高考数学一轮复习课时规范练23解三角形理新人教B版

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高三数学高考第一轮复习计划(10篇)

高三数学高考第一轮复习计划（10篇）（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。

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2024年高考指导数学(人教A版理科第一轮复习)目录

课时规范练(A)课时规范练1集合的概念与运算课时规范练3命题及其关系、充要条件课时规范练5函数及其表示课时规范练7函数的奇偶性与周期性课时规范练9指数与指数函数课时规范练11函数的图象课时规范练13函数模型及其应用课时规范练15利用导数研究函数的单调性课时规范练17定积分与微积分基本定理课时规范练19同角三角函数基本关系式及诱导公式课时规范练21简单的三角恒等变换课时规范练23函数y=A sin(ωx+φ)的图象及三角函数的应用课时规范练25平面向量的概念及线性运算课时规范练27平面向量的数量积及其应用课时规范练29数列的概念课时规范练31等比数列课时规范练33二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题课时规范练35合情推理与演绎推理课时规范练37数学归纳法课时规范练39空间几何体的表面积与体积课时规范练41空间直线、平面的平行关系课时规范练43空间向量及其运算课时规范练45直线的倾斜角、斜率与直线的方程课时规范练47圆的方程课时规范练49椭圆课时规范练51抛物线课时规范练53算法初步课时规范练55用样本估计总体课时规范练57分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时规范练59二项式定理课时规范练61古典概型与几何概型课时规范练63二项分布与正态分布课时规范练65极坐标方程与参数方程课时规范练67绝对值不等式课时规范练(B)课时规范练2简单不等式的解法课时规范练4简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词课时规范练6函数的单调性与最大(小)值课时规范练8幂函数与二次函数课时规范练10对数与对数函数课时规范练12函数与方程课时规范练14导数的概念及运算课时规范练16利用导数研究函数的极值、最大(小)值课时规范练18任意角、弧度制及任意角的三角函数课时规范练20两角和与差的正弦、余弦与正切公式及二倍角公式课时规范练22三角函数的图象与性质课时规范练24余弦定理、正弦定理及应用举例课时规范练26平面向量基本定理及向量坐标运算课时规范练28复数课时规范练30等差数列课时规范练32数列求和课时规范练34基本不等式及其应用课时规范练36直接证明与间接证明课时规范练38空间几何体的结构及其三视图、直观图课时规范练40空间点、直线、平面之间的位置关系课时规范练42空间直线、平面的垂直关系课时规范练44空间几何中的向量方法课时规范练46点与直线、两条直线的位置关系课时规范练48直线与圆、圆与圆的位置关系课时规范练50双曲线课时规范练52直线与圆锥曲线的位置关系课时规范练54随机抽样课时规范练56变量间的相关关系、统计案例课时规范练58排列与组合课时规范练60随机事件的概率课时规范练62离散型随机变量及其分布列课时规范练64离散型随机变量的均值与方差课时规范练66极坐标方程与参数方程的应用课时规范练68不等式的证明解答题专项解答题专项一函数与导数的综合问题第1课时利用导数证明不等式第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题第3课时利用导数研究函数的零点解答题专项二三角函数与解三角形解答题专项三数列解答题专项四立体几何中的综合问题解答题专项五直线与圆锥曲线第1课时圆锥曲线中的最值(或范围)问题第2课时圆锥曲线中的定点(或定值)问题第3课时圆锥曲线中的存在性(或证明)问题解答题专项六概率与统计单元质检卷单元质检卷一集合与常用逻辑用语单元质检卷二函数单元质检卷三导数及其应用单元质检卷四三角函数、解三角形单元质检卷五平面向量、数系的扩充与复数的引入单元质检卷六数列单元质检卷七不等式、推理与证明单元质检卷八立体几何单元质检卷九解析几何单元质检卷十算法初步、统计与统计案例单元质检卷十一计数原理单元质检卷十二概率。

届数学一轮复习第七章立体几何第三节空间图形的基本关系与公理课时规范练文含解析

第七章立体几何第三节空间图形的基本关系与公理课时规范练A组—-基础对点练1．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是()A．bαB．b∥αC．bα或b∥αD．b与α相交或bα或b∥α解析：b与α相交或bα或b∥α都可以．答案：D2．(2020·江西景德镇模拟）将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图②)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A．相交且垂直B．相交但不垂直C．异面且垂直D．异面但不垂直解析:在题图①中，AD⊥BC,故在题图②中,AD⊥BD，AD⊥DC,又因为BD∩DC＝D,所以AD⊥平面BCD,又BC平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD与BC异面，故选C。

答案：C3．(2020·湖北荆州模拟)设α，β是两个不同的平面,a，b是两条不同的直线，则下列命题正确的是(）A．若a⊥b，b⊥α,则a∥αB．若aα,bβ，α∥β，则a与b是异面直线C．若a⊥α,b⊥β，a⊥b，则α⊥βD．若α∩β＝b,a∥b,则a∥α且a∥β解析：选项A，a可能在α内，故A错；选项B，a与b可能平行可能异面,故B错；选项D,a可能在α或β内,故D错．故选C.答案：C4．（2020·安徽安庆模拟）在正方体ABCD。

A1B1C1D1中,点P是线段BC1上任意一点，则下列结论中正确的是（)A．AD1⊥DP B．AC1⊥DPC．AP⊥B1C D．A1P⊥B1C解析:在正方体ABCD。

A1B1C1D1中，∵B1C⊥BC1,B1C⊥AB,BC1∩AB＝B，∴B1C⊥平面ABC1D1，∵点P是线段BC1上任意一点，∴AP平面ABC1D1，∴AP⊥B1C.故选C.答案：C5．(2020·河北模拟）若a，b是不同的直线,α,β是不同的平面，则下列命题中正确的是（)A．若a∥α，b∥β,a⊥b，则α⊥βB．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥βC．若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥βD．若a∥α，b⊥β，a⊥b，则α∥β解析：∵a∥b,a⊥α,∴b⊥α，又b⊥β，∴α∥β.故选C.答案:C6. (2020·广东东莞模拟）如图，在三棱柱ABC.A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（)A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1E解析：因为CC1与B1E都在平面CC1B1B内，且CC1与B1E是相交直线,所以选项A错误．假设AC⊥平面ABB1A1，则AC⊥AB,即∠CAB＝90°，从而可得∠C1A1B1＝90°，这与题设“底面三角形A1B1C1是正三角形”矛盾，故假设错误，即选项B错误．因为点B1∉AE，直线B1C1交平面AEB1于点B1，所以AE,B1C1为异面直线；由题意可知△ABC是正三角形，又E是BC的中点，所以AE⊥BC，结合BC∥B1C1可得AE⊥B1C1,故选项C正确．因为直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，所以直线A1C1与平面AB1E相交，故选项D错误．综上，选C。

