双基限时练4.pptx
人教新课标A版高中数学必修4双基限时练及答案2.doc
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】双基限时练(二)1．终边在y 轴的非负半轴上的角的集合是( ) A ．{α|α＝k π，k ∈Z }B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫α⎪⎪⎪α＝k π＋π2，k ∈Z C ．{α|α＝2k π，k ∈Z }D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫α⎪⎪⎪α＝2k π＋π2，k ∈Z 解析 A 选项表示的角的终边在x 轴上；B 选项表示的角的终边在y 轴上；C 选项表示的角的终边在x 轴非负半轴上；D 选项表示的角的终边在y 轴非负半轴上，故选D.答案 D2．在半径为5 cm 的圆中，圆心角为周角的23的角所对的圆弧长为( )A.4π3cm B.20π3cm C.10π3cmD.50π3cm解析 记r ＝5，圆心角α＝23×2π＝4π3， ∴l ＝|α|r ＝203π. 答案 B3．将－1485°化成α＋2k π(0≤α<2π，k ∈Z )的形式是( ) A ．－π4－8π B.74π－8π C.π4－10πD.7π4－10π解析 ∵－1485°＝－5×360°＋315°， 又2π＝360°，315°＝74π，∴－1485°＝－5×2π＋74π＝7π4－10π. 答案 D4．把－114π表示成θ＋2k π(k ∈Z )的形式，使|θ|最小的θ为( ) A ．－34π B.π4 C.34πD ．－π4解析 ∵－11π4＝－2π－3π4，∴θ＝－34π. 又－11π4＝－4π＋5π4，∴θ＝5π4. ∴使|θ|最小的θ＝－3π4. 答案 A5．若一圆弧长等于其所在圆的内接正三角形的边长，则其圆心角的弧度数的绝对值为( )A.π3B.2π3C. 3 D ．2解析 设所在圆的半径为r ，圆内接正三角形的边长为2r sin60°＝3r ，所以弧长3r 的圆心角的弧度数为3rr ＝ 3.答案 C6．用集合表示终边在阴影部分的角α的集合为( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫α⎪⎪⎪ π4≤α≤π3 B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫α⎪⎪⎪ π4≤α≤5π3C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫α⎪⎪⎪2k π＋π4≤α≤2k π＋π3，k ∈Z D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫α⎪⎪⎪ 2k π＋π4≤α≤2k π＋5π3，k ∈Z解析 由图可知在[0,2π)内角的终边落在阴影部分时π4≤α≤5π3， ∴满足条件的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫α⎪⎪⎪2k π＋π4≤α≤2k π＋5π3，k ∈Z .答案 D7．圆的半径变为原来的12，而弧长不变，则该弧所对的圆心角变为原来的________倍．解析 由公式θ＝l r 知，半径r 变为原来的12，而弧长不变，则该弧所对的圆心角变为原来的2倍．答案 28．将下列弧度转化为角度： (1)π12＝________； (2)－7π8＝________； (3)13π6＝________； (4)－512π＝________. 答案 (1)15° (2)－157°30′ (3)390° (4)－75°9．将下列角度化为弧度： (1)36°＝________rad ； (2)－105°＝________rad ； (3)37°30′＝________rad ； (4)－75°＝________rad.解析 利用1°＝π180rad 计算． 答案 (1)π5 (2)－7π12 (3)5π24 (4)－5π1210．在直径为20 cm 的圆中，圆心角为150°时所对的弧长为________．解析 150°＝150×π180＝5π6， ∴l ＝5π6×10＝25π3(cm)． 答案 25π3 cm11．如图所示，分别写出适合下列条件的角的集合： (1)终边落在射线OM 上；(2)终边落在直线OM 上； (3)终边落在阴影区域内(含边界)．用弧度制表示终边在图中阴影区域内角的集合(包括边界)并判断2 012°是不是这个集合的元素．解 ∵150°＝5π6.∴终边在阴影区域内角的集合为S ＝{β|5π6＋2k π≤β≤3π2＋2k π，k ∈Z }．∵2012°＝212°＋5×360°＝⎝ ⎛⎭⎪⎫53π45＋10πrad ， 又5π6＜53π45＜3π2. ∴2012°＝503π45∈S . 12.如图所示，动点P 、Q 从点A (4,0)出发沿圆周运动，点P 按逆时针方向每秒钟转π3弧度，点Q 按顺时针方向每秒钟转π6弧度，求P 、Q 第一次相遇所用的时间及P 、Q 各自走过的弧长．解 设P 、Q 第一次相遇时所用的时间为t 秒，则：t ·π3＋t ·⎪⎪⎪⎪⎪⎪－π6＝2π，解得t ＝4， 即第一次相遇时所用的时间为4秒． P 点走过的弧长为：43π×4＝163π， Q 点走过的弧长为：8π－16π3＝8π3. 13．扇形AOB 的周长为8 cm.(1)若这个扇形的面积为3 cm 2，求圆心角的大小；(2)求这个扇形的面积取得最大值时圆心角的大小和弦长AB . 解 (1)设扇形的圆心角为θ，扇形所在圆的半径为R ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2R ＋Rθ＝8，12θ·R 2＝3，解得θ＝23或6.即圆心角的大小为23弧度或6弧度．(2)设扇形所在圆的半径为 x cm ，则扇形的圆心角θ＝8－2xx ，于是扇形的面积是S ＝12x 2·8－2xx ＝4x －x 2＝－(x －2)2＋4. 故当x ＝2 cm 时，S 取到最大值．此时圆心角θ＝8－42＝2弧度，弦长AB ＝2 ·2sin 1 ＝4sin1 (cm)．即扇形的面积取得最大值时圆心角等于2弧度，弦长AB 等于4sin1 cm.高中数学知识点三角函数 1、 以角的顶点为坐标原点，始边为 x 轴正半轴建立直角坐标系，在角的终边上任取一个异于原点的点，点 P 到原点的距离记为，则 sin= ， cos = ， tg = ， ctg = ， sec = ， csc = 。
高中数学 双基限时练4 新人教B版必修4
