2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)周練卷1測評含解析新人教A版必修5

PAGEPAGE6周練卷(一)一、選擇題(每小題5分，共35分)1．在△ABC中，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，B＝45°，則A為(A)A．60°或120° B.60°C．30°或150° D.30°解析：由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(asinB,b)，sinA＝eq\f(\r(3)×\f(\r(2),2),\r(2))＝eq\f(\r(3),2)，又a>b，故A＝60°或120°.2．在△ABC中，若2absinC＝a2＋b2－c2，那么C等于(B)A.eq\f(π,3) B.eq\f(π,4)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(3π,4)解析：cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(2absinC,2ab)，所以cosC＝sinC，所以C＝eq\f(π,4).故選B.3．在△ABC中，已知sinA∶sinB∶sinC＝3∶5∶7，則這個三角形的最小外角為(B)A．30° B.60°C．90° D.120°解析：設(shè)△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.∵a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝3∶5∶7，不妨設(shè)a＝3，b＝5，c＝7，則C為最大內(nèi)角，且cosC＝eq\f(32＋52－72,2×3×5)＝－eq\f(1,2).∴C＝120°.∴最小外角為60°.4．在△ABC中，已知sinC＝2sin(B＋C)cosB，那么△ABC肯定是(A)A．等腰三角形 B.直角三角形C．等邊三角形 D.形態(tài)無法確定解析：法1：在△ABC中，sin(B＋C)＝sinA，故原式可化為sinC＝2sinAcosB，故eq\f(sinC,sinA)＝2cosB.由正弦定理知eq\f(sinC,sinA)＝eq\f(c,a)，由余弦定理知：cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，∴eq\f(c,a)＝2·eq\f(a2＋c2－b2,2ac).∴(a＋b)(a－b)＝0.∴a＝b.故選A.法2：由sinC＝2sin(B＋C)cosB，得sin(A＋B)＝2sinAcosB，整理后得sin(A－B)＝0，∴A－B＝0或A－B＝π(舍去)，∴A＝B.∴△ABC為等腰三角形．5．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)b，且a>b，則B的值為(A)A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)解析：由條件得eq\f(a,b)sinBcosC＋eq\f(c,b)sinBcosA＝eq\f(1,2)，由正弦定理，得sinAcosC＋sinCcosA＝eq\f(1,2)，∴sin(A＋C)＝eq\f(1,2)，從而sinB＝eq\f(1,2)，又a>b，且B∈(0，π)，因此B＝eq\f(π,6).6．已知△ABC中，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(D)A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)－1C．2 D.2－eq\r(3)解析：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)，所以tanB＝eq\f(2－\r(3),a2＋c2－b2)＝eq\f(2－\r(3),2×\f(1,2))＝2－eq\r(3).故選D.7．在△ABC中，若lgsinA－lgcosB－lgsinC＝lg2，則△ABC的形態(tài)是(D)A．直角三角形 B.等腰直角三角形C．等邊三角形 D.等腰三角形解析：由條件得eq\f(sinA,cosB·sinC)＝2，即2cosBsinC＝sinA.由正、余弦定理得2·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)·c＝a，整理得b＝c，所以△ABC為等腰三角形．故選D.二、填空題(每小題5分，共20分)8．在△ABC中，已知sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6，則cosA∶cosB∶cosC＝12∶9∶2.解析：依據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6，令a＝4k，b＝5k，c＝6k(k>0)，由余弦定理的推論，得cosA＝eq\f(25k2＋36k2－16k2,2×5k×6k)＝eq\f(3,4)，同理可得cosB＝eq\f(9,16)，cosC＝eq\f(1,8)，故cosA∶cosB∶cosC＝eq\f(3,4)∶eq\f(9,16)∶eq\f(1,8)＝12∶9∶2.9．在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，則eq\f(sin2A,sinC)＝1.解析：在△ABC中，由正弦定理知，eq\f(sin2A,sinC)＝eq\f(2sinAcosA,sinC)＝2cosA·eq\f(a,c)＝2cosA×eq\f(4,6)＝eq\f(4,3)cosA，再依據(jù)余弦定理，得cosA＝eq\f(36＋25－16,2×6×5)＝eq\f(3,4)，所以eq\f(sin2A,sinC)＝eq\f(4,3)×eq\f(3,4)＝1.10．在△ABC中，若lga－lgc＝lgsinA＝－lgeq\r(2)，并且A為銳角，則△ABC的形態(tài)為等腰直角三角形．解析：∵lga－lgc＝lgsinA＝－lgeq\r(2)，∴eq\f(a,c)＝sinA＝eq\f(\r(2),2).∵A為銳角，∴A＝45°.∵sinC＝eq\f(c,a)sinA＝eq\r(2)×sin45°＝1，又0°<C<180°，∴C＝90°.11．三角形ABC的三內(nèi)角A、B、C所對的邊長分別是a，b，c.若(a＋b)(sinB－sinA)＝(eq\r(3)a＋c)sinC，則角B的大小為eq\f(5π,6).解析：由正弦定理得，(a＋b)(b－a)＝(eq\r(3)a＋c)c，即b2－a2＝eq\r(3)ac＋c2，a2＋c2－b2＝－eq\r(3)ac，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(\r(3),2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(5π,6).三、解答題(共45分)12．(本小題10分)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知cos2C＝－eq\f(1,4).(1)求sinC的值；(2)當(dāng)a＝2,2sinA＝sinC時，求b及c的長．解：(1)∵cos2C＝1－2sin2C＝－eq\f(1,4)，0<C<π，∴sinC＝eq\f(\r(10),4).(2)當(dāng)a＝2,2sinA＝sinC時，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得c＝4.由cos2C＝2cos2C－1＝－eq\f(1,4)及0<C<π，得cosC＝±eq\f(\r(6),4).由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得b2±eq\r(6)b－12＝0(b>0)，解得b＝eq\r(6)或2eq\r(6)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\r(6)，,c＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2\r(6)，,c＝4.))13．(本小題15分)在△ABC中，若已知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，并且sinC＝2sinBcosA，試推斷△ABC的形態(tài)．解：法1：由正弦定理，可得sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R).由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).代入sinC＝2sinBcosA，得c＝2b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc).整理得a＝b.又因為(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，所以a2＋b2－c2＝ab，即cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2).故C＝eq\f(π,3).又a＝b，所以△ABC為等邊三角形．法2：sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝2sinBcosA，∴sinAcosB－cosAsinB＝0.∴sin(A－B)＝0.又A，B為三角形內(nèi)角，－180°<A－B<180°，∴A－B＝0，即A＝B.∵(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，∴(a＋b)2－c2＝3ab，即a2＋b2－c2＝ab.∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2).又0°<C<180°，∴C＝60°.又A＝B，∴△ABC為等邊三角形．14．(本小題20分)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acosC＋eq\f(1,2)c＝b.(1)求A的大??；(2)若a＝1，求△ABC的周長l的取值范圍．解：(1)由acosC＋eq\f(1,2)c＝b，得sinAcosC＋eq\f(1,2)sinC＝sinB.∴sinAcosC＋eq\f(1,2)sinC＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC.∴eq\f(1,2)sinC＝cosAsinC.∵C∈(0，π)，∴sinC≠0，∴cosA＝eq\f(1,2).∴A＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理得：b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(2,\r(3))sinB，c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(2,\r(3))sinC.∴l(xiāng)＝a＋b＋c＝1＋eq\f(2,\r(3))(sinB＋sinC)＝1＋eq\f(2,\r(3))[sinB＋sin(A＋B)]＝1＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinB＋\f(1,2)cosB))＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))，∵A＝eq\f(π,