2020版广西高考人教A版数学(理)一轮复习考点规范练：23 三角恒等变换 Word版含解析

考点规范练23　三角恒等变换基础巩固1.=( )2sin47°-3sin17°cos17°A.-B.-1C. D.133=2×sin47°-sin17°cos30°cos17°=2×sin (17°+30°)-sin17°cos30°cos17°=2sin 30°=1.故选D .2.已知2sin 2α=1+cos 2α,则tan 2α=( )A. B.- C.或0D.-或0434343432sin 2α=1+cos 2α,所以2sin 2α=2cos 2α.所以2cos α(2sin α-cos α)=0,解得cos α=0或tan α=.12若cos α=0,则α=k π+,k ∈Z ,2α=2k π+π,k ∈Z ,π2所以tan 2α=0.若tan α=,则tan 2α=.122tan α1-tan 2α=43综上所述,故选C .3.已知f (x )=sin 2x+sin x cos x ,则f (x )的最小正周期和一个单调递增区间分别为( )A.π,[0,π]B.2π,[-π4,3π4]C.π,D.2π,[-π8,3π8][-π4,π4]f (x )=sin 2x+sin x cos x=sin 2x 1-cos2x 2+12=sin ,12+22(22sin2x -22cos2x )=12+22(2x -π4)则T==π.2π2又2k π-≤2x-≤2k π+(k ∈Z ),π2π4π2∴k π-≤x ≤k π+(k ∈Z )为函数的单调递增区间.故选C.π83π84.已知5sin 2α=6cos α,α∈,则tan =( )(0,π2)α2A.- B. C. D.23133523,知10sin αcos α=6cos α,又α∈,∴sin α=,cos α=,(0,π2)3545∴tan .α2=sin α2cos α2=2sin 2α22sin α2cos α2=1-cos αsin α=1-4535=135.已知tan =-,且<α<π,则等于( )(α+π4)12π2sin2α-2cos 2αsin (α-π4)A. B.- C.- D.-255351025531010=2cos α,=2sin αcos α-2cos 2α22(sin α-cos α)2由tan =-,(α+π4)12得=-,解得tan α=-3.tan α+11-tan α12因为<α<π,所以cos α=-.π21010所以原式=2cos α=2=-.22×(-1010)2556.为了得到函数y=sin 2x+cos 2x 的图象,可以将函数y=cos 2x-sin 2x 的图象( )A.向右平移个单位长度B.向左平移个单位长度π4π4C.向右平移个单位长度 D.向左平移个单位长度π2π2y=sin 2x+cos 2x=2(22sin2x +22cos2x)=cos ,y=cos 2x-sin 2x2[2(x -π8)]=cos 2(22cos2x -22sin2x )=2[2(x +π8)]=cos ,2[2(x +π4-π8)]∴只需将函数y=cos 2x-sin 2x 的图象向右平移个单位长度可得函数y=sin 2x+cos 2x 的图象.π47.已知函数f (x )=cos +2cos 22x ,将函数y=f (x )的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍,纵坐(4x -π3)标不变,再将所得函数图象向右平移个单位,得到函数y=g (x )的图象,则函数y=g (x )的一个单调递增π6区间为( )A. B.[-π3,π6][-π4,π4]C. D.[π6,2π3][π4,3π4]函数f (x )=cos +2cos 22x=cos +1+cos 4x=cos 4x+sin 4x+1+cos 4x=cos 4x+(4x -π3)(4x -π3)12323232sin 4x+1=sin +1,3(4x +π3)∴函数y=f (x )的图象伸缩后的图象对应的解析式为y=sin +1,再平移后得y=g (x )=3(2x +π3)3sin 2x+1.由2k π-≤2x ≤2k π+,k ∈Z ,π2π2得k π-≤x ≤k π+,k ∈Z ,π4π4当k=0时,得-≤x ≤,故选B .π4π48.已知2cos 2x+sin 2x=A sin(ωx+φ)+b (A>0),则A= ,b= .12cos 2x+sin 2x=1+cos 2x+sin 2x=sin +1,所以A=,b=1.2(2x +π4)29.设f (x )=+sin x+a 2sin 的最大值为+3,则实数a= .1+cos2x2sin (π2-x)(x +π4)2±3(x )=+sin x+a 2sin 1+2cos 2x -12cos x(x +π4)=cos x+sin x+a 2sin (x +π4)=sin +a 2sin 2(x +π4)(x +π4)=(+a 2)sin .2(x +π4)依题意有+a 2=+3,则a=±.22310.已知点在函数f (x )=2a sin x cos x+cos 2x 的图象上.(π4,1)(1)求a 的值和f (x )的最小正周期;(2)求函数f (x )在区间(0,π)内的单调递减区间.函数f (x )=2a sin x cos x+cos 2x=a sin 2x+cos 2x.∵f (x )的图象过点,(π4,1)∴1=a sin +cos ,可得a=1.π2π2∴f (x )=sin 2x+cos 2x=sin .2(2x +π4)∴函数的最小正周期T==π.2π2(2)由2k π+≤2x++2k π,k ∈Z ,π2π4≤3π2可得k π+≤x ≤+k π,k ∈Z .π85π8∴函数f (x )的单调递减区间为,k ∈Z .[kπ+π8,5π8+kπ]∵x ∈(0,π),当k=0时,可得单调递减区间为.[π8,5π8]11.函数f (x )=cos +sin ,x ∈R .(-x2)(π-x2)(1)求f (x )的最小正周期;(2)若f (α)=,α∈,求tan 的值.2105(0,π2)(α+π4)f (x )=cos +sin =sin +cos sin ,(-x2)(π-x2)x 2x2=2(x 2+π4)故f (x )的最小正周期T==4π.2π12(2)由f (α)=,得sin +cos ,则,2105α2α2=2105(sin α2+cos α2)2=(2105)2即1+sin α=,解得sin α=,8535又α∈,(0,π2)则cos α=,1-sin 2α=1-925=45故tan α=,sin αcos α=34所以tan =7.(α+π4)=tan α+tan π41-tan αtan π4=34+11-34能力提升12.已知函数f (x )=cos ωx (sin ωx+cos ωx )(ω>0),若存在实数x 0,使得对任意的实数x ,都有3f (x 0)≤f (x )≤f (x 0+2 016π)成立,则ω的最小值为( )A. B. C. D.12016π14032π1201614032,f (x 0)是函数f (x )的最小值,f (x 0+2 016π)是函数f (x )的最大值.又f (x )=cos ωx (sin ωx+cos ωx )3=sin 2ωx+123·1+cos2ωx2=sin ,(2ωx +π3)+32所以要使ω取最小值,只需保证区间[x 0,x 0+2 016π]为一个完整的单调递增区间即可.故2 016π=,求得ωmin =,故ω的最小值为,故选C .12·2πωmin120161201613.已知cos α=,cos(α+β)=-,且α,β∈,则cos(α-β)的值等于( )1313(0,π2)A.-B.C.-D.1212132327α∈,∴2α∈(0,π).(0,π2)∵cos α=,∴cos 2α=2cos 2α-1=-,1379∴sin 2α=,1-cos 22α=429又α,β∈,∴α+β∈(0,π),(0,π2)∴sin(α+β)=,1-cos 2(α+β)=223∴cos(α-β)=cos [2α-(α+β)]=cos 2αcos(α+β)+sin 2αsin(α+β)=.(-79)×(-13)+429×223=232714.已知函数f (x )=2sin cos -2cos 2+1,则f (x )的最小正周期为 ;函数(x +5π24)(x +5π24)(x +5π24)f (x )的单调递增区间为 .　(k ∈Z )[kπ-π3,kπ+π6]解析 f (x )=2sin ·cos -2cos 2+1(x +5π24)(x +5π24)(x +5π24)=sin -cos (2x +5π12)(2x +5π12)=2[sin (2x +5π12)cos π4-cos (2x +5π12)sin π4]=sin 2[(2x +5π12)-π4]=sin .2(2x +π6)∴f (x )的最小正周期T==π.2π2因此f (x )=sin .2(2x +π6)当2k π-≤2x+≤2k π+(k ∈Z ),π2π6π2即k π-≤x ≤k π+(k ∈Z )时,π3π6∴函数f (x )的单调递增区间是(k ∈Z ).[kπ-π3,kπ+π6]15.已知函数f (x )=sin x cos x+cos 2x.3(1)求函数f (x )的最小正周期;(2)若-<α<0,f (α)=,求sin 2α的值.π256∵函数f (x )=sin x cos x+cos 2x=sin 2x+=sin ,3321+cos2x 2(2x +π6)+12∴函数f (x )的最小正周期为=π.2π2(2)若-<α<0,则2α+.π2π6∈(-5π6,π6)∵f (α)=sin ,(2α+π6)+12=56∴sin ,∴2α+,(2α+π6)=13π6∈(0,π6)∴cos ,(2α+π6)=1-sin 2(2α+π6)=223∴sin 2α=sin =sin cos -cos ·sin .(2α+π6-π6)(2α+π6)π6(2α+π6)π6=13×3‒22×12=3-22高考预测16.已知f (x )=sin 2x-2sin ·sin .(1+1tan x )(x +π4)(x -π4)(1)若tan α=2,求f (α)的值;(2)若x ∈,求f (x )的取值范围.[π12,π2]f (x )=(sin 2x+sin x cos x )+2sin ·cos sin 2x+sin (x +π4)(x +π4)=1-cos2x 2+12(2x +π2)=(sin 2x-cos 2x )+cos 2x12+12=(sin 2x+cos 2x )+.1212由tan α=2,得sin 2α=.2sin αcos αsin 2α+cos 2α=2tan αtan 2α+1=45cos 2α==-.cos 2α-sin 2αsin 2α+cos 2α=1-tan 2α1+tan 2α35所以f (α)=(sin 2α+cos 2α)+.1212=35(2)由(1)得f (x )=(sin 2x+cos 2x )+sin .由x ∈,得2x+.1212=22(2x +π4)+12[π12,π2]π4∈[5π12,5π4]所以-≤sin ≤1,22(2x +π4)所以0≤f (x )≤,所以f (x )的取值范围是.2+12[0,2+12]。

