調(diào)遞增D.fx+π12是奇函數(shù)10.(2022·河南開(kāi)封一模)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若A=60°,B=45°,a=23,則△ABC的面積為()A.23 B.32C.1+3 D.3+311.(2022·河南鄭州二模)在△ABC中,AB=2,AC=3,∠BAC=60°,M是線段AC上任意一點(diǎn),則MB·MC的最小值是(A.-12 B.-1C.-2 D.-412.(2022·河南名校聯(lián)盟一模)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若sin(A+C)·cosBb+cosCc=sinAsinC,A.32,3 B.32C.32,3 D.32二、填空題13.函數(shù)f(x)=2sin2π4+x-3cos2xπ4≤x≤π2的值域?yàn)?

14.(2022·陜西榆林三模)已知2sinα=5cosα,則sin2α+cos2α=.

15.(2022·浙江杭州4月質(zhì)檢)在Rt△ABC中,C=90°,點(diǎn)D在BC邊上,3CD=BD.若sin∠BAD=35,則sin∠ABC=.16.(2022·河南開(kāi)封二模)如圖,某直徑為55海里的圓形海域上有四個(gè)小島.已知小島B與小島C相距5海里,cos∠BAD=-45,則小島B與小島D之間的距離為海里;小島B,C,D所形成的三角形海域BCD的面積為平方海里.

考點(diǎn)突破練2三角變換與解三角形1.B解析:由題意可得-sinα+2cosα=0,則tanα=2,故tanα+π4=1+tanα1-tanα2.A解析:如果sinB<22,由于B是三角形的內(nèi)角,并且A=π4,則0<B<π4,A+B<π2,△ABC是鈍角三角形,所以充分性成立;如果△ABC是鈍角三角形,不妨設(shè)B=2π3.D解析:如圖所示,以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn),CA,CB分別為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系,則C(0,0),A(3,0),B(0,4).∵PC=1,∴可設(shè)P(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π),∴PA·PB=(3-cosθ,-sinθ)·(-cosθ,4-sinθ)=-3cosθ-4sinθ+sin2θ+cos2θ=1-5sin(θ+φ),其中tanφ=34,∵-1≤sin(θ+φ)≤1,∴-4≤PA·4.C解析:∵b=6,a=2c,B=π3,∴由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得36=4c2+c2-2×2c×c×12,即3c2=36,∴c=23,∴a=2c=43,∴S△ABC=12acsinB=12×43×235.D解析:λsin10°=tan30°-tan10°=tan20°1+33tan10°,所以λ=2cos10°cos20°1+3sin10°6.D解析:因?yàn)閟inα-cosα=55,所以sinα-π4=1010因?yàn)棣?<α<π2,所以cosα-π4=3因?yàn)?<β<π4,sinβ+π4=45,所以cosβ+π4=35所以sin(α+β)=sinα-π4+β+π4=1010×35+7.D解析:由bsin2A=asinB,可知sinB×2sinAcosA=sinAsinB,因?yàn)閟inAsinB≠0,所以cosA=12又因?yàn)锳∈(0,π),所以A=π3由c=2b,得sinC=2sinB=2sin23π-C,化簡(jiǎn)整理得cosC=0,因?yàn)镃∈(0,π),所以C=π2,B=π故ab=sin8.D解析:∵EF為表高,∴EF⊥BH.同理CD⊥BH.根據(jù)三角形的性質(zhì)可得,△EFH∽△ABH,△CDG∽△ABG,則3BH∵BH=BD+DF+FH=BD+64,BG=BD+1,∴3BD+64=1BD+1,解得BD=30.∴AB=2BG=63.9.D解析:f(x)=-cos2x+3sin2x=2sin2x-π6.因?yàn)門(mén)=2π|ω因?yàn)閒-5π6=2sin-5π3-π所以f(x)的圖象不關(guān)于點(diǎn)-5π6,0對(duì)稱,所以B錯(cuò)誤;令2kπ-π2≤2x-π6≤2kπ+π2(k則kπ-π6≤x≤kπ+π3(k∈Z當(dāng)k=-1時(shí),-7π6≤x≤-所以f(x)在-π,-π2上不單調(diào),所以C錯(cuò)誤;因?yàn)閒x+π12=2sin2x+π12-π6=2sin2x,所以fx+π12是奇函數(shù),所以D正確.10.D解析:∵A=60°,B=45°,a=23,∴由正弦定理asinA=bsinB,可得∴△ABC的面積S=12absinC=12×23×22×sin(180°-60°-45°)=26×sin(60°+45°)=26×32×22+1211.B解析:由題意畫(huà)圖(圖略),設(shè)BC的中點(diǎn)為D,連接AD,MD,由MB·MC=14[(MB+MC)2-(MB-MC)2]=MD2-14CB2=MD2-14BC2.在△ABC中,由余弦定理得BC2=22+32-2×2×3×cos60°=7.MD的最小值為點(diǎn)D到AC的距離d,由S△ADC=12S所以MB·MC的最小值是MD2-14BC2=312.A解析:∵sin(A+C)cosBb+cosCc=sin∴cosBb+設(shè)△ABC外接圓的半徑為R.由正弦定理得2R∴2Rsin(C+B)bc∴32=2RsinB,解得2R=∴a+c=sinA+sinC=sinA+sin2π3-A=32sinA+32cosA=3sinA+π6∵0<A<2π3,∴π6∴sinA+π6∈12,1,∴a+c∈32,3.13.[2,3]解析:依題意,f(x)=1-cos2π4+x-3cos2x=sin2x-3cos2x+1=2sin2x-π3+1.當(dāng)π4≤x≤π2時(shí),π6≤2x-π3≤2π此時(shí)f(x)的值域是[2,3].14.2429解析:因?yàn)?sinα=5cosα,所以cosα≠0,tanα=52,所以sin2α+cos2α=15.55解析:作DE⊥AB交AB于點(diǎn)E(圖略),設(shè)CD=1,AC=a,則BD=3,AD=1+a2,AB=16+a2.在Rt△ADE中,sin∠BAD=DE