双基限时练(四)基 础 强 化1．若θ是第二象限角，则( ) A ．sin θ<0 B ．cos θ<0 C ．tan θ>0D ．cot θ>0解析 θ为第二象限角，则sin θ>0，cos θ<0， tan θ<0，cot θ<0. 答案 B2．y ＝sin x |sin x |＋|cos x |cos x ＋tan x |tan x |＋|cot x |cot x 的值域是( )A ．{－2,4}B ．{－2,0,4}C ．{－2,0,2,4}D ．{－4，－2,0,4}解析 若x 是第一象限角，则y ＝4； 若x 是第二象限角，则y ＝－2； 若x 是第三象限角，则y ＝0； 若x 是第四象限角，则y ＝－2. 答案 B3．已知点P (tan α，cos α)在第三象限，则角α的终边在( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限 解析 ∵点P 在第三象限，∴tan α<0，cos α<0. ∴α是第二象限角． 答案 B4．已知|cos θ|＝cos θ，|tan θ|＝－tan θ，则θ2的终边在( )A ．第二、四象限B ．第一、三象限C ．第二、四象限或x 轴上D ．第一、三象限或x 轴上解析 由题意可知，cos θ≥0，tan θ≤0，∴θ的终边在第四象限或x 轴的正半轴上，即2k π－π2<θ≤2k π，k ∈Z .∴k π－π4<θ2≤k π，k ∈Z ，∴θ2的终边在第二、四象限或x 轴上． 答案 C5．已知tan α>0，且sin α＋cos α>0，则角α是( ) A ．第一象限角 B ．第二象限角 C ．第三象限角D ．第四象限角解析 ∵tan α>0，∴α是第一或第三象限角， ∵sin α＋cos α>0，∴α是第一象限角． 答案 A6．α是第四象限角，则下列函数值一定是负值的是( ) A ．sin α2B ．－cos α2C ．－tan α2D ．sin2α解析 ∵α是第四象限角，∴α2是第二象限或第四象限角，∴sin α2与－cos α2的符号不确定，－tan α2>0.2α是第三象限或第四象限或y 轴负半轴上的角，∴sin2α<0.答案 D7．点P (tan2 014°，cos2 014°)位于第________象限． 解析 ∵2 014°＝5×360°×＋214°，214°是第三象限的角， ∴tan2 014°>0，cos2 014°<0， 故点P 位于第四象限． 答案 四8．三角函数式tan53°·sin330°·cos235°的符号是____________． 解析 53°是第一象限角，∴tan53°>0；330°是第四象限角， ∴sin330°<0；235°是第三象限角，∴cos235°<0， ∴tan53°·sin330°·cos235°>0. 答案 正号能 力 提 升9．函数y ＝－cos x ＋sin x 的定义域为________．解析 要使函数有意义，需⎩⎪⎨⎪⎧－cos x ≥0，sin x ≥0，得⎩⎪⎨⎪⎧2k π＋π2≤x ≤2k π＋32πk ∈Z ，2k π≤x ≤2k π＋πk ∈Z ，解之得2k π＋π2≤x ≤2k π＋π(k ∈Z )，∴函数的定义域是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |2k π＋π2≤x ≤2k π＋π，k ∈Z .答案⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |2k π＋π2≤x ≤2k π＋π，k ∈Z 10．判断下列各式的符号：(1)α是第四象限角，sin α·tan α；(2)sin3·cos4·tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23π4.解析 (1)∵α是第四象限角， ∴sin α<0，tan α<0. ∴sin α·tan α>0. (2)∵π2<3<π，π<4<3π2，∴sin3>0，cos4<0. ∵－23π4＝－6π＋π4，∴tan ⎝⎛⎭⎪⎫－23π4>0. ∴sin3·cos4·tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23π4<0. 11．若α是第三象限角，且⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos α2＝－cos α2，求α2所在象限．解析 ∵α是第三象限角， ∴α2是第二或第四象限角．∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos α2＝－cos α2，∴cos α2≤0，∴α2是第二象限角． 12．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin θ<1且2cos θ<1，则θ是第几象限角．解析 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin θ<1且2cos θ<1，∴sin θ>0，cos θ<0， ∴θ是第二象限角．品 味 高 考13．cos θ·tan θ<0，那么角θ是( ) A ．第一或第二象限角B ．第二或第三象限角C ．第三或第四象限角D ．第一或第四象限角解析 cos θ·tan θ<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧cos θ<0，tan θ>0，或⎩⎪⎨⎪⎧cos θ>0，tan θ<0.∴θ是第三或第四象限角． 答案 C。
北师大版高中数学必修四双基限时练1.docx
高中数学学习材料马鸣风萧萧*整理制作双基限时练(一)周期现象一、选择题1．下列变化中不是周期现象的是()A．春去春又回B．太阳东升西落C．天干地支表示年、月、日的时间顺序D．某同学每天放学回到家的时间解析某同学每天放学回到家的时间受各种因素的影响，一般会有少许差别，故不是周期现象．答案 D2．观察“ABCDABCDAB…”，寻找规律，则第20个字母是() A．A B．BC．C D．D解析周期是4,20＝5×4，所以第20个字母是D.答案 D3．如下图，一个质点在平衡位置O点附近摆动，如果不计阻力，可将此摆动看作周期运动，若质点从O点开始向左摆动时开始计时，且周期为1 s，则质点第5次经过O点所需要的时间为()A ．1.5 sB ．2 sC ．2.5 sD ．3 s解析 若质点从O 点开始向左摆动，则在1个周期内2次经过O 点，所以5次经过O 点需要2.5个周期，又因为周期为1 s ，所以需要2.5 s.答案 C4．假定现在时间是12点整，再过t 小时，分针与时针第一次重合，则t ＝( )A.1211B.1312C.2524D.2724解析 时针1小时转过30°，t 小时转过30t °；分针每分钟转过6°，t 小时转过(60t ×6)°，所以30t ＝60t ×6－360，解得t ＝1211.答案 A5．某市绿化委员会为了庆祝国庆节，要在道路的两侧摆放花卉，其中一侧需摆放红、黄、紫、白四种颜色的花，并且按红、黄、紫、白、红、黄、紫、白……的顺序摆放，那么第2014盆花的颜色是( )A ．红B ．黄C ．紫D ．白解析因为按红、黄、紫、白、红、黄、紫、白……的顺序摆放，所以以4为一个周期，而2014÷4＝503……2，为503个周期余2盆，所以第2014盆花为黄花．答案 B6．下图是汽油机的汽缸结构示意图，活塞在燃料的推动下往复运动的过程中，通过连杆带动曲轴做圆周运动．如果活塞每分钟往复运动2400次，则曲轴的运动周期是()A．1分钟B．40秒C．0.05秒D．0.025秒解析活塞往复一次，曲轴转动一圈，则曲轴的运动周期为60秒/2 400＝0.025秒．答案 D7．2011年是兔年，那么1949年是()A．牛年B．虎年C．兔年D．龙年解析∵1949＋60＋2＝2011，∴1949年为牛年．答案 A二、填空题8．“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”，24节气________周期现象(填“是”或“不是”)．答案是9．下列函数图像中具有周期性的序号是________．解析抓住周期现象的特点：重复性．对于(3)，图像不重复出现，故不合题意．答案(1)(2)(4)10．水车上装有16个盛水槽，每个盛水槽最多盛水10升，假设水车5分钟转一圈，计算1小时内最多盛水________升．解析水车盛水是一个周期现象，由题意知，周期为5分钟，每一周期最多盛水10升×16＝160升，1小时内有12个周期，因此在1小时内有12个周期，因此在1小时内最多盛水160升×12＝1920升．答案1920三、解答题11．自行车的前轮胎上有一个标记P，则在自行车前进过程中，P点着地是否具有周期性？解当自行车匀速行驶时，就有周期性；若不是匀速行驶，就没有周期性．