高考数学一轮总复习课时规范练31平面向量的数量积与平面向量的应用北师大版

课时规范练31 平面向量的数量积与平面向量的应用基础巩固组1.(2021河北石家庄一模)设向量a =(1，2)，b =(m ，-1)，且(a +b )⊥a ，则实数m=( ) A.-3B.32C.-2D.-322.在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ⊥AB ，AD=√2，则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A.-1B.1C.√2D.23.(2021广东珠海二模)已知向量a ，b 满足|a |=2，a ·b =-1，且(a +b )·(a -b )=3，则|a -b |=( ) A.3B.√3C.7D.√74.在△ABC 中，若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，2)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-x ，2x )(x>0)，则当BC 最小时，∠ACB=( ) A.90° B.60° C.45°D.30°5.已知向量a =(1，x-1)，b =(x ，2)，则下列说法错误的是 ( )A.a ≠bB.若a ∥b ，则x=2C.若a ⊥b ，则x=23D.|a -b |≥√26.已知向量a =(1，2)，b =(m ，1)(m<0)，且向量b 满足b ·(a+b )=3，则( ) A.|b |=2B.(2a+b )∥(a+2b )C.向量2a-b 与a-2b 的夹角为π4 D.向量a 在向量b 上的投影数量为√557.(2021全国乙，理14)已知向量a =(1，3)，b =(3，4)，若(a -λb )⊥b ，则λ= . 8.已知向量a =(cos α，sin α)，b =(cos β，sin β)，c =(-1，0). (1)求向量b+c 的模的最大值;(2)设α=π4，且a ⊥(b+c )，求cos β的值.综合提升组9.若△ABC 内接于以O 为圆心，1为半径的圆，且3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则下列结论正确的是( ) A.∠BOC=90°B.∠AOB=90°C.OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =-45D .OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =1510.设O (0，0)，A (1，0)，B (0，1)，P 是线段AB 上的一个动点，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ .若OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≥PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则实数λ的值不可能为( ) A.1B.12C.13D.1411.(2021山东滨州二模)已知平面向量a ，b ，c 是单位向量，且a ·b =0，则|c -a -b |的最大值为 .12.已知△ABC 为等腰直角三角形，OA=1，OC 为斜边上的高.若P 为线段OC 的中点，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ = ;若P 为线段OC 上的动点，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围为 .创新应用组13.“赵爽弦图”由四个全等的直角三角形和一个正方形所构成(如图).在直角三角形CGD 中，已知GC=4，GD=3，在线段EF 上任取一点P ，线段BC 上任取一点Q ，则AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为( )A.25B.27C.29D.3114.若平面内两定点A ，B 间的距离为4，动点P 满足|PA||PB|=√3，则动点P 的轨迹所围成的图形的面积为，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值是 .课时规范练31 平面向量的数量积与平面向量的应用1.A 解析:由题意，向量a =(1，2)，b =(m ，-1)，可得a +b =(m+1，1). 因为(a +b )⊥a ，所以(a +b )·a =m+1+2=0，解得m=-3. 故选A .2.D 解析:由题可知，因为四边形ABCD 为直角梯形，所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 在AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影向量的模为√2，由数量积的几何意义可知BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2)2=2，故选D .3.D 解析:由(a +b )·(a -b )=|a |2-|b |2=3，可得|b |=1，因为|a -b |2=(a -b )2=a 2-2a ·b +b 2=4+2+1=7，所以|a -b |=√7. 故选D .4.A 解析:∵BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(-x-1，2x-2)， ∴|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(-x -1)2+(2x -2)2=√5x 2-6x +5.令y=5x 2-6x+5，x>0，当x=35时，y min =165，此时BC 最小， ∴CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(35,-65),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =85,45，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =35×85−65×45=0， ∴CA⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即∠ACB=90°，故选A . 5.B 解析:显然a ≠b ，故A 正确;由a ∥b 得1×2=(x-1)x ，解得x=2或x=-1，故B 错误; 由a ⊥b 得x+2(x-1)=0，解得x=23，故C 正确;|a -b |2=(1-x )2+(x-3)2=2(x-2)2+2≥2，则|a -b |≥√2，故D 正确.故选B .6.C 解析:将a =(1，2)，b =(m ，1)代入b ·(a+b )=3，得(m ，1)·(1+m ，3)=3，得m 2+m=0，解得m=-1或m=0(舍去)，所以b =(-1，1)，所以|b |=√(-1)2+12=√2，故A 错误;因为2a+b=(1，5)，a+2b =(-1，4)，1×4-(-1)×5=9≠0，所以2a+b 与a+2b 不平行，故B 错误;设向量2a-b 与a-2b 的夹角为θ，因为2a-b=(3，3)，a-2b =(3，0)，所以cos θ=(2a -b)·(a -2b)|2a -b||a -2b|=√22，所以θ=π4，故C 正确;向量a 在向量b 上的投影数量为a ·b |b|=1√2=√22，故D 错误.故选C .7.35解析:由已知得，a -λb =(1-3λ，3-4λ)，由(a -λb )⊥b ，得3(1-3λ)+4(3-4λ)=0，即15-25λ=0，解得λ=35.8.解(1)b+c =(cos β-1，sin β)，则|b+c|2=(cos β-1)2+sin 2β=2(1-cos β). 因为-1≤cos β≤1，所以0≤|b+c|2≤4，即0≤|b+c|≤2.当cos β=-1时，有|b+c|=2，所以向量b+c 的模的最大值为2. (2)若α=π4，则a =√22,√22.又由b =(cos β，sin β)，c =(-1，0)得 a ·(b+c )=√22,√22·(cos β-1，sin β)=√22cos β+√22sin β-√22.因为a ⊥(b+c )，所以a ·(b+c )=0，即cos β+sin β=1，所以sin β=1-cos β，平方后化简得cos β(cos β-1)=0，解得cos β=0或cos β=1.经检验cos β=0或cos β=1即为所求.9.B 解析:由于△ABC 内接于以O 为圆心，1为半径的圆，且3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，两边平方并化简得25+24OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =25，解得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0; 3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC⃗⃗⃗⃗⃗ =-4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，两边平方并化简得34+30OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =16，解得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-35; 4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，两边平方并化简得41+40OB⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =9，解得OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-45. 所以∠BOC ≠90°，故A 错误;∠AOB=90°，故B 正确;OB⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =45，故C 错误; OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =-45--35=-15，故D 错误.故选B . 10.D 解析:设P (x ，y )，由AP⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，得(x-1，y )=λ(-1，1)=(-λ，λ)，所以{x -1=-λ,y =λ,得P (1-λ，λ).由OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≥PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得(1-λ，λ)·(-1，1)≥(λ，-λ)·(λ-1，1-λ)，即λ-1+λ≥λ(λ-1)-λ(1-λ)，2λ-1≥2λ2-2λ，2λ2-4λ+1≤0，解得1-√22≤λ≤1+√22，又因为0≤λ≤1，所以1-√22≤λ≤1. 故选D .11.√2+1 解析:由|a |=|b |=1，且a ·b =0，建立如图所示平面直角坐标系，设OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ，则a =(1，0)，b =(0，1)，再设c =(x ，y )，则c -a -b =(x-1，y-1)，故|c -a -b |=√(x -1)2+(y -1)2，其几何意义为以O 为圆心的单位圆上的动点与定点P (1，1)间的距离.则其最大值为|OP|+1=√12+12+1=√2+1.12.14 [0，1] 解析:△ABC 为等腰直角三角形，CO 为斜边上的高，则CO 为边AB 上的中线，所以AC=BC=√2，AO=BO=CO=1. 当P 为线段OC 的中点时，在△ACO 中，AP 为边CO 上的中线，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AO ⃗⃗⃗⃗⃗ )，所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AO ⃗⃗⃗⃗⃗ )·OP ⃗⃗⃗⃗⃗=12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP⃗⃗⃗⃗⃗ ) =12|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos45°+0=12×√2×12×√22=14.当P 为线段OC 上的动点时，设OP⃗⃗⃗⃗⃗ =λOC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，0≤λ≤1， AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CP ⃗⃗⃗⃗⃗ )·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λOC⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ -(1-λ)OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(λOC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =λ×1×√2×√22-(1-λ)·λ=λ-λ+λ2=λ2∈[0，1]，所以AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围为[0，1]. 13.C 解析:建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0，3).设P (4，a )(3≤a ≤4)，Q 4+t ，43t (0≤t ≤3)，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4，a-3)，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =4+t ，43t-3，AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =4(4+t )+(a-3)43t-3=16+4t+43at-4t-3a+9=25+43at-3a=25+43t-3·a.-3≤43t-3≤1，3≤a ≤4，所以当43t-3=1，a=4时，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最大值为25+1×4=29. 故选C .14.12π 24+16√3 解析:以经过A ，B 的直线为x 轴，线段AB 的中垂线为y 轴，建立平面直角坐标系如图所示，则A (-2，0)，B (2，0).设P (x ，y )，因为|PA||PB|=√3，所以√(x+2)2+y 2√(x -2)2+y 2=√3，化简整理可得(x-4)2+y 2=12，所以点P 的轨迹为圆，圆心为C (4，0)，半径r=2√3，故其面积为12π.PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 2-4+y 2=|OP|2-4，OP 即为圆C 上的点到坐标原点的距离. 因为OC=4，所以OP 的最大值为OC+r=4+2√3，所以PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为(4+2√3)2-4=24+16√3.。

