2017屆高考數(shù)學第一輪知識點階段滾動檢測23

訓練目標(1)正弦定理、余弦定理；(2)解三角形.訓練題型(1)正弦定理、余弦定理及其應(yīng)用；(2)三角形面積；(3)三角形形狀判斷；(4)解三角形的綜合應(yīng)用.解題策略(1)解三角形時可利用正弦、余弦定理列方程(組)；(2)對已知兩邊和其中一邊的對角解三角形時要根據(jù)圖形和“大邊對大角”判斷解的情況；(3)判斷三角形形狀可通過三角變換或因式分解尋求邊角關(guān)系.一、選擇題1．在△ABC中，C＝60°，AB＝eq\r(3)，BC＝eq\r(2)，那么A等于()A．135° B．105°C．45° D．75°2．在△ABC中，已知b2－bc－2c2＝0，a＝eq\r(6)，cosA＝eq\f(7,8)，則△ABC的面積S為()A.eq\r(15)B.eq\f(\r(15),2)C.eq\f(\r(15),3)D.eq\f(\r(15),4)3．若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)＝eq\f(cosC,c)，則△ABC的形狀為()A．等邊三角形B．等腰直角三角形C．有一個角為30°的直角三角形D．有一個角為30°的等腰三角形4．在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，AB＝eq\r(2)，BC＝3，則sinA等于()A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(\r(10),5)C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(\r(5),5)5．在△ABC中，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，B＝45°，則c的值為()A.eq\f(\r(6)＋\r(2),2) B.eq\f(\r(6)－\r(2),2)C.eq\f(\r(6)±\r(2),2) D．以上均不對6．已知△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且tanB＝eq\f(2－\r(3),a2＋c2－b2)，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)，則tanB等于()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)－1C．2 D．2－eq\r(3)7．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若S＝eq\f(1,4)(b2＋c2－a2)，則A等于()A.eq\f(π,3) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,3)或eq\f(π,4)8．(2015·嘉興基礎(chǔ)測試)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差數(shù)列，則函數(shù)y＝sinB＋cosB的取值范圍是()A．[－eq\r(2)，eq\r(2)] B．(1，eq\r(2)]C．[1，eq\r(2)] D．(0，eq\r(2))二、填空題9．在銳角△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，已知a，b是方程x2－2eq\r(3)x＋2＝0的兩個根，且2sin(A＋B)－eq\r(3)＝0，則c＝________.10．在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，若eq\f(c,b)<cosA，則△ABC的形狀為________三角形．11．設(shè)△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且eq\f(a,cosA)＝eq\f(c,sinC)，則A＝________.12．如果等腰三角形的周長是底邊長的5倍，那么它的頂角的余弦值為________．

答案解析1．C[由正弦定理知eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，即eq\f(\r(2),sinA)＝eq\f(\r(3),sin60°)，所以sinA＝eq\f(\r(2),2)，又由題知BC<AB，得A<C，所以A＝45°.故選C.]2．B[由b2－bc－2c2＝0可得(b＋c)(b－2c)＝0.∴b＝2c，在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA，即6＝4c2＋c2－4c2·eq\f(7,8).∴c＝2，從而b＝4.∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×2×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))2)＝eq\f(\r(15),2).]3．B[由正弦定理得eq\f(sinA,a)＝eq\f(sinB,b)＝eq\f(sinC,c)，又eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)＝eq\f(cosC,c)，兩式相除，得1＝tanB＝tanC，所以B＝C＝45°，所以A＝90°，△ABC為等腰直角三角形．]4．C[由題意得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB＝2＋9－6eq\r(2)·eq\f(\r(2),2)＝5，即AC＝eq\r(5)，則eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，eq\f(3,sinA)＝eq\f(\r(5),\f(\r(2),2))，得sinA＝eq\f(3\r(10),10)，故選C.]5．C[由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(\r(3),2)，∵a>b，∴A＝60°或A＝120°.當A＝60°時，C＝180°－45°－60°＝75°，sin75°＝sin(30°＋45°)＝sin30°cos45°＋cos30°sin45°＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，∴c＝b·eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2).當A＝120°時，C＝180°－45°－120°＝15°，sin15°＝sin(45°－30°)＝sin45°cos30°－cos45°sin30°＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，∴c＝b·eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(\r(6)－\r(2),2).故選C.]6．D[由余弦定理得a2＋c2－b2＝2accosB，再由eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)，得accosB＝eq\f(1,2)，∴tanB＝eq\f(2－\r(3),a2＋c2－b2)＝eq\f(2－\r(3),2×\f(1,2))＝2－eq\r(3).]7．B[因為S＝eq\f(1,4)(b2＋c2－a2)＝eq\f(1,4)(2bccosA)＝eq\f(1,2)bccosA，且S＝eq\f(1,2)bcsinA，所以sinA＝cosA，所以tanA＝1，所以A＝eq\f(π,4).故選B.]8．B[依題意得eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－(\f(2ac,a＋c))2,2ac)≥eq\f(2ac－(\f(2ac,a＋c))2,2ac)≥eq\f(2ac－(\f(2ac,2\r(ac)))2,2ac)＝eq\f(1,2)，當且僅當a＝c時取等號，又B∈(0，π)，所以B∈(0，eq\f(π,3)]，因為y＝eq\r(2)sin(B＋eq\f(π,4))，B＋eq\f(π,4)∈(eq\f(π,4)，eq\f(7π,12)]，sin(B＋eq\f(π,4))∈(eq\f(\r(2),2)，1]，所以y∈(1，eq\r(2)]．]9.eq\r(6)解析∵a，b是方程x2－2eq\r(3)x＋2＝0的兩個根，∴a＋b＝2eq\r(3)，ab＝2.∵sin(A＋B)＝eq\f(\r(3),2)，又sinC＝sin(A＋B)，∴sinC＝eq\f(\r(3),2).∵△ABC是銳角三角形，∴C∈(0，eq\f(π,2))，C＝eq\f(π,3).∴根據(jù)余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－3ab＝6，∴c＝eq\r(6)(負值舍去)．10．鈍角解析依題意得eq\f(sinC,sinB)<cosA，sinC<sinBcosA，所以sin(B＋A)<sinBcosA，即sinBcosA＋cosBsinA－sinBcosA<0，所以cosBsinA<0，又sinA>0，于是有cosB<0，B為鈍角，故△ABC是鈍角三角形．11.eq\f(π,4)解析令eq\f(c,sinC)＝k，由正弦定理，得a＝ksinA，c＝ksinC.代入已知條件得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinC,sinC)，∴tanA＝1，∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,4).12.eq\f(7,8)解析設(shè)頂角為C，因為l＝5c，且a＝b＝2c，∴C為最小角，由余弦定理得：cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(4c2＋4c2－c2,2×2c×2c)＝eq\f(7,8).沁園春·雪<毛澤東>