12．我们的心跳都是有节奏、有规律的，心脏跳动时，血压在增加或减少．下表是某人在1分钟内血压P(mmHg)与时间t(s)的对应关系表，通过表中数据来研究血压变化的规律.t/s51015202530 P/mmHg93.35136.6511593.35136.65115t/s354045505560 P/mmHg93.35136.6511593.35136.65115(1)请根据上表提供的数据，在坐标系中作出血压P(mmHg)与时间t(s)的对应关系的散点图；(2)血压的变化是周期性的吗？解(1)作出血压P(mmHg)与时间t(s)的散点图．如下图：(2)由散点图可以看出，每经过15 s，血压就重复出现相同的数值，因此血压是周期性变化的．13．古希腊著名的哲学家、数学家、天文学家毕达哥拉斯有一次处罚学生，要他来回数戴安娜神庙的七根柱子(这七根柱子分别标有A，B，C，…，G)，一直到指出第1999个数的柱子的标号是哪一个才能停止．你能否帮助他尽快结束这个处罚？A B C D E F G1 2 3 4 5 6 713 12 11 10 9 814 15 16 17 18 1925 24 23 22 21 20………………………………解“2,3,4…1997,1998,1999”按“B，C，D，E，F，G，F，E，D，C，B，A”12个数字循环出现，周期是12.解法一：先去掉第一行的7个数字，由(1999－7)÷12＝166知：刚好是166个周期，所以数到1999的那根柱子的标号是G.解法二：先把1去掉，(1999－1)÷12＝166……6，第1999个数的柱子的标号与第167个周期的第6个数的标号相同，是G.。
高二数学 双基限时练4
双基限时练(四)1．下列各式中正确的是( )A ．(sin a )′＝cos a (a 为常数)B ．(cos x )′＝sin xC ．(sin x )′＝cos xD ．(x －5)′＝－15x －6答案 C2．已知函数f (x )＝x 3的切线斜率等于1，则其切线方程有() A ．1条 B . 2条C ．3条D ．不确定解析 令f ′(x )＝3x 2＝1，得x ＝±33，∴切线斜率为1的点有两个，故有两条．答案 B3．函数y ＝cos x 在x ＝π6处的切线的斜率为( ) A.32 B ．－32 C.12 D ．－12解析 y ′＝(cos x )′＝－sin x ，∴k ＝y ′|x ＝π6＝－sin π6＝－12.答案 D4．曲线y ＝x 在点(1,1)处的切线方程为( )A ．y ＝x ＋1B ．y ＝xC ．y ＝12x ＋12D ．y ＝－12x ＋32解析 ∵y ＝x ＝x 12，∴y ′＝12x －12.∴k ＝y ′|x ＝1＝12.故切线方程为y －1＝12(x －1)，即y ＝12x ＋12.答案 C5．已知f (x )＝x n .若f ′(－1)＝－4，则n 的值为( )A ．4B ．－4C ．5D ．－5解析 ∵f (x )＝x n ，f ′(x )＝nx n －1，∴f ′(－1)＝n (－1)n －1＝－4.∴n ＝4.答案 A6．过原点作曲线y ＝e x 的切线，则切点的坐标为________，切线的斜率为________．解析 ∵y ＝e x ，∴y ′＝e x .设切点为(x 0，y 0)，切线方程为y ＝kx ，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝e x 0，y 0＝e x 0·x 0， ∴x 0＝1，y 0＝e.故切点(1，e)，k ＝e.答案 (1，e) e7．已知函数f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos x ＋sin x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4的值为________． 解析 ∵f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos x ＋sin x .f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4为常数， ∴f ′(x )＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4sin x ＋cos x ， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4×22＋22，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2－1.∴f (x )＝(2－1)cos x ＋sin x .∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝(2－1)×22＋22＝1. 答案 18．已知f (x )＝x 2，g (x )＝ln x ，若f ′(x )－g ′(x )＝1，则x ＝________.解析 f ′(x )－g ′(x )＝2x －1x ＝1，即2x 2－x －1＝0.解得x ＝－12或x ＝1，又x >0，∴x ＝1.答案 19．已知曲线y ＝x 3－3x ，过点(0,16)作曲线的切线，求曲线的切线方程．解 设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝y ′ |x ＝x 1＝3x 21－3，∴切线方程为y ＝(3x 21－3)x ＋16.又切点在切线上，∴y 1＝(3x 21－3)x 1＋16.∴x 31－3x 1＝(3x 21－3)x 1＋16，解得x 1＝－2.∴切线方程为y ＝9x ＋16，即9x －y ＋16＝0.10．证明：过曲线y ＝1x 上的任何一点P (x 0，y 0)(x 0>0)的切线与两坐标轴围成的三角形的面积是一个常数．证明 由y ＝1x ，得y ′＝－1x 2.∴k ＝f ′(x 0)＝－1x 20.∴过点P (x 0，y 0)的切线方程为y －y 0＝－1x 20(x －x 0)．令x ＝0，得y ＝y 0＋1x 0＝2x 0； 令y ＝0，得x ＝2x 0.∴过点P (x 0，y 0)(x 0>0)的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S ＝12×2x 0×2x 0＝2是一个常数． 11．在曲线y ＝1x (x <0)上求一点P ，使P 到直线x ＋2y －4＝0的距离最小．解 由题意知，平行于直线x ＋2y －4＝0与y ＝1x (x <0)相切的切点即为所求．设切点P (x 0，y 0)，由y ′＝－1x 2，得k ＝y ′|x ＝x 0＝－1x 20， 又x ＋2y －4＝0的斜率为－12，∴－1x 20＝－12，∴x 0＝2，或x 0＝－ 2. ∵x <0，∴x 0＝－ 2.y 0＝－12＝－22. ∴P (－2，－22)为所求．12．已知P (－1,1)，Q (2,4)是曲线y ＝x 2上的两点，求：(1)过点P ，Q 的曲线y ＝x 2的切线方程；(2)求与直线PQ 平行的曲线y ＝x 2的切线方程．解 (1)∵y ′＝2x ，且P (－1,1)，Q (2,4)都是曲线y ＝x 2上的点， ∴过点P 的切线的斜率为k 1＝y ′|x ＝－1＝－2.过点Q 的切线的斜率为k 2＝y ′|x ＝2＝4.故过点P 的切线方程为y －1＝－2(x ＋1)， 即2x ＋y ＋1＝0.过点Q 的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设切点坐标为(x 0，x 20)，则y ′|x ＝x 0＝2x 0，又直线PQ 的斜率k ＝4－12－(－1)＝1， ∴2x 0＝1，x 0＝12.故切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14.故平行于PQ 的切线方程为y －14＝x －12，即4x －4y －1＝0.新课标第一网系列资料 。