2021版新高考数学一轮复习课时规范练23 正弦定理和余弦定理新人教A版.docx

基础巩固组1.(2019河北枣强中学期末)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ,若b=3,c=2,cos A=13,则a=( )A.5B.√7C.4D.32.在△ABC 中,已知a cos A=b cos B ,则△ABC 的形状是( ) A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形3.(2019吉林白山期末)在△ABC 中,内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,若c=2b sin C ,B ≤π2,则B=( )A.π6B.π4C.π3D.π24.(2019陕西渭南质量检测)在△ABC 中,AC=√7,BC=2,B=60°,则BC 边上的中线AD 的长为( ) A.1B.√3C.2D.√75.(2019吉林吉林市普通中学调研)△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且a sin A-c sin C=(a-b )sin B ,c=4,则△ABC 面积的最大值为( )A.2√3B.4C.4√3D.8√36.(2019福建漳州二模)在△ABC 中,a=2,∠C=π4,tan B2=12,则△ABC 的面积等于 .7.若△ABC 的面积为√34(a 2+c 2-b 2),且∠C 为钝角,则∠B= ;BB 的取值范围是 . 8.(2019广东茂名一模)《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题,今年超强台风“山竹”登陆时再现了这一现象(如图所示),不少大树被大风折断.某路边树干被台风吹断后(没有完全断开),树干与地面成75°角,折断部分与地面成45°角,树干底部与树尖着地处相距10米,则大树原来的高度是米.(结果保留根号)9.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,AB边上的高为h,若c=2h,则BB +BB的取值范围是.10.(2019广东省韶关一模)在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,且√3b cos A=sin A(a cos C+c cos A).(1)求角A的大小;(2)若a=2√3,△ABC的面积为5√34,求△ABC的周长.综合提升组11.(2019河北石家庄模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足a2-2a(sin B+√3cosB)+4=0,b=2√7,则△ABC的面积为()A.√2B.2√2C.√3D.2√312.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且(a2+b2-c2)·(a cos B+b cos A)=abc,若a+b=2,则c的取值范围为()A.(0,2)B.[1,2)C.[12,2] D.(1,2]13.(2019湖南湘西州期末)如图所示,为了测量某一隧道两侧A,B两地间的距离,某同学首先选定了不在直线AB上的一点C(△ABC中∠A,∠B,∠C所对的边分别为a,b,c),然后确定测量方案并测出相关数据,进行计算.现给出如下四种测量方案;①测量∠A,∠C,b;②测量∠A,∠B,∠C;③测量a,b,∠C;④测量∠A,∠B,a,则一定能确定A、B间距离的所有方案的序号为()A.①③B.①③④C.②③④D.①②④14.如图,在△ABC中,∠B=π3,D为边BC上的点,E为AD上的点,且AE=8,AC=4√10,∠CED=π4.(1)求CE的长;(2)若CD=5,求cos∠DAB的值.创新应用组15.(2019河北衡水十三中质检)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且(a2+b2-c2)·(a cosB+b cos A)=abc,若△ABC的外接圆半径为2√33,则△ABC的周长的取值范围为()A.(2,4]B.(4,6]C.(4,6)D.(2,6]16.(2019江西高安期末)某校运动会开幕式上举行升旗仪式,旗杆正好处在坡度15°的看台的某一列的正前方,从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°,第一排和最后一排的距离为5√6米(如图所示),旗杆底部与第一排在同一个水平面上.若国歌长度约为50秒,要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部,升旗手升旗的速度应为()(米/秒)A.110B.310C.12D.710参考答案课时规范练23 正弦定理和余弦定理1.D 由余弦定理可得a 2=b 2+c 2-2bc cos A=9+4-2×3×2×13=9,解得a=3,故选D .2.D ∵a cos A=b cos B ,∴sin A cos A=sin B cos B ,∴sin2A=sin2B ,∴A=B ,或2A+2B=180°,即A+B=90°,∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形.故选D .3.A 因为c=2b sin C ,所以sin C=2sin B sin C ,所以sin B=12,则B=π6或5π6.因为B ≤π2,所以B=π6,故选A .4.D 由余弦定理可得AC 2=AB 2+BC 2-2AB ·BC cos B ,即AB 2-2AB-3=0.∴AB=3.在△ABD 中,由余弦定理可得AD 2=AB 2+BD 2-2AB ·BD cos B=7,∴AD=√7.故选D .5.C ∵a sin A-c sin C=(a-b )sin B ,由正弦定理B sin B =B sin B =Bsin B ,得a 2=(a-b )b+c 2, 即a 2+b 2-c 2=ab.由余弦定理得cos C=B 2+B 2-B 22BB=12,结合0<C<π,得C=π3.∵c=4,∴由余弦定理可得16=a 2+b 2-ab ≥2ab-ab=ab ,当且仅当a=b 等号成立,∴S △ABC =12ab sin C ≤12×16×√32=4√3,即△ABC 面积的最大值为4√3.故选C .6.87由tan B=2tanB21-tan 2B 2=2×121-14=43.∵sin 2B+cos 2B=1,∴sin B=45,cos B=35,∴sin A=sin(B+C )=sin B cos C+cos B sin C=√22×45+√22×35=7√210,由正弦定理可得Bsin B =Bsin B ,∴b=2×4510=8√27,∴S △ABC =12ab sin C=12×2×8√27×√22=87.7.π3(2,+∞) 由题意,得S △ABC =√34(a 2+c 2-b 2)=12ac sin B ,即√3(B 2+B 2-B 2)2BB=sin B ,∴√3cos B=sin B ,∴tan B=√3.∴B=π3.∴A+C=2π3,C=2π3-A>π2,∴0<A<π6.由正弦定理,得BB=sin Bsin B =sin (2π3-B )sin B=sin2π3cos B -cos 2π3sin B sin B=√32tan B +12.∵0<A<π6,∴tan A ∈(0,√33).∴B B >√32×√3312,即BB ∈(2,+∞). 8.5√2+5√6 设树根部为O ,折断处为A ,树梢为B ,则∠AOB=75°,∠ABO=45°,所以∠OAB=60°,OB=10.由正弦定理知BBsin45°=BBsin75°=10sin60°,所以OA=10√63(米),AB=15√2+5√63(米),故OA+AB=5√2+5√6(米).9.[2,2√2] ∵12ab sin C=12ch ,c 2=a 2+b2-2ab cos C ,∴ab=BB sin B ,a 2+b 2=c 2+2ab cos C ,B B +BB=B 2+B 2BB=B 2+2BB cos BBB sin B=sin B (B 2+2BBsin Bcos B )BB=B sin B +2B cos BB=2(sin C+cos C ) =2√2sin (B +π4)≤2√2,又2√2sin C+π4=B B +B B ≥2,当且仅当C=π4,a=b=1时,等号成立.∴BB +BB ∈[2,2√2].10.解(1)∵√3b cos A=sin A (a cos C+c cos A ),∴由正弦定理可得√3sin B cos A=sin A (sin A cos C+sin C cos A ) =sin A sin(A+C )=sin A sin B ,即√3sin B cos A=sin A sin B,∵sin B≠0,∴tan A=√3,∵A∈(0,π),∴A=π3.(2)∵A=π3,a=2√3,△ABC的面积为5√34,∴12bc sin A=√34bc=5√34,∴bc=5,∴由余弦定理可得a2=b2+c2-2bc cos A,即12=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc=(b+c)2-15,解得b+c=3√3,∴△ABC的周长为a+b+c=2√3+3√3=5√3.11.D由题意知a2-2a(sin B+√3cos B)+4=0,可得a2-4a sin(B+π3)+4=0,由题意知此方程有解,则Δ=16sin2(B+π3)-16≥0,即sin2(B+π3)≥1.又因为0≤sin2(B+π3)≤1,所以sin(B+π3)=1,即a=2,所以B+π3=π2,解得B=π6,在△ABC中,由余弦定理可得b2=a2+c2-2ac cos B,即(2√7)2=22+c2-2×2c cosπ6,整理得c2-2√3c-24=0,解得c=4√3,或c=-2√3(舍去),所以三角形的面积S=12ac sin B=12×2×4√3sin π6=2√3,故选D .12.B 由题意可得B 2+B 2-B 22BB ×B cos B +B cos BB=12,且cos C=B 2+B 2-B 22BB ,B cos B +B cos BB=sin B cos B +sin B cos Bsin B=sin Bsin B =1,据此可得cos C=12,即B 2+B 2-B 22BB=12,a 2+b 2-c 2=ab ,据此有c 2=a 2+b 2-ab=(a+b )2-3ab=4-3ab ≥4-3(B +B 2)2=1,当且仅当a=b=1时等号成立.三角形满足两边之和大于第三边,则c<a+b=2,综上可得,c 的取值范围为[1,2).13.B ①由∠A ,∠C 可算出∠B ,再根据正弦定理Bsin B =Bsin B 可计算出AB=c ,②已知三角,没有已知边,无论用正弦定理还是余弦定理都算不出AB=c , ③已知两边夹角,用余弦定理可计算出AB=c ,④已知两角,可计算出第三角,再用正弦定理可解得AB=c ,故选B .14.解(1)由题意可得∠AEC=π-π4=3π4,在△AEC 中,由余弦定理得AC 2=AE 2+CE 2-2AE ·CE cos ∠AEC ,∴160=64+CE 2+8√2CE ,整理得CE 2+8√2CE-96=0,解得CE=4√2.(2)在△CDE 中,由正弦定理得BBsin∠BBB =BBsin∠BBB ,即4√2sin∠BBB =5sinπ4,∴5sin ∠CDE=4√2sin π4=4√2×√22=4,∴sin ∠CDE=45.∵点D 在边BC 上,∴∠CDE>∠B=π3,而45<√32,∴∠CDE 只能为钝角,∴cos ∠CDE=-35,∴cos ∠DAB=cos (∠BBB -π3)=cos ∠CDE cos π3+sin ∠CDE sin π3=-35×12+45×√32=4√3-310.15.B 因为(a 2+b 2-c 2)·(a cos B+b cos A )=abc ,所以2ab cos C ·(sin A cos B+sin B cos A )=ab sin C ,2cos C ·sin(A+B )=sin C ,2cos C=1,C=π3,c=2×2√33×sin π3=2.因此c 2=a 2+b 2-2ab cos C=a 2+b 2-ab=(a+b )2-3ab ≥(a+b )2-3×(B +B )24=(B +B )24.即(B +B )24≤22,a+b ≤4.因为a+b>c=2,所以a+b+c ∈(4,6],故选B .16.B 如图所示,依题意知∠AEC=45°,∠ACE=180°-60°-15°=105°,∴∠EAC=180°-45°-105°=30°,由正弦定理知BB sin∠BBB =BBsin∠BBB ,∴AC=5√6sin30°×sin45°=10√3(米),∴在Rt △ABC 中,AB=AC ·sin ∠ACB=10√3×√32=15(米),∵国歌长度约为50秒,∴升旗手升旗的速度应为1550=310(米/秒).故选B .。

人教B版高中数学必修五《第一章解三角形 1.2 应用举例》_2

第1课时解三角形应用举例—距离问题一、教材分析本课是人教B版数学必修5第一章解三角形中1.2的应用举例中测量距离(高度）问题。

主要介绍正弦定理、余弦定理在实际测量（距离、高度）中的应用。

因为在本节课前，同学们已经学习了正弦定理、余弦定理的公式及基本应用。

本节课的设计，意在复习前面所学两个定理的同时，加深对其的了解，以便能达到在实际问题中熟练应用的效果。

对加深学生数学源于生活，用于生活的意识做贡献。

二、学情分析距离测量问题是基本的测量问题，在初中，学生已经学习了应用全等三角形、相似三角形和解直角三角形的知识进行距离测量。

这里涉及的测量问题则是不可到达的测量问题，在教学中要让学生认识问题的差异，进而寻求解决问题的方法。

在某些问题中只要求得到能够实施的测量方法。

学生学习本课之前，已经有了一定的知识储备和解题经验，所以本节课只要带领学生勤思考多练习，学生理解起来困难不大。

三、教学目标（一）知识与技能能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量（距离、高度）有关的实际问题。

（二）过程与方法通过应用举例的学习，经历探究、解决问题的过程，让学生学会用正、余弦定理灵活解题，从而获得解三角形应用问题的一般思路。

（三）情感、态度与价值观提高数学学习兴趣，感知数学源于生活，应用于生活。

四、教学重难点重点：分析测量问题的实际情景，从而找到测量和计算的方法。

难点：测量方法的寻找与计算。

五、教学手段计算机，PPT，黑板板书。

六、教学过程（设计）情景展示，引入问题情景一：比萨斜塔（展示图片）师：比萨斜塔是意大利的著名建筑，它每年都会按照一定度数倾斜，但斜而不倒，同学们想一想，如果我们不能直接测量这个塔的高度，该怎么知道它的高度呢？情景二：河流、梵净山（展示图片）师：如果我们不能直接测量，该怎么得出河流的宽度和梵净山的高度呢？引入课题：我们今天就是来思考怎么通过计算，得到无法测量的距离（高度）问题。

知识扩展：简单介绍测量工具（展示图片）1 经纬仪:测量度数2卷尺：测量距离长．[分析]由余弦定理得cos∠＝100＋36－1962×10×6＝－∴∠ADC＝120°，∠在△ABD中，由正弦定理得sin∠ADB、如图，要测底部不能到达的烟囱的高AB，从[分析]如图，因为B A AA AB 11+=，又[分析] 分别在△BCD 出BD 和AD ，然后在△ADBBCD中用余弦定理求得BC.如下图，为了测量河宽，在岸的一边选定两点ACAB＝45°，∠CBA＝75°，________米．[分析]在△ABC中，∵∠CAB＝45°，∠ABC＝75°，ACB＝60°，由正弦定理可得AC＝AB·sin∠ABCsin∠ACB＝120×sin75°sin60°＝20(32＋，设C到AB的距离为CD，则CD＝AC·sin∠CAB＝2＋6)sin45°＝20(3＋3)，∴河的宽度为20(3＋3)米．五个量中，a，两个小岛相距10 n mile，从岛望C岛和A岛成岛之间的距离为________n＝45°，由正弦定理．如图，为了测量某障碍物两侧A、B间的距离，给定下列四组数据，测量时应当用数据( )[解析] 要测γ.2．某观察站C和500米，测得灯塔在观察站C正西方向，A．500米 BC．700米 D[解析]如图，由题意知，∠3002＋5002＋2×300七、板书设计八、教学反思1.本教案为解三角形应用举例，是对解三角形的较高的应用，难度相应的也有提高；例题选择典型，涵盖了解三角形的常考题型，突出了重点方法，并且通过同类型的练习进行巩固；课后通过基本题、模拟题和高考题对学生的知识掌握进行考查，使本节内容充分落实．教师要积极引导学生对这些应用问题进行探索，鼓励学生进行独立思考，并在此基础上大胆提出新问题．2.对于学生不知道如何处理的应用问题，教师通过转化，使学生能够理解，需要在练习中加强．。

2022高考数学一轮复习课时规范练23正弦余弦定理与解三角形文含解析北师大版

课时规范练23 正弦、余弦定理与解三角形基础巩固组 1.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=√3,b=2,A=60°,则c=( ) A.12 B.1 C.√3 D.2 2.(2020陕西西安中学八模,理9)若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bsin 2A=asin B,且c=2b,则𝑎𝑏=( ) A.32 B.43 C.√2 D.√3 3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin𝐴sin𝐵=𝑎𝑐,(b+c+a)(b+c-a)=3bc,则△ABC的形状为( ) A.直角三角形 B.等腰非等边三角形 C.等边三角形 D.钝角三角形 4.在△ABC中,B=π4,BC边上的高等于13BC,则cos A=( ) A.3√1010 B.√1010 C.-√1010 D.-3√1010 5.在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos A+acos B=c2,a=b=2,则△ABC的周长为( ) A.7.5 B.7 C.6 D.5 6.(2020山东菏泽一中月考,9改编)在△ABC中,给出下列4个命题,其中不正确的命题是( ) A.若AB.若sin AC.若A>B,则1sin2𝐴>1sin2𝐵 D.若Acos2B 7.(2020湖南郴州二模,文15)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知c=2,b=1,cos C=14.则△ABC的中线AD的长为 . 8.如图所示,长为3.5 m的木棒AB斜靠在石堤旁,木棒的一端A在离堤足C处1.4 m的地面上,另一端B在离堤足C处2.8 m的石堤上,石堤的倾斜角为α,则坡度值tan α= .

综合提升组 9.(2020河北保定一模,理6)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且acos C,bcos B,ccos A成等差数列,若△ABC外接圆的半径为1,则b=( )