高中数学人教B版必修4：双基限时练(31份打包)双基限时练20
双基限时练(二十)基 础 强 化1．如图，OA →、OB →、OC →的终点A 、B 、C 在一条直线上，且AC →＝－3CB →，设OA →＝p ，OB →＝q ，OC →＝r ，则以下等式成立的是( )A ．r ＝－12p ＋32q B ．r ＝－p ＋2q C ．r ＝32p －12q D ．r ＝－q ＋2p解析 ∵AC →＝－3CB →，∴AB →＝2BC →.∴OC →＝OB →＋BC →＝OB →＋12AB →＝OB →＋12(OB →－OA →)． ∴OC →＝－12OA →＋32OB →.∴r ＝－12p ＋32q . 答案 A2．已知平面内不共线的四点O ，A ，B ，C ，满足OB →＝13OA →＋23OC →，则|AB →|:|BC →|＝( )A ．1:|3B ．3:|1C ．1:|2D ．2:|1解析 ∵OB →＝13OA →＋23OC →， ∴13(OB →－OA →)＝23(OC →－OB →)． ∴13AB →＝23BC →，∴AB →＝2BC →. ∴|AB →|＝2|BC →|.∴|AB →|:||BC →|＝2:|1. 答案 D3．非零不共线向量OA →、OB →，且2OP →＝xOA →＋yOB →，若P A →＝λAB →(λ∈R )，则点Q (x ，y )的轨迹方程是( )A ．x ＋y －2＝0B ．2x ＋y －1＝0C ．x ＋2y －2＝0D ．2x ＋y －2＝0解析 ∵P A →＝λAB →，∴OA →－OP →＝λ(OB →－OA →)． ∴OP →＝(1＋λ)OA →－λOB →. ∴2OP →＝(2＋2λ)OA →－2λOB →，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2＋2λ，y ＝－2λ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2λ＝x －2，2λ＝－y .∴x ，y 满足x ＋y －2＝0.∴点Q (x ，y )的轨迹方程为x ＋y －2＝0. 答案 A4．△ABC 中，点D 在边AB 上，CD 平分∠ACB ，CB →＝a ，CA →＝b ，|a |＝1，|b |＝2，则CD →＝( )A.13a ＋23bB.23a ＋13bC.35a ＋45bD.45a ＋35b解析 ∵CD 是∠ACB 的角平分线，∴AD BD ＝ACBC ＝2. ∴CD →＝CA →＋AD →＝CA →＋23AB →＝CA →＋23(CB →－CA →) ＝23CB →＋13CA →＝23a ＋13b . 答案 B5．若点M 是△ABC 的重心，则下列各向量中与AB →共线的是( ) A.AB →＋BC →＋AC → B.AM →＋MB →＋BC → C.AM →＋BM →＋CM →D ．3AM →＋AC →解析 如图，设D ，E ，F 分别为各边的中点，AM →＝23AD →＝13(AB →＋AC →)． 同理BM →＝13(BC →＋BA →)， CM →＝13(CA →＋CB →)．∴AM →＋BM →＋CM →＝0，0与AB →共线． 答案 C6．如图在△ABC 中，AH ⊥BC 于H ，M 为AH 的中点，若AM →＝λAB →＋μAC →，则λ＋μ的值为( )A ．－1 B.12 C ．1D ．2解析 ∵B 、H 、C 三点共线， ∴AH →＝(1－t )AB →＋tAC →. ∴2AM →＝(1－t )AB →＋tAC →. ∴AM →＝1－t 2AB →＋t 2AC →， ∴λ＝1－t 2，μ＝t 2，∴λ＋μ＝12. 答案 B7．如图，在平行四边形ABCD 中，点O 为AC 的中点，点N 为OB 的中点，设AB →＝a ，AD →＝b ，若用a ，b 来表示向量AN →， 则AN →＝________.解析 以AB →＝a ，AD →＝b 作为以A 点为公共起点的一组基底，则 AN →＝AD →＋DN →＝AD →＋34DB → ＝AD →＋34(AB →－AD →)＝14AD →＋34AB → ＝34a ＋14b . 答案 34a ＋14b8．向量a 在基底{e 1，e 2}下可以表示为a ＝2e 1＋3e 2，b ＝e 1＋e 2，c ＝e 1－e 2，若a 在基底{b ，c }下可表示为a ＝λb ＋μc ，则λ＝________，μ＝________.答案 52，－12能 力 提 升9．如图，平面内三个向量OA →，OB →，OC →，其中∠AOB ＝120°，∠AOC ＝30°，且|OA →|＝|OB →|＝1，|OC →|＝23，若OC →＝λOA →＋μOB →(λ，μ∈R )，则λ＋μ的值为__________．解析 以OA 、OB 为邻边作平行四边形OECF ，如图所示．则OC →＝OE →＋OF →＝λOA →＋μOB →. 即OE →＝λOA →，OF →＝μOB →.∵∠AOB ＝120°，∠AOC ＝30°，∴∠BOC ＝90°. ∴在△COF 中，|OC →|＝23，∠OCF ＝30°， ∴|OF →|＝2，|FC →|＝4，∴|OE →|＝4. ∵|OA →|＝|OB →|＝1.∴OE →＝4OA →，OF →＝2OB →.∴OC →＝4OA →＋2OB →. ∴λ＝4，μ＝2，∴λ＋μ＝6. 答案 610．已知四边形ABCD 为矩形，且AD ＝2AB ，又△ADE 为等腰直角三角形，F 为ED 的中点，EA →＝e 1，EF →＝e 2，选择{e 1，e 2}作为基底，用基底表示向量AF →，AB →，AD →，BD →.解析 如图，∵e 1＝EA →，e 2＝EF →，∴AF →＝EF →－EA → ＝e 2－e 1.由已知AD ＝2AB ＝DE ，且F 为DE 的中点， ∴四边形ABDF 为平行四边形． ∴AB →＝FD →＝EF →＝e 2，AD →＝ED →－EA →＝2EF →－EA →＝2e 2－e 1. BD →＝AF →＝e 2－e 1.11．设e 1，e 2是不共线的非零向量，且a ＝e 1－2e 2，b ＝e 1＋3e 2. (1)证明：a ，b 可以作为一组基底；(2)以a ，b 为基底，求向量c ＝3e 1－e 2的分解式； (3)若4e 1－3e 2＝λa ＋μb ，求λ，μ的值． 解析 (1)若a ，b 共线， 则存在λ∈R ，使a ＝λb ， 则e 1－2e 2＝λ(e 1＋3e 2)． 由e 1，e 2不共线，得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，3λ＝－2⇒⎩⎨⎧λ＝1，λ＝－23.∴λ不存在，故a 与b 不共线，可以作为一组基底．(2)设c ＝m a ＋n b (m ，n ∈R )，得 3e 1－e 2＝m (e 1－2e 2)＋n (e 1＋3e 2) ＝(m ＋n )e 1＋(－2m ＋3n )e 2.∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n ＝3，－2m ＋3n ＝－1⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2.n ＝1.∴c ＝2a ＋b .(3)由4e 1－3e 2＝λa ＋μb ，得 4e 1－3e 2＝λ(e 1－2e 2)＋μ(e 1＋3e 2) ＝(λ＋μ)e 1＋(－2λ＋3μ)e 2.∴⎩⎪⎨⎪⎧ λ＋μ＝4，－2λ＋3μ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧λ＝3，μ＝1.故所求λ，μ的值分别为3和1.12．平面内有一个△ABC 和一点O (如图)，线段OA 、OB 、OC 的中点分别为E 、F 、G ，BC 、CA 、AB 的中点分别为L 、M 、N ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c .(1)试用a 、b 、c 表示向量EL →、FM →、GN →；(2)证明：线段EL 、FM 、GN 交于一点且互相平分．解析 (1)∵OE →＝12a ，OL →＝12(b ＋c )， ∴EL →＝OL →－OE →＝12(b ＋c －a )． 同理：FM →＝12(a ＋c －b )， GN →＝12(a ＋b －c )．(2)证明：设线段EL 的中点为P 1，则OP 1→＝12(OE →＋OL →)＝14(a ＋b ＋c )． 设FM 、GN 的中点分别为P 2、P 3，同理可求得OP 2→＝14(a ＋b ＋c )，OP 3→＝14(a ＋b ＋c )．∴OP 1→＝OP 2→＝OP 3→.即EL 、FM 、GN 交于一点，且互相平分．品 味 高 考13．设a 是已知的平面向量且a ≠0，关于向量a 的分解，有如下四个命题：①给定向量b ，总存在向量c ，使a ＝b ＋c ；②给定向量b 和c ，总存在实数λ和μ，使a ＝λb ＋μc ；③给定单位向量b 和正数μ，总存在单位向量c 和实数λ，使a ＝λb ＋μc ； ④给定正数λ和μ，总存在单位向量b 和单位向量c ，使a ＝λb ＋μc ； 上述命题中的向量b ，c 和a 在同一平面内且两两不共线，则正确命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析 利用向量加法的三角法则，易得①对；利用平面向量的基本定理，易得②对；以a 的终点作长度为μ的圆，这个圆必须和向量λb 有交点，这个不一定能满足，故③错；利用向量加法的三角形法则，结合三角形两边之和大于第三边，即必须|λb|＋|μc|＝λ＋μ≥|a|，故④错．答案 B。
人教新课标A版高中数学必修4双基限时练及答案26.doc
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】双基限时练(二十六)1．已知下列四个等式：①sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β； ②cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β；③cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝－sin α； ④tan(α－β)＝tan α－tan β1＋tan αtan β.其中恒成立的等式有( )A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个解析 ①，②，③对任意角α，β恒成立，④中的α，β还要使正切函数有意义．答案 B2.1－tan15°1＋tan15°的值为( ) A. 3 B.33 C ．1 D ．－ 3解析 原式＝tan45°－tan15°1＋tan45°tan15°＝tan(45°－15°)＝tan30°＝33.答案 B3．设tan(α＋β)＝25，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝14，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4等于( ) A.1328 B.1322 C.322 D.163．已知α，β为锐角，cos α＝45，tan(α－β)＝－13，则tan β的值为( )A.13B.139C.1315D.59 答案 B4．已知tan α＋tan β＝2，tan(α＋β)＝4，则tan αtan β等于( ) A ．2 B ．1 C.12 D ．4解析 因为tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝21－tan αtan β＝4，所以tan αtan β＝12.答案 C5．若0<α<π2，0<β<π2，且tan α＝17，tan β＝34，则α＋β等于( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.3π4解析 由已知可求得tan(α＋β)＝1. 又0<α＋β<π，∴α＋β＝π4. 答案 B6．已知tan α和tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α是方程ax 2＋bx ＋c ＝0的两个根，则a ，b ，c 的关系是( )A ．b ＝a ＋cB ．2b ＝a ＋cC ．c ＝b ＋aD ．c ＝ab解析 由韦达定理可知tan α＋tan ⎝⎛⎭⎪⎫π4－α＝－ba 且tan αtan ⎝⎛⎭⎪⎫π4－a ＝c a ，∴tan π4＝tan ⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝－b a1－c a ＝1.∴－b a ＝1－c a .∴－b ＝a －c .∴c ＝a ＋b .故选C.答案 C7．若tan α＝3，tan β＝43，则tan(α－β)＝________. 解析 tan(α－β)＝tan α－tan β1＋tan αtan β＝3－431＋3×43＝13. 答案 138.tan51°－tan6°1＋tan51°tan6°＝________. 解析 原式＝tan(51°－6°)＝tan45°＝1. 答案 19．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝35，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝______.解析 ∵π2<α<π，sin α＝35， ∴cos α＝－45，∴tan α＝－34. ∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝－34＋11＋34＝17. 答案 1710．tan67°－tan22°－tan67°tan22°＝________.解析 因为tan67°－tan22°＝tan(67°－22°)(1＋tan67°tan22°) ＝tan45°(1＋tan67°tan22°) ＝1＋tan67°tan22°所以tan67°－tan22°－tan67°tan22° ＝1＋tan67°tan22°－tan67°tan22°＝1. 答案 111．求下列各式的值． (1)tan π12；(2)tan75°－tan15°1＋tan75°tan15°.解 (1)tan π12＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－π6＝tan π4－tan π61＋tan π4·tan π6 ＝1－331＋33＝2－ 3.(2)原式＝tan(75°－15°)＝tan60°＝ 3. 12．(1)已知α＋β＝π4，求(1＋tan α)(1＋tan β)．(2)利用(1)的结论求(1＋tan1°)·(1＋tan2°)·(1＋tan3°)·…·(1＋tan45°)的值．解 (1)∵α＋β＝π4，∴tan(α＋β)＝1，即tan α＋tan β1－tan αtan β＝1，∴tan α＋tan β＝1－tan αtan β.