高考数学(人教A版理科)一轮复习课时跟踪检测23Word版含答案

课时追踪检测( 二十三 )1．函数y＝sin2x－π－π，π上的简图是 ()3在区间2A BC D答案： A分析：令 x＝0，得 y＝sin －π33＝－2，清除 B，D.由 f－π＝0，fπ＝ 0，清除 C. 362．将函数＝ cos 2x ＋ 1 的图象向右平移π个单位，再向下平移 1个单位后获得的函数y4图象对应的表达式为 ()A．y＝ sin 2x B．y＝ sin 2x＋2．＝cos 2 x ．＝cos2x－πC yD y4答案： A分析：将函数y ＝＋1的图象向右平移π个单位获得y＝cos 2x－π＋＝sin 2x cos 2 x414＋ 1，再向下平移 1 个单位获得y＝sin 2x，应选A.3．函数f ( x) ＝2sin(π<φ <π的部分图象如下图，则ω ，φ 的值ω x＋φ)ω>0，－22分别是 ()1 π1 πA. 2和6 B ．2和－3ππC ．2和6D ．2 和－ 3答案： D分析：由图可知 T ＝ 211π5π12 － 12 ＝ π ，∴ ω ＝ 2，5π5π ＋ φ， 2代入分析式可得， 2＝ 2sin2× ，将12 125πππ∴ 6 ＋ φ ＝2k π ＋ 2 ( k ∈ Z) ，∴ φ ＝ 2k π－ 3，πππ∵－ 2 ＜ φ ＜ 2 ，∴ φ ＝－ 3 .π π4. 函数 f ( x ) ＝ 2sin( ω x ＋ φ ) ω >0，－ 2 <φ < 2 的部分图象如下图，将f ( x ) 的图象π ()向左平移 6 个单位后的分析式为2 － πB ．y ＝ 2sin 2 xA ．y ＝ 2sin x6．＝2sin2x ＋ π．＝2sin2x ＋ πC y6D y3答案： B分析：由题意得，最小正周期为T ＝ 5π ＋π412 3 ×3＝ π ，2π 5π ππf ( x ) ＝ ∴ ω ＝ π ＝ 2 ，由五点法， 2×12 ＋ φ ＝ 2 ，得 φ ＝－ 3 ，切合题意，∴2 －π，将f ( x ) 的图象向左平移 π 个单位后得＝ 2sin 2 x ＋ π－π ＝ 2sin 2x . 应选2sinx36 y 6 3B.π3π5．设函数 y ＝ A sin( ωx ＋ φ )( A ＞ 0， ω＞ 0) 在 x ＝ 2 时，取最大值A ，在 x ＝ 2 时，取最小值－ A ，则当 x ＝ π 时，函数 y 的值 ()A ．仅与 ω 相关B ．仅与 φ 相关C ．等于零D ．与 φ ， ω 均相关答案： Cπ 3π分析：由题意， 2 ＋2 ＝ π ，依据函数 y ＝ sin( ω x ＋φ ) 的图象可知，当 x ＝ π 时，函2 A数 y 的值为 0. 应选 C.6 ．如图，某港口一天6时到 18时的水深变化曲线近似知足函数＝πx ＋ φ ＋k .y 3sin 6据此函数可知，这段时间水深( 单位： m)的最大值为 ()A ．5B ．6C ．8D ．10答案： C分析：依据图象得，函数的最小值为 2，有－ 3＋ k ＝ 2，则 k ＝ 5，故最大值为 3＋k ＝ 8.7．已知函数 f ( x ) ＝ 2sinω x 在区间－π，π上的最小值为－2，则 ω 的取值范围是3 4( )A. －∞， 932 ∪∪∪ 2，＋∞ 答案： D分析：当ω>0 时，－ π3 ω ≤ ω x ≤ π4 ω ，ππ 3由题意知－ 3 ω ≤－ 2 ，即 ω≥ 2；当 ω <0 时， π ω ≤ ω x ≤－ πω ，43 ππ由题意知4 ω ≤－ 2 ，∴ ω ≤－ 2.3综上可知， ω 的取值范围是 ( －∞，－ 2] ∪ 2，＋∞ .8．已知函数 f ( x ) ＝ sin( ω x ＋φ ) ω ππ ，若将 f ( x ) 的图象>0，| φ |< 2 的最小正周期是π f ( x ) 的图象 ()向右平移 3 个单位后获得的图象对于原点对称，则函数A ．对于直线 x ＝ π对称125πB ．对于直线 x ＝ 12 对称π， 0 对称C ．对于点 12D ．对于点5π，0 对称12答案： B分析：∵ f ( x ) 的最小正周期为 π ，∴2π＝ π ， ω＝ 2，ωπ个单位后获得 g ( x ) ＝ sin 2 x － π＋ φ ＝sin 2x － 2π＋ φ 的∴f ( x ) 的图象向右平移3 3 3图象，又 g ( x ) 的图象对于原点对称，2π∴－ 3 ＋ φ＝ k π ， k ∈ Z ，2π∴φ ＝＋k π ， k ∈Z ，又| φ |<π2 ，∴ φ ＝－ π3 ，π∴f ( x ) ＝ sin 2x － 3 .当 x ＝ π时， 2x －π＝－ π ，∴ A ， C 错误；12 365ππ π当 x ＝ 12 时， 2x － 3 ＝ 2 ，∴ B 正确， D 错误．9．将函数 f ( x ) ＝sin( ω x ＋ φ )π≤φ ≤πω >0，－ 22 图象上每一点的横坐标缩短为原πy ＝ sin x 的图象，则 f π来的一半，纵坐标不变，再向右平移6 个单位长度获得6 ＝________.2答案：2向左平移 π个x ＋π分析： y ＝ sin x――→6y ＝ sin6单位长度纵坐标不变1 ＋π――→，y ＝ sin 2x6横坐标变成本来的 2倍1π即 f ( x ) ＝ sin 2x ＋ 6 ，∴fππ π π 2 6 ＝ sin 12＋6 ＝ sin 4 ＝ 2 .f ( x ) ＝ sin( ωx ＋ φ )ππ10. 已知函数 ω >0，－ 2 ≤ φ ≤ 2 的图象上的两个相邻的最高点1 f ( x ) ＝ ________.和最低点的距离为 2 2，且过点 2，－ 2 ，则函数分析式πx π答案： sin2 ＋ 6T 22分析：据已知两个相邻最高和最低点距离为2 2，可得 2＋＋＝ 2 2，2π π，即 f ( x ) ＝ sinπ x ＋ φ.解得 T ＝ 4，故 ω ＝ T ＝ 2 21 又函数图象过点2，－ 2 ，故 f (2) ＝ sinπ ×2＋ φ12 ＝－ sin φ ＝－ 2，πππ又－ 2 ≤ φ ≤ 2 ，解得 φ ＝ 6 ，故 f ( x)＝sin π xπ2＋6.11．已知ω>0，在函数y＝2sinω x与y＝2cosω x的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为 2 3，则ω＝ ________.π答案：2y＝2sinωx，分析：由得 sinω x＝cosω x，y＝2cosωxπ∴tanω x＝1，ω x＝kπ ＋4(k∈Z)．kππ∵ω >0，∴x＝ω＋4ω ( k∈Z) ．设距离最短的两个交点分别为( x，y ) ， ( x， y )，不如取x ＝4ω， x ＝4ω，则 | x－x|11221π25π21 5π ππ＝4ω－4ω＝ω.2122＝ 22，又联合图形知 | y－y | ＝ 2× －2－2×2且( x1，y1) 与 ( x2，y2) 间的距离为 23，∴( x2－x1) 2＋ ( y2－y1) 2＝(23) 2，π 22∴ ω＋ (22) ＝ 12，π∴ω ＝ 2.12．已知函数 f ( x)＝sin x＋3cos x，则以下命题正确的选项是________． ( 写出全部正确命题的序号 )①f ( x)的最大值为2；②f ( x)的图象对于点π，0 对称；－6③f ( x)在区间－5π，π上单一递加；66④若实数 m使得方程 f ( x)＝ m在上恰巧有三个实数解 x， x，x，则 x ＋ x ＋x＝7π；1231233⑤f ( x)的图象与 g( x)＝sin x－2π的图象对于x 轴对称．3答案：①③④分析： f ( x)＝sin x＋3cos x13x＋π＝22sin x＋2cos x ＝2sin 3.因此①正确；π因为将 x＝－6代入 f ( x)，得f－π＝ 2sin－π＋π＝1≠0，663因此②不正确；由 2kπ －π2≤x＋π3≤2kπ＋π2，k∈ Z，得 2kπ －5π≤≤2 π ＋π ，∈ Z，66因此 f ( x)在区间－5ππ6，6上单一递加，③正确；若实数使得方程f(x ) ＝在上恰巧有三个实数解，联合函数f(x) ＝ 2sin x＋π及y＝mm m3的图象可知，必有 x＝0，x＝2π，＋ππ此时 f ( x)＝2sin x3＝ 3，另一解为x＝3，7π即 x1，x2， x3知足 x1＋ x2＋ x3＝ 3，④正确；因为 f ( x)＝2sin x ＋π＝ 2sin x＋π －2π＝－ 2sin x－ 2π不与 g( x)＝sin x－ 2π3333对于 x 轴对称．⑤不正确．1．设函数f ( x)＝sin2x＋π6，则以下结论正确的选项是()A ．f ( x ) 的图象对于直线 x ＝π对称3B ．f ( x ) 的图象对于点π，0 对称6C ．f ( x ) 的最小正周期为π ，且在0，π12 上为增函数πD ．把 f ( x ) 的图象向右平移 12个单位，获得一个偶函数的图象答案： Cπ分析：对于函数 f ( x ) ＝ sin 2x ＋ 6 ，ππ 5π 1当 x ＝ 3 时， f3 ＝ sin 6 ＝2，故 A 错； ππ π π当 x ＝ 6 时， f6 ＝ sin2 ＝1，故 6 ，0不是函数的对称点，故 B 错；函数的最小正周期为T ＝ 2π ＝ π ，当 x ∈ 0， π 时， 2 x ＋π∈ π ， π ，此时函数为增2 12 6 6 3函数，故 C 正确；π把 f ( x ) 的图象向右平移12个单位，获得g ( x ) ＝sin2 x － π＋ π＝sin 2 ，函数是奇函数，故D 错．126x2．已知函数 f ( x ) ＝ A sin( ω x ＋φ )( A ，ω ， φ 均为正的常数 ) 的最小正周期为 π ，当 x2π＝3 时，函数 f ( x ) 获得最小值，则以下结论正确的选项是 ()A ．f (2)< f ( － 2)< f (0)B ．f (0)< f (2)< f ( － 2)C ．f ( － 2)< f (0)< f (2)D ．f (2)< f (0)< f ( － 2)答案： A分析：∵因为 f ( x ) 的最小正周期为 π ，∴ω ＝ 2，即 f ( x ) ＝ A sin(2 x ＋φ ) ，2π4π π又当 x ＝ 3 时， 2x ＋φ ＝ 3 ＋ φ ＝ 2k π－ 2 ( k ∈Z) ，∴φ ＝ 2k π－ 11π( k ∈ Z) ，6 又 φ >0，∴ φ min ＝π ，故 f ( ) ＝ sin 2x ＋ π.6xA61π于是 f (0) ＝2A ， f (2) ＝ A sin 4＋6 ，f ( － 2) ＝ A sin － 4＋ π ＝ A sin 13π － 4 .6 6π 5π7π π π又∵－ 2< 6 －4<4－ 6 <6<2，此中 f (2) ＝A sin 4＋ π ＝ A sin π － 4＋ π＝ A sin 5π － 4 ，66 6 f ( － 2) ＝ A sin 13π ＝ A sin13π －4 ＝ A sin 4－ 7π 6 － 4 π －6 6 .π π又 f ( x ) 在－ 2 ， 2 上单一递加， ∴f (2)< f ( －2)< f (0) ，应选 A.πx ， x3．函数 f ( x) ＝ Asin( ω x ＋ φ ) ， A ＞ 0， ω ＞ 0，| φ | ＜ 2 的部分图象如下图，若21∈ － π ， π，且 f ( x 1) ＝ f ( x 2) ，则 f ( x 1＋ x 2) ＝ ()6 3A ．1B ．12 23C ． 2D ． 2答案： D分析：察看图象可知，A ＝ 1， T ＝ π ，∴ω ＝ 2， f ( x ) ＝ sin(2 x ＋ φ ) ．将－π， 0 代入上式得 sin－ π＋ φ ＝0，63πππ由| φ | ＜ 2 ，得 φ ＝ 3 ，则 f ( x ) ＝ sin 2x ＋ 3 .π π－ 6＋3π函数图象的对称轴为 x ＝ 2＝ 12.π πf ( x 1) ＝ f ( x 2) ，又 x 1，x 2∈ －，，且 6 3x1＋x2ππ∴2＝12，∴ x1＋ x2＝6，ππ＝3∴f ( x1＋ x2)＝sin 2×＋.应选 D.632πππππ4．已知f ( x) ＝ sinω x＋3( ω >0) ，f6＝ f3，且 f ( x)在区间6，3 上有最小值，无最大值，则ω＝ ________.答案：143ππ6＋3π分析：依题意， x＝2＝4时， y 有最小值，∴sin π · ω＋π＝－ 1，43ππ3π∴ 4ω ＋3＝ 2kπ＋2 ( k∈ Z) ．∴ω＝ 8k＋14( k∈ Z) ，因为f ( x) 在区间ππ36，3上有最小值，无最大值，πππ因此3－4≤ω，即ω ≤12，14令 k＝0，得ω＝.35．已知函数 f ( x)＝23sin x cos x＋2sin2x－1，x∈R.(1)求函数 f ( x)的最小正周期和单一递加区间；(2) 将函数y＝f ( x) 的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到本来的1，再把所获得2的图象向左平移π 个单位长度，获得函数y＝ () 的图象，求函数y＝ () 在区间－π，π上6g x g x612的值域．解： (1) 因为f ( x) ＝ 2 3sin x cos x＋2sin2x－1π＝3sin 2 x－ cos 2 x＝ 2sin 2x－6，∴函数f (x) 的最小正周期为＝π ，T由－π＋ 2 π≤2 －π ≤π＋ 2kπ，k∈ Z，2kx62π＋ kπ≤ x≤π＋ kπ， k∈Z，∴－63∴f( x)的单一递加区间为－π＋kπ，π＋ kπ，k∈Z. 63(2) 函数y＝f ( x) 的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到本来的1，获得y ＝2π2sin 4x－6；再把所获得的图象向左平移π 个单位长度，6获得 g( x)＝2sin 4 x＋π－π＝ 2sin 4x＋π＝2cos 4 x. 662ππ2ππ当 x∈ －6，12时， 4x∈ －3， 3，因此当 x＝0时， g( x)max＝2，π当 x＝－6时， g( x)min＝－1.ππ∴y＝ g( x)在区间－6，12上的值域为．6．为迎接夏天旅行旺季的到来，少林寺独自设置了一个特意安排旅客住宿的旅馆，寺庙的工作人员发现为旅客准备的一些食品有些月份节余许多，浪费很严重，为了控制经营成本，减少浪费，就想合时调整投入．为此他们统计每个月入住的旅客人数，发现每年各个月份来旅馆入住的旅客人数会发生周期性的变化，而且有以下规律：①每年同样的月份，入住旅馆的旅客人数基真同样；②入住旅馆的旅客人数在 2 月份最少，在8 月份最多，相差约400 人；③2 月份入住旅馆的旅客约为100 人，随后逐月递加直到8 月份达到最多．(1)试用一个正弦型三角函数描绘一年中入住旅馆的旅客人数与月份之间的关系；(2) 请问哪几个月份要准备400 份以上的食品？解： (1) 设该函数为 f ( x)＝ A sin(ω x＋φ)＋ B( A>0，ω>0,0<|φ|<π)，依据条件①，可知这个函数的周期是12；由②可知， f (2)最小， f (8)最大，且 f (8)－ f (2)＝400，故该函数的振幅为200；由③可知， f ( x)在上单一递加，且 f (2)＝100，因此 f (8)＝500.2ππ依据上述剖析可得，ω＝ 12，故ω＝6，－ A＋ B＝100，A＝200，且解得B＝300.A＋ B＝500，依据剖析可知，当x ＝2 时f( )最小，x当 x＝8时 f ( x)最大．故 sin2×π ＋φ＝－ 1，且 sin8×π＋φ ＝ 1.665π又因为 0<| φ|< π，故φ＝－6 .因此入住旅馆的旅客人数与月份之间的关系式为f ( x)＝200sin π5πx－＋ 300. 66π－5π(2) 由条件可知， 200sin 6 x6＋300≥400，π5π1化简得 sin6 x－6≥ 2，即 2k π ＋π≤π－5π≤2 π ＋5π，∈Z，6 6x6k6k解得 12k＋6≤x≤12k＋ 10，k∈Z.因为 x∈N*，且1≤ x≤12，故 x＝6,7,8,9,10.即只有 6,7,8,9,10.。