∴(1＋tan α)(1＋tan β)＝(tan α＋tan β)＋1＋tan αtan β＝2. (2)由(1)知当α＋β＝45°时， (1＋tan α)(1＋tan β)＝2.∴原式＝(1＋tan1°)(1＋tan44°)(1＋tan2°)(1＋tan43°)…(1＋tan22°)(1＋tan23°)·(1＋tan45°)＝222·2＝223.13．已知tan α＝－13，cos β＝55，α，β∈(0，π)． (1)求tan(α＋β)的值；(2)求函数f (x )＝2sin(x －α)＋cos(x ＋β)的最大值． 解 (1)tan α＝－13，cos β＝55，β∈(0，π)， ∴sin β＝255，∴tan β＝2.∴tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝－13＋21－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13×2＝1. (2)∵tan α＝－13， α∈(0，π)， ∴sin α＝110，cos α＝－310.∴f (x )＝2(sin x cos α－cos x sin α)＋cos x cos β－sin x sin β ＝－35sin x －15cos x ＋55cos x －255sin x＝－5sin x . ∴f (x )的最大值为 5.高中数学知识点三角函数 1、 以角的顶点为坐标原点，始边为 x 轴正半轴建立直角坐标系，在角的终边上任取一个异于原点的点，点 P 到原点的距离记为，则 sin= ， cos = ， tg = ， ctg = ， sec = ， csc = 。
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双基限时练(二十五)基 础 强 化1．已知两个力F 1、F 2的夹角为90°，它们的合力大小为10 N ，合力与F 1的夹角为60°，那么F 1的大小为( )A ．5 3 NB ．5 NC ．10 ND ．5 2 N解析 |F 1|＝10×cos60°＝5.故选B. 答案 B2．△ABC 中，AB →＝c ，BC →＝a ，且c ·a <0，则△ABC 是( ) A ．锐角三角形 B ．钝角三角形 C ．直角三角形D ．无法确定解析 ∵a ·c <0，∴a 与c 所成角为钝角，〈a ·c 〉>π2. 则∠B ＝π－〈a ，b 〉<π2，∴∠B 为锐角，△ABC 形状无法确定． 答案 D3．和直线3x －4y ＋7＝0平行的向量a 及垂直的向量b 分别是( ) A ．a ＝(3,4)，b ＝(3，－4) B ．a ＝(－3,4)，b ＝(4，－3) C ．a ＝(4,3)，b ＝(3，－4) D ．a ＝(－4,3)，b ＝(3,4)解析 与直线3x －4y ＋7＝0垂直的向量为(3，－4)， 与直线3x －4y ＋7＝0平行的向量为(4,3)． ∴a ＝(4,3)，b ＝(3，－4)． 答案 C4．在△OAB 中，OA →＝a ，OB →＝b ，M 为OB 的中点，N 为AB 的中点，ON 、AM 交于点P ，则AP →＝( )A.23a －13b B ．－23a ＋13b C.13a －23bD ．－13a ＋23b解析 P 为△OAB 的重心，∴AP →＝OP →－OA →＝23ON →－OA →＝23⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12OA →＋12OB →－OA →＝－23OA →＋13OB →＝－23a ＋13b .答案 B5．已知P 为三角形ABC 内部任一点(不包括边界)，且满足(PB →－P A →)·(PB →＋P A →－2PC →)＝0，则△ABC 一定为( )A ．直角三角形B ．等边三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰三角形解析 由题意，AB →·(CB →＋CA →)＝0，即AB 边上的中线与AB 垂直， ∴该三角形是等腰三角形． 答案 D6．点P 在平面上做匀速直线运动，速度向量v ＝(4，－3)(即点P 的运动方向与v 相同，且每秒移动的距离为|v |个单位)．设开始时点P 的坐标为(－10,10)，则5秒后点P 的坐标为( )A ．(－2,4)B ．(－30,25)C ．(10，－5)D ．(5，－10)解析 P 点的位移为5v ＝(20，－15)． ∵P 点的起始位置为(－10,10)，∴5秒后P 点的位置为(10，－5)． 答案 C7．已知△AOB ，点P 在直线AB 上，且满足OP →＝2tP A →＋tOB →(t ∈R )，则t ＝________.解析 OP →＝2t (OA →－OP →)＋tOB →， (2t ＋1)OP →＝2tOA →＋tOB →，∴OP →＝2t 2t ＋1OA →＋t 2t ＋1OB →，∵A 、B 、P 三点共线，∴2t 2t ＋1＋t2t ＋1＝1，∴t ＝1. 答案 18．已知一物体在共点力F 1＝(2,2)，F 2＝(3,1)的作用下产生位移S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，则共点力对物体所做的功为________． 解析 F 1＋F 2＝(5,3)，共点力对物体所做的功为F ·S ＝5×12＋32×3＝7. 答案 7能 力 提 升9．如图所示，已知点A (3,0)，B (4,4)，C (2,1)，则AC 和OB 交点P 的坐标为________．解析 设OP →＝tOB →＝t (4,4)＝(4t,4t )， 则AP →＝OP →－OA →＝(4t －3,4t )， AC →＝(2,1)－(3,0)＝(－1,1)．由AP →，AC →共线得(4t －3)×1－4t ×(－1)＝0，解得t ＝38. ∴OP →＝(4t,4t )＝⎝⎛⎭⎪⎫32，32.∴P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3210．如图所示，已知四边形ABCD 是梯形，AD →与BC →共线，(BA →＋CD →)·(BD →＋AC →)＝0.试证：梯形ABCD 是等腰梯形．证明 作DE ∥AB 交BC 于E ，如图所示，由于AD ∥BC ， 所以AD →＝λBC →，设F 为CE 的中点， 则BA →＋CD →＝ED →＋CD →＝2FD →.又∵BD →＋AC →＝BC →＋CD →＋AD →＋DC → ＝BC →＋AD →＝(1＋λ)BC →.代入(BA →＋CD →)·(BD →＋AC →)＝0，得 2FD →·(1＋λ)BC →＝0. ∴FD →⊥BC →，∴|DE →|＝|DC →|. ∴|AB →|＝|DC →|.即梯形ABCD 是等腰梯形．11．有一艘在静水中速度为10 km/h 的船，现船沿与河岸成60°角的方向向河的上游行驶．由于受水流的影响，结果沿垂直于河岸的方向驶达对岸．设两岸平行，流速均匀．(1)设船相对于河岸和静水的速度分别为u km/h ，v km/h ，河水的流速为w km/h ，求u ，v ，w 之间的关系式；(2)求这条河河水的流速．解析 (1)如图，u 是垂直到达河对岸方向的速度，v 是与河岸与60°角的静水中的船速，则v 与u 的夹角为30°.由题意知，u ，v ，w 三条有向线段构成一个直角三角形，其中OB →＝v ，OC →＝u ，OA →＝BC →＝w .由向量加法的三角形法则知，OC →＝OA →＋OB →，即u ＝w ＋v .(2)∵|v |＝10 km/h ，而|BC →|＝|OB →|sin30°＝10×12＝5 km/h ， ∴这条河河水的流速为5 km/h ，方向顺着河岸向下．12．如图，已知Rt △OAB 中，∠AOB ＝90°，OA ＝3，OB ＝2，M 在OB 上，且OM ＝1，N 在OA 上，且ON ＝1，P 为AM 与BN 的交点，求∠MPN .解析 设OA →＝a ，OB →＝b 且AM →，BN →的夹角为θ，则OM →＝12b ，ON →＝13a . 又∵AM →＝OM →－OA →＝12b －a ， BN →＝ON →－OB →＝13a －b ，∴AM →·BN →＝⎝⎛⎭⎪⎫12b －a ·⎝⎛⎭⎪⎫13a －b ＝－5， |AM →|＝10，|BN →|＝5，∴cos θ＝－55·10＝－22，∴θ＝3π4.又∵∠MPN 即为向量AM →，BN →的夹角，∴∠MPN ＝3π4.品 味 高 考13．在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝60°，E 为CD 的中点，若AC →·BE →＝1，则AB 的长为________．解析 ∵AB →·AD →＝|AB →|·|AD →|·cos60°＝12|AB →|，∴AC →·BE →＝(AB →＋AD →)·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12AB →＋AD →＝ －12|AB →|2＋1＋14|AB →|.∵AC →·BE →＝1，∴－12|AB →|2＋14|AB →|＝0，解得|AB →|＝12. 答案 12。
高中数学人教B版必修4：双基限时练(31份打包)双基限时
双基限时练(一)基础强化1．下列说法正确的是()A．钝角是第二象限角B．第二象限角比第一象限角大C．大于90°的角是钝角D．－165°是第二象限角解析钝角的范围为(90°，180°)，故它是第二象限角，∴A正确，C 错误；120°是第二象限角，390°是第一象限角，∴B错误；－165°是第三象限角，∴D错误．答案 A2．射线OA绕端点O逆时针旋转120°到达OB的位置，由OB位置顺时针旋转270°到达OC位置，则∠AOC＝()A．150°B．－150°C．390°D．－390°解析∠AOB＝120°，∠BOC＝－270°，∠AOC＝∠AOB＋∠BOC＝120°－270°＝－150°.答案 B3．与405°终边相同的角为()A．－45°B．45°C．135°D．225°解析405°＝360°＋45°，故与405°的终边相同的角为45°.答案 B4．－1236°角的终边所在象限为()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析 －1236°＝－3×360°－156°，即－1236°角的终边与－156°角的终边相同，∵－156°是第三象限角，故－1236°是第三象限角．答案 C5．在平面直角坐标系中，若角α与β的终边互相垂直，则角α与β的关系为( )A ．β＝α＋90°B ．β＝α±90°C ．β＝k ·360°＋α＋90°，k ∈ZD ．β＝k ·360°＋α±90°，k ∈Z解析 如图所示，可知β－α＝k ·360°±90°，k ∈Z .答案 D6．若θ是第三象限角，则θ2与90°－θ一定不是( ) A ．第一象限角 B ．第二象限角 C ．第三象限角D ．第四象限角解析 ∵θ是第三象限角，∴θ2是第二象限或第四象限角.90°－θ是第三象限角，∴θ2与90°－θ一定不是第一象限角．答案 A7．如图，终边落在阴影部分的角的集合为________．解析该区域的边界分别是k·360°－45°，k∈Z，与k·360°＋120°，k∈Z.故该区域表示的角的集合为{α|k·360°－45°≤α≤k·360°＋120°，k∈Z}．答案{α|k·360°－45°≤α≤k·360°＋120°，k∈Z}8．时间经过2小时20分钟，则分针所转过的角度为________．解析分针走过5分钟，转过的角度为－30°，走过1小时，则转过的角度为－360°，∴时针走过2小时20分，分针转过的角度为2×(－360°)＋(－120°)＝－840°.答案－840°能力提升9．若角α满足180°＜α＜360°，角5α与α有相同的始边，且又有相同的终边，那么角α＝________.解析由于5α与α的始边和终边相同，所以这两角的差应是360°的整数倍，即5α－α＝4α＝k·360°.又180°＜α＜360°，令k＝3，得α＝270°.答案270°10．在0°到360°内找出与下列各角终边相同的角，并判定它们是第几象限角．(1)－150°；(2)－840°；(3)2496°； (4)3401°.解析 (1)－150°＝－360°＋210°，∴0°到360°内，与－150°终边相同的角为210°，它是第三象限角． (2)－840°＝－3×360°＋240°，∴在0°到360°内，与－840°终边相同的角为240°，它是第三象限角． (3)2496°＝6×360°＋336°，∴在0°到360°内，与2496°终边相同的角为336°，它是第四象限角． (4)3401°＝9×360°＋161°，∴在0°到360°内，与3401°终边相同的角为161°，它是第二象限角． 11．若角α的终边与240°的终边相同，求在[0°，360°)内终边与α3的终边相同的角．解析 α＝240°＋k ·360°，k ∈Z ， ∴α3＝80°＋k ·120°，k ∈Z .依题意：0°≤80°＋k ·120°<360°，k ∈Z ， ∴k ＝0,1,2.即在[0°，360°)内，终边与α3终边相同的角为80°，200°，320°. 12．如图，分别写出适合下列条件的角的集合． (1)终边落在射线OM 上； (2)终边落在直线OM 上； (3)终边落在阴影区域内(含边界)．解析(1)终边落在射线OM上的角的集合A＝{α|α＝45°＋k·360°，k∈Z}．(2)终边落在射线OM上的角的集合为A＝{α|α＝45°＋k·360°，k∈Z}，终边落在射线OM反向延长线上的角的集合为B＝{α|α＝225°＋k·360°，k∈Z}，故终边落在直线OM上的角的集合为A∪B＝{α|α＝45°＋k·360°，k∈Z}∪{α|α＝225°＋k·360°，k∈Z}＝{α|α＝45°＋2k·180°，k∈Z}∪{45°＋(2k＋1)·180°，k∈Z}＝{α|α＝45°＋n·180°，n∈Z}．(3)由(2)同理可得终边落在直线ON上的角的集合为{β|β＝60°＋n·180°，n∈Z}，故终边落在阴影区域内(含边界)的角的集合为{α|45°＋n·180°≤α≤60°＋n·180°，n∈Z}．品味高考13．设集合M＝{x|x＝k·90°＋45°，k∈Z}，N＝{x|x＝k·45°＋90°，k∈Z}，则必有()A．M＝N B．M NC．M N D．M∩N＝∅解析在集合M中，对k讨论：当k＝4n，n∈Z，x＝n·360°＋45°，n∈Z；当k＝4n＋1，n∈Z时，x＝n·360°＋135°，n∈Z；当k＝4n＋2，n∈Z时，x＝n·360°＋225°，n∈Z；当k＝4n＋3，n∈Z时，x＝n·360°＋315°，n∈Z.故集合M表示终边在四个象限角平分线上的角的集合．同理，对于集合N中的k＝8n,8n＋1，…，8n＋7，n∈Z讨论可知，集合N表示终边在坐轴上或四个象限角平分线上的角的集合，所以M N，故选C.答案 C。
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答案 B 4．在△ABC 中，如果 BC＝6，AB＝4，cosB＝3，1 那么 AC 等于( )
学海无 涯
A．6 C．3 6
B．2 6 D．4 6
解析 由余弦定理，得
AC2＝BC2＋AB2－2·AB·BC·cos B
＝62＋42－2×6×4×31
＝36，∴AC＝6.