人教B版高考数学一轮总复习课后习题课时规范练07 一元二次方程根的分布

课时规范练7 一元二次方程根的分布基础巩固练1.(山西太原模拟)若一元二次方程ax2-2x-4=0有一个正根和一个负根,则实数a的取值范围为( )A.a>0B.a>2C.a>1D.a>-12.(浙江余姚高三期中)已知一元二次方程x2-m的取值范围是( )A.(2,52)B.[2,52)C.(-∞,-2]∪[2,52)D.(-∞,-2]∪(2,52)3.(广东惠州高三模拟)已知关于=0在区间(1,2)内有实根,则实数m的取值范围是( )A.[-6,-2]B.(-6,-2)C.(-∞,-6]∪[-2,+∞)D.(-∞,-6)∪(-2,+∞)4.(安徽滁州模拟)关于-2)的取值范围是( )A.[12,32] B.(12,23]C.[12,2)D.(12,23]∪{6-2√7}5.(多选题)(重庆南开中学模拟)已知a,b,c 是三个互不相等的正实数,且a(a-b)=b(a-c),则a,b,c 的大小关系可能是( ) A.a<b<c B.a<c<b C.c<b<aD.c<a<b6.(北京海淀区模拟)方程x 2-(2-a)x+5+a=0的一根大于1,一根小于1,则实数a 的取值范围是 .7.(山东潍坊高三模拟)二次方程x 2+kx+2k-1=0的两个根x 1与x 2,当-2<x 1<-1,1<x 2<2时,则实数k 的取值范围为 . 8.设二次函数f(x)=x 2+(a-1)x+a.(1)若该二次函数无零点,求实数a 的取值范围;(2)方程f(x)=0的两根为x 1,x 2,若x 1∈(-1,0),x 2∈(1,2),求实数a 的取值范围.综合提升练9.(福建厦门高三模拟)若函数f(x)=x 2+m 2+2n+1的取值范围是( ) A.(0,1)B.(1,2)C.(0,4)D.(1,4)10.(多选题)(浙江杭州模拟)已知函数f(x)={2x 2+4x ,x <0,2-x -1,x ≥0,若关于x 的方程4f 2(x)-4a·f(x)+2a+3=0有5个不同的实根,则实数a 的取值可以为( ) A.-32B.-43C.-65D.-7611.(湖南雅礼中学模拟)若方程()=0的三个根可以作为一个三角形的三条边的长,则实数m 的取值范围是 .创新应用练12.(河北石家庄模拟)已知函数f(x)=3x 且f(x)=g(x)+h(x),其中g(x)为奇函数,h(x)为偶函数.若关于x 的方程2ag(x)+h(2x)=0在(0,1]上有两个不同解,则实数a 的取值范围是( ) A.[-4124,-√2) B.[-4124,-√2]C.(√2,4124]D.[√2,4124]课时规范练7 一元二次方程根的分布1.A 解析因为一元二次方程ax 2-2x-4=0有一个正根和一个负根,所以{Δ=4+16a >0,-4a<0,解得a>0,故选A.2.B 解析设f(x)=x 2-mx+1,依题意有{Δ=m 2-4≥0,0<m 2<2,f (0)=1>0,f (2)=5-2m >0,解得2≤m<52,所以实数m 的取值范围是[2,52),故选B.3.B 解析因为关于=0在区间(1,2)内有实根,所以m=-x 2-x 在区间(1,2)内有实根,令f(x)=-x 2-x,x ∈(1,2),所以f(x)在(1,2)上单调递减,所以f(2)<f(x)<f(1),即f(与函数y=f(∈(-6,-2),故选B.4.D 解析设f(-2)x+2m-1,因为方程-1=0恰有一根在区间(0,1)内,则需要满足:①f(0)·f(1)<0,即(2m-1)(3m-2)<0,解得12<m<23;②函数f(x)刚好经过点(0,0)或者(1,0),另一个零点属于(0,1),把点(0,0)代入f(-2)=12,此时方程为x 2-32x=0,两根为0,32,而32∉(0,1),不合题意,舍去;把点(1,0)代入f(-2)=23,此时方程为3x 2-4x+1=0,两根为1,13,而13∈(0,1),故符合题意;③函数图象与-2)2-4(2m-1)=0,解得m=6±2√7,当m=6+2√7时,方程-1=0的根为-2-√7,不合题意;若m=6-2√7,方程-1=0的根为√7-2,符合题意,综上,实数m 的取值范围为12,23]∪{6-2√7},故选D.5.BC 解析设f(x)=x 2-2bx+bc,由a(a-b)=b(a-c)知a 2-2ba+bc=0,则f(a)=0,故函数f(x)有零点,所以Δ=4b 2-4bc≥0,即b≥c,又b≠c,所以b>c,又f(b)=b 2-2b 2+bc=b(c-b)<0,f(c)=c 2-2bc+bc=c(c-b)<0,故b,c 均小于a 或b,c 均大于a,即a<c<b 或c<b<a,故选BC.6.(-∞,-2) 解析由题意得{Δ=(2-a )2-4(5+a )>0,f (1)=2a +4<0,解得a<-2.7.(-34,0) 解析由已知设f(x)=x 2+kx+2k-1,则当-2<x 1<-1,1<x 2<2时,满足{f (-2)=4-2k +2k -1>0,f (-1)=1-k +2k -1<0,f (1)=1+k +2k -1<0,f (2)=4+2k +2k -1>0, 解得{k <0,k >-34,即k ∈(-34,0).8.解(1)若函数无零点,则判别式Δ=(a -1)2-4a<0,解得3-2√2<a<3+2√2,即实数a 的范围为(3-2√2,3+2√2).(2)因为方程f(x)=0的两根x 1∈(-1,0),x 2∈(1,2),则{f (-1)>0,f (0)<0,f (1)<0,f (2)>0,即{1+(a -1)×(-1)+a >0,a <0,1+a -1+a <0,4+2(a -1)+a >0,解得-23<a<0,即实数a 的取值范围为(-23,0.9.A 解析由题意得{f (-1)=1-m +n >0,f (1)=1+m +n >0,-1<-12m <1,Δ=m 2-4n >0,所以n 2-m 2+2n+1=(n+1)2-m 2=(n+1+m)(n+1-m)>0,设f(x)的两个零点为x 1,x 2,则f(x)=(x-)=f(1)·f(-1)=(1-x 12)(1-x 22)<1,故选A.10.BCD 解析令f()=4m 2-4am+2a+3的两个零点为m 1,m 2,则由f(2与f(1≤-1,且-1<m 2<0(不妨设m 1<m 2).则{g (-2)=10a +19>0,g (-1)=6a +7≤0,g (0)=2a +3>0,Δ=a 2-2a -3>0,解得-32<a≤-76.故选BCD.11.(3,4] 解析∵方程()=0有三根,∴=0有根,Δ=16-4m≥0,得m≤4.又原方程有三根,且为一个三角形的三边长.∴有x 2+x 3>x 1=2,|x 2-x 3|<x 1=2,而x 2+x 3=4>2已成立;当|x 2-≤4.12.A 解析依题意,g(x)+h(x)=3x ,因为g(x)为奇函数,h(x)为偶函数,则g(-x)+h(-x)=3-x ,即-g(x)+h(x)=3-x ,解得g(x)=3x -3-x2,h(x)=3x +3-x2,h(2x)=32x +3-2x2=12(3x -3-x )2+1,令t=3x -3-x ,显然函数t=3x -3-x 在(0,1]上单调递增,当x ∈(0,1]时,t ∈(0,83],因此关于x 的方程2ag(x)+h(2x)=0在(0,1]上有两个不同解,等价于关于t 的方程2a ·12t+12t 2+1=0在t ∈(0,83]上有两个不等实根,2a ·12t+12t 2+1=0⇔φ(t)=t 2+2at+2=0,则{ Δ=4a 2-8>0,0<-a <83,φ(0)=2>0,φ(83)=16a 3+829≥0,解得-4124≤a<-√2,所以实数a 的取值范围是[-4124,-√2),故选A.。