答案 A
5．有一长为 10 m 的斜坡，倾斜角为 75°，在不改变坡高和坡顶
在△OAC 中，由余弦定理，
学海无涯
得 OC2＝(4 3)2＋(2 3)2－2×4 3×2 3×12＝36.
∴|OC|＝6.
答案 6 km 8．某人从 A 处出发，沿北偏东 60°行走 3 3 km 到 B 处，再沿
正东方向行走 2 km 到 C 处，则 A，C 两地距离为
km.
解析 如图所示，由题意可知 AB＝3 3，BC＝2，∠ABC＝150°.
由余弦定理，得
AC2＝27＋4－2×3 3×2×cos150°＝49，AC＝7.则 A，C 两地距
离为 7 km.
答案 7
9．一蜘蛛沿东北方向爬行 x cm 捕捉到一只小虫，然后向右转 105°，爬行 10 cm 捕捉到另一只小虫，这时它向右转 135°爬行回它的
出发点，那么 x＝
.
解析 如图所示，设蜘蛛原来在 O 点，先爬行到 A 点，再爬行
答案
8 13
7．一艘船以 4 km/h 的速度沿着与水流方向成 120°的方向航行，
已知河水流速为 2 km/h，则经过 3 h，该船实际航程为
．
→
→
解析 如图所示，设 O A 表示水流方向，O B 为船航行方向．则
→ O C 为船实际航行方向．
→
→
由题意，知|A C |＝4 3，|O A |＝2 3，∠OAC＝60°，
Hale Waihona Puke A．32 2B．16 2
C．4 2
D．16
解析 由正弦定理，可得a＝sinA＝sin2B＝2cosB.∴cosB＝ 2，∴
b sinB sinB
2
B＝45°，A＝90°，∴c＝b＝16 2.
答案 B
ab c 3．在△ABC 中，若cosA ＝cosB ＝cosC ，则△ABC 是( )
A．直角三角形
由余弦定理，得
AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos105°
学海无 涯
＝3＋
6＋ 2
2
2
－2×
3×
6＋ 2
2 2－ 6 × 4 ＝5＋2 3.
∴AB＝ 5＋2 3.
∴炮兵阵地与目标的距离为 5＋2 3km.
学海无 涯
双基限时练(四)
1．在△ABC 中，若 sinB：sinC＝3：4，则边 c b 等 于 ( )
A．4：3，或 16：9
B．3：4
C．16：9
D．4：3
解析 由正弦定理scinC＝ bsi，nB得c＝bsinCsi＝nB4 3.
答案 D
2．在△ABC 中，已知 a＝32，b＝16 2，∠A＝2∠B，则边长 c 等于()
B．等边三角形 D
C．钝角三角形
．等腰直角三角形
解析 由正弦定理及题设条件，知csionsAA＝scionsBB＝scionsCC.由scionsAA＝
csoinsBB，得 sin(A－B)＝0.∵0<A<π，0<B<π，得－π<A－B<π，∴A－B＝
0.∴A＝B.同理 B＝C，∴△ABC 是等边三角形．
知△ACD 为正三角形，且 DC＝ 3 km，当目标出现在 B 点时，测得
∠BCD＝75°，∠CDB＝45°，求炮兵阵地与目标的距离．
解 ∠CBD＝180°－∠CDB－∠BCD＝180°－45°－75°＝60°，
在△BCD 中，由正弦定理，得
BD＝CDsinsi6n07°5°＝
6＋ 2 2.
在△ABD 中，∠ADB＝45°＋60°＝105°，
学海无涯
到 B 点，易知在△AOB 中，AB＝10 cm，∠OAB＝75°，∠ABO＝45°，
则∠AOB＝60°，由正弦定理知：
x＝ABs·isni∠n ∠AOABBO＝10s×ins6i0n°45°＝1036 (cm)．
答案
10 6 3
cm
10．如图，某炮兵阵地位于 A 点，两观察所分别位于 C，D两点．已
的前提下，通过加长坡面的方法将它的倾斜角改为 30°，则坡底要延
长的长度(单位：m)是( )
A．5
B．10
C．10 2
D．10 3
解析 如图，设将坡底加长到 C 时，倾斜角为 30°，在△ABC 中， AB＝10 m，∠C＝30°，∠BAC＝75°－30°＝45°.
由正弦定理得sin∠BCBAC＝sAinBC.
学海无 涯
2 ABsin∠BAC 10× 2 即 BC＝ sinC ＝ 1 ＝10 2(m)．
2
答案 C 6．在△ABC 中，已知 AC＝2，BC＝3，cosA＝－153，则 sinB＝
. 解析 ∵cosA＝－153，∴sinA＝1123.
由正弦定理，可得s3inA＝ 2si，nB
∴sinB＝2s3inA＝23×1123＝183.