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精品 1 / 10 【2019最新】精选高考数学一轮复习课时规范练23解三角形理新人教

B版

基础巩固组 1.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=,b=2,A=60°,则c=( )

A. B.1

C. D.2 2.在△ABC中,已知acos A=bcos B,则△ABC的形状是 ( ) A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 3.已知△ABC的三个内角A,B,C依次成等差数列,BC边上的中线AD=,AB=2,则S△ABC=( ) A.3 B.2 C.3 精品 2 / 10 D.6

4.在△ABC中,B=,BC边上的高等于BC,则cos A= ( ) A. B. C.- D.- 5.在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos A+acos B=c2,a=b=2,则△ABC

的周长为( ) A.7.5 B.7 C.6 D.5〚导学号21500534〛 6.已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足=sin A-sin B,则

C= . 7.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2c·cos B=2a+b,若△ABC的面积

为S=c,则ab的最小值为 . 8.如图所示,长为3.5 m的木棒AB斜靠在石堤旁,木棒的一端A在离堤足C处1.4

m的地面上,另一端B在离堤足C处2.8 m的石堤上,石堤的倾斜角为α,则坡度值tan α=. 9.(2017全国Ⅲ,理17)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin A+cos A=0,a=2,b=2. (1)求c; 精品 3 / 10 (2)设D为BC边上一点,且AD⊥AC,求△ABD的面积.

〚导学号21500535〛 10.已知岛A南偏西38°方向,距岛A 3 n mile的B处有一艘缉私艇.岛A处的一艘走私船正以10 n mile/h的速度向岛北偏西22°方向行驶,问缉私艇朝何方向以多大速度行驶,恰好用0.5 h能截住该走私船? 综合提升组 11.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin B+sin A(sin C-cos C)=0,a=2,c=,则C= ( )

A. B. C. D. 12.在△ABC中,D为BC边上的一点,AD=BD=5,DC=4,∠BAD=∠DAC,则AC=( )

A.9 B.8 C.7 D.6 13.如图,为测量山高MN,选择A和另一座山的山顶C为测量观测点,从点A测得点M的仰角∠MAN=60°,点C的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°;从点C测得∠MCA=60°.已知山高BC=100 m,则山高MN= m. 14.(2017河南郑州一中质检一,理17)已知△ABC外接圆直径为,角A,B,C所对的边

分别为a,b,c,C=60°. (1)求的值; (2)若a+b=ab,求△ABC的面积.

创新应用组精品 4 / 10 15.(2018福建泉州期末,理10)已知点P是函数f(x)=Asin(ωx+φ)(φ>0)图象上

的一个最高点,B,C是与P相邻的两个最低点.若cos∠BPC=,则f(x)的图象的对称

中心可以是( ) A.(0,0) B.(1,0) C.(2,0) D.(3,0) 16.(2017宁夏银川九中二模,理17)已知函数f(x)=sin ωx-2sin2+m(ω>0)的最小

正周期为3π,当x∈[0,π]时,函数f(x)的最小值为0. (1)求函数f(x)的表达式;

(2)在△ABC中,若f(C)=1,且2sin2B=cos B+cos(A-C),求sin A的值. 〚导学号21500536〛参考答案课时规范练23 解三角形 1.B 由已知及余弦定理,得3=4+c2-2×2×c×,整理,得c2-2c+1=0,解得c=1.故选B. 2.D ∵acos A=bcos B, ∴sin Acos A=sin Bcos B, ∴sin 2A=sin 2B, ∴A=B,或2A+2B=180°, 即A+B=90°, 精品 5 / 10 ∴△ABC为等腰三角形或直角三角形.故选D.

3.C ∵A,B,C成等差数列,∴B=60°.在△ABD中,由余弦定理,得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos B,即7=4+BD2-2BD,∴BD=3或-1(舍去),可得BC=6, ∴S△ABC=AB·BC·sin B=×2×6×=3. 4.C (方法一)设BC边上的高为AD,则BC=3AD.

结合题意知BD=AD,DC=2AD,

所以AC=AD,AB=AD.由余弦定理,得cos A= ==-, 故选C.

(方法二)如图,在△ABC中,AD为BC边上的高, 由题意知∠BAD=. 设∠DAC=α,则∠BAC=α+. ∵BC=3AD,BD=AD.

∴DC=2AD,AC=AD. ∴sin α=,cos α=.∴cos∠BAC=cos=cos αcos-sin αsin(cos α-sin

α)==-,故选C. 5.D ∵bcos A+acos B=c2,a=b=2, ∴由余弦定理可得b×+a×=c2,整理可得2c2=2c3, 解得c=1,则△ABC的周长为a+b+c=2+2+1=5.故选D. 精品 6 / 10 6. 在△ABC中,∵ =sin A-sin B,

∴=a-b, ∴a2+b2-c2=ab,∴cos C=,∴C=. 7.12 在△ABC中,由条件并结合正弦定理可得2sin Ccos B=2sin A+sin

B=2sin(B+C)+sin B, 即2sin Ccos B=2sin Bcos C+2sin Ccos B+sin B,∴2sin Bcos C+sin B=0,∴cos C=-,C=. 由于△ABC的面积为S=ab·sin C=ab=c,∴c=ab. 再由余弦定理可得c2=a2+b2-2ab·cos C,

整理可得a2b2=a2+b2+ab≥3ab, 当且仅当a=b时,取等号, ∴ab≥12,故答案为12.

8. 在△ABC中,AB=3.5 m,AC=1.4 m,BC=2.8 m,且α+∠ACB=π. 由余弦定理,可得AB2=AC2+BC2-2·AC·BC·cos∠ACB,

即3.52=1.42+2.82-2×1.4×2.8×cos(π-α), 解得cos α=,则sin α=, 所以tan α=. 9.解 (1)由已知可得tan A=-,

所以A=. 精品 7 / 10 在△ABC中,由余弦定理得28=4+c2-4ccos,即c2+2c-24=0. 解得c=-6(舍去),c=4.

(2)由题设可得∠CAD=,

所以∠BAD=∠BAC-∠CAD=.故△ABD面积与△ACD面积的比值为=1. 又△ABC的面积为×4×2sin∠BAC=2,所以△ABD的面积为. 10.

解设缉私艇在C处截住走私船,D为岛A正南方向上的一点,缉私艇的速度为x n mile/h,则BC=0.5x n mile,AC=5 n mile,依题意,∠BAC=180°-38°-22°=120°,由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 120°,解得BC2=49,BC=0.5x=7,解得x=14.

又由正弦定理得sin∠ABC=, 所以∠ABC=38°. 又∠BAD=38°,所以BC∥AD. 故缉私艇以14 n mile/h的速度向正北方向行驶,恰好用0.5 h截住该走私船. 11.B 由题意结合三角形的内角和,可得sin(A+C)+sin A(sin C-cos C)=0,整理得sin Acos C+cos Asin C+sin Asin C-sin Acos C=0, 则sin C(sin A+cos A)=0,因为sin C>0,所以sin A+cos A=0, 精品

8 / 10 即tan A=-1,因为A∈(0,π),所以A=.由正弦定理,得,即sin C=,所以C=,故

选B. 12.D 设∠B=θ,则∠ADC=2θ,在△ADC中,由, 所以AC=8cos θ,

在△ABC中,由,可得, 所以16cos2θ=9,可得cos θ=, 所以AC=8×=6.故选D. 13.150 在Rt△ABC中,∠CAB=45°,BC=100 m,所以AC=100 m.

在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,从而∠AMC=45°,由正弦定理,得,因此AM=100 m. 在Rt△MNA中,AM=100 m,∠MAN=60°,由=sin 60°, 得MN=100=150(m). 14.解 (1)由正弦定理可得=2R=, ∴=2R=. (2)由正弦定理可得, ∴c=2.

由余弦定理可得22=a2+b2-2abcos 60°,化为a2+b2-ab=4. 又a+b=ab, ∴(a+b)2-3ab=a2b2-3ab=4,解得ab=4.